# Bab 47: Barisan dan Deret Fungsi

## 47.1 Konvergensi Titik demi Titik vs Konvergensi Seragam

Penjelasan master untuk Bab 47: bab ini mempelajari limit dari sekumpulan fungsi yang tersusun sebagai barisan atau deret. Penjelasan master untuk unit ini: konvergensi seragam menjamin bahwa kontinuitas, turunan, dan integral dapat dipertukarkan dengan operasi limit.

Sampai Bab 46, setiap limit di buku ini adalah limit bilangan: suku barisan, nilai fungsi, atau jumlah parsial. Kini yang bergerak adalah fungsi utuh, $f_1,f_2,f_3,\ldots$. Pertanyaan pokoknya: bila setiap $f_n$ kontinu, terintegralkan, atau terdiferensialkan, apakah limitnya juga demikian? Unit ini menunjukkan bahwa dengan konvergensi titik demi titik saja, jawabannya "tidak" untuk ketiga sifat itu. Contoh tandingannya konkret dan dapat dihitung. Konvergensi seragam, yaitu syarat dengan urutan kuantor yang lebih kuat, memulihkan kontinuitas dan integral. Untuk turunan, konvergensi seragam turunannya yang diperlukan.

Prasyarat: Bab 25–29 (barisan, kriteria Cauchy); Bab 36–38 (kontinuitas); Bab 43–45 (integral dan teorema dasar kalkulus).

### Dua Jenis Konvergensi

Dalam unit ini, $D\subseteq\mathbb{R}$ tak kosong, dan $f_n,f:D\to\mathbb{R}$ untuk $n\in\mathbb{N}_+$.

#### Definisi 47.1.1 (Konvergensi Titik demi Titik)

$f_n\to f$ titik demi titik pada $D$ bila untuk setiap $x\in D$, barisan bilangan $(f_n(x))$ konvergen ke $f(x)$:
$$\forall x\in D\ \ \forall\varepsilon>0\ \ \exists N\ \ \forall n\geq N:\ |f_n(x)-f(x)|<\varepsilon.$$

#### Definisi 47.1.2 (Konvergensi Seragam)

$f_n\to f$ seragam pada $D$ bila
$$\forall\varepsilon>0\ \ \exists N\ \ \forall n\geq N\ \ \forall x\in D:\ |f_n(x)-f(x)|<\varepsilon.$$

Perbedaannya hanya pada urutan kuantor. Pada konvergensi titik demi titik, $N$ boleh bergantung pada $x$. Pada konvergensi seragam, satu $N$ harus berlaku untuk semua $x$ sekaligus. Seragam mengakibatkan titik demi titik, tetapi tidak sebaliknya (Contoh 47.1.4).

#### Proposisi 47.1.3 (Rumusan Supremum)

Untuk $n\in\mathbb{N}_+$, tulis $\varepsilon_n=\sup_{x\in D}|f_n(x)-f(x)|$, dengan $\varepsilon_n=+\infty$ sebagai label bila himpunan nilainya tidak terbatas. Maka $f_n\to f$ seragam pada $D$ jika dan hanya jika $\varepsilon_n$ real untuk $n$ besar dan $\varepsilon_n\to0$.

Bukti. ($\Rightarrow$) Untuk $\varepsilon>0$, ambil $N$ dari definisi dengan $\tfrac\varepsilon2$. Untuk $n\geq N$, $\tfrac\varepsilon2$ adalah batas atas, sehingga $\varepsilon_n\leq\tfrac\varepsilon2<\varepsilon$. ($\Leftarrow$) Bila $\varepsilon_n<\varepsilon$ untuk $n\geq N$, maka $|f_n(x)-f(x)|\leq\varepsilon_n<\varepsilon$ untuk semua $x$. $\square$

Secara geometris, konvergensi seragam berarti bahwa untuk $n\geq N$, seluruh grafik $f_n$ terletak di dalam "pita" selebar $\varepsilon$ di sekitar grafik $f$.

### Contoh Tandingan

#### Contoh 47.1.4 ($x^n$ pada $[0,1]$)

Misalkan $f_n(x)=x^n$ pada $[0,1]$. Untuk $0\leq x<1$, $x^n\to0$ (Contoh 25.3.6), dan $f_n(1)=1$. Jadi $f_n\to f$ titik demi titik, dengan
$$f(x)=\begin{cases}0,&0\leq x<1,\\1,&x=1.\end{cases}$$
Setiap $f_n$ kontinu, tetapi $f$ tidak kontinu di $1$.

Konvergensinya tidak seragam. Untuk setiap $n$, $\sup_{0\leq x<1}x^n=1$, karena $x^n\to1$ untuk $x\to1^-$. Jadi $\varepsilon_n=1\not\to0$. Bergantungnya $N$ pada $x$ terlihat dengan angka: untuk $\varepsilon=0{,}01$, syarat $x^N<0{,}01$ memerlukan $N>\tfrac{\ln0{,}01}{\ln x}$. Untuk $x=0{,}9$, ini berarti $N\geq44$, karena $0{,}9^{43}\approx0{,}0108$ dan $0{,}9^{44}\approx0{,}0097$. Untuk $x=0{,}99$, $N\geq459$. Batas ini tak terbatas ketika $x\to1$.

Pada $[0,a]$ dengan $a<1$, konvergensinya seragam: $\varepsilon_n=a^n\to0$. Dengan $a=0{,}9$ dan $\varepsilon=0{,}01$, $N=44$ berlaku untuk semua $x\in[0;0{,}9]$ sekaligus.

#### Contoh 47.1.5 (Integral Tidak Ikut Limit)

Misalkan $f_n(x)=n^2x(1-x)^n$ pada $[0,1]$.

Titik demi titik ke $0$. $f_n(0)=f_n(1)=0$. Untuk $0<x<1$, tulis $q=1-x\in(0,1)$. Barisan $a_n=n^2q^n$ memenuhi $\tfrac{a_{n+1}}{a_n}=\bigl(1+\tfrac1n\bigr)^2q$. Karena $\bigl(1+\tfrac1n\bigr)^2\to1<\tfrac{1+q}{2q}$, ada $n_0$ dengan $\tfrac{a_{n+1}}{a_n}\leq r=\tfrac{1+q}2<1$ untuk $n\geq n_0$. Jadi $0<a_n\leq a_{n_0}r^{n-n_0}\to0$, sehingga $f_n(x)=x\,a_n\to0$.

Integralnya tidak menuju $0$. Substitusi $u=1-x$ (Latihan 45.3-2) memberi
$$\int_0^1x(1-x)^n\,dx=\int_0^1(1-u)u^n\,du=\frac1{n+1}-\frac1{n+2}=\frac1{(n+1)(n+2)},$$
sehingga
$$\int_0^1f_n=\frac{n^2}{(n+1)(n+2)}\to1\ne0=\int_0^1\lim_nf_n.$$
Contohnya, $n=10$ memberi $\tfrac{100}{132}\approx0{,}758$, dan $n=100$ memberi $\tfrac{10000}{10302}\approx0{,}971$.

Konvergensinya tidak seragam. Di $x=\tfrac1{n+1}$: $f_n\bigl(\tfrac1{n+1}\bigr)=\tfrac{n^2}{n+1}\bigl(\tfrac n{n+1}\bigr)^n$. Faktor terakhirnya adalah $\tfrac1{(1+1/n)^n}>\tfrac14$ (Teorema 27.3.3). Jadi $\varepsilon_n>\tfrac{n^2}{4(n+1)}\to+\infty$. Grafik $f_n$ adalah "gundukan" yang menyempit dan meninggi di dekat $0$, dengan luas yang menuju $1$.

### Kontinuitas

#### Teorema 47.1.6 (Limit Seragam Fungsi Kontinu)

Misalkan $f_n\to f$ seragam pada $D$, dan setiap $f_n$ kontinu di $c\in D$. Maka $f$ kontinu di $c$. Khususnya, limit seragam fungsi-fungsi kontinu adalah fungsi kontinu.

Bukti. Misalkan $\varepsilon>0$. Ambil $n$ dengan $|f_n(x)-f(x)|<\tfrac\varepsilon3$ untuk semua $x\in D$. Kontinuitas $f_n$ di $c$ memberi $\delta>0$ dengan $|f_n(x)-f_n(c)|<\tfrac\varepsilon3$ untuk $x\in D$ dan $|x-c|<\delta$. Untuk $x$ seperti itu,
$$|f(x)-f(c)|\leq|f(x)-f_n(x)|+|f_n(x)-f_n(c)|+|f_n(c)-f(c)|<\varepsilon.\qquad\square$$

Argumen $\tfrac\varepsilon3$ memerlukan satu $n$ yang baik di $x$ dan di $c$ sekaligus. Itulah tempat keseragaman dipakai. Kontraposisinya memberi bukti kedua bahwa konvergensi pada Contoh 47.1.4 tidak seragam: limitnya tidak kontinu.

Teorema ini dapat dibaca sebagai pertukaran dua limit:
$$\lim_{x\to c}\lim_{n\to\infty}f_n(x)=\lim_{n\to\infty}\lim_{x\to c}f_n(x).$$
Pada Contoh 47.1.4, dengan $c=1$ dan $x\to1^-$, ruas kiri $0$ dan ruas kanan $1$.

#### Teorema 47.1.7 (Kriteria Cauchy Seragam)

$(f_n)$ konvergen seragam pada $D$ ke suatu fungsi jika dan hanya jika
$$\forall\varepsilon>0\ \ \exists N\ \ \forall m,n\geq N\ \ \forall x\in D:\ |f_n(x)-f_m(x)|<\varepsilon.$$

Bukti. ($\Rightarrow$) $|f_n-f_m|\leq|f_n-f|+|f-f_m|<\tfrac\varepsilon2+\tfrac\varepsilon2$ untuk $m,n$ besar.

($\Leftarrow$) Untuk setiap $x$, $(f_n(x))$ adalah barisan Cauchy bilangan real, sehingga konvergen (Teorema 29.2.1). Tetapkan $f(x)=\lim_nf_n(x)$. Fungsi ini didefinisikan tanpa pilihan, karena limit tunggal. Untuk $\varepsilon>0$, ambil $N$ dari hipotesis. Untuk $n\geq N$ dan $x\in D$, $|f_n(x)-f_m(x)|<\varepsilon$ untuk semua $m\geq N$. Ambil $m\to\infty$: $|f_n(x)-f(x)|\leq\varepsilon$ (Teorema 26.3.1). Ini berlaku untuk semua $x$ dengan $N$ yang sama. $\square$

Kriteria ini penting karena tidak memerlukan limit $f$ diketahui lebih dahulu. Unit 47.2 memakainya untuk deret fungsi.

### Integral

#### Teorema 47.1.8 (Integral Limit Seragam)

Misalkan setiap $f_n$ terintegralkan pada $[a,b]$, dan $f_n\to f$ seragam pada $[a,b]$. Maka $f$ terintegralkan, dan
$$\int_a^bf=\lim_{n\to\infty}\int_a^bf_n.$$

Bukti. Misalkan $\varepsilon_n$ seperti pada Proposisi 47.1.3, real untuk $n\geq N_0$. Untuk $n\geq N_0$, $f_n-\varepsilon_n\leq f\leq f_n+\varepsilon_n$, sehingga $f$ terbatas. Pada setiap subinterval partisi $P$, $M_i(f)\leq M_i(f_n)+\varepsilon_n$ dan $m_i(f)\geq m_i(f_n)-\varepsilon_n$. Jadi
$$U(f,P)-L(f,P)\leq U(f_n,P)-L(f_n,P)+2\varepsilon_n(b-a).$$
Untuk $\varepsilon>0$, pilih $n$ dengan $2\varepsilon_n(b-a)<\tfrac\varepsilon2$, lalu $P$ dengan $U(f_n,P)-L(f_n,P)<\tfrac\varepsilon2$. Teorema 43.2.1 memberi keterintegralan $f$. Terakhir, $f_n-f$ terintegralkan, dan Teorema 44.2.5(b),(c) memberi
$$\Bigl|\int_a^bf_n-\int_a^bf\Bigr|\leq\int_a^b|f_n-f|\leq\varepsilon_n(b-a)\to0.\qquad\square$$

Contoh 47.1.5 menunjukkan bahwa konvergensi titik demi titik tidak cukup, bahkan untuk fungsi kontinu dengan limit yang kontinu. Interval yang terbatas juga penting: $g_n=\tfrac1n\chi_{[0,n]}$ konvergen seragam ke $0$ pada $[0,\infty)$, dengan $\varepsilon_n=\tfrac1n$, tetapi $\int_0^\infty g_n=1$ untuk setiap $n$.

### Turunan

#### Teorema 47.1.9 (Turunan Limit)

Misalkan setiap $f_n:[a,b]\to\mathbb{R}$ terdiferensialkan, dengan turunan sepihak di ujung, dan $f_n'$ kontinu. Misalkan pula $f_n'\to g$ seragam pada $[a,b]$, dan $(f_n(x_0))$ konvergen ke $L$ untuk suatu $x_0\in[a,b]$. Maka $f_n$ konvergen seragam pada $[a,b]$ ke
$$f(x)=L+\int_{x_0}^xg,$$
dan $f$ terdiferensialkan dengan $f'=g$, yaitu $\bigl(\lim f_n\bigr)'=\lim f_n'$.

Bukti. $g$ kontinu (Teorema 47.1.6), sehingga $f$ terdefinisi, dan $f'=g$ menurut Teorema 45.1.3. Teorema 45.2.1 memberi $f_n(x)=f_n(x_0)+\int_{x_0}^xf_n'$. Jadi untuk setiap $x\in[a,b]$,
$$|f_n(x)-f(x)|\leq|f_n(x_0)-L|+\Bigl|\int_{x_0}^x(f_n'-g)\Bigr|\leq|f_n(x_0)-L|+(b-a)\sup_{[a,b]}|f_n'-g|.$$
Ruas kanan tidak bergantung pada $x$ dan menuju $0$. $\square$

Syarat kontinuitas $f_n'$ dapat dibuang. Latihan 47.1-8 memberi bukti dengan teorema nilai rata-rata. Yang tidak dapat dibuang adalah keseragaman konvergensi turunan.

#### Contoh 47.1.10 (Turunan Tidak Ikut Limit)

(a) $f_n(x)=\tfrac{\sin nx}{\sqrt n}$ pada $\mathbb{R}$: $|f_n|\leq\tfrac1{\sqrt n}$, sehingga $f_n\to0$ seragam (Akibat 40.2.12). Akan tetapi $f_n'(x)=\sqrt n\cos nx$, dan $f_n'(0)=\sqrt n\to+\infty$. Limit seragamnya, $0$, mempunyai turunan $0$, sedangkan barisan turunannya bahkan tidak konvergen di $0$.

(b) Fungsi $f_n(x)=\tfrac x{1+nx^2}$ (Latihan 47.1-1) konvergen seragam ke $0$, dan $f_n'(x)$ konvergen di setiap titik, tetapi $\lim f_n'(0)=1\ne0$.

### Latihan

Latihan 47.1-1. Untuk $f_n(x)=\tfrac x{1+nx^2}$ pada $\mathbb{R}$, buktikan bahwa $\sup|f_n|=\tfrac1{2\sqrt n}$, sehingga $f_n\to0$ seragam. Hitung $\lim_nf_n'(x)$ untuk setiap $x$, dan bandingkan dengan turunan limitnya.

Latihan 47.1-2. Buktikan bahwa $f_n(x)=x^n(1-x)$ konvergen seragam ke $0$ pada $[0,1]$, dengan menghitung $\sup|f_n|$ secara tepat.

Latihan 47.1-3. Misalkan $f_n(x)=\tfrac{nx}{1+n^2x^2}$ pada $[0,1]$. Buktikan bahwa $f_n\to0$ titik demi titik, tetapi tidak seragam pada $[0,1]$. Buktikan bahwa konvergensinya seragam pada $[a,1]$ untuk setiap $a\in(0,1)$.

Latihan 47.1-4. Misalkan $g_n(x)=n$ untuk $0<x<\tfrac1n$ dan $g_n(x)=0$ untuk $x$ lain di $[0,1]$. Buktikan bahwa $g_n\to0$ titik demi titik, $\int_0^1g_n=1$, dan konvergensinya tidak seragam.

Latihan 47.1-5. (Teorema Dini) Misalkan $f_n,f$ kontinu pada $[a,b]$, $f_n(x)\geq f_{n+1}(x)$ untuk semua $n$ dan $x$, dan $f_n\to f$ titik demi titik. Buktikan bahwa $f_n\to f$ seragam, tanpa aksioma pilihan.

Latihan 47.1-6. Misalkan $f_n\to f$ seragam pada $D$, dan setiap $f_n$ terbatas. Buktikan bahwa $f$ terbatas, dan bahwa $(f_n)$ terbatas seragam: ada $K$ dengan $|f_n(x)|\leq K$ untuk semua $n$ dan $x$.

Latihan 47.1-7. Buktikan bahwa $f_n(x)=\sqrt{x^2+\tfrac1{n^2}}$ konvergen seragam ke $|x|$ pada $\mathbb{R}$, walaupun setiap $f_n$ terdiferensialkan dan $|x|$ tidak terdiferensialkan di $0$. Tentukan limit titik demi titik $f_n'$.

Latihan 47.1-8. Buktikan Teorema 47.1.9 tanpa anggapan bahwa $f_n'$ kontinu: misalkan setiap $f_n$ terdiferensialkan pada $[a,b]$, $f_n'\to g$ seragam, dan $(f_n(x_0))$ konvergen. Buktikan bahwa $f_n$ konvergen seragam ke suatu $f$ dengan $f'=g$.

### Solusi

Solusi 47.1-1. Untuk $x\ne0$, AM-GM memberi $1+nx^2\geq2\sqrt n\,|x|$, sehingga $|f_n(x)|\leq\tfrac1{2\sqrt n}$, dengan kesamaan di $x=\tfrac1{\sqrt n}$. Juga $f_n(0)=0$. Jadi $\sup|f_n|=\tfrac1{2\sqrt n}\to0$. Turunannya $f_n'(x)=\tfrac{1-nx^2}{(1+nx^2)^2}$. Di $x=0$, $f_n'(0)=1$ untuk semua $n$. Untuk $x\ne0$, $|1-nx^2|\leq1+nx^2$, sehingga $|f_n'(x)|\leq\tfrac1{1+nx^2}\leq\tfrac1{nx^2}\to0$. Jadi $\lim f_n'=h$, dengan $h(0)=1$ dan $h(x)=0$ untuk $x\ne0$. Limitnya $f=0$, dengan $f'(0)=0\ne1=h(0)$. Konvergensi $f_n'$ tidak seragam, karena $h$ tidak kontinu (Teorema 47.1.6). $\square$

Solusi 47.1-2. $f_n\geq0$, dengan $f_n(0)=f_n(1)=0$. $f_n'(x)=x^{n-1}\bigl(n-(n+1)x\bigr)$ positif pada $(0,\tfrac n{n+1})$ dan negatif sesudahnya, sehingga maksimumnya di $x=\tfrac n{n+1}$:
$$\sup f_n=\Bigl(\frac n{n+1}\Bigr)^n\frac1{n+1}\leq\frac1{n+1}\to0.$$
Contohnya, untuk $n=9$: $(0{,}9)^9\cdot0{,}1\approx0{,}0387$. $\square$

Solusi 47.1-3. $f_n(0)=0$. Untuk $x>0$, $0<f_n(x)<\tfrac{nx}{n^2x^2}=\tfrac1{nx}\to0$. Akan tetapi $f_n(\tfrac1n)=\tfrac12$ untuk semua $n$, sehingga $\varepsilon_n\geq\tfrac12$ dan konvergensinya tidak seragam. Pada $[a,1]$, $0<f_n(x)<\tfrac1{nx}\leq\tfrac1{na}\to0$, dengan batas yang tidak bergantung pada $x$. $\square$

Solusi 47.1-4. $g_n(0)=0$. Untuk $x>0$ dan $n>\tfrac1x$, $x\geq\tfrac1n$, sehingga $g_n(x)=0$. Jadi $g_n\to0$ titik demi titik. $g_n$ adalah fungsi tangga dengan nilai $n$ pada interval sepanjang $\tfrac1n$, kecuali di titik ujung, sehingga $\int_0^1g_n=n\cdot\tfrac1n=1$ (aditivitas dan Latihan 43.1-5). Tidak seragam, karena $\sup g_n=n$. Konsisten dengan Teorema 47.1.8: kalau seragam, integralnya harus menuju $0$. $\square$

Solusi 47.1-5. Misalkan $g_n=f_n-f$. Maka $g_n$ kontinu, $g_n\geq g_{n+1}\geq0$, dan $g_n\to0$ titik demi titik. Misalkan $M_n=\max g_n$ (Teorema 37.1.2). $(M_n)$ turun dan taknegatif.

Andaikan $M_n\not\to0$. Maka ada $\varepsilon>0$ dengan $M_n\geq\varepsilon$ untuk semua $n$, karena barisannya turun. Himpunan $K_n=\{x\in[a,b]:g_n(x)\geq\varepsilon\}$ tak kosong. Tetapkan $x_n=\inf K_n$. Ini definisi tanpa pilihan. Karena $g_n$ kontinu, $g_n(x_n)\geq\varepsilon$: ada titik $K_n$ yang mendekati $x_n$, dan nilai $g_n$ di sana $\geq\varepsilon$. Barisan $(x_n)$ terbatas, sehingga mempunyai subbarisan $x_{n_k}\to x^\ast\in[a,b]$ (Teorema 28.2.3).

Tetapkan $m$. Untuk $n_k\geq m$, $g_m(x_{n_k})\geq g_{n_k}(x_{n_k})\geq\varepsilon$. Kontinuitas $g_m$ memberi $g_m(x^\ast)\geq\varepsilon$, untuk setiap $m$. Ini bertentangan dengan $g_m(x^\ast)\to0$. Jadi $M_n\to0$, yaitu konvergensinya seragam.

Ketiga hipotesis diperlukan. $x^n$ pada $[0,1]$ turun, tetapi limitnya tidak kontinu. $x^n$ pada $[0,1)$ tidak tertutup, dan konvergensinya tidak seragam. $\square$

Solusi 47.1-6. Ambil $N$ dengan $|f_N-f|<1$ di mana-mana, dan untuk $n\geq N$, $|f_n-f|<1$. Bila $|f_N|\leq K_N$, maka $|f|\leq K_N+1$, dan untuk $n\geq N$, $|f_n|\leq|f|+1\leq K_N+2$. Fungsi $f_1,\ldots,f_{N-1}$, berhingga banyaknya, masing-masing terbatas oleh $K_1,\ldots,K_{N-1}$. Ambil $K=\max(K_1,\ldots,K_{N-1},K_N+2)$. $\square$

Solusi 47.1-7. Untuk setiap $x$,
$$0\leq\sqrt{x^2+\tfrac1{n^2}}-|x|=\frac{1/n^2}{\sqrt{x^2+1/n^2}+|x|}\leq\frac{1/n^2}{1/n}=\frac1n.$$
Jadi $\varepsilon_n\leq\tfrac1n\to0$. Setiap $f_n$ terdiferensialkan, dengan aturan rantai: $f_n'(x)=\tfrac x{\sqrt{x^2+1/n^2}}$. Untuk $x>0$, $f_n'(x)\to1$. Untuk $x<0$, $f_n'(x)\to-1$. Untuk $x=0$, $f_n'(0)=0$. Jadi $f_n'\to\operatorname{sgn}$ titik demi titik. Konvergensinya tidak seragam, karena $\operatorname{sgn}$ tidak kontinu. Teorema 47.1.9 tidak berlaku, dan memang $|x|$ tidak terdiferensialkan di $0$. Limit seragam fungsi mulus dapat mempunyai "sudut". $\square$

Solusi 47.1-8. Langkah 1: $(f_n)$ seragam Cauchy. Teorema 41.2.1 pada $f_n-f_m$ memberi, untuk $x,t\in[a,b]$,
$$\bigl|(f_n-f_m)(x)-(f_n-f_m)(t)\bigr|\leq|x-t|\,\eta_{n,m},\qquad\eta_{n,m}=\sup_{[a,b]}|f_n'-f_m'|.\tag{$\dagger$}$$
Dengan $t=x_0$: $|f_n(x)-f_m(x)|\leq|f_n(x_0)-f_m(x_0)|+(b-a)\eta_{n,m}$. Menurut Teorema 47.1.7, dalam arah ($\Rightarrow$) untuk $(f_n')$, $\eta_{n,m}\to0$. Jadi Teorema 47.1.7 memberi $f_n\to f$ seragam.

Langkah 2: $f'(x)=g(x)$. Tetapkan $x$. Untuk $t\ne x$, misalkan $\varphi_n(t)=\tfrac{f_n(t)-f_n(x)}{t-x}$ dan $\varphi(t)=\tfrac{f(t)-f(x)}{t-x}$. Menurut $(\dagger)$, $|\varphi_n(t)-\varphi_m(t)|\leq\eta_{n,m}$. Ambil $m\to\infty$: $|\varphi_n(t)-\varphi(t)|\leq\sup_{m\geq n}\eta_{n,m}=:\theta_n$, dan $\theta_n\to0$. Misalkan $\varepsilon>0$. Pilih $n$ dengan $\theta_n<\tfrac\varepsilon3$ dan $|f_n'(x)-g(x)|<\tfrac\varepsilon3$. Lalu pilih $\delta$ dengan $|\varphi_n(t)-f_n'(x)|<\tfrac\varepsilon3$ untuk $0<|t-x|<\delta$. Untuk $t$ seperti itu,
$$|\varphi(t)-g(x)|\leq|\varphi(t)-\varphi_n(t)|+|\varphi_n(t)-f_n'(x)|+|f_n'(x)-g(x)|<\varepsilon.$$
Jadi $f'(x)=g(x)$. $\square$

### Ringkasan

Konvergensi titik demi titik membiarkan $N$ bergantung pada $x$. Konvergensi seragam meminta satu $N$ untuk semua $x$, yaitu $\sup|f_n-f|\to0$. Dengan konvergensi titik demi titik saja, ketiga sifat gagal. $x^n$ pada $[0,1]$ memberi limit tidak kontinu dari fungsi-fungsi kontinu. $n^2x(1-x)^n$ menuju $0$ di setiap titik, tetapi integralnya menuju $1$. $\tfrac{\sin nx}{\sqrt n}$ menuju $0$ seragam, tetapi turunannya meledak di $0$. Konvergensi seragam mempertahankan kontinuitas dan memungkinkan pertukaran limit dengan integral pada interval terbatas. Untuk turunan, keseragaman konvergensi $f_n'$, ditambah konvergensi di satu titik, yang diperlukan. Kriteria Cauchy seragam memberi konvergensi tanpa mengetahui limitnya. Teorema Dini memberi keseragaman dari kemonotonan pada interval tertutup.

## 47.2 Uji Weierstrass M-Test

Penjelasan master: uji ini menjadi dasar teoretis dalam analisis gelombang digital dan pemrosesan sinyal harmonik.

Deret fungsi $\sum f_k$ adalah barisan jumlah parsial $S_n=\sum_{k=1}^nf_k$. Jadi semua hasil Unit 47.1 berlaku untuknya. Kesulitannya: limit $S_n$, yaitu jumlah deret, biasanya tidak diketahui, sehingga $\sup|S_n-S|$ tidak dapat dihitung langsung. Uji Weierstrass mengatasi hal ini. Bila setiap suku dibatasi oleh bilangan $M_k$ yang tidak bergantung pada $x$, dan $\sum M_k$ konvergen, maka deret fungsinya konvergen seragam, dengan taksiran sisa yang eksplisit. Uji ini sederhana, tetapi menjadi alat utama Bab 48–49. Uji ini juga merapikan dua bukti yang sudah ada: kontinuitas fungsi Takagi (Teorema 39.2.4) dan turunan $\exp$ (Teorema 40.2.5).

Prasyarat: Unit 47.1; Bab 31–32 (deret bilangan); Unit 46.1 (taksiran sisa).

### Deret Fungsi

#### Definisi 47.2.1

Untuk $f_k:D\to\mathbb{R}$, $k\in\mathbb{N}_+$, deret $\sum_{k=1}^\infty f_k$ konvergen titik demi titik, atau seragam, pada $D$ bila barisan jumlah parsial $S_n=\sum_{k=1}^nf_k$ konvergen titik demi titik, atau seragam, pada $D$. Jumlahnya $S=\lim S_n$. Deret itu konvergen mutlak di $x$ bila $\sum|f_k(x)|$ konvergen.

#### Teorema 47.2.2 (Kriteria Cauchy untuk Deret Fungsi)

$\sum f_k$ konvergen seragam pada $D$ jika dan hanya jika
$$\forall\varepsilon>0\ \ \exists N\ \ \forall n>m\geq N\ \ \forall x\in D:\ \Bigl|\sum_{k=m+1}^nf_k(x)\Bigr|<\varepsilon.$$
Khususnya, bila $\sum f_k$ konvergen seragam, maka $\sup_D|f_k|\to0$.

Bukti. $S_n-S_m=\sum_{k=m+1}^nf_k$. Gunakan Teorema 47.1.7. Untuk bagian terakhir, ambil $n=m+1$. $\square$

### Uji M

#### Teorema 47.2.3 (Uji Weierstrass)

Misalkan $|f_k(x)|\leq M_k$ untuk semua $x\in D$ dan $k\geq1$, dan $\sum_{k=1}^\infty M_k$ konvergen. Maka $\sum f_k$ konvergen mutlak di setiap $x\in D$ dan seragam pada $D$. Selain itu, untuk setiap $n$,
$$\sup_{x\in D}\Bigl|S(x)-S_n(x)\Bigr|\leq\sum_{k=n+1}^\infty M_k.$$

Bukti. Untuk $n>m$ dan $x\in D$:
$$\Bigl|\sum_{k=m+1}^nf_k(x)\Bigr|\leq\sum_{k=m+1}^n|f_k(x)|\leq\sum_{k=m+1}^nM_k.$$
Ruas kanan tidak bergantung pada $x$, dan kurang dari $\varepsilon$ untuk $m$ besar, menurut kriteria Cauchy untuk $\sum M_k$ (Teorema 31.1.6). Teorema 47.2.2 memberi konvergensi seragam. Ketaksamaan tengah memberi konvergensi mutlak (Teorema 31.1.7). Untuk taksiran sisa, tetapkan $x$ dan $n$, lalu ambil $m=n$ dan biarkan batas atas penjumlahan menuju $\infty$ (Teorema 26.3.1). $\square$

Uji ini memisahkan dua pekerjaan. Kekonvergenan diputuskan oleh satu deret bilangan $\sum M_k$. Keseragaman otomatis, karena $M_k$ tidak bergantung pada $x$.

#### Akibat 47.2.4 (Pertukaran untuk Deret)

Misalkan $\sum f_k$ memenuhi hipotesis Teorema 47.2.3 pada $D$.

(a) Bila setiap $f_k$ kontinu, maka $S$ kontinu.

(b) Bila $D\supseteq[a,b]$ dan setiap $f_k$ terintegralkan pada $[a,b]$, maka $\int_a^bS=\sum_{k=1}^\infty\int_a^bf_k$.

(c) Misalkan setiap $f_k$ terdiferensialkan pada $[a,b]$, $\sum f_k(x_0)$ konvergen untuk suatu $x_0$, dan $\sum f_k'$ memenuhi uji M pada $[a,b]$. Maka $S$ terdiferensialkan dan $S'=\sum f_k'$ pada $[a,b]$.

Bukti. (a) Teorema 47.1.6 pada $S_n$, karena jumlah hingga fungsi kontinu adalah fungsi kontinu. (b) Teorema 47.1.8 dan kelinearan integral untuk $S_n$. (c) Latihan 47.1-8 pada $S_n$, dengan $S_n'=\sum_{k\leq n}f_k'$ menurut kelinearan turunan. Hipotesis (c) sebenarnya hanya memerlukan konvergensi $\sum f_k$ di satu titik. Uji M untuk $\sum f_k$ sendiri tidak diperlukan. $\square$

### Contoh

#### Contoh 47.2.5 (Deret Geometri dan Kerabatnya)

(a) $\sum_{k\geq0}x^k$ konvergen seragam pada $[-a,a]$ untuk setiap $a\in[0,1)$, dengan $M_k=a^k$. Pada $(-1,1)$, konvergensinya tidak seragam, karena $\sup_{(-1,1)}|x^k|=1\not\to0$ (Teorema 47.2.2). Jumlahnya, $\tfrac1{1-x}$, tidak terbatas pada $(-1,1)$. Ini sesuai dengan Latihan 47.1-6: limit seragam fungsi-fungsi terbatas harus terbatas.

(b) $\sum_{k\geq1}\tfrac{x^k}{k^2}$ konvergen seragam pada $[-1,1]$, dengan $M_k=\tfrac1{k^2}$. Jumlahnya kontinu pada $[-1,1]$, termasuk di ujung-ujungnya. Taksiran sisa memberi $\sup|S-S_n|\leq\sum_{k>n}\tfrac1{k^2}\leq\tfrac1n$ (Teorema 46.1.6(c)).

(c) $\sum_{k\geq1}\tfrac{(-1)^{k+1}x^k}k$ pada $[0,1]$. Uji M gagal, karena $\sup|f_k|=\tfrac1k$ dan $\sum\tfrac1k$ divergen. Akan tetapi deretnya tetap konvergen seragam. Untuk setiap $x\in[0,1]$, suku-suku $\tfrac{x^k}k$ turun menuju $0$, sehingga taksiran Leibniz (Unit 33.1) memberi $|S(x)-S_n(x)|\leq\tfrac{x^{n+1}}{n+1}\leq\tfrac1{n+1}$. Jadi uji M adalah syarat cukup, bukan syarat perlu.

#### Contoh 47.2.6 (Deret Eksponensial)

Untuk $R>0$, $\sum_{k\geq0}\tfrac{x^k}{k!}$ memenuhi uji M pada $[-R,R]$, dengan $M_k=\tfrac{R^k}{k!}$ dan $\sum M_k=\exp(R)$. Jadi deret itu konvergen seragam pada setiap interval terbatas, tetapi tidak pada $\mathbb{R}$, karena $\sup_{\mathbb{R}}\bigl|\tfrac{x^k}{k!}\bigr|=+\infty$.

Bukti kedua bahwa $\exp'=\exp$: deret turunan suku demi suku adalah $\sum_{k\geq1}\tfrac{kx^{k-1}}{k!}=\sum_{j\geq0}\tfrac{x^j}{j!}$, yaitu deret yang sama, sehingga juga memenuhi uji M pada $[-R,R]$. Akibat 47.2.4(c) memberi $\exp'=\exp$ pada $[-R,R]$, untuk setiap $R$. Bukti Teorema 40.2.5 menaksir sisa secara langsung. Di sini taksiran itu dikerjakan oleh teorema umum.

#### Contoh 47.2.7 (Fungsi Takagi, Ditinjau Ulang)

Pada Teorema 39.2.4, $T=\sum_{j\geq0}2^{-j}\phi(2^jx)$, dengan $0\leq\phi\leq\tfrac12$ kontinu. Uji M dengan $M_j=2^{-j-1}$ dan Akibat 47.2.4(a) memberi kontinuitas $T$. Bukti di Bab 39 adalah argumen $\tfrac\varepsilon3$ yang sama, ditulis langsung. Uji M untuk turunan tidak berlaku. Pada bagian dalam setiap potongan linear, suku ke-$j$ mempunyai turunan $\pm1$, sehingga $\sup|f_j'|=1$ dan $\sum1$ divergen. Teorema 39.2.4 menunjukkan bahwa $T$ memang tidak terdiferensialkan di mana pun.

### Implementasi: Sinyal sebagai Jumlah Harmonik

Bagian ini adalah model hipotetis yang menjelaskan peran uji M dalam penjelasan master. Bagian ini bukan klaim tentang perangkat atau standar pemrosesan sinyal tertentu.

Misalkan sebuah sinyal dimodelkan sebagai jumlah harmonik
$$F(x)=\sum_{k=1}^\infty a_k\cos(kx),$$
dengan amplitudo $a_k$. Dalam praktik, hanya $N$ harmonik pertama yang dapat disimpan atau dihitung. Uji M dengan $M_k=|a_k|$ memberi jaminan berikut.

1. Bila $\sum|a_k|$ konvergen, $F$ terdefinisi dan kontinu di seluruh $\mathbb{R}$ (Akibat 47.2.4(a), dengan Akibat 40.2.12 untuk $|\cos|\leq1$).
2. Galat pemotongan seragam dalam waktu: $|F(x)-F_N(x)|\leq\sum_{k>N}|a_k|$ untuk setiap $x$ sekaligus.

#### Contoh 47.2.8

Untuk $a_k=\tfrac1{k^2}$, $\sup_x|F-F_N|\leq\sum_{k>N}\tfrac1{k^2}\leq\tfrac1N$ (Teorema 46.1.6(c)). Untuk menjamin galat $\leq10^{-3}$ di semua waktu, $N=1000$ harmonik cukup. Untuk $a_k=2^{-k}$, galatnya $\leq2^{-N}$, sehingga $N=10$ sudah memberi $\leq0{,}001$, tepatnya $\leq\tfrac1{1024}$. Amplitudo yang meluruh lebih cepat memerlukan harmonik yang jauh lebih sedikit.

Ada batas yang perlu dicatat. Untuk $a_k=\tfrac1k$, $\sum|a_k|$ divergen dan uji M tidak berlaku. Deret $\sum\tfrac{\cos kx}k$ bahkan divergen di $x=0$, yaitu deret harmonik. Turunan suku demi suku dari $\sum\tfrac{\cos kx}{k^2}$ adalah $-\sum\tfrac{\sin kx}k$, yang tidak memenuhi uji M. Akibat 47.2.4(c) karena itu tidak memberi informasi tentang turunan $F$.

### Latihan

Latihan 47.2-1. Buktikan bahwa $G(x)=\sum_{k\geq1}\tfrac{\sin kx}{k^3}$ terdiferensialkan pada $\mathbb{R}$, dengan $G'(x)=\sum_{k\geq1}\tfrac{\cos kx}{k^2}$, dan bahwa $G'$ kontinu.

Latihan 47.2-2. Buktikan bahwa $H(x)=\sum_{k\geq1}\tfrac1{k^2+x^2}$ kontinu pada $\mathbb{R}$, dan bahwa $0<H(x)-\sum_{k=1}^{10}\tfrac1{k^2+x^2}\leq\tfrac1{10}$ untuk semua $x$.

Latihan 47.2-3. Buktikan bahwa $\sum_{k\geq0}x^k$ tidak konvergen seragam pada $[0,1)$, dengan dua cara: kriteria suku, dan Latihan 47.1-6.

Latihan 47.2-4. Untuk $s>1$, misalkan $\zeta(s)=\sum_{k\geq1}k^{-s}$. Buktikan bahwa deret ini konvergen seragam pada $[s_0,\infty)$ untuk setiap $s_0>1$, lalu simpulkan bahwa $\zeta$ kontinu pada $(1,\infty)$.

Latihan 47.2-5. Untuk $|x|<1$, buktikan dengan integrasi suku demi suku bahwa $-\ln(1-x)=\sum_{k\geq1}\tfrac{x^k}k$. Gunakan hasil ini untuk menghitung $\ln2$ sampai empat desimal, dengan taksiran sisa yang eksplisit.

Latihan 47.2-6. Buktikan bahwa bila $\sum_{k\geq1}|a_k|$ konvergen, maka $F(x)=\sum a_k\cos kx$ memenuhi $|F(x)|\leq\sum|a_k|$, dan $\int_0^xF=\sum_k\tfrac{a_k\sin kx}k$ untuk setiap $x$.

Latihan 47.2-7. Misalkan $f_k(x)=\tfrac{x^2}{(1+x^2)^k}$ pada $\mathbb{R}$, untuk $k\geq0$. Hitung jumlah $\sum_{k\geq0}f_k$, dan buktikan bahwa konvergensinya tidak seragam pada $\mathbb{R}$.

Latihan 47.2-8. Dengan model Contoh 47.2.8, tentukan $N$ terkecil yang dijamin oleh taksiran $\sum_{k>N}\tfrac1{k^3}\leq\tfrac1{2N^2}$ untuk galat $\leq10^{-4}$ pada $F(x)=\sum\tfrac{\cos kx}{k^3}$. Bandingkan dengan $a_k=\tfrac1{k^2}$.

### Solusi

Solusi 47.2-1. $\bigl|\tfrac{\sin kx}{k^3}\bigr|\leq\tfrac1{k^3}$, sehingga deret $G$ konvergen di setiap titik, khususnya di $x_0=0$. Turunan suku demi suku memenuhi $\bigl|\tfrac{k\cos kx}{k^3}\bigr|\leq\tfrac1{k^2}$, dengan $\sum\tfrac1{k^2}$ konvergen. Akibat 47.2.4(c) pada setiap $[-R,R]$ memberi $G'=\sum\tfrac{\cos kx}{k^2}$. Akibat 47.2.4(a) memberi kontinuitas $G'$. $\square$

Solusi 47.2-2. $0<\tfrac1{k^2+x^2}\leq\tfrac1{k^2}$. Uji M memberi konvergensi seragam pada $\mathbb{R}$, dan setiap suku kontinu, sehingga $H$ kontinu. Sisanya positif dan, untuk setiap $x$, paling besar $\sum_{k>10}\tfrac1{k^2}\leq\int_{10}^\infty\tfrac{dx}{x^2}=\tfrac1{10}$ (Teorema 46.1.6(c)). $\square$

Solusi 47.2-3. Kriteria suku: $\sup_{[0,1)}x^k=1\not\to0$, bertentangan dengan Teorema 47.2.2. Cara kedua: setiap $S_n$ terbatas pada $[0,1)$, tetapi jumlahnya $\tfrac1{1-x}$ tidak terbatas. Kalau konvergensinya seragam, Latihan 47.1-6 akan memberi bahwa jumlahnya terbatas. $\square$

Solusi 47.2-4. Untuk $s\geq s_0$ dan $k\geq1$, $k^{-s}=\exp(-s\ln k)\leq\exp(-s_0\ln k)=k^{-s_0}$, karena $\ln k\geq0$. Deret $\sum k^{-s_0}$ konvergen, karena $s_0>1$ (Teorema 40.2.8). Uji M memberi konvergensi seragam pada $[s_0,\infty)$. Setiap suku $s\mapsto\exp(-s\ln k)$ kontinu, sehingga $\zeta$ kontinu pada $[s_0,\infty)$. Untuk $s>1$, ambil $s_0=\tfrac{1+s}2$. Maka $s$ titik dalam $[s_0,\infty)$, sehingga $\zeta$ kontinu di $s$. $\square$

Solusi 47.2-5. Misalkan $0<|x|<1$ dan $a=|x|$. $\sum_{k\geq0}t^k$ konvergen seragam ke $\tfrac1{1-t}$ pada $[-a,a]$ (Contoh 47.2.5(a)). Akibat 47.2.4(b) pada interval di antara $0$ dan $x$, dengan orientasi bila $x<0$, memberi
$$\int_0^x\frac{dt}{1-t}=\sum_{k\geq0}\frac{x^{k+1}}{k+1}=\sum_{k\geq1}\frac{x^k}k.$$
Ruas kiri adalah $-\ln(1-x)$, karena $\tfrac d{dx}\bigl(-\ln(1-x)\bigr)=\tfrac1{1-x}$ (Teorema 45.2.1). Untuk $x=0$, kedua ruas $0$. Dengan $x=\tfrac12$: $\ln2=\sum_{k\geq1}\tfrac1{k2^k}$. Sepuluh suku pertama berjumlah $\approx0{,}693065$. Sisanya $\leq\sum_{k\geq11}\tfrac1{11\cdot2^k}=\tfrac1{11\cdot2^{10}}\approx0{,}0000888$. Jadi $0{,}69306<\ln2<0{,}69316$, dan $\ln2\approx0{,}6931$ sampai empat desimal. Bandingkan dengan deret berganti tanda di Contoh 45.2.5. Taksiran Leibniz $|S-S_n|\leq\tfrac1{n+1}$ untuk deret itu memerlukan sekitar sepuluh ribu suku untuk ketelitian yang sama. $\square$

Solusi 47.2-6. $|a_k\cos kx|\leq|a_k|$. Uji M memberi konvergensi seragam pada $\mathbb{R}$ dan $|F(x)|\leq\sum|a_k|$. Akibat 47.2.4(b) pada interval di antara $0$ dan $x$ memberi $\int_0^xF=\sum_ka_k\int_0^x\cos kt\,dt=\sum_k\tfrac{a_k\sin kx}k$, dengan antiturunan $\tfrac{\sin kt}k$ (Teorema 40.2.13 dan aturan rantai). $\square$

Solusi 47.2-7. Di $x=0$, semua suku $0$, sehingga jumlahnya $0$. Untuk $x\ne0$, $q=\tfrac1{1+x^2}\in(0,1)$, dan deret geometri memberi $\sum_{k\geq0}x^2q^k=\tfrac{x^2}{1-q}=\tfrac{x^2(1+x^2)}{x^2}=1+x^2$. Jadi jumlahnya $S(x)=1+x^2$ untuk $x\ne0$ dan $S(0)=0$. $S$ tidak kontinu di $0$, sedangkan setiap jumlah parsial kontinu, sehingga konvergensinya tidak seragam (Akibat 47.2.4(a), yang bersandar pada Teorema 47.1.6). Uji M memang gagal: $\sup_xf_1(x)=\sup\tfrac{x^2}{1+x^2}=1$ untuk $k=1$, dan untuk $k=0$, $f_0=x^2$ tidak terbatas. $\square$

Solusi 47.2-8. $\tfrac1{2N^2}\leq10^{-4}$ jika dan hanya jika $N^2\geq5000$, yaitu $N\geq71$, karena $70^2=4900$ dan $71^2=5041$. Untuk $a_k=\tfrac1{k^2}$, taksiran $\tfrac1N\leq10^{-4}$ memerlukan $N=10000$. Peluruhan $k^{-3}$ menurunkan kebutuhan harmonik lebih dari seratus kali untuk ketelitian ini. Ini perbandingan taksiran, bukan galat sebenarnya, yang dapat lebih kecil. $\square$

### Ringkasan

Deret fungsi adalah barisan jumlah parsial, sehingga teori Unit 47.1 berlaku. Uji Weierstrass menyatakan bahwa bila $|f_k|\leq M_k$ di seluruh $D$ dan $\sum M_k$ konvergen, deretnya konvergen mutlak dan seragam, dengan galat seragam $\leq\sum_{k>n}M_k$. Akibatnya, jumlahnya kontinu bila sukunya kontinu, integral dapat dikerjakan suku demi suku, dan turunan juga dapat dikerjakan suku demi suku bila deret turunannya memenuhi uji M. Contohnya: deret geometri pada $[-a,a]$; $\exp$ pada setiap $[-R,R]$, dengan bukti kedua $\exp'=\exp$; kontinuitas fungsi Takagi; $\zeta$ kontinu pada $(1,\infty)$; dan $\ln2=\sum\tfrac1{k2^k}$. Uji M cukup tetapi tidak perlu: deret berganti tanda $\sum(-1)^{k+1}\tfrac{x^k}k$ konvergen seragam tanpa uji M. Dalam model sinyal harmonik, uji M memberi kontinuitas dan galat pemotongan yang seragam dalam waktu.