# Bab 48: Deret Kuasa (Power Series)

## 48.1 Definisi Formal Deret Kuasa dan Jari-Jari Konvergensi

Penjelasan master untuk Bab 48: deret kuasa merepresentasikan fungsi yang rumit sebagai "polinomial tak hingga" yang mudah dihitung. Rumus master: uji rasio d'Alembert memberi jari-jari konvergensi
$$R=\lim\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|.$$
Untuk deret $\sum\tfrac{x^n}{n!}$, jari-jari konvergensinya $R=\infty$: deret itu konvergen untuk semua bilangan real $x$.

Deret kuasa adalah deret fungsi yang sukunya monomial $a_n(x-c)^n$. Unit ini membuktikan sifat paling khas deret kuasa: himpunan titik konvergensinya selalu berupa interval yang berpusat di $c$, dan jari-jarinya ditentukan oleh koefisien saja. Rumus rasio master berlaku bila limitnya ada. Rumus Cauchy–Hadamard dengan $\limsup$ selalu berlaku. Perilaku di ujung interval tidak ditentukan oleh jari-jari, dan harus diperiksa tersendiri.

Prasyarat: Bab 30 (versi R1 Unit 30.1, dengan Definisi 30.1.1'); Unit 32.3 (uji rasio dan akar); Bab 33 (Leibniz); Unit 47.2 (uji M).

Lambang $\infty$ pada "$R=\infty$" adalah label: deret konvergen di setiap titik real. $\infty$ bukan bilangan real (Definisi 26.3.10).

### Definisi

#### Definisi 48.1.1 (Deret Kuasa)

Untuk barisan real $(a_n)_{n\in\mathbb{N}}$ dan $c\in\mathbb{R}$, deret kuasa berpusat di $c$ adalah deret fungsi
$$\sum_{n=0}^\infty a_n(x-c)^n,$$
dengan konvensi $(x-c)^0=1$, termasuk di $x=c$. Bilangan $a_n$ disebut koefisien.

Di $x=c$, deretnya selalu konvergen ke $a_0$. Polinomial adalah deret kuasa yang koefisiennya nol sejak suatu indeks.

#### Definisi 48.1.2 (Jari-Jari Konvergensi)

Misalkan $B=\{r\geq0:\ (|a_n|r^n)_{n\geq0}\text{ terbatas}\}$. Himpunan ini memuat $0$, dan bersifat turun: bila $r\in B$ dan $0\leq r'\leq r$, maka $r'\in B$. Jari-jari konvergensinya adalah
$$R=\sup B,$$
dengan $R=\infty$ sebagai label bila $B$ tidak terbatas, yaitu $B=[0,\infty)$.

Definisi ini memakai aksioma supremum saja, tanpa pilihan, dan tidak memerlukan limit apa pun.

### Teorema Utama

#### Teorema 48.1.3 (Interval Konvergensi)

Misalkan $R$ jari-jari $\sum a_n(x-c)^n$.

(a) Bila $|x-c|<R$, deretnya konvergen mutlak. Untuk setiap $\rho$ dengan $0\leq\rho<R$, deretnya konvergen seragam pada $[c-\rho,c+\rho]$.

(b) Bila $|x-c|>R$, dengan $R$ real, deretnya divergen.

Bukti. (a) Tetapkan $\rho<R$. Pilih $r$ secara eksplisit: $r=\tfrac{\rho+R}2$ bila $R$ real, dan $r=\rho+1$ bila $R=\infty$. Maka $\rho<r<R$, atau $r$ sebarang bila $R=\infty$. Karena $r<\sup B$, ada anggota $B$ yang lebih besar dari $r$, sehingga $r\in B$ karena $B$ bersifat turun. Misalkan $|a_n|r^n\leq K$ untuk semua $n$. Untuk $|x-c|\leq\rho$:
$$|a_n(x-c)^n|\leq|a_n|r^n\Bigl(\frac\rho r\Bigr)^n\leq K\Bigl(\frac\rho r\Bigr)^n.$$
$\sum K(\rho/r)^n$ adalah deret geometri dengan rasio $<1$. Uji M (Teorema 47.2.3) memberi konvergensi mutlak dan seragam pada $[c-\rho,c+\rho]$. Setiap $x$ dengan $|x-c|<R$ termuat dalam interval seperti itu, dengan $\rho=|x-c|$.

(b) $|x-c|\notin B$, sehingga $(|a_n||x-c|^n)$ tidak terbatas. Suku-suku deret tidak menuju $0$, sehingga deretnya divergen (Akibat 31.3.2). $\square$

Jadi himpunan titik konvergensinya adalah salah satu dari $(c-R,c+R)$, $[c-R,c+R)$, $(c-R,c+R]$, atau $[c-R,c+R]$ bila $0<R<\infty$, $\{c\}$ bila $R=0$, dan $\mathbb{R}$ bila $R=\infty$. Keseragaman berlaku pada setiap interval tertutup di dalam $(c-R,c+R)$, tetapi umumnya tidak pada seluruh $(c-R,c+R)$ (Contoh 47.2.5(a)).

#### Teorema 48.1.4 (Cauchy–Hadamard)

Misalkan $\lambda=\limsup_{n\to\infty}|a_n|^{1/n}$ menurut Definisi 30.1.1', yaitu bilangan real $\geq0$ atau label $+\infty$. Maka
$$R=\frac1\lambda,$$
dengan konvensi label $\tfrac10=\infty$ dan $\tfrac1{+\infty}=0$.

Bukti. Barisan $|a_n|^{1/n}$ taknegatif, sehingga $\lambda\geq0$ atau $\lambda=+\infty$.

$R\geq\tfrac1\lambda$: misalkan $0<r$ dan $r\lambda<1$, dengan $\lambda$ real. Ambil $q$ dengan $\lambda<q<\tfrac1r$, misalnya $q=\tfrac12(\lambda+\tfrac1r)$. Menurut Definisi 30.1.1'(ii), dengan $u_N\to\lambda<q$, sejak suatu indeks $|a_n|^{1/n}<q$, sehingga $|a_n|r^n<(qr)^n<1$. Jadi $r\in B$. Untuk $\lambda=0$, ini berlaku untuk setiap $r>0$, sehingga $R=\infty$.

$R\leq\tfrac1\lambda$: misalkan $r>0$ dan $r\lambda>1$, termasuk $\lambda=+\infty$. Ambil $q$ dengan $\tfrac1r<q<\lambda$. Ada tak hingga banyak $n$ dengan $|a_n|^{1/n}>q$. Untuk $\lambda$ real, ini Teorema 30.1.4(ii), yang diterapkan pada barisan yang terbatas di atas; untuk $\lambda=+\infty$, barisannya tidak terbatas. Untuk $n$ seperti itu, $|a_n|r^n>(qr)^n$, dan $qr>1$, sehingga $(qr)^n$ tidak terbatas (Bernoulli). Jadi $r\notin B$, dan karena $B$ bersifat turun, $R\leq r$. Karena ini berlaku untuk setiap $r>\tfrac1\lambda$, $R\leq\tfrac1\lambda$. Bila $\lambda=+\infty$, setiap $r>0$ memenuhi, sehingga $R=0$. $\square$

#### Teorema 48.1.5 (Rumus Rasio Master)

Misalkan $a_n\ne0$ untuk $n\geq n_0$, dan $\bigl|\tfrac{a_n}{a_{n+1}}\bigr|\to L$, dengan $L$ real $\geq0$ atau $L=+\infty$ sebagai label. Maka $R=L$.

Bukti. Untuk $x\ne c$, rasio dua suku berurutan adalah
$$\frac{|a_{n+1}(x-c)^{n+1}|}{|a_n(x-c)^n|}=\frac{|x-c|}{|a_n/a_{n+1}|}.$$
Bila $|x-c|<L$, rasio ini menuju bilangan $<1$, termasuk $0$ bila $L=+\infty$. Teorema 32.3.1(c) memberi kekonvergenan mutlak, sehingga suku-sukunya menuju $0$, terbatas, dan $|x-c|\in B$. Jadi $R\geq L$. Bila $|x-c|>L$ dengan $L$ real, rasionya menuju bilangan $>1$, atau menuju $+\infty$ bila $L=0$. Sejak suatu indeks rasionya $\geq1$, sehingga deretnya divergen (Teorema 32.3.1(b)). Andaikan $R>L$. Untuk $x$ dengan $L<|x-c|<R$, Teorema 48.1.3(a) memberi kekonvergenan, padahal deretnya divergen. Jadi $R\leq L$. $\square$

Rumus rasio paling mudah dipakai, tetapi memerlukan bahwa limit rasionya ada. Bila limit itu tidak ada, Cauchy–Hadamard tetap berlaku (Contoh 48.1.8).

### Contoh

#### Contoh 48.1.6 (Contoh Master)

Untuk $\sum_{n\geq0}\tfrac{x^n}{n!}$: $\bigl|\tfrac{a_n}{a_{n+1}}\bigr|=\tfrac{(n+1)!}{n!}=n+1\to+\infty$. Teorema 48.1.5 memberi $R=\infty$, sehingga deret konvergen untuk setiap $x\in\mathbb{R}$, ke $\exp(x)$ (Definisi 40.2.2). Ini sesuai dengan master.

"Konvergen untuk semua $x$" tidak berarti cepat untuk semua $x$. Di $x=1$, Contoh 27.3.10 memberi $|e-E_9|<3{,}1\cdot10^{-7}$ dengan sepuluh suku. Di $x=10$, suku-sukunya naik sampai $n=9$. Suku $n=9$ dan $n=10$ sama, yaitu $\tfrac{10^{10}}{10!}=\tfrac{10^{10}}{3628800}\approx2755{,}7$, lalu suku-sukunya turun (Latihan 48.1-8). Untuk $n\geq20$, rasio dua suku berurutan $\tfrac{10}{n+1}\leq\tfrac12$, sehingga sisanya paling banyak dua kali suku pertama yang dibuang. Jadi jauh lebih banyak suku diperlukan untuk ketelitian yang sama. Unit 49.2 membahas cara mengatasinya.

#### Contoh 48.1.7 (Ujung Interval Harus Diperiksa)

Untuk keempat deret pertama di bawah, $R=1$, karena rasio $\tfrac{n+1}n$, $\tfrac{(n+1)^2}{n^2}$, dan sejenisnya menuju $1$. Perilaku di ujungnya berbeda-beda.

(a) $\sum_{n\geq0}x^n$: di $x=\pm1$ suku-sukunya tidak menuju $0$. Himpunan konvergensinya $(-1,1)$.

(b) $\sum_{n\geq1}\tfrac{x^n}n$: di $x=1$, deret harmonik, divergen (Teorema 24.2.9). Di $x=-1$, deret berganti tanda, konvergen (Unit 33.1). Himpunan konvergensinya $[-1,1)$.

(c) $\sum_{n\geq1}\tfrac{x^n}{n^2}$: di $x=\pm1$, deretnya konvergen mutlak. Himpunan konvergensinya $[-1,1]$.

(d) $\sum_{n\geq1}\tfrac{(-1)^nx^n}n$: dengan substitusi $x\mapsto-x$ pada (b), himpunan konvergensinya $(-1,1]$.

(e) $\sum_{n\geq0}n!\,x^n$: $\bigl|\tfrac{a_n}{a_{n+1}}\bigr|=\tfrac1{n+1}\to0$, sehingga $R=0$. Deretnya hanya konvergen di $x=0$.

(f) $\sum_{n\geq1}\tfrac{(x-2)^n}{n3^n}$: $\bigl|\tfrac{a_n}{a_{n+1}}\bigr|=\tfrac{3(n+1)}n\to3$, sehingga $R=3$ dengan pusat $2$. Di $x=5$, deretnya $\sum\tfrac1n$, divergen. Di $x=-1$, deretnya $\sum\tfrac{(-1)^n}n$, konvergen. Himpunan konvergensinya $[-1,5)$.

#### Contoh 48.1.8 (Rasio Gagal, Cauchy–Hadamard Berhasil)

(a) $a_n=2+(-1)^n$, yaitu $3,1,3,1,\ldots$. Rasio $\tfrac{a_n}{a_{n+1}}$ bergantian $3$ dan $\tfrac13$, sehingga tidak mempunyai limit. Akan tetapi $|a_n|^{1/n}$ bernilai $1$ untuk $n$ ganjil dan $3^{1/n}\to1$ untuk $n$ genap (Contoh 26.3.8), sehingga $\lambda=1$ dan $R=1$.

(b) $\sum_{m\geq0}\tfrac{x^{2m}}{4^m}$, yaitu $a_{2m}=4^{-m}$ dan $a_{2m+1}=0$. Rasio tidak terdefinisi, karena separuh koefisiennya nol. $|a_{2m}|^{1/(2m)}=\tfrac12$ dan $|a_{2m+1}|^{1/(2m+1)}=0$, sehingga $\lambda=\tfrac12$ dan $R=2$. Pemeriksaan langsung: deret ini adalah deret geometri dengan rasio $\tfrac{x^2}4$, yang konvergen tepat ketika $|x|<2$.

### Latihan

Latihan 48.1-1. Tentukan jari-jari dan himpunan konvergensinya: (a) $\sum_{n\geq1}nx^n$; (b) $\sum_{n\geq1}\tfrac{x^n}{n2^n}$; (c) $\sum_{n\geq1}n^nx^n$; (d) $\sum_{n\geq1}\tfrac{x^n}{n^n}$.

Latihan 48.1-2. Tentukan jari-jari $\sum_{n\geq0}\tfrac{(n!)^2}{(2n)!}x^n$.

Latihan 48.1-3. Misalkan $\sum a_nx^n$ mempunyai jari-jari $R$, dengan $0<R<\infty$. Buktikan bahwa $\sum a_nx^{2n}$ mempunyai jari-jari $\sqrt R$.

Latihan 48.1-4. (Lemma Abel) Misalkan $\sum a_nx_0^n$ konvergen untuk suatu $x_0\ne0$. Buktikan, langsung dari Definisi 48.1.2, bahwa $\sum a_nx^n$ konvergen mutlak untuk setiap $|x|<|x_0|$.

Latihan 48.1-5. Untuk $a_n=2+(-1)^n$, hitung $\sum_{n\geq0}a_nx^n$ dalam bentuk tertutup untuk $|x|<1$, dan periksa nilainya di $x=\tfrac12$ dengan jumlah parsial sampai $n=5$.

Latihan 48.1-6. Dengan Teorema 27.3.9, tentukan $n$ terkecil yang menjamin $|e-E_n|<10^{-6}$, lalu bandingkan dengan Contoh 27.3.10.

Latihan 48.1-7. Buktikan bahwa $\sum a_nx^n$, $\sum|a_n|x^n$, dan $\sum na_nx^n$ mempunyai jari-jari yang sama.

Latihan 48.1-8. Buktikan bahwa suku terbesar deret $\sum\tfrac{10^n}{n!}$ adalah suku $n=9$ dan $n=10$, yang sama besar, dan bahwa $\exp(-10)<10^{-4}$. Jelaskan mengapa menjumlahkan $\sum\tfrac{(-10)^n}{n!}$ langsung dengan aritmetika berpresisi terbatas tidak bijak, dan berikan cara yang lebih baik.

### Solusi

Solusi 48.1-1. (a) $\tfrac{n}{n+1}\to1$, sehingga $R=1$. Di $x=\pm1$, $|nx^n|=n\not\to0$. Himpunannya $(-1,1)$.

(b) $\tfrac{(n+1)2^{n+1}}{n2^n}\to2$, sehingga $R=2$. Di $x=2$, deretnya $\sum\tfrac1n$, divergen. Di $x=-2$, deretnya $\sum\tfrac{(-1)^n}n$, konvergen. Himpunannya $[-2,2)$.

(c) $|a_n|^{1/n}=n\to+\infty$, sehingga $\lambda=+\infty$ dan $R=0$. Himpunannya $\{0\}$.

(d) $|a_n|^{1/n}=\tfrac1n\to0$, sehingga $R=\infty$. Himpunannya $\mathbb{R}$. $\square$

Solusi 48.1-2. $\tfrac{a_n}{a_{n+1}}=\tfrac{(n!)^2(2n+2)!}{(2n)!((n+1)!)^2}=\tfrac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}=\tfrac{2(2n+1)}{n+1}\to4$. Jadi $R=4$. Contohnya, $n=10$ memberi $\tfrac{42}{11}\approx3{,}82$. $\square$

Solusi 48.1-3. Koefisien $b_k$ dari $\sum a_nx^{2n}$ adalah $b_{2n}=a_n$ dan $b_{2n+1}=0$. Barisan $(|b_k|s^k)$ adalah barisan $(|a_n|(s^2)^n)$ yang diselingi nol. Jadi barisan itu terbatas jika dan hanya jika $s^2\in B_a$, dengan $B_a$ himpunan Definisi 48.1.2 untuk $(a_n)$. Jadi $B_b=\{s\geq0:s^2\in B_a\}$, dan $\sup B_b=\sqrt{\sup B_a}=\sqrt R$, karena $s\mapsto s^2$ naik pada $[0,\infty)$. $\square$

Solusi 48.1-4. Suku-suku deret yang konvergen menuju $0$, sehingga terbatas (Teorema 31.3.1 dan Teorema 25.2.3). Jadi $|x_0|\in B$, dan $R\geq|x_0|$. Teorema 48.1.3(a) memberi kekonvergenan mutlak untuk $|x|<|x_0|\leq R$. Bukti langsung: bila $|a_nx_0^n|\leq K$, maka $|a_nx^n|\leq K\bigl|\tfrac x{x_0}\bigr|^n$, dan bandingkan dengan deret geometri. $\square$

Solusi 48.1-5. $\sum(2+(-1)^n)x^n=2\sum x^n+\sum(-x)^n=\tfrac2{1-x}+\tfrac1{1+x}$, karena kedua deret geometri konvergen untuk $|x|<1$ (Teorema 31.1.4). Di $x=\tfrac12$: $4+\tfrac23=\tfrac{14}3\approx4{,}667$. Jumlah parsial sampai $n=5$: $3+\tfrac12+\tfrac34+\tfrac18+\tfrac3{16}+\tfrac1{32}=\tfrac{96+16+24+4+6+1}{32}=\tfrac{147}{32}\approx4{,}594$. Sisanya $\leq\sum_{n\geq6}3\cdot2^{-n}=\tfrac3{32}\approx0{,}094$, konsisten dengan selisih $\approx0{,}073$. $\square$

Solusi 48.1-6. Teorema 27.3.9 memberi $e-E_n<\tfrac1{n!\,n}$. Untuk $n=8$: $\tfrac1{40320\cdot8}\approx3{,}1\cdot10^{-6}$, belum cukup. Untuk $n=9$: $\tfrac1{362880\cdot9}\approx3{,}06\cdot10^{-7}<10^{-6}$. Jadi $n=9$ cukup, yaitu sepuluh suku $k=0,\ldots,9$, sesuai Contoh 27.3.10. Taksiran ini hanya menjamin $n=9$ cukup. Untuk memastikan $n=8$ benar-benar tidak cukup, diperlukan batas bawah: $e-E_8\geq\tfrac1{9!}\approx2{,}76\cdot10^{-6}>10^{-6}$. Jadi $n=9$ memang terkecil. $\square$

Solusi 48.1-7. $B$ untuk $(|a_n|)$ sama dengan $B$ untuk $(a_n)$, karena definisinya hanya memakai $|a_n|$. Untuk $\sum na_nx^n$: bila $r\in B_{na}$, maka $|a_n|r^n\leq n|a_n|r^n$ untuk $n\geq1$, sehingga $r\in B_a$. Jadi $R_{na}\leq R_a$. Sebaliknya, untuk $0<\rho<r<R_a$ dengan $r\in B_a$, $n|a_n|\rho^n\leq K\,n\bigl(\tfrac\rho r\bigr)^n$, dan $n q^n\to0$ untuk $0\leq q<1$ (Contoh 47.1.5, dengan $n$ menggantikan $n^2$), sehingga barisannya terbatas. Jadi $\rho\in B_{na}$ untuk setiap $\rho<R_a$, dan $R_{na}\geq R_a$. $\square$

Solusi 48.1-8. Rasio suku $\tfrac{10^{n+1}/(n+1)!}{10^n/n!}=\tfrac{10}{n+1}$ bernilai $>1$ untuk $n<9$, $=1$ untuk $n=9$, dan $<1$ untuk $n>9$. Jadi suku naik sampai $n=9$, suku $n=9$ dan $n=10$ sama, yaitu $\tfrac{10^9}{9!}\approx2755{,}7$, lalu suku turun. $\exp(10)=e^{10}$ (Teorema 40.2.8(a)), dan $e>2{,}7$ (Contoh 27.3.10). Jadi $\exp(10)>2{,}7^{10}$. Perhitungannya: $2{,}7^2=7{,}29$, $2{,}7^4=53{,}1441$, $2{,}7^8>2824$, sehingga $2{,}7^{10}>2824\cdot7{,}29>20000>10^4$. Akibatnya $\exp(-10)=\tfrac1{\exp(10)}<10^{-4}$ (Teorema 40.2.3). Penjumlahan langsung $\sum\tfrac{(-10)^n}{n!}$ menjumlahkan suku berganti tanda berukuran sampai $\approx2755$ untuk memperoleh hasil $<10^{-4}$. Dalam aritmetika dengan $d$ angka signifikan, galat pembulatan setiap suku besar berorde $2755\cdot10^{-d}$, dan galat itu tidak saling menghapus. Jadi hampir semua angka hasil dapat hilang. Cara yang lebih baik: hitung $\exp(10)$, dengan semua suku positif dan tanpa pembatalan, lalu ambil kebalikannya. Ini didasarkan pada identitas $\exp(-x)\exp(x)=1$ yang terbukti. Uraian ini adalah analisis galat sederhana, bukan klaim tentang perangkat tertentu. $\square$

### Ringkasan

Deret kuasa $\sum a_n(x-c)^n$ mempunyai jari-jari $R=\sup\{r:(|a_n|r^n)\text{ terbatas}\}$. Deretnya konvergen mutlak, dan seragam pada interval tertutup, untuk $|x-c|<R$, dan divergen untuk $|x-c|>R$. Jari-jari itu sama dengan $\tfrac1{\limsup|a_n|^{1/n}}$ (Cauchy–Hadamard) dan, bila limitnya ada, sama dengan $\lim|a_n/a_{n+1}|$, yaitu rumus master. Untuk $\sum\tfrac{x^n}{n!}$, $R=\infty$, sebagai label "konvergen di semua titik real". Perilaku di ujung interval harus diperiksa sendiri: keempat kemungkinan terjadi. Bila rasio tidak mempunyai limit, rumus $\limsup$ tetap berlaku. Untuk ketelitian numerik, "konvergen" berbeda dengan "cepat": $\sum\tfrac{(-10)^n}{n!}$ mengalami pembatalan besar.

## 48.2 Diferensiasi dan Integrasi Suku demi Suku

Sebuah polinomial diturunkan dan diintegralkan suku demi suku. Unit ini membuktikan bahwa deret kuasa memperoleh hak yang sama di dalam interval konvergensinya. Deret turunan dan deret integral mempunyai jari-jari yang sama, dan konvergensinya seragam pada setiap interval tertutup di dalamnya. Teorema-teorema Bab 47 kemudian memberi kedua hasil itu. Akibatnya cukup jauh: fungsi yang dinyatakan oleh deret kuasa terdiferensialkan tak hingga kali, koefisiennya ditentukan oleh turunan-turunannya di pusat, dan representasinya tunggal. Unit ini juga memberi deret untuk $\ln(1+x)$ dan untuk fungsi $A(x)$, yang di Bab 49 menjadi kunci perhitungan $\pi$.

Prasyarat: Unit 48.1; Unit 47.1–47.2; Bab 45.

Dalam unit ini, $R>0$ adalah jari-jari $\sum a_n(x-c)^n$, dan $I=(c-R,c+R)$, dengan $I=\mathbb{R}$ bila $R=\infty$.

### Jari-Jari Tidak Berubah

#### Lemma 48.2.1

Deret $\sum_{n\geq1}na_n(x-c)^{n-1}$ (deret turunan) dan $\sum_{n\geq0}\tfrac{a_n}{n+1}(x-c)^{n+1}$ (deret integral) mempunyai jari-jari $R$ yang sama dengan $\sum a_n(x-c)^n$.

Bukti. Tulis $y=x-c$. Untuk $y\ne0$, deret turunan konvergen di $y$ jika dan hanya jika $\sum na_ny^n$ konvergen di $y$, karena keduanya berselisih faktor tetap $y$. Jadi jari-jarinya sama dengan jari-jari $\sum na_ny^n$, yang dihitung dengan himpunan $B$ pada Definisi 48.1.2.

- Bila $r\in B_{na}$, maka $|a_n|r^n\leq n|a_n|r^n$ untuk $n\geq1$, sehingga $r\in B_a$. Jadi $R_{na}\leq R$.
- Sebaliknya, misalkan $0<\rho<R$. Ambil $r=\tfrac{\rho+R}2$, atau $r=\rho+1$ bila $R=\infty$. Seperti pada bukti Teorema 48.1.3, $r\in B_a$, misalnya $|a_n|r^n\leq K$. Maka $n|a_n|\rho^n\leq Kn\bigl(\tfrac\rho r\bigr)^n$. Barisan $nq^n$, dengan $0\leq q<1$, menuju $0$ menurut argumen rasio pada Contoh 47.1.5, sehingga terbatas. Jadi $\rho\in B_{na}$, dan $R_{na}\geq R$.

Untuk deret integral, koefisiennya $b_{n+1}=\tfrac{a_n}{n+1}$ dan $b_0=0$. Deret turunannya adalah $\sum(n+1)b_{n+1}y^n=\sum a_ny^n$. Bagian pertama, yang diterapkan pada $(b_m)$, memberi bahwa jari-jari deret integral sama dengan $R$. $\square$

### Turunan dan Integral

#### Teorema 48.2.2 (Diferensiasi Suku demi Suku)

Fungsi $f(x)=\sum_{n\geq0}a_n(x-c)^n$ terdiferensialkan di setiap $x\in I$, dan
$$f'(x)=\sum_{n\geq1}na_n(x-c)^{n-1}.$$

Bukti. Tetapkan $x\in I$, dan pilih $\rho$ dengan $|x-c|<\rho<R$, misalnya $\rho=\tfrac{|x-c|+R}2$, atau $\rho=|x-c|+1$ bila $R=\infty$. Menurut Lemma 48.2.1 dan bukti Teorema 48.1.3(a), deret turunan memenuhi uji M pada $J=[c-\rho,c+\rho]$. Deret $f$ konvergen di $x_0=c$. Akibat 47.2.4(c) memberi bahwa $f$ terdiferensialkan pada $J$, dengan turunan deret turunan. Karena $x$ titik dalam $J$, turunan relatif terhadap $J$ sama dengan turunan relatif terhadap $I$. $\square$

#### Akibat 48.2.3 (Terdiferensialkan Tak Hingga Kali)

$f$ mempunyai turunan semua orde pada $I$. Untuk $k\in\mathbb{N}$,
$$f^{(k)}(x)=\sum_{n\geq k}n(n-1)\cdots(n-k+1)\,a_n(x-c)^{n-k},$$
dan khususnya
$$a_k=\frac{f^{(k)}(c)}{k!}.$$

Bukti. Induksi pada $k$ dengan Teorema 48.2.2. Setiap deret turunan berikutnya mempunyai jari-jari $R$ (Lemma 48.2.1). Di $x=c$, semua suku dengan $n>k$ bernilai nol, sehingga $f^{(k)}(c)=k!\,a_k$. $\square$

#### Akibat 48.2.4 (Ketunggalan)

Bila $\sum a_n(x-c)^n=\sum b_n(x-c)^n$ untuk semua $x$ dalam suatu interval $(c-\delta,c+\delta)$, $\delta>0$, maka $a_n=b_n$ untuk semua $n$.

Bukti. Kedua deret konvergen pada interval itu, sehingga jari-jarinya $\geq\delta$ (Teorema 48.1.3(b)). Selisihnya adalah deret kuasa dengan jumlah nol pada $(c-\delta,c+\delta)$, sehingga semua turunannya nol di $c$. Akibat 48.2.3 memberi $a_n-b_n=0$. $\square$

#### Teorema 48.2.5 (Integrasi Suku demi Suku)

Untuk $x\in I$:
$$\int_c^xf(t)\,dt=\sum_{n\geq0}\frac{a_n}{n+1}(x-c)^{n+1}.$$

Bukti. Untuk $x\ne c$, deret $f$ memenuhi uji M pada interval tertutup di antara $c$ dan $x$ (Teorema 48.1.3(a), dengan $\rho=|x-c|$). Akibat 47.2.4(b), dengan orientasi bila $x<c$, memberi integral suku demi suku. Juga $\int_c^x(t-c)^n\,dt=\tfrac{(x-c)^{n+1}}{n+1}$ (Teorema 45.2.1). Untuk $x=c$, kedua ruas $0$. $\square$

### Contoh

#### Contoh 48.2.6 (Dari Deret Geometri)

Mulai dari $\tfrac1{1-x}=\sum_{n\geq0}x^n$ pada $(-1,1)$.

(a) Turunan: $\tfrac1{(1-x)^2}=\sum_{n\geq1}nx^{n-1}$, sehingga $\sum_{n\geq1}nx^n=\tfrac x{(1-x)^2}$. Di $x=\tfrac12$: $\sum\tfrac n{2^n}=\tfrac{1/2}{1/4}=2$. Turunkan sekali lagi dan kalikan dengan $x$: $\sum n^2x^n=\tfrac{x(1+x)}{(1-x)^3}$, sehingga $\sum\tfrac{n^2}{2^n}=\tfrac{(1/2)(3/2)}{1/8}=6$. Pemeriksaan jumlah parsial: $\tfrac12+1+\tfrac98+1+\tfrac{25}{32}=\tfrac{141}{32}\approx4{,}41$ untuk $n\leq5$, dan sisanya positif.

(b) Integral, dengan $x$ diganti $-t$: $\tfrac1{1+t}=\sum(-1)^nt^n$ pada $(-1,1)$. Teorema 48.2.5 memberi, untuk $|x|<1$:
$$\ln(1+x)=\int_0^x\frac{dt}{1+t}=\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n+1}x^n}n,$$
dengan langkah pertama menurut Teorema 45.2.1 dan aturan rantai.

Di ujung $x=1$: deret di ruas kanan konvergen seragam pada $[0,1]$ (Contoh 47.2.5(c)), sehingga jumlahnya $S$ kontinu pada $[0,1]$ (Akibat 47.2.4(a)). $S(x)=\ln(1+x)$ untuk $0\leq x<1$, dan kedua fungsi kontinu di $1$. Jadi
$$S(1)=\lim_{x\to1^-}S(x)=\lim_{x\to1^-}\ln(1+x)=\ln2.$$
Ini bukti ketiga bahwa $1-\tfrac12+\tfrac13-\cdots=\ln2$, setelah Contoh 45.2.5 dan Latihan 47.2-5.

(c) Fungsi $A$. Dengan $x$ diganti $-t^2$: $\tfrac1{1+t^2}=\sum_{n\geq0}(-1)^nt^{2n}$ untuk $|t|<1$. Tetapkan
$$A(x)=\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}.$$
Jari-jarinya $1$, menurut Lemma 48.2.1 atau Latihan 48.1-3. Teorema 48.2.2 memberi $A'(x)=\tfrac1{1+x^2}$ untuk $|x|<1$, dan $A(0)=0$. Pada $[0,1]$, suku-suku $\tfrac{x^{2n+1}}{2n+1}$ turun dalam $n$ menuju $0$, sehingga taksiran Leibniz memberi konvergensi seragam pada $[0,1]$, dengan galat $\leq\tfrac1{2n+3}$. Jadi $A$ kontinu pada $[0,1]$, dan
$$A(1)=1-\frac13+\frac15-\frac17+\cdots.$$
Bab 49 membuktikan bahwa $A(1)=\tfrac\pi4$, setelah $\pi$ didefinisikan. Di sini $A(1)$ hanyalah bilangan real, dengan $\tfrac23\leq A(1)\leq1$ menurut taksiran Leibniz.

#### Contoh 48.2.7 (Ujung Dapat Hilang atau Muncul)

(a) $\sum_{n\geq1}\tfrac{x^n}{n^2}$ konvergen di $x=1$, tetapi deret turunannya, $\sum_{n\geq1}\tfrac{x^{n-1}}n$, divergen di $x=1$. Diferensiasi dapat menghilangkan titik ujung.

(b) $\sum_{n\geq0}x^n$ divergen di $x=-1$, tetapi deret integralnya, $\sum\tfrac{x^{n+1}}{n+1}$, konvergen di $x=-1$, karena berganti tanda. Integrasi dapat menambah titik ujung.

Lemma 48.2.1 hanya menjamin bahwa jari-jarinya sama, tidak bahwa himpunan konvergensinya sama.

#### Contoh 48.2.8 (Persamaan Diferensial)

Cari deret kuasa $f(x)=\sum a_nx^n$ dengan $R>0$, $f'=f$, dan $f(0)=1$. Teorema 48.2.2 memberi $\sum(n+1)a_{n+1}x^n=\sum a_nx^n$. Akibat 48.2.4 memberi $(n+1)a_{n+1}=a_n$, dan $a_0=f(0)=1$. Induksi memberi $a_n=\tfrac1{n!}$. Jadi deret kuasa satu-satunya adalah $\exp$. Bahkan di antara semua fungsi terdiferensialkan, $\exp$ adalah satu-satunya solusi: bila $g'=g$ dan $g(0)=1$, maka $g\exp(-x)$ mempunyai turunan $0$ dan bernilai $1$ di $0$ (Akibat 41.2.3). Dengan cara yang sama, $f''=-f$, $f(0)=0$, dan $f'(0)=1$ memberi rekursi $(n+2)(n+1)a_{n+2}=-a_n$, dengan $a_0=0$ dan $a_1=1$. Hasilnya tepat deret $\sin$ (Definisi 40.2.9).

### Latihan

Latihan 48.2-1. Buktikan $\sum_{n\geq1}\tfrac n{3^n}=\tfrac34$ dan $\sum_{n\geq1}\tfrac{n^2}{3^n}=\tfrac32$.

Latihan 48.2-2. Tentukan deret kuasa $\tfrac1{(1-x)^3}$ di sekitar $0$ dan jari-jarinya.

Latihan 48.2-3. Buktikan bahwa $\ln\tfrac{1+x}{1-x}=2\sum_{k\geq0}\tfrac{x^{2k+1}}{2k+1}$ untuk $|x|<1$. Dengan $x=\tfrac13$, hitung $\ln2$ dari lima suku pertama, dengan taksiran sisa yang eksplisit.

Latihan 48.2-4. Misalkan $L(x)=\sum_{n\geq1}\tfrac{x^n}{n^2}$. Buktikan bahwa $L$ kontinu pada $[-1,1]$, terdiferensialkan pada $(-1,1)$, dan $xL'(x)=-\ln(1-x)$ untuk $|x|<1$.

Latihan 48.2-5. Cari deret kuasa $y$ dengan $y''=-y$, $y(0)=1$, dan $y'(0)=0$. Buktikan bahwa deret itu tepat deret $\cos$ pada Definisi 40.2.9.

Latihan 48.2-6. Misalkan $f(x)=\sum a_nx^n$ dengan $R>0$, dan $f$ genap, yaitu $f(-x)=f(x)$ pada $(-R,R)$. Buktikan bahwa $a_n=0$ untuk setiap $n$ ganjil.

Latihan 48.2-7. Dengan Contoh 48.2.6(c), hitung $\int_0^{1/2}\tfrac{dx}{1+x^2}$ sampai empat desimal, dengan galat yang dijamin.

Latihan 48.2-8. Untuk $\sum_{n\geq1}\tfrac{x^n}n$, tentukan himpunan konvergensi deret itu sendiri, deret turunannya, dan deret integralnya. Bandingkan dengan Contoh 48.2.7.

### Solusi

Solusi 48.2-1. Contoh 48.2.6(a) dengan $x=\tfrac13$: $\sum\tfrac n{3^n}=\tfrac{1/3}{(2/3)^2}=\tfrac{1/3}{4/9}=\tfrac34$, dan $\sum\tfrac{n^2}{3^n}=\tfrac{(1/3)(4/3)}{(2/3)^3}=\tfrac{4/9}{8/27}=\tfrac32$. Pemeriksaan: $\tfrac13+\tfrac29+\tfrac19=\tfrac23\approx0{,}667<0{,}75$, dengan sisa positif. $\square$

Solusi 48.2-2. Turunkan $\sum_{n\geq0}x^n=\tfrac1{1-x}$ dua kali: $\tfrac2{(1-x)^3}=\sum_{n\geq2}n(n-1)x^{n-2}=\sum_{m\geq0}(m+2)(m+1)x^m$. Jadi $\tfrac1{(1-x)^3}=\sum_{m\geq0}\tfrac{(m+1)(m+2)}2x^m$, dengan jari-jari $1$ (Lemma 48.2.1). Koefisiennya $1,3,6,10,\ldots$, yaitu bilangan segitiga. $\square$

Solusi 48.2-3. Contoh 48.2.6(b) memberi $\ln(1+x)=\sum\tfrac{(-1)^{n+1}x^n}n$ dan $\ln(1-x)=-\sum\tfrac{x^n}n$ untuk $|x|<1$. Kurangkan, menurut Teorema 31.1.4: suku genap saling menghapus, dan suku ganjil menjadi dua kali, sehingga $\ln(1+x)-\ln(1-x)=2\sum_k\tfrac{x^{2k+1}}{2k+1}$. Teorema 40.2.6(b) memberi $\ln\tfrac{1+x}{1-x}$. Dengan $x=\tfrac13$, $\tfrac{1+x}{1-x}=2$. Lima suku pertama:
$$\tfrac13+\tfrac1{81}+\tfrac1{1215}+\tfrac1{15309}+\tfrac1{177147}\approx0{,}346573023,$$
dikalikan $2$ memberi $\approx0{,}693146046$. Rasio dua suku berurutan $<x^2=\tfrac19$, sehingga sisanya $\leq2\cdot\tfrac{(1/3)^{11}}{11}\cdot\tfrac1{1-1/9}=\tfrac{2\cdot9}{11\cdot8\cdot177147}\approx1{,}155\cdot10^{-6}$. Jadi $0{,}6931460<\ln2<0{,}6931473$. Lima suku memberi enam desimal, jauh lebih cepat daripada Latihan 47.2-5. $\square$

Solusi 48.2-4. $\bigl|\tfrac{x^n}{n^2}\bigr|\leq\tfrac1{n^2}$ pada $[-1,1]$, sehingga uji M memberi kontinuitas pada $[-1,1]$. Jari-jarinya $1$, sehingga Teorema 48.2.2 memberi $L'(x)=\sum_{n\geq1}\tfrac{x^{n-1}}n$ untuk $|x|<1$. Jadi $xL'(x)=\sum_{n\geq1}\tfrac{x^n}n=-\ln(1-x)$, menurut Solusi 48.2-3. Di $x=1$, $L'$ tidak dijamin ada, karena deret turunannya divergen di sana. $\square$

Solusi 48.2-5. $y=\sum a_nx^n$. Syarat $y''=-y$ dan Akibat 48.2.4 memberi $(n+2)(n+1)a_{n+2}=-a_n$, dengan $a_0=1$ dan $a_1=0$. Induksi memberi $a_{2k}=\tfrac{(-1)^k}{(2k)!}$ dan $a_{2k+1}=0$. Ini tepat koefisien $\cos$. Deretnya mempunyai $R=\infty$, sehingga semua langkah sah di seluruh $\mathbb{R}$. Sebaliknya, $\cos$ memenuhi syarat-syarat itu menurut Teorema 40.2.13: $\cos''=-\cos$, $\cos0=1$, dan $\cos'(0)=-\sin0=0$. $\square$

Solusi 48.2-6. $g(x)=f(-x)=\sum(-1)^na_nx^n$ juga deret kuasa dengan jari-jari $R$. $g=f$ pada $(-R,R)$, sehingga Akibat 48.2.4 memberi $(-1)^na_n=a_n$. Untuk $n$ ganjil, $-a_n=a_n$, sehingga $a_n=0$. $\square$

Solusi 48.2-7. Teorema 45.2.1 dan Contoh 48.2.6(c) memberi $\int_0^{1/2}\tfrac{dx}{1+x^2}=A(\tfrac12)-A(0)=\sum_{n\geq0}\tfrac{(-1)^n}{(2n+1)2^{2n+1}}$. Suku-sukunya: $0{,}5$; $-0{,}0416667$; $0{,}00625$; $-0{,}0011161$; $0{,}0002170$; $-0{,}0000444$; $0{,}0000094$. Suku-suku ini turun, sehingga taksiran Leibniz berlaku. Jumlah sampai $n=5$ adalah $\approx0{,}4636399$, dengan galat $\leq0{,}0000094$. Jadi nilainya terletak di $[0{,}4636399;\,0{,}4636494]$, dan $\approx0{,}4636$ sampai empat desimal. $\square$

Solusi 48.2-8. Deret $\sum\tfrac{x^n}n$: $[-1,1)$ (Contoh 48.1.7(b)). Deret turunannya, $\sum x^{n-1}$: $(-1,1)$, karena di $x=-1$ suku-sukunya tidak menuju $0$. Deret integralnya, $\sum\tfrac{x^{n+1}}{n(n+1)}$: $[-1,1]$, karena $\tfrac1{n(n+1)}$ dapat dijumlahkan dan uji M berlaku pada $[-1,1]$. Ketiga deret mempunyai jari-jari $1$, sesuai Lemma 48.2.1. Diferensiasi menghilangkan titik $-1$, dan integrasi menambah titik $1$. $\square$

### Ringkasan

Deret turunan dan deret integral suatu deret kuasa mempunyai jari-jari yang sama dengan deret aslinya. Dengan uji M pada interval tertutup di dalam interval konvergensi, deret kuasa dapat diturunkan dan diintegralkan suku demi suku. Fungsi yang dinyatakannya terdiferensialkan tak hingga kali, dengan $a_k=\tfrac{f^{(k)}(c)}{k!}$, dan representasinya tunggal. Dari deret geometri diperoleh: $\sum\tfrac n{2^n}=2$, $\sum\tfrac{n^2}{2^n}=6$, $\ln(1+x)=\sum\tfrac{(-1)^{n+1}x^n}n$, bukti ketiga bahwa harmonik berganti tanda berjumlah $\ln2$, rumus cepat $\ln2=2\sum\tfrac{3^{-(2k+1)}}{2k+1}$, dan fungsi $A$ dengan $A'=\tfrac1{1+x^2}$, yang dipakai untuk $\pi$ di Bab 49. Titik ujung dapat hilang karena diferensiasi dan muncul karena integrasi. Persamaan $f'=f$ dan $f''=-f$ menghasilkan kembali deret $\exp$ dan $\sin$.