CONTOH-CONTOH SOAL DERET TAK HINGGA Pertemuan ke-12 4 Mei A. Contoh soal untuk pengantar deret tak hingga 1. Perhatikan barisan X = (r n )

A. Contoh soal untuk pengantar deret tak hingga

1. Perhatikan barisan 𝑋 ∶= (𝑟^𝑛)_𝑛=0^∞ di mana 𝑟 ∈ ℝ, yang membangun deret geometri:

∑ 𝑟^𝑛

∞ 𝑛=0

= 1 + 𝑟 + 𝑟²+ ⋯ + 𝑟^𝑛+ ⋯ (1)

Akan ditunjukkan bahwa jika |𝑟| < 1, maka deret ini akan konvergen ke _1−𝑟¹ . Tulis 𝑠𝑛= 1 + 𝑟 + 𝑟²+ ⋯ + 𝑟^𝑛, untuk 𝑛 ≥ 0.

Maka

𝑠𝑛(1 − 𝑟) = (1 + 𝑟 + 𝑟²+ ⋯ + 𝑟^𝑛) − 𝑟(1 + 𝑟 + 𝑟²+ ⋯ + 𝑟^𝑛)

= (1 + 𝑟 + 𝑟²+ ⋯ + 𝑟^𝑛) − (𝑟 + 𝑟²+ ⋯ + 𝑟^𝑛+ 𝑟^𝑛+1)

= 1 − 𝑟^𝑛+1, sehingga diperoleh

𝑠𝑛− 1 1 − 𝑟 =

𝑠_𝑛(1 − 𝑟) − 1

1 − 𝑟 =(1 − 𝑟^𝑛+1) − 1

1 − 𝑟 =−𝑟^𝑛+1 1 − 𝑟 Selanjutnya

|𝑠_𝑛− 1 1 − 𝑟| = |

−𝑟^𝑛+1 1 − 𝑟 | ≤

|𝑟|^𝑛+1

|1 − 𝑟|.

Karena |𝑟|^𝑛+1→ 0, jika |𝑟| < 1, maka |𝑠𝑛−_1−𝑟¹ | → 0. Artinya bahwa 𝑠𝑛 konvergen ke

1 1−𝑟.

Jadi deret geometri (1) konvergen ke ¹

1−𝑟, jika |𝑟| < 1 atau dapat dituliskan

∑^∞_𝑛=0(𝑟^𝑛)=_1−𝑟¹ , jika |𝑟| < 1.

2. Perhatikan deret yang dibangun oleh ((−1^𝑛))_𝑛=0^∞ , yaitu deret

∑(−1)^𝑛= (+1)

∞ 𝑛=0

+ (−1) + (+1) + (−1) + ⋯ (2)

Dengan induksi matematik dapat ditunjukkan bahwa 𝑠_𝑛= {1, jika 𝑛 ≥ 0 genap0, jika 𝑛 ganjil

PENGANTAR ANALISIS REAL RIPPI MAYA

sehingga barisan jumlah parsialnya adalah (1,0,1,0, … ).

Karena barisannya tidak konvergen, maka deret (2) divergen.

3. Perhatikan deret

∑ 1

𝑛(𝑛 + 1) = 1 1.2

∞ 𝑛=1

+ 1 2.3 +

1

3.4 + ⋯ (3) Ingat kembali bahwa

1 𝑘(𝑘 + 1) =

𝐴 𝑘 +

𝐵 𝑘 + 1 =

𝐴(𝑘 + 1) + 𝐵𝑘 𝑘(𝑘 + 1) Dengan membandingkan pembilangnya, diperoleh bahwa

𝐴 = 1, 𝐴 + 𝐵 = 0 → 𝐵 = −1.

Jadi

1 𝑘(𝑘 + 1) =

1 𝑘 −

1

𝑘 + 1 (4) Tulis 𝑠_𝑛=_1.2¹ +_2.3¹ +_3.4¹ + ⋯ +_{(𝑛−1)𝑛}¹ +_𝑛(𝑛+1)¹

Maka 𝑠_𝑛 dapat dituliskan dalam bentuk (4), sehingga 𝑠𝑛 = (1

1 − 1 2) + (

1 2 −

1 3) + (

1 3 −

1

4) + ⋯ + ( 1 𝑛 − 1 −

1 𝑛) + (

1 𝑛 −

1 𝑛 + 1)

=1 1 + (−

1 2 +

1 2) + (−

1 3 +

1

3) + ⋯ + (−

1 𝑛 +

1 𝑛) + (−

1 𝑛 + 1) =

1 1 −

1 𝑛 + 1 Dapat ditunjukkan bahwa 𝑠_𝑛→ 1, jika 𝑛 → ∞.

Jadi deret (3) konvergen ke 1 atau ∑^∞_{𝑛=1𝑛(𝑛+1)}¹ = 1.

B. Contoh untuk Teorema 2.7.3 The nth Term Test (Uji Suku ke-n) dan Teorema 2.7.4 Kriteria Cauchy.

4. Perhatikan bahwa deret geometri (3) divergen jika |𝑟| ≥ 1.

Penjelasannya adalah bahwa suku-suku 𝑟^𝑛 tidak mendekati 0, jika |𝑟| ≥ 1. Hal ini didasarkan pada Teorema 2.7.3, yang kontrapositifnya adalah jika limit lim (𝑥_𝑛) ≠ 0, maka deret ∑ 𝑥_𝑛 tidak konvergen (divergen).

5. Perhatikan bahwa deret harmonik ∑^∞𝑛=1(_𝑛¹) divergen.

PENGANTAR ANALISIS REAL RIPPI MAYA

Karena suku-suku 1/𝑛 → 0, maka kita tidak dapat menggunakan Teorema Uji Suku Ke-n untuk menyatakan divergensinya.

Dari contoh soal sebelumnya tentang Barisan Monoton telah ditunjukkan bahwa barisan dari jumlah parsial (𝑠𝑛) tidak terbatas. Menurut Teorema 2.7.5 (kontrapositifnya), kalau jumlah parsialnya tidak terbatas, maka deret ∑^∞_𝑛=1𝑛¹ divergen.

6. Perhatikan bahwa deret ∑^∞_𝑛=1(_𝑛¹₂) konvergen.

Penjelasannya:

Tuliskan ∑^∞_𝑛=1(_𝑛¹₂)=¹₁+₂¹₂+₃¹₂+ ⋯ +_𝑛¹₂+ ⋯ Misalkan jumlah parsial 𝑠_𝑛 adalah

𝑠𝑛 =1 1 +

1 2²+ 1

3²+ ⋯ + 1 𝑛²

maka jumlah parsial 𝑠₂^𝑛₋₁ dapat dituliskan sebagai 𝑠₂^𝑛₋₁=1

1 + 1 2²+ 1

3²+ ⋯ + 1

𝑛²+ ⋯ + 1 (2^𝑛− 1)² sehingga jumlah parsial 𝑠_𝑛≤ 𝑠₂^𝑛₋₁.

Perhatikan bahwa

𝑠_𝑛≤ 𝑠₂^𝑛₋₁= 1 + 1 2²+ 1

3²+ ⋯ + 1

𝑛²+ ⋯ + 1 (2^𝑛− 1)²

= 1 + (1 2²+ 1

3²) + (1

4²+ ⋯ + 1

7²) + ⋯ + ( 1

2^(𝑛−1)2+ ⋯ + 1 (2^𝑛− 1)²)

≤ 1 + (1 2²+ 1

2²) + (1

4²+ ⋯ + 1

4²) + ⋯ + ( 1

2^(𝑛−1)2+ ⋯ + 1 2^(𝑛−1)2)

= 1 + 2 2²+ 4

4²+ ⋯ + 2^(𝑛−1)

2^(𝑛−1)2=1 − (12)^𝑛

1 − (12) ≤ 1

1 − (12)= 2.

Jadi jumlah parsial 𝑠𝑛 monoton naik dan terbatas oleh 2.

Menurut Teorema 2.7.5, dapat disimpulkan bahwa deret ∑^∞_𝑛=1(_𝑛¹₂) konvergen.

Cara lain untuk menjelaskan bahwa deret ∑^∞_𝑛=1(_𝑛¹₂) konvergen dapat dilihat pada halaman 70, hand-out Pengantar Analisis Real.

PENGANTAR ANALISIS REAL RIPPI MAYA

7. Deret-p ∑^∞_𝑛=1𝑛¹_𝑝 merupakan deret konvergen jika 𝑝 > 1.

Penjelasan untuk deret ini hampir sama dengan penjelasan pada contoh soal nomor 6, sehingga tidak dijelaskan lagi.

8. Deret-p ∑^∞_𝑛=1(_𝑛¹_𝑝) merupakan deret divergen jika 0 < 𝑝 ≤ 1.

Penjelasan:

Dengan menggunakan ketaksamaan dasar (elementer), diketahui bahwa 1

𝑛 ≤ 1

𝑛^𝑝, 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑛 ∈ ℕ.

Karena jumlah parsial dari deret harmonik ∑^∞𝑛=1(¹_𝑛) tidak terbatas, maka dari ketaksamaan ini diketahui bahwa jumlah parsial dari deret-p ∑^∞_𝑛=1(_𝑛¹_𝑝) juga tidak terbatas, untuk 0 < 𝑝 ≤ 1. Oleh sebab itu, deret-p ∑^∞_𝑛=1(_𝑛¹_𝑝) divergen untuk nilai p tersebut.

9. Deret harmonik berayun (The Alternating harmonic series) yang diberikan oleh

∑(−1)^𝑛+1 𝑛

∞ 𝑛=1

=1 1 −

1 2 +

1 3 − ⋯ +

(−1)^𝑛+1

𝑛 + ⋯ . (5) merupakan deret yang konvergen.

Penjelasan:

Perhatikan jumlah parsial deret 𝑠2𝑛 berikut:

𝑠_2𝑛= (1 1 −

1 2) + (

1 3 −

1

4) + ⋯ + ( 1 2𝑛 − 1 −

1 2𝑛)

Jelas bahwa sub barisan “genap” (𝑠2𝑛) monoton naik. Serupa dengan sub barisan (𝑠2𝑛), maka sub barisan “ganjil” (𝑠2𝑛+1) monoton turun, karena

𝑠2𝑛+1=1 1 − (

1 2 −

1 3) − (

1 4 −

1

5) − ⋯ − ( 1 2𝑛 −

1 2𝑛 + 1).

Karena 0 < 𝑠2𝑛< 𝑠2𝑛+_2𝑛+1¹ = 𝑠2𝑛+1≤ 1, maka kedua sub barisan tersebut terbatas di bawah oleh 0 dan terbatas di atas oleh 1. Oleh sebab itu, kedua sub barisan tersebut konvergen dan mempunyai nilai yang sama. Karena jumlah parsial

PENGANTAR ANALISIS REAL RIPPI MAYA

dari barisan (𝑠_𝑛) konvergen, maka deret harmonik berayun di atas merupakan deret yang konvergen.

C. Contoh Soal tentang Uji Perbandingan dan Uji Perbandingan Limit

10. Deret ∑^∞_𝑛=1(_𝑛2¹_+𝑛) merupakan deret konvergen.

Penjelasan:

Perhatikan bahwa ketaksamaan berikut benar, yaitu 0 < 1

𝑛²+ 𝑛 <

1

𝑛², untuk semua 𝑛 ∈ ℕ.

Dari contoh soal sebelumnya telah diketahui bahwa deret ∑^∞_𝑛=1(_𝑛¹₂) konvergen, maka menurut Uji Perbandingan Limit 2.7.7 dapat disimpulkan bahwa deret

∑^∞_𝑛=1(_𝑛2¹_+𝑛) konvergen.

11. Deret ∑^∞_𝑛=1(_{𝑛2−𝑛+1}¹ ) konvergen.

Penjelasan:

Jika ketaksamaan

1 𝑛²− 𝑛 + 1 <

1

𝑛² (6)

dianggap benar, maka anggapan tersebut salah, karena ketaksamaan (6) salah untuk semua 𝑛 ∈ ℕ. Yang benar adalah

1 𝑛²− 𝑛 + 1 <

2

𝑛². (7)

Perlu percobaan beberapa kali sampai dapat ditemukan ketaksamaan (7) yang benar tersebut. Oleh sebab itu, akan digunakan cara lain untuk menjelaskan kekonvergenan deret di atas.

Ambil 𝑥_𝑛∶= 1/(𝑛²− 𝑛 + 1) dan 𝑦_𝑛∶= 1/𝑛². 𝑥𝑛

𝑦_𝑛 = 𝑛² 𝑛²− 𝑛 + 1 =

1 1 − 1𝑛 + 1

𝑛²

PENGANTAR ANALISIS REAL RIPPI MAYA

lim𝑥_𝑛

𝑦_𝑛= 1 ≠ 0.

Dari contoh sebelumnya diketahui bahwa deret ∑^∞_𝑛=1(_𝑛¹₂)= ∑^∞_𝑛=1𝑦_𝑛 konvergen, maka menurut Uji Perbandingan Limit 2.7.8 (a), deret ∑^∞𝑛=1𝑥𝑛=

∑^∞_𝑛=1(_{𝑛2−𝑛+1}¹ ) konvergen.

12. Deret ∑^∞_𝑛=1(_√𝑛+1¹ ) divergen.

Penjelasan:

Deret tersebut hampir sama dengan deret ∑^∞_𝑛=1(_√𝑛¹), yaitu deret-p dengan 𝑝 =¹₂. Dari contoh soal nomor 8 di atas, diketahui bahwa deret ∑^∞_𝑛=1(_√𝑛¹) divergen.

Misalkan

𝑥_𝑛∶= 1

√𝑛 + 1 𝑑𝑎𝑛 𝑦_𝑛= 1

√𝑛, maka

𝑥_𝑛

𝑦_𝑛=√𝑛 + 1

√𝑛 .

lim𝑥_𝑛

𝑦_𝑛= lim√𝑛 + 1

√𝑛 = lim√1 + (1𝑛)

√1 = 1.

Karena deret ∑^∞_𝑛=1𝑦_𝑛 divergen, maka menurut Uji Perbandingan Limit 2.7.8 (a) (kontrapositifnya), deret ∑^∞_𝑛=1𝑥𝑛= ∑^∞_𝑛=1(_√𝑛+1¹ )merupakan deret divergen.

13. Deret ∑^∞_𝑛=1(_𝑛!¹) konvergen.

Penjelasan:

Dengan induksi matematik dapat ditunjukkan bahwa 𝑛²< 𝑛! untuk 𝑛 ≥ 4.

Dari ketaksamaan tersebut diperoleh

PENGANTAR ANALISIS REAL RIPPI MAYA

0 < 1 𝑛! <

1

𝑛² untuk 𝑛 ≥ 4.

Dari contoh soal nomor 6 diketahui bahwa deret ∑^∞_𝑛=1(_𝑛¹₂) konvergen. Dengan menggunakan Uji Perbandingan 2.7.7 (a) dapat disimpulkan bahwa deret ∑^∞_𝑛=1(_𝑛!¹) konvergen.

Cara lain:

Misalkan 𝑥𝑛∶=_𝑛!¹ dan 𝑦𝑛=_𝑛¹₂. Maka untuk 𝑛 ≥ 4 diperoleh

0 ≤𝑥𝑛

𝑦_𝑛 =𝑛² 𝑛! =

𝑛. 𝑛

1.2.3 … (𝑛 − 1)𝑛 =

𝑛

1.2.3 … (𝑛 − 1) <

1

𝑛 − 2 → 0.

Dengan kata lain dapat disimpulkan bahwa lim^𝑥_𝑦^𝑛

𝑛= 0.

Menurut Uji Perbandingan Limit 2.7.8 (b), jika lim^𝑥_𝑦^𝑛

𝑛= 0 dan jika ∑^∞_𝑛=1𝑦_𝑛 konvergen, maka ∑^∞_𝑛=1𝑥_𝑛= ∑^∞_𝑛=1(_𝑛!¹) konvergen.

Daftar Pustaka

Bartle, R.G. & Sherbert, D.R. (2000). Introduction to Real Analysis. Singapore:

John Wiley & Sons Pte Ltd.

Binmore, K.G. (1997). Mathematical analysis: A Straightforward Approach.

Second Edition. Cambridge: Cambridge University Press.

Riyanto, M.Z. (2011). Pengantar Analisis Real I. [Online]. Tersedia:

https://www.academia.edu/11509660/Pengantar_Analisis_Real_I_disusu

n_oleh_M._Zaki_Riyanto_M.Sc [13 April 2020].