main removed

Bab 1

Barisan dan Deret

Contents

1.1 Pengertian Barisan . . . 2

1.2 Limit dari Barisan . . . 4

1.3 Barisan Monoton dan Barisan Terbatas . . . 12

1.4 Deret dan Kekonvergenan . . . 15

1.5 Tugas Diskusi 1 . . . 21

1.1 Pengertian Barisan

MisalkanNadalah himpunan semua bilangan asli danRadalah himpunan semua bilangan real. Sebuahbarisan adalah fungsif :N→R, yang dapat diekspresikan dalam bentuk

f(1), f(2), f(3), . . . , f(n), . . .

dan dinotasikan dengan {f(n)}. Jikaf(n) :=an, maka barisan tersebut dapat ditulis juga sebagai

a1, a2, a3, . . . , an, . . .

dan dinotasikan dengan{an}atau {an}^∞_n=1. Disini, f(n) atau an disebut suku ke-ndari barisan.

Contoh.

1. Plot dari barisan

n² atau 1,4,9,16, . . . , n², . . .

2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 14

9 16 25 36 49 64 81 100

n an

2. Plot dari barisan{1/n}atau 1,1/2,1/3,1/4, . . . ,1/n, . . .

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1

1/2

1/3 1/4 1/5

n an

3. Mendaftarkan suku-suku dari barisan

a. Suku-suku dari barisan {a_n}={3 + (−1)ⁿ}adalah

3 + (−1)¹, 3 + (−1)², 3 + (−1)³, 3 + (−1)⁴, . . .

2, 4, 2, 4, . . .

b. Suku-suku dari barisan{bn}= n

1−2n

adalah 1

1−2·1, 2

1−2·2, 3

1−2·1, 4

1−2·4, . . .

−1, −2

3, −3

5, −4

7, . . . c. Suku-suku dari barisan{c_n}=

n² 2ⁿ−1

adalah 1²

2¹−1, 2²

2²−1, 3²

2³−1, 4²

2⁴−1, . . . 1

1, 4

3, 9

7, 16

15, . . .

1.2 Limit dari Barisan

Fokus utama dari subbab ini adalah barisan yang memiliki suku-suku yang mendekati nilai tertentu. Barisan seperti itu dikatakan konvergen.

Definisi 1.2.1: Limit dari Barisan [3]

Misalkan L ∈ R dan {an} adalah barisan. Limit dari barisan {an} adalah L, ditulis,

n→∞lim an=L,

jika untuk setiap > 0, terdapatM > 0 sedemikian sehingga |an−L| < untuk setiap n>M. Jika limitL dari barisan ada, maka barisan tersebutkonvergen ke L. Jika limit dari barisan tidak ada, maka barisan tersebutdivergen.

1 2 3 4 5 6 7 · · · M

L−L L+

n a_n

Teorema 1.2.2: Ketunggalan [1]

Limit dari suatu barisan, jika ada, adalah tunggal.

Bukti. Andaikan limit dari barisan {an} adalah L₁ danL₂ dengan L₁ 6=L₂. Akibatnya, untuk= 1/2 |L1−L2|terdapatM1>0 dengan sifatn>M1 berlaku

|an−L1|< 1

2|L1−L2| dan terdapatM₂>0 dengan sifatn>M₂ berlaku

|an−L₂|< 1

2|L1−L₂| Selanjutnya, untukM = max{M1, M2}, kita mempunyai

|L₁−L₂|=|L₁−a_n+a_n−L₂| 6|a_n−L₁|+|a_n−L₂|

<1

2|L1−L2|+1

2|L1−L2|

=|L1−L2|.

Hal ini berakibat bahwa |L1 −L2| < |L1 −L2|, terjadi kontradiksi. Dengan demikian pengandaian salah, berarti L1 = L2. Jadi terbukti bahwa limit suatu barisan, jika ada, adalah tunggal.

Contoh.

1. Buktikan bahwa limit dari barisan 1

n

adalah 0.

Bukti. Akan ditunjukkan lim_n→∞1/n = 0. Diambil sebarang > 0, kita dapat memilih bilangan asliM >1/sedemikian sehingga jikan>M, maka

1 n−0

= 1 n 6 1

M <

Jadi, terbukti bahwa limit dari barisan tersebut adalah 0.

2. Buktikan bahwa barisan

3n−2 n

konvergen ke 3.

Bukti. Untuk membuktikan barisan {(3n−2)/n} konvergen ke 3 ekuivalen de- ngan membuktikan lim_n→∞(3n−2)/n = 3. Diambil sebarang > 0, kita dapat memilihM >2/sedemikian sehingga jikan>M, maka

3n−2 n −3

=

3n−2−3n n

=

−2 n

= 2· 1

n62· 1

M <2· 2 = Jadi, terbukti bahwa barisan tersebut konvergen ke 3.

Jika suatu barisan {an} berkorespondensi dengan suatu fungsif pada setiap bilangan bulat positif, dan jika f(x) mendekati suatu limit L saat x → ∞, maka barisan tersebut juga harus konvergen ke limitLyang sama.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1

2 3 4 5

f(n) = 1 n

n f(n)

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1

2 3 4 5

f(x) = 1 x

x f(x)

Teorema 1.2.3: Limit dari Barisan [2]

MisalkanL∈Rdanf adalah fungsi dari variable bilangan real sedemikian sehingga

x→∞lim f(x) =L.

Jika {an} adalah barisan sedemikian sehinggaf(n) =a_n untuk setiap n∈N, maka

n→∞lim an=L.

Bukti. Diambil sebarang > 0. Karena lim_x→∞f(x) = L, terdapatN > 0 dengan sifat n>N berlaku|f(n)−L|< . Karenaf(n) =an untuk setiap n∈N, kita mempunyai

|a_n−L|=|f(n)−L|< , ∀n>N Jadi, terbukti bahwa limn→∞an=L.

Contoh.

1. Barisan

n⁴−1 eⁿ

konvergen atau divergen? Jelaskan!

Penyelesaian. Barisan ini konvergen. Akan ditunjukkan barisan

(n⁴−1)/eⁿ konvergen ke 0. Misalkan fungsi f dengan definisi f(x) = (x⁴−1)/e^x. Dengan menggunakan aturan L’hopital limit tak hingga,

x→∞lim x⁴−1

e^x

= limL x→∞

4x³ e^x

= limL x→∞

12x² e^x

= limL x→∞

24x e^x

= limL x→∞

24 e^x

= 0

Karena barisan {an} dengan an = (n⁴−1)/eⁿ sedemikian sehingga f(n) = an

untuk setiapn∈N, maka berdasarkan Teorema 1.2.3 diperoleh

n→∞lim n⁴−1

eⁿ = 0 Jadi, barisan{a_n} konvergen ke 0.

2. Buktikan bahwa barisan n²

2ⁿ−1

konvergen ke 0.

Bukti. Misalkan fungsif dengan definisif(x) =x²/(2^x−1). Untuk menentukan

nilai limit darif, gunakan aturan L’Hopital,

x→∞lim x² 2^x−1

= limL x→∞

2x 2^xln 2

= limL x→∞

2

2^x(ln 2)² = 0 Misalkan suku ke-ndari barisan

n²/(2ⁿ−1) adalahan =n²/(2ⁿ−1). Karena f(n) = a_n untuk setiap n ∈ N, berdasarkan Teorema 1.2.3 dapat disimpulkan bahwa

n→∞lim n² 2ⁿ−1 = 0 Jadi, barisan tersebut konvergen ke 0.

3. Apakah barisan

4n³ 5n³+ 4n

konvergen?

Penyelesaian. Ya barisan ini konvergen, tinjau fungsi dari variabel bilangan real, f(x) = 4x³/(5x³+ 4x). Untuk menentukan limit darif, pembilang dan penyebut bagi dengan variabel pangkat tertinggi,

x→∞lim 4x³

5x³+ 4x = lim

x→∞

4x³ x³ 5x³

x³ +4x x³

= lim

x→∞

4 5 + 4

x²

=4 5 Misalkan suku ke-n dari barisan

4n³/(5n³+ 4n) adalah an = 4n³/(5n³+ 4n).

Karenaf(n) =anuntuk setiap bilangan bulat positifn, maka kita dapat menggu- nakan Teorema 1.2.3 untuk menyimpulkan bahwa

n→∞lim 4n³ 5n³+ 4n =4

5 Jadi, barisan{an} konvergen ke 4/5.

4. Barisan{3 + (−1)ⁿ} konvergen atau divergen?

Penyelesaian. Barisan ini divergen, karena barisan{an}={3 + (−1)ⁿ}mempu- nyai suku-suku

2,4,2,4,2,4,2,4, . . .

yang bergantian antara 2 dan 4, sehingga lim_n→∞an tidak ada.

Teorema 1.2.4: Teorema Apit untuk Barisan [2]

Jika

n→∞lim a_n=L= lim

n→∞b_n

dan terdapat bilangan bulat N sedemikian sehingga an 6 cn 6 bn untuk setiap n>N, maka

n→∞lim cn=L.

Bukti. Diambil sebarang >0. Karena lim_n→∞an= lim_n→∞bn =L, terdapatM1, M2>

0 dengan sifatn>M1 dann>M2 berlaku

|an−L|< dan |bn−L|<

atau

L− < an< L+ dan L− < bn< L+ PilihM = max{M₁, M₂}. Akibatnya, untukn>M, kita mempunyai

L− < an 6cn6bn < L+, sehingga|c_n−L|< . Hal ini menunjukkan bahwa lim_n→∞c_n=L.

Seluruh teorema limit yang telah dikenal berlaku juga untuk barisan konvergen. Oleh karena itu, karena pembuktiannya serupa, teorema berikut disajikan tanpa disertai pem- buktian.

Teorema 1.2.5: Sifat-sifat Limit dari Barisan

Misalkan limn→∞an =L, limn→∞bn =K, danc adalah suatu konstanta. Akibat- nya,

1. lim

n→∞can=c lim

n→∞an =cL;

2. lim

n→∞(an±bn) = lim

n→∞an± lim

n→∞bn =L±M; 3. lim

n→∞a_nb_n= lim

n→∞a_n· lim

n→∞b_n =LM;

4. lim

n→∞a_n/b_n = lim

n→∞a_n/ lim

n→∞b_n=L/M jikaM 6= 0;

5. lim

n→∞a^p_n =h

n→∞lim a_nip

=L^p jikap >0 dana_n >0.

Bukti. Lihat di [1, Teorema 1.4] dan [4].

Contoh.

1. Buktikan barisan

(−1)ⁿ n!

konvergen ke 0.

Bukti. Untukn>4, perhatikan bahwa 2ⁿ= 16·2·2· · ·2

| {z }

n−4 faktor

<24·5·6· · ·n

| {z }

n−4 faktor

= 1·2·3·4·5·6· · ·n

| {z }

n−4 faktor

=n!

Oleh karena itu, diperoleh 2ⁿ < n! untukn >4. Hal ini berakibat 1/n!<1/2ⁿ. Dengan demikian

−1

2ⁿ 6(−1)ⁿ 1 n! 6 1

2ⁿ, n>4

Karena lim_n→∞(−1/2ⁿ) = lim_n→∞1/2ⁿ = 0, maka berdasarkan Teorema 1.2.4 diperoleh

n→∞lim(−1)ⁿ 1 n! = 0 Jadi, terbukti bahwa barisan{(−1)ⁿ/n!}konvergen ke 0.

2. Buktikan barisan

n³−5n 2n³+ 1

konvergen ke 1 2 Bukti. Untuk menunjukkan barisan

(n³−5n)/(2n³+ 1) konvergen ke 1/2, tun- jukkan bahwa lim_n→∞(n³−5n)/(2n³+ 1) = 1/2. Perhatikan bahwa

n→∞lim

n³−5n 2n³+ 1 = lim

n→∞

1− 5 n² 2 + 1

n³

=

n→∞lim 1− 5 n²

n→∞lim 2 + 1 n³

(Teorema 1.2.5(4))

=

n→∞lim 1− lim

n→∞

5 n²

n→∞lim 2 + lim

n→∞

1 n³

(Teorema 1.2.5(2))

= 1 2 Jadi, barisan

(n³−5n)/(2n³+ 1) konvergen ke 1/2.

3. Buktikan barisan{an} denganan= 4n²−5n

8n²+ 9n konvergen ke 1 2. Bukti. Akan ditunjukkan lim_n→∞a_n = 1/2. Perhatikan bahwa

n→∞lim

4n²−5n 8n²+ 9n = lim

n→∞

4− 5 n 8 + 9 n

=

n→∞lim

4− 5 n

n→∞lim

8 + 9 n

(Teorema 1.2.5(4))

=

n→∞lim 4−5 lim

n→∞

1 n

n→∞lim 8 + 9 lim

n→∞

1 n

(Teorema 1.2.5(1) dan 1.2.5(2))

= 4−5·0 8−9·0

= 1 2

Jadi, barisan{an} konvergen ke 1/2

Teorema 1.2.6: Teorema Nilai Mutlak

Misalkan {a_n} adalah suatu barisan. Jika lim

n→∞|a_n|= 0 maka lim

n→∞a_n = 0.

Bukti. Karena limn→∞(−|an|) = limn→∞|an|= 0 dan −|an|6an 6|an|, maka menurut Teorema 1.2.4, lim_n→∞an= 0.

Contoh.

1. Barisan sinn

√n

konvergen atau divergen?

Penyelesaian. Barisan{sinn/√

n}konvergen. Buktinya, karena|sinn|61, ma- ka

06

sinn

√n 6 1

√n. Selanjutnya, karena limn→∞0 = limn→∞1/√

n= 0 dan 06|sinn/√

n| 61/√ n, maka berdasarkan Teorema 1.2.4 diperoleh

n→∞lim

sinn

√n

= 0.

Dengan demikian, berdasarkan Teorema 1.2.6, kita dapat menyimpulkan bahwa

n→∞lim sinn

√n = 0 Jadi, barisan{sinn/√

n}konvergen ke 0.

2. Tentukan suku ke-ndari barisan yang lima suku pertamanya adalah

−2 1,8

2,−26 6 ,80

24,−242 120, . . .

dan kemudian selidiki apakah barisan tersebut konvergen atau divergen?

Penyelesaian. Perhatikan pembilang dan penyebut dari suku-sukunya

2 = 3¹−1 1 = 1

8 = 3²−1 2 = 1·2

26 = 3³−1 6 = 1·2·3 80 = 3⁴−1 24 = 1·2·3·4 242 = 3⁵−1 80 = 1·2·3·4·5 Oleh karena itu, suku ke-ndari barisan tersebut dapat ditulis

a_n = (−1)ⁿ3ⁿ−1 n!

Selanjutnya,

n→∞lim |a_n|= lim

n→∞

3ⁿ−1 n! = 0

Dengan demikian, berdasarkan Teorema 1.2.6, diperoleh lim_n→∞a_n = 0. Jadi, barisan tersebut konvergen ke 0.

Teorema 1.2.7

Jika limn→∞a2n = L dan limn→∞a2n+1 = L, maka barisan {an} konvergen dan lim_n→∞a_n =L.

Bukti. Karena lim_n→∞a_2n = L dan lim_n→∞a_2n+1 = L, untuk setiap > 0, terdapat bilangan bulatN1danN2 sedemikian sehingga

|a_2n−L|< ketikan > N₁ dan

|a_2n+1−L|< ketikan > N₂.

Karena 2n+1> ndan 2n>nuntukn>0, berarti untuk 2n > N1juga berlaku|a2n−L|<

dan untuk 2n+ 1> N2 juga berlaku|a2n+1−L|< .

MisalkanN = max{N1, N2}. Untuk sembarang bilangan bulatn≥0, jikan > N, maka n > N1 dan n > N2. Jelas n merupakan bilangan genap atau ganjil. Jika genap, maka n= 2kuntuk suatu bilangan bulatk, sehinggan > N mengimplikasikan n= 2k > N1, dan akibatnya

|an−L|=|a2k−L|< . Demikian pula, jikanganjil, maka

|an−L|=|a2k+1−L|<

untuk suatu bilangan bulat k. Dalam kedua kasus, |an−L| < , dan karena n diberik- an secara acak, argumen ini berlaku untuk semua n ≥ 0. Hal ini menunjukkan bahwa lim_n→∞an=L

1.3 Barisan Monoton dan Barisan Terbatas

Sampai saat ini, kita telah menentukan kekonvergenan suatu barisan dengan menghitung limitnya. Teorema 1.3.4 memberikan metode untuk menguji kekonvergenan suatu barisan tanpa harus menghitung limitnya. Sebelum menjelaskan lebih lanjut, beberapa definisi awal akan diberikan terlebih dahulu.

Definisi 1.3.1: Barisan Monoton

Suatu barisan{a_n} dikatakan:

1. naikjika an< an+1 untuk setiap bilangan aslin;

2. tidak turunjika a_n 6a_n+1 untuk setiap bilangan aslin;

3. turun jikaan> an+1 untuk setiap bilangan aslin;

4. tidak naikjikaan>an+1 untuk setiap bilangan aslin.

Barisan{an}disebut monoton jika salah satu sifat dari keempat sifat di atas ber- laku.

Contoh.

1. Barisan n²

n+ 1

naik atau turun? Jelaskan!

Penyelesaian. Barisan ini adalah barisan naik. Misalkan suku ke-ndari barisan n²/(n+ 1) adalaha_n =n²/(n+ 1). Akan ditunjukkana_n < a_n+1 untuk setiap n ∈ N. Diambil sebarang n ∈ N. Akan ditunjukkan an+1/an > 1. Perhatikan bahwa

an+1

a_n = (n+ 1)²

(n+ 1) + 1·n+ 1 n²

= (n+ 1)³ (n+ 2)n²

= n³+ 3n²+ 3n+ 1 n³+ 2n²

= n³+ 2n²

+n²+ 3n+ 1 n³+ 2n²

= 1 + n²+ 3n+ 1 n³+ 2n²

>1

Jadi, terbukti bahwaan < an+1 untuk setiapn∈N. 2. Buktikan bahwa barisan

5ⁿ n!

turun untukn>5.

Bukti. Misalkan suku ke-ndari barisan{5ⁿ/n!}adalah an = 5ⁿ/n!. Akan ditun- jukkanan > an+1 untuk setiap n >5. Diambil sebarang n ∈ N dengan n >5,

akibatnya 5/n61. Akan ditunjukkanan+1/an<1. Perhatikan bahwa a_n+1

an

= 5ⁿ⁺¹ (n+ 1)!· n!

5ⁿ

= 5ⁿ·5 (n+ 1)n!· n!

5ⁿ

= 5

n+ 1

< 5 n 61

Oleh karena itu, a_n+1/a_n < 1. Jadi, terbukti bahwa a_n > a_n+1 untuk setiap n>5.

Definisi 1.3.2: Barisan Terbatas

Suatu barisan{an} dikatakan:

1. terbatas di atas jika terdapat M ∈R sedemikian sehinggaa_n 6M untuk setiapn∈N. BilanganM disebutbatas atas dari barisan.

2. terbatas di bawahjika terdapat N ∈Rsedemikian sehinggaN 6a_n untuk setiapn∈N. BilanganN disebut batas bawahdari barisan.

3. terbatas jika barisan tersebut terbatas di atas dan di bawah.

Teorema 1.3.3

Setiap barisan yang konvergen adalah terbatas.

Bukti. Misalkan barisan {a_n} konvergen ke L. Akibatnya, untuk = 1 terdapat M > 0 sedemikian sehingga

|an−L|<1 untukn>M. Akibatnya, untukn>M, kita mempunyai

|an|=|an−L+L|

6|an−L|+|L|

<1 +|L|

Karena|an|<1 +|L|, maka barisan{an} terbatas.

Lain sisi, untuk n < M, yaitu a1, a2, . . . , aM−1. Karena barisan ini berhingga, maka jelas bahwa

|an|6max{|a1|,|a2|, . . . ,|aM−1|,1 +|L|}

Hal ini berakibat barisan{an}terbatas.

Teorema 1.3.4: Barisan Monoton yang Terbatas [2]

Jika barisan{an}terbatas dan monoton, maka barisan tersebut konvergen.

Bukti. Misalkan {an} adalah barisan monoton naik. Karena barisan{an} terbatas, him- punanA={a_n|n∈N}memiliki batas atas. Berdasarkan Aksioma Kelengkapan,Amemiliki batas atas terkecil (supremum)L. Akan ditunjukkan bahwa lim_n→∞an =L. Diambil se- barang >0. KarenaL adalah batas atas terkecil dariA, berarti L−bukan batas atas dariA. Oleh karena itu, terdapat suatu bilangan bulatN sedemikian sehingga

L− < a_N 6L.

Karena barisan{an} naik, untuk setiapn>N berlaku L− < a_N 6a_n6L dan sebagai akibatnya

|a_n−L|<

Dengan demikian terbukti bahwa lim_n→∞a_n =L. Jadi, barisan{an}konvergen ke L.

Bukti serupa (dengan menggunakan batas bawah terbesar/infimum) berlaku jika barisan {an}monoton turun.

Contoh.

1. Barisan

−n² terbatas di atas karena terdapatM = 1 sedemikian sehingga−n²6 1 untuk setiapn∈N.

2. Barisan

n² terbatas di bawah karena terdapatM = 0 sedemikian sehingga 06 n²untuk setiap n∈N.

3. Barisan{1/n}terbatas dan monoton. Oleh karena itu, berdasarkan Teorema 1.3.4, barisan tersebut konvergen.

4. Barisan divergen

n²/(n+ 1) adalah barisan monoton tetapi tidak terbatas.

5. Barisan divergen{(−1)ⁿ} adalah terbatas tetapi tidak monoton.

6. Buktikan bahwa barisan n!

nⁿ

konvergen.

Bukti. Sulit menentukan limit dari barisan {n!/nⁿ}. Oleh karena itu, akan di- gunakan Teorema 1.3.4 untuk membuktikan hal tersebut. Pertama, perhatikan bahwa

n(n−1)(n−2)· · ·2·1< n·n· · ·n

| {z }

n faktor

n!< nⁿ n!

nⁿ <1

Oleh karena itu, 0< n!/nⁿ <1. Akibatnya, barisan{n!/nⁿ} terbatas. Selanjut- nya, akan ditunjukkan barisan tersebut menurun. Misalkan suku ke-ndari barisan {n!/nⁿ} adalahan =n!/nⁿ. Akan ditunjukkan an > an+1 untuk setiap bilangan aslin. Diambil sebarangn∈N. Akan ditunjukkana_n+1/a_n<1. Perhatikan

an+1

an

= (n+ 1)!

(n+ 1)ⁿ⁺¹ ·nⁿ n!

= (n+ 1)n!

(n+ 1)ⁿ(n+ 1)· nⁿ n!

= nⁿ (n+ 1)ⁿ <1

Sehingga diperoleh an > an+1 dan barisan tersebut adalah barisan turun. Su- dah ditunjukkan bahwa barisan {an} monoton dan terbatas. Jadi, berdasarkan Teorema 1.3.4, barisan{an} konvergen.

1.4 Deret dan Kekonvergenan

Misalkan{an}adalah suatu barisan. Penjumlahana1+a2+· · ·+an+· · · dari semua suku- suku barisan{an}disebut deret tak hingga(atauderet), dinotasikan denganP∞

n=1a_n. Indeks n dapat ’berjalan’ mulai dari 0, sehingga kita mempunyai deret P∞

n=0an. Indeks n dapat pula berjalan mulai dari sembarang bilangan aslin0. Untuk menghitung jumlah deret tak hingga, tinjauderet jumlah parsialberikut ini.

S₁=a₁ S₂=a₁+a₂ S₃=a₁+a₂+a₃ S₄=a₁+a₂+a₃+a₄

...

S_n =a₁+a₂+a₃+· · ·+a_n

Jika barisan jumlah parsial ini konvergen, maka deret tersebut dikatakan konvergen dan memiliki jumlah yang ditunjukkan dalam definisi berikut.

Definisi 1.4.1: Deret Konvergen dan Divergen

Misalkan {an} adalah suatu barisan danjumlah pasial ke-ndiberikan oleh Sn=a1+a2+· · ·+an.

Jika barisan dari jumlah parsial{S_n} konvergen keS atau lim

n→∞S_n=S maka deret P∞

n=1a_n konvergen. BilanganS disebut jumlah dari deret, S =a1+a2+· · ·+an+· · ·

Jika barisan{S_n}divergen, maka deretP∞

n=1a_n divergen

Contoh.

1. Deret tak hingga

∞

X

n=1

1 3ⁿ =1

3 +1 9+ 1

27+ 1 81+· · · mempunyai jumlah-jumlah parsial

S1=1 3 S2=1

3 +1 9 =4

9 S3=1

3 +1 9 + 1

27 =13 27 ...

Sn =1 3 +1

9 + 1

27+· · ·+ 1

3ⁿ =3ⁿ−1 2·3ⁿ

Karena limit dari barisan jumlah parsial{Sn}={(3ⁿ−1)/(2·3ⁿ)}adalah

n→∞lim Sn= lim

n→∞

3ⁿ−1 2·3ⁿ

=1 2 lim

n→∞

1− 1

3ⁿ

=1 2·1

=1 2, maka deretP∞

n=11/3ⁿ adalah konvergen dan jumlah deretnya adalah 1/2.

2. Jumlah parsial ke-ndari deret tak hingga

∞

X

n=1

1 n− 1

n+ 1

=

1−1 2

+

1 2 −1

3

+ 1

3 −1 4

+· · · adalah

Sn= 1− 1 n+ 1

Karena lim_n→∞S_n = 1, maka deret tersebut konvergen dan jumlah deretnya ada- lah 1.

3. Jumlah parsial ke-ndari deret tak hingga

∞

X

n=1

1 = 1 + 1 + 1 +· · ·

adalah Sn =n. Akibatnya, lim_n→∞Sn = ∞. Hal ini dapat disimpulkan bahwa deret tersebut divergen.

4. Tentukan jumlah dari deret

∞

X

n=1

2 4n²−1

Penyelesaian. Akan menggunakan metode dekomposisi pecahan parsial, yaitu mengekspresikan pecahan 2/(4n²−1) sebagai penjumlahan dua pecahan yang le- bih sederhana. Misalkan

2

(2n−1)(2n+ 1) = A

2n−1 + B 2n+ 1, akibatnya ruas kanan menjadi

2

(2n−1)(2n+ 1) =(2A+ 2B)n+A−B (2n−1)(2n+ 1)

Oleh karena itu, diperolehA=−B danA−B = 2. Hal ini berakibatA= 1 dan B=−1. Dengan demikian, dapat kita tulis seperti berikut,

2

4n²−1 = 2

(2n−1)(2n+ 1) = 1

2n−1− 1 2n+ 1. Jumlah parsial ke-ndari deret tersebut adalah

Sn= 1

1−1 3

+

1 3 −1

5

+· · ·+ 1

2n−1 − 1 2n+ 1

= 1− 1 2n+ 1. Dengan demikian, diperoleh

∞

X

n=1

2

4n²−1 = lim

n→∞Sn= lim

n→∞

1− 1 2n+ 1

= 1 Jadi, jumlah dari deret tersebut adalah 1.

5. Buktikan bahwa deret harmonik

∞

X

n=1

1

n= 1 + 1 2+1

3 +1

4 +· · · divergen.

Bukti. Deret harmonik mempunyai jumlah-jumlah parsial seperti berikut S1= 1

S₂= 1 +1 2 S₄= 1 +1

2+ 1

3 +1 4

>1 +1 2 +

1 4+1

4

= 1 + 2 2 S8= 1 +1

2+ 1

3 +1 4

+

1 5+1

6 +1 7+1

8

>1 + 1 2+

1 4+1

4

+ 1

8+1 8+1

8 +1 8

= 1 +3 2 S16= 1 +1

2+ 1

3 +1 4

+

1 5+1

6 +1 7+1

8

+ 1

9 +· · ·+ 1 16

>1 +1 2 +

1 4+1

4

+ 1

8+1 8 +1

8 +1 8

+

1

16+· · ·+ 1 16

= 1 + 4 2

Dengan cara yang sama, diperoleh S32 > 1 + 5/2 dan S64 > 1 + 6/2. Dengan demikian, secara umum

S2ⁿ>1 +n 2

Hal ini menunjukkan bahwa lim_n→∞S2ⁿ = ∞. Oleh karena itu, barisan {Sn}

divergen. Jadi, deretP∞

n=11/n divergen.

Teorema 1.4.2: Deret Geometri

Deret geometri

∞

X

n=1

arⁿ⁻¹=a+ar+ar²+· · ·+arⁿ⁻¹+· · ·, a6= 0

(a) konvergen dan mempunyai jumlah a

(1−r) jika |r|<1 (b) divergen jika |r|>1.

Bukti. Akan ditentukan jumlah parsial ke-ndari deret geometri, Sn=a+ar+ar²+· · ·+arⁿ⁻¹ Selanjutnya, diperhatikan bahwa

Sn−rSn =a+ar+ar²+· · ·+arⁿ⁻¹−r a+ar+ar²+· · ·+arⁿ⁻¹

=a+ar+ar²+· · ·+arⁿ⁻¹−ar−ar²−ar³− · · · −arⁿ

=a−arⁿ (1−r)Sn =a(1−rⁿ)

S_n =a(1−rⁿ) 1−r

Untuk|r|<1,rⁿ→0 ketikan→ ∞, maka

n→∞lim Sn= lim

n→∞

a(1−rⁿ) 1−r

= a

1−r lim

n→∞(1−rⁿ)

= a

1−r

Oleh karena itu, barisan{S_n}konvergen. Jadi, deret geometriP∞

n=1arⁿ⁻¹ konvergen dan jumlah deretnya adalaha/(1−r) .

Untuk |r| >1, maka barisan {rⁿ} divergen. Dengan demikian, barisan {S_n} divergen.

Jadi, deret geometriP∞

n=1arⁿ⁻¹divergen.

Contoh.

1. Tentukan kekonvergenan dari deret

∞

X

n=0

5·2⁻ⁿ

Penyelesaian. Deret P∞

n=05·2⁻ⁿ = P∞

n=05 (1/2)ⁿ adalah deret geometri de- ngan suku pertamaa = 5 dan rasio r = 1/2. Karena 0 < |r| < 1, berdasarkan Teorema 1.4.2, deret geometri tersebut konvergen.

2. Tentukan kekonvergenan dari deret

∞

X

n=0

3 2

ⁿ

Penyelesaian. Deret P∞

n=0(3/2)ⁿ adalah deret geometri dengan suku pertama a = 1 dan rasio r = 3/2. Karena |r| > 1, berdasarkan Teorema 1.4.2, deret geometri tersebut divergen.

Teorema 1.4.3: Sifat-sifat Deret Tak Hingga

MisalkanP∞

n=1andanP∞

n=1bnadalah dua deret konvergen, dancadalah konstanta.

Akibatnya 1. deret

∞

X

n=1

ca_n konvergen dan

∞

X

n=1

ca_n=c

∞

X

n=1

a_n.

2. deret

∞

X

n=1

(an±bn) konvergen dan

∞

X

n=1

(an±bn) =

∞

X

n=1

an±

∞

X

n=1

bn

Bukti. Misalkan jumlah setiap deret dan jumlah parsial sebagai berikut:

∞

X

n=1

a_n=a A_n=

n

X

i=1

a_i C_n=

n

X

i=1

ca_i

∞

X

n=1

b_n=b B_n=

n

X

i=1

b_i D_n=

n

X

i=1

(a_i±b_i)

(1) Akan ditunjukkanP∞

n=1cankonvergen keca, berarti akan ditunjukkan limit dari barisan {C_n} adalahca. Perhatikan bahwa

n→∞lim Cn= lim

n→∞

n

X

i=1

cai

= lim

n→∞c

n

X

i=1

ai (Sifat penjumlahan)

=c lim

n→∞

n

X

i=1

ai (Teorema Limit)

=ca (P

an konvergen) Jadi, terbukti bahwa deretP∞

n=1ca_nkonvergen kecadengan kata lainP∞

n=1ca_n=cP∞ n=1a_n. (2) Akan ditunjukkanP∞

n=1(an±bn) konvergen kea±b, berarti akan ditunjukkan limit dari barisan{D_n} adalaha±b. Perhatikan bahwa

n→∞lim D_n= lim

n→∞

n

X

i=1

(a_i±b_i)

= lim

n→∞

n

X

i=1

a_i±

n

X

i=1

b_i

!

(Sifat penjumlahan)

= lim

n→∞

n

X

i=1

a_i± lim

n→∞

n

X

i=1

b_i (Teorema Limit)

=a±b (Pa_n danPb_n konvergen)

Jadi, terbukti bahwa deretP∞

n=1(an±bn) konvergen kea±bdengan kata lainP∞ n=1(an± b_n) =P∞

n=1a_n±P∞ n=1b_n.

Teorema berikut menyatakan bahwa jika sebuah deret konvergen, maka limit suku ke-n dari deret tersebut bernilai 0.

Teorema 1.4.4: Limit dari Suku ke-n dari Deret Konvergen

Jika deret

∞

X

n=1

a_n konvergen, maka lim

n→∞a_n = 0.

Bukti. Karena deret P∞

n=1an konvergen, maka lim_n→∞Sn = lim_n→∞S_n−1 =L. Perha- tikan bahwa

n→∞lim an= lim

n→∞(a1+a2+· · ·+an−a1−a2− · · · −a_n−1)

= lim

n→∞(S_n−S_n−1)

= lim

n→∞Sn− lim

n→∞S_n−1 (Teorema 1.2.5)

=L−L

= 0

Jadi, terbukti bahwa lim_n→∞an= 0.

Kontraposisi dari Teorema 1.4.4 memberikan suatu uji kedivergenan yang bermanfaat.

Uji suku ke-n untuk kedivergenan ini menyatakan bahwa jika limit suku ke-n suatu deret tidak menuju nol, maka deret tersebut pasti divergen.

Teorema 1.4.5: Uji Suku Ke-n untuk Kedivergenan

Jika lim

n→∞a_n 6= 0, maka deret

∞

X

n=1

a_n divergen.

Contoh.

1. Berdasarkan Teorema 1.4.5, deretP∞

n=12ⁿ divergen sebab limn→∞2ⁿ=∞ 6= 0;

2. Berdasarkan Teorema 1.4.5, deretP∞

n=1n/(n+ 1) juga divergen sebab lim_n→∞n/(n+ 1) = 16= 0.

3. Deret

∞

X

n=1

n²+ 1

3n²+n−1 konvergen atau divergen? Jelaskan!

Penyelesaian. Deret ini divergen. Akan ditunjukkan bahwa limit dari suku ke-n

dari deret tidak sama dengan nol,

n→∞lim

n²+ 1

3n²+n−1 = lim

n→∞

1 + 1 n² 3 + 1

n− 1 n²

=

n→∞lim

1 + 1 n²

n→∞lim

3 + 1 n− 1

n²

(Teorema 1.2.5(4))

=

n→∞lim 1 + lim

n→∞

1 n²

n→∞lim 3 + lim

n→∞

1 n− lim

n→∞

1 n²

(Teorema 1.2.5(2))

= 1 + 0 3 + 0−0

= 1 3 6= 0

Jadi, berdasarkan Teorema 1.4.5, dapat disimpulkan bahwa deret tersebut adalah divergen.

Menentukan jumlah eksak suatu deret bukanlah hal yang mudah. Oleh karena itu, pada bagian-bagian berikut, kita akan mempelajari beberapa uji, yaitu uji integral, uji banding biasa, uji banding limit, uji rasio, dan uji akar. Uji-uji ini digunakan untuk menentukan apakah suatu deret konvergen atau divergen tanpa harus mencari jumlah parsialnya secara eksplisit.

1.5 Tugas Diskusi 1

1. Tentukan apakah barisan berikut konvergen atau divergen. Jika konvergen, tentukan limitnya.

an = n

2n+ 1sinnπ 2

2. Tentukan apakah barisan berikut monoton naik, monoton turun, atau tidak monoton.

Selidiki juga apakah barisan tersebut terbatas.

an =1−n 2 +n

3. Tentukan apakah deret berikut konvergen atau divergen. Jika konvergen, hitung jum- lahnya.

∞

X

n=1

(−0.2)ⁿ+ (0.6)ⁿ⁻¹

4. Tentukan apakah deret berikut konvergen atau divergen dengan menyatakannya seba- gai deret teleskopik. Jika konvergen, hitung jumlahnya.

∞

X

n=1

ln n

n+ 1

5. Jika jumlah parsial ke-ndari deretP∞

n=1an adalahsn = 3−n2⁻ⁿ, tentukanan dan P∞

n=1a_n

[1] Retno Wikan Tyasning Adnan. Matematika 2. Universitas Terbuka, Tangerang Selatan, 2 edition, 2022.

[2] Bruce H Edwards Ron Larson Robert P. Hostetler. Calculus. Cengage Learning, 8 edition, 2005.

[3] James Stewart. Calculus Eighth Edition. 2014.

[4] Ignacio Zalduendo. Sequences and Series, pages 21–38. Springer International Publi- shing, Cham, 2022.

23