Matematika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

16Rumus Taylor dan Ekspansi Asimtotik

Di dekat sebuah titik, fungsi yang mulus sama baiknya dengan polinomial — dengan galat yang terkendali. Rumus Taylor membuatnya persis dalam tiga rasa (yaitu sisa integral, sisa Lagrange, sisa Young), dan ekspansi asimtotik yang dihasilkannya, bila dimanipulasi secara aljabar, menjadi perkakas tertajam analisis elementer: yakni limit, kesetaraan, perilaku setempat, dan asimtot.

16.1 Notasi perbandingan

Definisi 16.1 (Notasi Landau)

Misalkan $f, g$ terdefinisi di dekat $x_0$ (dengan $x_0 \in \R$ atau $\pm\infty$ ). Kita menulis, ketika $x \to x_0$ :

$f = o(g)$ (“o kecil”) bila $f = \varepsilon g$ dengan $\varepsilon(x) \to 0$ ;
$f = O(g)$ (“O besar”) bila $f = u g$ dengan $u$ yang terbatas di dekat $x_0$ ;
$f \sim g$ (“setara”) bila $f = (1 + \varepsilon) g$ dengan $\varepsilon \to 0$ — setara dengan itu, $f - g = o(g)$ .

Notasi yang sama berlaku bagi barisan (dengan $n \to \infty$ ).

Proposisi 16.2 (Aturannya)

Ketika $x \to x_0$ :

$\sim$ merupakan relasi kesetaraan; dan $f \sim g$ mengakibatkan bahwa $f$ dan $g$ berbagi limit, tanda (di dekat $x_0$ ), serta ketiadaan nol;
kesetaraan terkalikan dan terbagi: karena $f_1 \sim g_1$ , $f_2 \sim g_2$ mengakibatkan $f_1 f_2 \sim g_1 g_2$ dan $\frac{f_1}{f_2} \sim \frac{g_1}{g_2}$ ;
kesetaraan tak terjumlahkan: karena $x + 1 \sim x$ dan $-x \sim -x + 2$ di $+\infty$ , namun jumlahnya $1$ dan $2$ tak setara. Jadi untuk menjumlahkan, kembalilah ke ekspansi dengan suku $o(\cdot)$ yang eksplisit;
$o(g) + o(g) = o(g)$ , $\;u \cdot o(g) = o(ug)$ , $\;o(o(g)) = o(g)$ , dan $f \sim g \iff f = g + o(g)$ .

Bukti. Masing-masingnya merupakan manipulasi singkat atas definisinya; misalnya $f_1 f_2 = (1+\varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) g_1 g_2$ dan $(1 + \varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) \to 1$ . Adapun dua butir pada (4) pantas mendapat barisnya sendiri. Untuk $u\cdot o(g) = o(ug)$ : jika $f = \varepsilon g$ dengan $\varepsilon \to 0$ , maka $uf = \varepsilon\,(ug)$ dengan $\varepsilon$ yang sama. Untuk $o(o(g)) = o(g)$ : jika $f = \varepsilon_1 h$ dan $h = \varepsilon_2 g$ dengan kedua $\varepsilon_i \to 0$ , maka $f = (\varepsilon_1\varepsilon_2) g$ dan hasil kali kedua infinitesimalnya juga demikian. Adapun kesetaraan $f \sim g \iff f = g + o(g)$ merupakan definisinya yang dibaca dua kali: $f - g = \varepsilon g$ . Sedangkan contoh penyangkal pada (3) merupakan bukti (3). ∎

Contoh 16.3 (Skala perbandingannya)

Ketika $x \to +\infty$ , skala bakunya berbunyi, dengan urutan kekuatan yang menaik:

1 \;=\; o(\ln x), \quad \ln x = o(x^{0.01}), \quad x^{0.01} = o(\sqrt x), \quad \sqrt x = o(x^{10}), \quad x^{10} = o(\eu^{x}), \quad \eu^x = o(\eu^{2x}) ,

dengan setiap langkahnya merupakan kejadian perbandingan pertumbuhan pada Proposisi 4.6 (yaitu pangkat mengalahkan logaritma, eksponensial mengalahkan pangkat, dan di dalam satu keluarga eksponennya yang memutuskan). Ada dua kebiasaan yang pantas dibentuk: pertama, sebuah $O(\cdot)$ yang mendarat di kelas yang lebih kecil naik pangkat diam-diam (karena $O(\ln x)$ juga $o(x^{0.01})$ ); kedua, pada $x \to 0^+$ seluruh tangganya berbalik lewat penyulihan $x \mapsto \frac1x$ — karena $\ln x = o(x^{-0.01})$ di sana, sehingga “ $x^\alpha \ln x \to 0$ ” berlaku untuk setiap $\alpha > 0$ . Jadi menjaga skalanya tetap lurus adalah separuh dari setiap argumen asimtotik pada Bab 17.

Contoh 16.4 (Ketunggalan ekspansinya, dan dividen keparitasannya)

Jika sebuah fungsi mempunyai dua ekspansi di $0$ pada orde yang sama,

a_0 + a_1 x + \dots + a_n x^n + o(x^n) = b_0 + b_1 x + \dots + b_n x^n + o(x^n),

maka $a_k = b_k$ untuk setiap $k$ : karena dengan mengurangkannya lalu menetapkan $c_k = a_k - b_k$ , menilai kesamaan $c_0 + c_1 x + \dots + c_n x^n = o(x^n)$ pada $x \to 0$ memberikan $c_0 = 0$ ; lalu bagilah dengan $x$ dan ulangi — dengan setiap pembagiannya sah karena ungkapan yang tersisa kembali menjadi $o(x^{n-k})$ . Jadi koefisiennya bersifat hakiki, sehingga orang boleh menghitungnya lewat rute mana pun (yaitu turunan Taylor, aljabar atas ekspansi yang dikenal, atau pengintegralan): dan semua rutenya pasti bersesuaian. Adapun dividennya: bahwa fungsi yang genap hanya memuat pangkat genap pada ekspansinya — gantilah $x$ dengan $-x$ lalu panggillah ketunggalannya; demikian pula fungsi yang ganjil hanya berpangkat ganjil. Itulah sebabnya $\cos$ membawa $o(x^{2p+1})$ alih-alih $o(x^{2p})$ pada tabel di bawah: karena suku ganjil yang absen itu keterangan yang cuma-cuma, yaitu satu orde ketelitian tanpa ongkos.

16.2 Ketiga rumus Taylornya

Teorema 16.5 (Taylor dengan sisa integral)

Misalkan $f$ berkelas $C^{n+1}$ pada sebuah selang yang memuat $a$ dan $x$ . Maka

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x - a)^k + \int_a^x \frac{(x - t)^n}{n!}\, f^{(n+1)}(t)\, \dd t .

Bukti. Lewat induksi pada $n$ . Untuk $n = 0$ : $f(x) = f(a) + \int_a^x f'(t)\dd t$ merupakan teorema fundamentalnya (Teorema 15.9). Adapun langkahnya: integralkanlah sisanya secara parsial,

\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t = \Bigl[-\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+1)}(t)\Bigr]_a^x + \int_a^x \frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+2)}(t)\,\dd t ,

dengan kurungnya menyumbangkan suku $\frac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}(x - a)^{n+1}$ . ∎

Contoh 16.6 (Sebuah ekspansi yang persis beserta sisanya)

Untuk $\ln(1 + x)$ sisa integralnya dapat dibuat sepenuhnya eksplisit tanpa menurunkan apa pun $n$ kali: integralkanlah kesamaan geometri yang hingga $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ dari $0$ sampai $x$ :

\ln(1 + x) = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}x^k}{k} + (-1)^n \int_0^x \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t ,

dan untuk $0 \leq x \leq 1$ sisanya terbatas oleh $\int_0^x t^n\,\dd t = \frac{x^{n+1}}{n+1}$ . Ini lebih kuat daripada Taylor–Young dalam dua hal: karena ia sebuah kesamaan yang sah bagi $x$ yang tetap (bukan hanya $x \to 0$ ), dan batas galatnya berupa angka. Adapun soal akhir pekan (Soal 16.1) hidup di atas bentuk yang persis semacam itu; sedangkan Taylor–Young di bawah adalah perkakas yang lebih ringan bagi limit, yang di situ hanya bentuk galatnya yang penting.

Teorema 16.7 (Ketaksamaan Taylor–Lagrange)

Misalkan $f$ berkelas $C^{n+1}$ dengan $\abs{f^{(n+1)}} \leq M$ di antara $a$ dan $x$ . Maka

\Bigl| f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k \Bigr| \leq M\, \frac{\abs{x - a}^{n+1}}{(n+1)!} .

Bukti. Batasilah sisa integralnya: $\bigl|\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t\bigr| \leq M \bigl|\int_a^x \frac{\abs{x-t}^n}{n!}\dd t\bigr| = M\frac{\abs{x-a}^{n+1}}{(n+1)!}$ . ∎

Contoh 16.8 (Numerik yang bersertifikat)

Berapakah $\sqrt{1.02}$ ? Terapkanlah Taylor–Lagrange pada $f(t) = \sqrt{1 + t}$ di $a = 0$ , orde $2$ , dengan $x = 0.02$ :

\sqrt{1.02} \approx 1 + \frac{0.02}{2} - \frac{0.02^2}{8} = 1.00995 , \qquad \abs{f'''(t)} = \frac{3}{8}(1+t)^{-5/2} \leq \frac 38 ,

sehingga galatnya paling banyak $\frac38 \cdot \frac{0.02^3}{6} = 5\cdot10^{-7}$ : jadi $\sqrt{1.02} = 1.00995$ dengan enam desimal yang bersertifikat (dengan nilai sejatinya $1.0099504938\dots$ — jadi batasnya hampir tajam). Inti gagasan penutupnya: bahwa Taylor–Young hanya mengatakan seberapa cepat galatnya lenyap; sedangkan Taylor–Lagrange mengubah polinomial yang sama menjadi sebuah sertifikat, yaitu bilangan ditambah palang galat yang terbukti. Jadi setiap kali sebuah klaim desimal dibuat dalam buku ini, sebuah batas bertipe Lagrange berdiri di belakangnya; dan soal akhir pekannya (Soal 16.1) mengindustrikan gagasannya.

Teorema 16.9 (Taylor–Young)

Misalkan $f$ dapat diturunkan $n$ kali di $a$ . Maka, ketika $x \to a$ :

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x-a)^k + o\bigl((x-a)^n\bigr) .

Bukti. Lewat induksi pada $n$ . Untuk $n = 1$ inilah definisi turunannya (Definisi 14.1). Anggaplah pernyataannya berlaku pada orde $n - 1$ , lalu misalkan $f$ dapat diturunkan $n$ kali di $a$ . Terapkanlah hipotesis induksinya pada $f'$ (yang dapat diturunkan $n-1$ kali di $a$ ):

f'(t) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k+1)}(a)}{k!}(t-a)^k + r(t), \qquad r(t) = o\bigl((t-a)^{n-1}\bigr).

Misalkan $g(x) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$ ; maka $g' = r$ dan $g(a) = 0$ . Diberikan $\varepsilon > 0$ , pilihlah $\delta$ dengan $\abs{r(t)} \leq \varepsilon\abs{t - a}^{n-1}$ untuk $\abs{t-a} \leq \delta$ ; lalu ketaksamaan nilai rata-ratanya (Teorema 14.9) yang diterapkan pada ruas dari $a$ ke $x$ (yang di situ $\abs{g'} \leq \varepsilon\abs{x-a}^{n-1}$ ) menghasilkan $\abs{g(x)} \leq \varepsilon\abs{x - a}^n$ : yakni persis $g(x) = o((x-a)^n)$ . ∎

Catatan 16.10 (Tiga rumus, tiga harga, tiga produk)

Hipotesisnya bertingkat persis seiring kesimpulannya. Taylor–Young menuntut yang paling sedikit ( $n$ turunan di titiknya saja) dan menghasilkan yang paling sedikit: yaitu $o((x-a)^n)$ yang kualitatif, yang sempurna bagi limit tetapi tak berguna bagi angka bersertifikat. Sedangkan ketaksamaan Lagrange menuntut $C^{n+1}$ pada selangnya beserta batas $M$ di sana, dan mengembalikan palang galat berupa angka. Adapun bentuk integralnya menuntut keteraturan yang sama dan mengembalikan yang paling banyak: yaitu galatnya sebagai objek eksplisit yang dapat kita ubah (diintegralkan secara parsial, dibatasi sepotong-sepotong, atau diganti variabelnya) — dan itulah bentuk yang menggerakkan mesin keirasionalan pada Soal 15.1. Jadi memilih rumus terlemah yang menyangga tujuannya bukanlah kecerewetan: karena fungsi yang rata pada Soal 16.1 memenuhi Taylor–Young pada setiap ordenya sedangkan setiap kesimpulan yang lebih kuat tentangnya salah jauh dari $0$ .

Proposisi 16.11 (Ekspansi baku di $0$ )

Ketika $x \to 0$ , untuk setiap orde $n$ yang tetap:

\begin{align*} \eu^x &= 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n),\\ \cos x &= 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots + \frac{(-1)^p x^{2p}}{(2p)!} + o(x^{2p+1}),\\ \sin x &= x - \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{(-1)^p x^{2p+1}}{(2p+1)!} + o(x^{2p+2}),\\ \frac{1}{1 - x} &= 1 + x + x^2 + \dots + x^n + o(x^n),\\ \ln(1 + x) &= x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots + \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n} + o(x^n),\\ (1 + x)^\alpha &= 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \dots + \binom{\alpha}{n} x^n + o(x^n), \end{align*}

dengan $\binom{\alpha}{n} = \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)}{n!}$ untuk $\alpha$ yang real. (Adapun $\cosh$ dan $\sinh$ : sama seperti $\cos$ dan $\sin$ tanpa tanda yang berselang-seling.)

Bukti. Setiap fungsinya mulus di dekat $0$ dengan turunan yang mudah dinilai: $(\eu^x)^{(k)} = \eu^x$ ; turunan $\sin$ dan $\cos$ berdaur dengan periode $4$ ; $\bigl((1+x)^\alpha\bigr)^{(k)} = \alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - k + 1)(1+x)^{\alpha - k}$ ; $\bigl(\ln(1+x)\bigr)^{(k)} = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}$ . Lalu terapkanlah Taylor–Young di $a = 0$ . (Adapun yang geometri bersifat persis: $\frac{1}{1-x} - \sum_0^n x^k = \frac{x^{n+1}}{1 - x} = o(x^n)$ .) ∎

Metode 16.12 (Menghitung dengan ekspansi)

Tetapkanlah orde sasarannya $n$ lebih dulu, lalu penggallah setiap hasil antaranya di situ — karena membawa suku yang lebih tinggi merupakan kerja yang sia-sia, sedangkan membuang yang lebih rendah merupakan galat.
Jumlah dan hasil kali: ekspansikanlah setiap faktornya sampai orde $n$ lalu kalikan, sambil membuang yang di luar $x^n$ .
Komposisi $f(u(x))$ dengan $u(x) \to 0$ : sulihkanlah ekspansi $u$ ke dalam ekspansi $f$ , orde demi orde.
Hasil bagi: tulislah $\frac{1}{1 + v}$ dengan $v \to 0$ lalu pakailah ekspansi geometrinya.
Integralkanlah sebuah ekspansi suku demi suku (adapun menurunkannya menuntut kehati-hatian yang lebih — dengan pembenarannya: bahwa integral $o(t^n)$ dari $0$ sampai $x$ adalah $o(x^{n+1})$ , lewat pembatasan langsung).

Contoh 16.13 (Komposisi, dengan pembukuannya diperlihatkan)

Ekspansikanlah $\eu^{\sin x}$ sampai orde $3$ . Ekspansi dalamnya: $u = \sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$ , yang memang menuju $0$ . Adapun yang luarnya: $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ , dan $o(u^3) = o(x^3)$ karena $u \sim x$ . Pangkat $u$ , yang dipenggal di $x^3$ :

u^2 = x^2 + o(x^3), \qquad u^3 = x^3 + o(x^3)

(karena suku silangnya $2x\cdot(-\frac{x^3}{6})$ sudah $x^4$ ). Rakitlah:

\eu^{\sin x} = 1 + \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3) = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^3) :

sehingga kedua sumbangan $x^3$ -nya saling meniadakan dengan persis. Inti gagasan penutupnya: bahwa $\eu^{\sin x}$ dan $\eu^x$ bersesuaian sampai orde $3$ — bukan karena $\sin x \approx x$ secara kasar, melainkan karena ketaksesuaian pertama eksponennya ( $-\frac{x^3}{6}$ ) masuk dikalikan $\eu^0 = 1$ lalu ditemui oleh suku kubik eksponensial luarnya; jadi pembukuan orde demi orde mendeteksi persekongkolan semacam itu, sedangkan pengamatan sekilas tak pernah demikian. (Adapun suku berikutnya $-\frac{x^4}{8}$ : jadi gencatan senjatanya berakhir pada orde $4$ .)

Contoh 16.14

Ekspansi $\tan$ pada orde $5$ . Tulislah $\tan x = \sin x \cdot \frac{1}{\cos x}$ :

\frac{1}{\cos x} = \frac{1}{1 - \bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24} + o(x^5)\bigr)} = 1 + \Bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\Bigr) + \Bigl(\frac{x^2}{2}\Bigr)^{\!2} + o(x^5) = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24} + o(x^5),

lalu

\tan x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}\Bigr) \Bigl(1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24}\Bigr) + o(x^5) = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^5) .

Sinusnya (yang gelap) terhadap polinomial Taylornya di 0: T_1 = x, T_3 = x - x3/6 (yang putus-putus), T_5 = x - x3/6 + x5/120 (yang bertitik). Setiap pasang suku barunya memeluk kurvanya pada jendela yang tampak makin lebar, tetapi setiap polinomialnya akhirnya terlepas: jadi ekspansi Taylor merupakan kontrak yang setempat, yang dipertajam di 0 dan bungkam jauh dari sana. Adapun batas Taylor–Lagrange |x|n+1(n+1)! mengkuantifikasi jendelanya; sedangkan fungsi yang rata pada menunjukkan bahwa kontraknya bahkan boleh kosong di luar titiknya sendiri. — Sinusnya (yang gelap) terhadap polinomial Taylornya di $0$ : $T_1 = x$ , $T_3 = x - \frac{x^3}{6}$ (yang putus-putus), $T_5 = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}$ (yang bertitik). Setiap pasang suku barunya memeluk kurvanya pada jendela yang tampak makin lebar, tetapi setiap polinomialnya akhirnya terlepas: jadi ekspansi Taylor merupakan kontrak yang *setempat*, yang dipertajam di $0$ dan bungkam jauh dari sana. Adapun batas Taylor–Lagrange $\frac{\abs{x}^{n+1}}{(n+1)!}$ mengkuantifikasi jendelanya; sedangkan fungsi yang rata pada Soal 16.1 menunjukkan bahwa kontraknya bahkan boleh kosong di luar titiknya sendiri.

16.3 Penerapan

Contoh 16.15 (Limit)

\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^3}: \qquad x - \sin x = \frac{x^3}{6} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{6}, \qquad\text{sehingga limitnya } \frac16

— yang menyelesaikan pertanyaan yang diajukan pada Latihan 4.9. Demikian pula $\displaystyle\lim_{x\to0}\Bigl(\frac{\sin x}{x}\Bigr)^{1/x^2}$ : karena logaritmanya adalah

\frac{1}{x^2}\ln\Bigl(1 - \frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr) = \frac{1}{x^2}\Bigl(-\frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr) \longrightarrow -\frac16, \qquad\text{sehingga limitnya } \eu^{-1/6}.

Catatan 16.16 (Jebakan yang lazim dengan ekspansi)

(i) Jangan pernah menjumlahkan atau mengurangkan kesetaraan: karena dari $\tan x \sim x$ dan $\sin x \sim x$ kita tak boleh menyimpulkan $\tan x - \sin x \sim 0$ (yang tak bermakna) — adapun rute yang jujur adalah lewat ekspansi:

\tan x - \sin x = \Bigl(x + \frac{x^3}{3}\Bigr) - \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + o(x^3) = \frac{x^3}{2} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{2} .

(ii) Ekspansikanlah melewati pembantaiannya: karena pada perhitungan yang sama, orde $1$ hanya melihat $x - x = 0$ ; jadi setiap kali suku utamanya saling meniadakan, naikkanlah ordenya sampai sebuah koefisien taknol bertahan, dan barulah mengubahnya kembali menjadi kesetaraan. (iii) Kesetaraan tak melewati eksponensial: karena $n^2 + n \sim n^2$ , namun $\eu^{n^2+n} = \eu^{n}\,\eu^{n^2}$ tak setara dengan $\eu^{n^2}$ — jadi eksponensialkanlah hanya ekspansi eksponennya yang galatnya menuju $0$ , dan jangan pernah kesetaraan eksponennya. (Adapun logaritma lebih aman: jika $u_n \sim v_n \to \ell \neq 1$ , $\ell > 0$ , maka $\ln u_n \sim \ln v_n$ .) (iv) Kalkulus $o(\cdot)$ berarah tunggal: karena $o(x^2) + o(x^2) = o(x^2)$ , $5\,o(x^2) = o(x^2)$ , $x\cdot o(x^2) = o(x^3)$ — tetapi sebuah $o(x^2)$ bukan fungsi yang tertentu, sehingga jangan pernah meniadakan dua di antaranya satu sama lain: karena $o(x^2) - o(x^2)$ adalah $o(x^2)$ , bukan $0$ .

Proposisi 16.17 (Perilaku setempat)

Andaikan $f(x) = f(a) + c\,(x - a)^p + o\bigl((x-a)^p\bigr)$ dengan $c \neq 0$ (yaitu suku taknol pertama setelah konstantanya; dengan $p \geq 2$ di sebuah titik kritis).

Jika $p$ genap: maka $f$ mempunyai minimum lokal di $a$ bila $c > 0$ , dan maksimum lokal bila $c < 0$ .
Jika $p$ ganjil: maka tak ada ekstremumnya (karena $f - f(a)$ berubah tanda); dan jika lebih lanjut ekspansinya bermula setelah suku linear $f'(a)(x - a)$ , maka grafiknya memotong garis singgungnya: yaitu sebuah titik belok.

Bukti. Di dekat $a$ , $f(x) - f(a) = (x-a)^p\bigl(c + o(1)\bigr)$ bertanda sama dengan $c\,(x-a)^p$ : yaitu tanda yang tetap bila $p$ genap, dan berubah bila $p$ ganjil. ∎

Contoh 16.18 (Eksponen harus diekspansikan sampai $o(1)$ )

Carilah kesetaraan bagi $u_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{n^2}$ . Ekspansikanlah eksponennya sampai galatnya menuju $0$ :

n^2 \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) = n^2\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr)\Bigr) = n - \frac12 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

sehingga $u_n = \eu^{\,n - 1/2}\,\eu^{O(1/n)}$ dengan $\eu^{O(1/n)} \to 1$ :

u_n \;\sim\; \eu^{\,n - \frac12} .

Perhatikanlah apa yang akan keliru dengan kehati-hatian yang lebih sedikit: menghentikan eksponennya pada $n^2\cdot\frac1n = n + O(1)$ menyisakan faktor $\eu^{O(1)}$ — yang terbatas tetapi tak menuju $1$ — sehingga tak ada kesetaraan yang dapat ditegaskan. Adapun aturan jebakan di atas, dalam bentuk positifnya: bahwa kesetaraan bagi $\eu^{a_n}$ menuntut ekspansi $a_n$ sampai sebuah suku yang menuju nol, dengan setiap koefisien sebelum itu dijaga persis.

Contoh 16.19 (Menggolongkan titik kritis yang rata)

Telaahlah $f(x) = \cos x + \frac{x^2}{2}$ di dekat $0$ . Karena $f'(0) = 0$ dan $f''(0) = -\cos 0 + 1 = 0$ : maka uji turunan keduanya bungkam. Jadi ekspansikanlah saja:

f(x) = \Bigl(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\Bigr) + \frac{x^2}{2} = 1 + \frac{x^4}{24} + o(x^4) :

sehingga suku taknol pertamanya $c\,x^p$ dengan $p = 4$ yang genap dan $c = \frac{1}{24} > 0$ : jadi sebuah minimum lokal, dengan kerataan yang tak biasa (karena grafiknya meninggalkan nilai minimumnya seperti $x^4$ , bukan $x^2$ ). Inti gagasan penutupnya: bahwa ekspansinya melihat dalam satu baris apa yang dikaburkan pendiferensialan berulang — dan Proposisi 16.17 merupakan kamus sistematis dari “suku pertama yang bertahan” ke “bentuk setempatnya”.

Contoh 16.20 (Ekspansi di tak hingga)

Dua perhitungan yang di situ variabelnya berlari ke $+\infty$ dan penyulihan $h = \frac1x \to 0^+$ mengimpor seluruh kotak perkakasnya. Pertama,

x - x^2\ln\Bigl(1 + \frac1x\Bigr) = x - x^2\Bigl(\frac1x - \frac{1}{2x^2} + O\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr)\Bigr) = \frac12 + O\Bigl(\frac1x\Bigr) \longrightarrow \frac12 .

Kedua, arkus tangennya di tak hingga: dari $\arctan x + \arctan\frac1x = \frac\pi2$ untuk $x > 0$ (Proposisi 4.12) dan ekspansi $\arctan$ di $0$ (Latihan 16.3),

\arctan x = \frac\pi2 - \arctan\frac1x = \frac\pi2 - \frac1x + \frac{1}{3x^3} + o\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr) :

grafiknya mendekati asimtotnya $y = \frac\pi2$ dari bawah dengan kecepatan $\frac1x$ . Inti gagasan penutupnya: bahwa tak ada teori ekspansi di tak hingga yang tersendiri — karena satu penyulihan kebalikan mereduksinya menjadi ekspansi di $0$ , asalkan setiap $O$ dan $o$ antaranya dibawa dengan jujur.

Contoh 16.21 (Asimtot lewat ekspansi)

Ketika $x \to +\infty$ ,

\sqrt{x^2 + x} = x\sqrt{1 + \tfrac1x} = x\Bigl(1 + \frac{1}{2x} - \frac{1}{8x^2} + o\bigl(\tfrac{1}{x^2}\bigr)\Bigr) = x + \frac12 - \frac{1}{8x} + o\bigl(\tfrac 1x\bigr):

garis $y = x + \frac12$ merupakan asimtotnya, yang didekati dari bawah (karena suku berikutnya $-\frac{1}{8x}$ bernilai negatif).

Catatan 16.22 (Di mana ekspansinya bekerja berikutnya)

Ekspansi asimtotik merupakan bahasa tetap sisa buku ini: pada Bab 17 ia memutuskan kekonvergenan (karena kesetaraan menyuapi uji perbandingannya, dan telaah $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ merupakan ekspansi yang menyamar); pada jilid Tahun ke-2 ia menjadi deret pangkat, yang di situ polinomial Taylornya memperoleh suku yang tak hingga banyaknya beserta jari-jari kekonvergenan; dan setiap pelinearan dalam fisika — yaitu bandul, gangguan orde pertama — merupakan pernyataan Taylor–Young dengan $o(\cdot)$ -nya dibuang diam-diam. Adapun satu peringatan yang pantas diukir: bahwa sebuah ekspansi memerikan fungsinya hanya di dekat satu titik — lihatlah fungsi yang rata pada soal akhir pekannya, yang ekspansinya di $0$ identik nol tanpa fungsinya demikian.

Catatan 16.23 (Cakrawala di dalam jilid ini)

Ekspansi merupakan bahasa kerja sisa analisisnya dan geometri yang akan datang. Bab 17 mengubahnya menjadi vonis kekonvergenan: karena kesetaraan suku umumnya merupakan ekspansi yang dipenggal pada suku pertamanya, dan uji yang lebih halus (yaitu yang berselang-seling dengan kendali galat) memakai suku keduanya juga. Bab 24 membaca geometri setempat dari ekspansi kedua fungsi koordinatnya: karena apakah sebuah kurva berparameter memotong, mencium, atau berkatup di sebuah titik diputuskan oleh pangkat $t$ yang mana yang bertahan pada $x(t)$ dan $y(t)$ — yaitu versi bidang bagi Proposisi 16.17. Sedangkan Bab 25 berhenti pada orde satu dengan sengaja: karena bidang singgungnya merupakan pernyataan Taylor–Young dua variabel, dengan teori orde dua yang lengkap (yaitu Hessian dan titik pelana) ditunda ke jilid Tahun ke-2. Adapun benang merahnya: bahwa setiap pertanyaan “setempat” dalam buku ini dijawab dengan menuliskan suku pertama sebuah ekspansi yang bertahan.

16.4 Latihan

Latihan 16.1 ★

Berikanlah ekspansinya di $0$ : $\eu^{2x}$ sampai orde $3$ ; $\;\ln(1 - x)$ sampai orde $4$ ; $\;\sqrt{1 + x}$ sampai orde $3$ ; $\;\dfrac{1}{1 + x^2}$ sampai orde $6$ .

Solusi

Solusi Latihan 16.1.

\eu^{2x} = 1 + 2x + 2x^2 + \frac{4x^3}{3} + o(x^3); \qquad \ln(1 - x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + o(x^4);

\sqrt{1+x} = 1 + \frac x2 - \frac{x^2}{8} + \frac{x^3}{16} + o(x^3); \qquad \frac{1}{1 + x^2} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + o(x^6),

yang terakhir lewat penyulihan $-x^2$ ke dalam ekspansi geometrinya.

Latihan 16.2 ★

Hitunglah limitnya:

\lim_{x\to 0} \frac{\eu^x - 1 - x}{x^2}, \qquad \lim_{x\to 0} \frac{\cos x - \sqrt{1 - x^2}}{x^4}, \qquad \lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x) - \sin x}{x^2}.

Solusi

Solusi Latihan 16.2.

$\eu^x - 1 - x = \frac{x^2}{2} + o(x^2)$ : jadi limitnya $\dfrac12$ .

$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)$ dan $\sqrt{1 - x^2} = 1 - \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{8} + o(x^4)$ : sehingga selisihnya $\frac{x^4}{24} + \frac{x^4}{8} = \frac{x^4}{6} + o(x^4)$ : jadi limitnya $\dfrac16$ .

$\ln(1+x) - \sin x = \bigl(x - \frac{x^2}{2}\bigr) - x + o(x^2) = -\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ : jadi limitnya $-\dfrac12$ .

Latihan 16.3 ★

Ekspansikanlah $\arctan x$ di $0$ sampai orde $5$ dengan mengintegralkan ekspansi $\frac{1}{1 + x^2}$ , dan $\arcsin x$ sampai orde $5$ dengan mengintegralkan ekspansi $(1 - x^2)^{-1/2}$ .

Solusi

Solusi Latihan 16.3.

$\frac{1}{1+t^2} = 1 - t^2 + t^4 + o(t^5)$ ; lalu mengintegralkannya dari $0$ sampai $x$ (Metode 16.12 (5)):

\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + o(x^5)\ \ (\text{bahkan }o(x^6)\text{, karena ganjil}).

$(1 - t^2)^{-1/2} = 1 + \frac{t^2}{2} + \frac38 t^4 + o(t^5)$ (lewat ekspansi binomial dengan $\alpha = -\frac12$ , $x = -t^2$ : $\binom{-1/2}{2} = \frac{(-\frac12)(-\frac32)}{2} = \frac38$ ); lalu mengintegralkannya:

\arcsin x = x + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^5}{40} + o(x^5) .

Latihan 16.4 ★

Dengan memakai Taylor–Lagrange bagi $\exp$ pada $\intcc{0}{1}$ , buktikan bahwa

\Bigl| \eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \Bigr| \leq \frac{3}{(n+1)!},

lalu tentukanlah $n$ yang menjamin $6$ desimal $\eu$ yang persis.

Solusi

Solusi Latihan 16.4.

Taylor–Lagrange (Teorema 16.7) bagi $\exp$ di $a = 0$ , $x = 1$ : turunan ke- $(n+1)$ -nya adalah $\eu^t \leq \eu < 3$ pada $\intcc{0}{1}$ , sehingga

\Bigl|\eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\Bigr| \leq \frac{3}{(n+1)!} .

Untuk $6$ desimal yang persis, kita menginginkan $\frac{3}{(n+1)!} < 5\times 10^{-7}$ , yakni $(n+1)! > 6\times 10^{6}$ : dan karena $10! = 3\,628\,800$ dan $11! = 39\,916\,800$ , maka $n + 1 = 11$ , yakni $n = 10$ mencukupi.

Latihan 16.5 ★★

Ekspansikanlah sampai orde $2$ dalam $\frac1n$ lalu simpulkanlah limitnya dan kecepatan kekonvergenannya:

\Bigl(1 + \frac 1n\Bigr)^{\!n} = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Solusi

Solusi Latihan 16.5.

$n\ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) = n\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)\Bigr) = 1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + o\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ . Lalu mengeksponensialkannya, dengan $u = -\frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2}$ dan $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}2 + o(u^2)$ :

\Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^n = \eu\cdot \eu^{u} = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + \frac{1}{8n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr) = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Jadi limitnya $\eu$ ; sedangkan galatnya $\sim \dfrac{\eu}{2n}$ : yang lamban (yakni satu angka per kenaikan sepuluh kali lipat $n$ ).

Latihan 16.6 ★★

Telaahlah perilaku setempat di $0$ bagi $f(x) = x^2 - x^4$ dan bagi $g(x) = x^3 + x^5$ ; lalu carilah kedudukan grafik $h(x) = \eu^x$ terhadap garis singgungnya di $a = 1$ , mula-mula setempat lalu menyeluruh.

Solusi

Solusi Latihan 16.6.

$f(x) = x^2 - x^4 = x^2(1 + o(1))$ : dengan suku pertamanya $x^2$ , $p = 2$ yang genap, dan koefisiennya $> 0$ : jadi minimum lokal di $0$ (yang tak menyeluruh: karena $f(2) = -12$ ).

$g(x) = x^3 + x^5$ : dengan suku pertamanya $x^3$ , dan $p$ yang ganjil: jadi tak ada ekstremumnya; sehingga $g$ memotong garis singgungnya (yang mendatar): yakni titik belok di $0$ .

$h = \exp$ di $a = 1$ : $h(x) = \eu + \eu(x-1) + \frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o((x-1)^2)$ ; sehingga selisihnya dengan garis singgungnya adalah $\frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o(\cdot) > 0$ secara setempat. Adapun secara menyeluruh: $\eu^x - \eu x \geq 0$ untuk setiap $x$ menurut kecembungannya (Teorema 14.19 (3)): jadi grafiknya terletak di atas setiap garis singgungnya, dengan kesamaannya hanya di titik sentuhnya.

Latihan 16.7 ★★

Tentukanlah asimtot di $\pm\infty$ bagi $f(x) = \sqrt[3]{x^3 + x^2}$ beserta kedudukan kurvanya terhadap asimtot itu.

Solusi

Solusi Latihan 16.7.

Untuk $x \to +\infty$ :

f(x) = x\Bigl(1 + \frac1x\Bigr)^{1/3} = x\Bigl(1 + \frac{1}{3x} - \frac{1}{9x^2} + o\Bigl(\frac{1}{x^2}\Bigr)\Bigr) = x + \frac13 - \frac{1}{9x} + o\Bigl(\frac1x\Bigr):

jadi asimtotnya $y = x + \frac13$ , dengan kurvanya di bawahnya di dekat $+\infty$ . Adapun ketika $x \to -\infty$ , perhitungan yang sama tetap sah (karena akar pangkat tiganya terdefinisi bagi setiap bilangan real, dan $\frac1x \to 0$ ): jadi asimtot yang sama $y = x + \frac13$ , tetapi kini $-\frac{1}{9x} > 0$ : sehingga kurvanya di atas garisnya.

Latihan 16.8 ★★

Carilah kesetaraannya, ketika $n \to \infty$ , bagi

u_n = \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad v_n = \ln(n+1) - \ln n, \qquad w_n = \sin\frac{1}{n} - \tan\frac{1}{n},

yang masing-masingnya berupa pangkat $n$ dikali sebuah konstanta.

Solusi

Solusi Latihan 16.8.

$u_n = \sqrt n\bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\bigr) = \sqrt n\bigl(\frac{1}{2n} + o(\frac1n)\bigr) \sim \dfrac{1}{2\sqrt n}$ .

$v_n = \ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) \sim \dfrac 1n$ .

Adapun $w_n$ : dengan $h = \frac1n \to 0$ , $\sin h - \tan h = \bigl(h - \frac{h^3}{6}\bigr) - \bigl(h + \frac{h^3}{3}\bigr) + o(h^3) = -\frac{h^3}{2} + o(h^3)$ , sehingga $w_n \sim -\dfrac{1}{2n^3}$ .

Latihan 16.9 ★★★

Misalkan $f$ berkelas $C^2$ pada $\R$ . Buktikan bahwa untuk setiap $x$ dan $h > 0$ :

\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} + \frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} ,

lalu simpulkanlah ketaksamaan bertipe Landau–Kolmogorov: bahwa jika $\abs f \leq M_0$ dan $\abs{f''} \leq M_2$ pada $\R$ , maka $\abs{f'} \leq \sqrt{2 M_0 M_2}$ di mana-mana. (Optimumkanlah atas $h$ .)

Solusi

Solusi Latihan 16.9.

Taylor–Lagrange pada orde $1$ di sekitar $x$ , pada kedua sisinya:

f(x + h) = f(x) + h f'(x) + R_+,\quad f(x - h) = f(x) - h f'(x) + R_-, \qquad \abs{R_\pm} \leq \frac{h^2}{2} \sup \abs{f''} .

Lalu menguranginya: $f(x+h) - f(x-h) = 2h f'(x) + (R_+ - R_-)$ , sehingga

\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} + \frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} .

Dengan batas yang menyeluruh: $\abs{f'(x)} \leq \frac{M_0}{h} + \frac{M_2 h}{2}$ untuk setiap $h > 0$ . Adapun ruas kanannya minimum di $h = \sqrt{2M_0/M_2}$ (karena turunannya nol), dengan nilai $\sqrt{2M_0M_2}$ — sehingga $\abs{f'} \leq \sqrt{2M_0M_2}$ . (Jika $M_2 = 0$ , biarkanlah $h \to \infty$ : maka $f' = 0$ , yang selaras.)

Latihan 16.10 ★★★

Barisan $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ , $u_{n+1} = \sin u_n$ turun ke $0$ (benarkanlah secara singkat). Untuk mencari kecepatannya, tinjaulah $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ :

dengan memakai ekspansi $\sin$ , buktikan $v_{n+1} - v_n \to \frac13$ ;
dengan Cesàro (Latihan 11.10), simpulkan $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ , lalu kesetaraannya $u_n \sim \sqrt{\dfrac{3}{n}}$ .

Solusi

Solusi Latihan 16.10.

Pada $\intoo{0}{\pi}$ : $0 < \sin u < u$ , sehingga $(u_n)$ turun tegas, positif, jadi konvergen; dan limitnya merupakan titik tetap $\sin$ di $\intcc{0}{\pi}$ , sedangkan $\sin \ell = \ell$ memaksa $\ell = 0$ (karena $\sin x < x$ untuk $x > 0$ ).

Dengan memakai $\sin u = u - \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ ketika $u \to 0$ :

$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{\sin^2 u_n} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\Bigl(1 - \frac{u_n^2}{6} + o(u_n^2)\Bigr)^{\!-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .$
Menurut Latihan 11.10 (3) (yaitu Cesàro bagi selisihnya), $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ , yakni $v_n \sim \frac n3$ , yakni $u_n^2 \sim \frac 3n$ : dan karena $u_n > 0$ ,

$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$

Latihan 16.11 ★★

(Selisih tak hingga) Hitunglah

\lim_{x \to 0} \Bigl(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x}\Bigr) \qquad\text{dan}\qquad \lim_{x \to 0^+} \Bigl(\frac 1x - \frac{1}{\ln(1 + x)}\Bigr)

dengan mereduksinya ke penyebut bersamanya lalu mengekspansikan pembilang dan penyebutnya secara terpisah.

Solusi

Solusi Latihan 16.11.

Lewat penyebut bersamanya. Limit pertamanya:

\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x} = \frac{\sin^2 x - x^2}{x^2\sin^2 x}, \qquad \sin^2 x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + o(x^4)\Bigr)^{\!2} = x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^5) ,

sehingga pembilangnya $-\frac{x^4}{3} + o(x^4)$ sedangkan penyebutnya $\sim x^4$ : jadi limitnya $-\dfrac13$ .

Yang kedua: $\dfrac1x - \dfrac{1}{\ln(1+x)} = \dfrac{\ln(1+x) - x}{x\ln(1+x)}$ ; dengan pembilangnya $-\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ , dan penyebutnya $x\bigl(x + o(x)\bigr) \sim x^2$ : jadi limitnya $-\dfrac12$ .

Latihan 16.12 ★★★

(Asimtotik akar tersirat) Tunjukkan bahwa untuk setiap $k \in \N^*$ persamaan $\tan x = x$ mempunyai tepat satu penyelesaian $x_k$ di $\intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$ , bahwa $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \varepsilon_k$ dengan $\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k}$ , lalu simpulkanlah ekspansinya

x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\Bigl(\frac 1k\Bigr) \qquad (k \to \infty).

Solusi

Solusi Latihan 16.12.

Pada $I_k = \intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$ , fungsi $g(x) = \tan x - x$ berturunan $\tan^2 x \geq 0$ , yang lenyap hanya di titik tunggal $k\pi$ : sehingga $g$ naik tegas pada $I_k$ (Akibat 14.12 (2)), dengan limit $-\infty$ dan $+\infty$ di ujungnya: jadi tepat satu nol $x_k$ . Untuk $k \geq 1$ , $g(k\pi) = -k\pi < 0$ , sehingga $x_k \in \intoo{k\pi}{k\pi + \frac\pi2}$ : tulislah $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \varepsilon_k$ dengan $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ . Lalu

x_k = \tan x_k = \tan\Bigl(\frac\pi2 - \varepsilon_k\Bigr) = \frac{1}{\tan\varepsilon_k} \quad\Longrightarrow\quad \varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} ,

dengan memakai $\tan\varepsilon_k = \frac{1}{x_k}$ dan $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ . Dan karena $x_k \geq k\pi \to \infty$ : maka $\varepsilon_k \to 0$ , sehingga

\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} = \frac{1}{x_k} + O\Bigl(\frac{1}{x_k^3}\Bigr) = \frac{1}{k\pi + O(1)} + O\Bigl(\frac{1}{k^3}\Bigr) = \frac{1}{k\pi} + O\Bigl(\frac{1}{k^2}\Bigr) ,

sehingga $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\bigl(\frac1k\bigr)$ .

16.5 Soal: Jumlah berselang-seling, angka bersertifikat, dan keirasionalan $\cos 1$

Soal 16.1

Soal akhir pekan — taksiran berselang-seling $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ : $\ln 2$ dan $\pi$ dengan desimal yang terbukti, rumus Machin, dan $\cos 1 \notin \Q$

Jumlah berselang-seling dengan suku yang menurun merupakan objek yang paling ramah dalam analisis numerik: karena galatnya terbatas oleh suku pertama yang dihilangkan, dengan tanda yang diketahui. Soal ini membuktikan asas itu dengan teorema barisan berdampingan, lalu membelanjakannya dengan tiga cara: yaitu desimal bersertifikat bagi $\ln 2$ (lewat tiga rute yang bersaing) dan bagi $\pi$ (lewat Leibniz, lalu rumus Machin tahun 1706, yang masih menjadi gagasan di balik perhitungan rekor selama berabad-abad), keirasionalan $\cos 1$ , $\sin 1$ dan $\cosh 1$ , dan, sebagai penyeimbangnya, kesamaan Taylor–Lagrange beserta fungsi rata yang ekspansi Taylornya berdusta. Di sepanjang soal ini, bahasa “deret” bersifat tak resmi: karena setiap jumlah di sini merupakan barisan jumlah parsial, seperti pada Contoh 11.12; adapun teorinya sendiri dibuka pada Bab 17.

Bagian I — Taksiran berselang-selingnya. Misalkan $(a_k)_{k \geq 0}$ turun ke $0$ dan $S_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k a_k$ .

Tunjukkan bahwa $(S_{2n+1})$ tidak turun, $(S_{2n})$ tak naik, dan bahwa keduanya berdampingan (Teorema 11.11): sehingga keduanya konvergen ke $S$ yang sama dengan, untuk setiap $n$ ,

$S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}, \qquad \abs{S - S_n} \leq a_{n+1} ,$

dengan galatnya bertanda sama dengan suku pertama yang dihilangkan. Tunjukkan lebih lanjut bahwa jika penurunannya tegas, maka semua ketaksamaan itu tegas.
Dividen pertamanya: untuk $x = 1$ pada deret eksponensialnya, bandingkanlah dengan Teorema 16.7 di $a = 0$ : tunjukkan bahwa $T_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}$ konvergen ke $\eu^{-1}$ dengan $\abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ .
(Leibniz, 1674) Dari kesamaan hingga yang persis

$\frac{1}{1 + t^2} = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1} t^{2n+2}}{1 + t^2} ,$

yang diintegralkan atas $\intcc{0}{1}$ , buktikanlah

$\frac\pi4 = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1} + \rho_n, \qquad \abs{\rho_n} \leq \frac{1}{2n+3} .$
Kelambanannya: berapa banyak suku Leibniz yang menjamin enam desimal $\pi$ yang persis? (Kira-kira dua juta.) Nilailah $4 S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19\bigr)$ beserta jaraknya ke $\pi$ , agar terasa pedihnya.

Bagian II — $\ln 2$ lewat tiga cara.

(Cara 1: harmonik berselang-seling) Dari $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k t^k + \frac{(-1)^n t^n}{1+t}$ yang diintegralkan atas $\intcc{0}{1}$ :

$\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n, \qquad \frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1} :$

jadi galatnya berorde persis $\frac 1n$ — yakni sejuta suku bagi enam desimal.
(Cara 2: deret yang cepat) Integralkanlah $\frac{1}{1 - t^2} = \sum_{k=0}^{n} t^{2k} + \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}$ dari $0$ sampai $x \in \intoo{0}{1}$ lalu nilailah di $x = \frac13$ (perhatikan $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ ):

$\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} + \tilde\rho_n, \qquad 0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :$

jadi kekonvergenan geometri, kira-kira satu angka per suku.
(Cara 3: jumlah Riemann dan sebuah kesamaan yang tersembunyi) Buktikanlah lewat induksi kesamaan

$\sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k} ,$

lalu pulihkanlah $\ln 2$ sebagai limit jumlah Riemann pada Contoh 15.21: jadi Cara 1 dan 3 diam-diam merupakan bilangan yang sama yang terlihat dua kali.
Adu tembak pada enam suku: bandingkanlah $\sum_{k=1}^{6} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.6167$ dengan Cara 2 pada $n = 5$ , yang sudah memberikan $\ln 2 = 0.693147$ dengan galat $\leq 1.1\cdot10^{-7}$ . Jelaskanlah alasan strukturalnya (yaitu titik penilaian yang jauh di dalam selang kekonvergenannya lawan yang di perbatasannya).
Berapa banyak suku Cara 2 yang mensertifikasi sepuluh desimal $\ln 2$ ? Tunjukkan bahwa $n = 10$ mencukupi.

Bagian III — Rumus Machin.

Hitunglah $(5 + \iu)^4$ lalu periksalah kesamaan kompleks

$(5 + \iu)^4 = 2\,(1 + \iu)\,(239 + \iu) .$

Lalu dengan mengambil argumennya (menurut kesepakatan Bab 3), simpulkanlah rumus Machin

$\frac\pi4 = 4\arctan\frac15 - \arctan\frac{1}{239} .$

(Periksalah bahwa tak ada argumen yang meninggalkan $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ .)
Seperti pada pertanyaan 3, tegakkanlah untuk $0 < x < 1$ :

$\arctan x = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .$
Sertifikasikanlah $\pi$ sampai tujuh desimal dengan enam suku: batasilah galat totalnya

$\pi \approx 16\sum_{k=0}^{4} \frac{(-1)^k (1/5)^{2k+1}}{2k+1} - 4\Bigl(\frac{1}{239} - \frac{1}{3\cdot239^3}\Bigr)$

oleh $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} + 4\,\frac{(1/239)^5}{5} < 5\cdot10^{-8}$ , lalu berikanlah nilai yang dihasilkannya $3.1415926\dots$
Bandingkanlah ketiga rute menuju $\pi$ yang kini tersedia — yaitu Leibniz (pertanyaan 4), integral Dalzell pada Soal 15.1 (dengan galat $4^{1-5m}$ ), dan Machin (dengan galat $\approx 16\cdot 5^{-(2n+3)}$ ) — dalam angka per suku, lalu jelaskanlah mengapa mengecilkan titik penilaiannya mengalahkan segalanya.

Bagian IV — Perangkap bilangan bulat, edisi berselang-seling.

Andaikan $\cos 1 = \frac pq$ . Kalikanlah apitan berselang-seling yang tegas bagi $\sum_{k} \frac{(-1)^k}{(2k)!}$ (pertanyaan 1) dengan $(2n)!$ dengan $2n \geq q$ , lalu turunkanlah sebuah pertentangan: sehingga $\cos 1$ irasional.
Sesuaikanlah bagi $\sin 1 = \sum_k \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}$ (dengan mengalikannya dengan $(2n+1)!$ ): sehingga $\sin 1 \notin \Q$ . Keduanya irasional, namun $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1$ : jadi keirasionalan tak stabil di bawah aljabar.
Adapun sepupunya yang tak berselang-seling: $\cosh 1 = \sum_k \frac{1}{(2k)!}$ (dalam arti jumlah parsialnya, dengan batas ekor dua sisinya $0 < \cosh 1 - \sum_{k \leq n} \frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ , yang harus dibuktikan). Simpulkanlah $\cosh 1 \notin \Q$ lewat perangkap yang sama.
Doronglah ke $\cos\frac 1m$ untuk setiap bilangan bulat $m \geq 1$ : kalikanlah dengan $m^{2n}(2n)!$ lalu simpulkanlah $\cos\frac1m \notin \Q$ . Di manakah upaya yang sama patah bagi $\cos\frac ab$ dengan $b > 1$ yang umum? (Kenalilah penyebut yang tak lagi terbersihkan.)

Bagian V — Yang lebih tajam dan lebih gelap: bentuk kesamaannya, dan sebuah fungsi yang menipu Taylor.

(Taylor–Lagrange, bentuk kesamaannya) Misalkan $f$ dapat diturunkan $n + 1$ kali di antara $a$ dan $x$ . Definisikanlah $g(t) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x - t)^k - A\,\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}$ dengan konstanta $A$ yang dipilih sehingga $g(a) = 0$ . Hitunglah $g'$ (karena jumlahnya berteleskop), terapkanlah Rolle pada $\intcc{a}{x}$ , lalu simpulkanlah bahwa ada $c$ yang tegas di antara $a$ dan $x$ dengan

$f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}\,(x-a)^{n+1} .$
Dividen kesamaannya: untuk $x > 0$ tunjukkanlah

$\eu^x > 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!}$

(secara tegas, untuk setiap $n$ ), lalu tunjukkanlah di mana ketaksamaannya berbalik untuk $x < 0$ menurut keparitasan $n$ .
Tolok ukurkanlah sisanya pada $\sin(0.5)$ pada orde $3$ : karena Young hanya memberikan $o(x^3)$ (tanpa angka); sedangkan Lagrange memberikan $\abs{\sin 0.5 - (0.5 - \frac{0.5^3}{6})} \leq \frac{0.5^5}{120} = 2.61\cdot10^{-4}$ ; sementara taksiran berselang-selingnya memberikan batas yang sama ditambah keterangan tandanya $\sin 0.5 > 0.5 - \frac{0.5^3}{6}$ . Bandingkanlah dengan galat sejatinya $2.59\cdot10^{-4}$ : jadi batasnya hampir tercapai. Perkakas mana yang akan kamu raih, dan kapan?
(Fungsi yang rata) Misalkan $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ untuk $x \neq 0$ , dan $f(0) = 0$ . Tunjukkan bahwa $f$ kontinu di $0$ , bahwa $f'(0) = 0$ , dan secara lebih umum — dengan membuktikan bahwa setiap turunannya berbentuk $f^{(k)}(x) = P_k\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ untuk suatu polinomial $P_k$ (lewat induksi) — bahwa $f^{(k)}(0) = 0$ untuk setiap $k$ (menurut perbandingan pertumbuhan Proposisi 4.6). Simpulkanlah: bahwa semua polinomial Taylor $f$ di $0$ lenyap, namun $f(x) > 0$ untuk $x \neq 0$ : jadi Taylor–Young berlaku pada setiap ordenya, dan tak mengatakan apa pun tentang $f$ jauh dari $0$ . Jadi ekspansi memerikan perilaku setempat, bukan fungsinya.

Bagian VI — Sintesis.

Jalankanlah perangkapnya sekali lagi, pada $\eu^{-1} = \sum_k \frac{(-1)^k}{k!}$ : kalikanlah apitan berselang-seling yang tegas dengan $n!$ lalu simpulkanlah $\eu^{-1} \notin \Q$ , sehingga $\eu \notin \Q$ — yaitu bukti ketiga bagi fakta ini dalam jilid ini. Daftarkanlah ketiganya (yaitu barisan berdampingan, Latihan 11.9; integral, Soal 15.1; dan jumlah berselang-seling, di sini) beserta apa yang diperlukan masing-masingnya.
Adapun catatan halusnya: bahwa kemonotonannya bukan hiasan. Misalkan $b_k = \frac1k$ untuk $k$ yang ganjil dan $b_k = \frac{1}{k^2}$ untuk $k$ yang genap: maka $b_k$ bersifat positif dan menuju $0$ , namun jumlah parsial $\sum (-1)^k b_k$ divergen ke $-\infty$ . Buktikanlah (pecahlah jumlah parsialnya menjadi bagian genapnya, yang terbatas lewat Contoh 11.22, dan bagian ganjilnya, yang mendominasi separuh deret harmoniknya, Latihan 11.5), lalu katakanlah langkah mana persisnya pada pertanyaan 1 yang memakai kemonotonannya.
Periksalah kesamaan Euler yang lebih sederhana $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ lewat $(2 + \iu)(3 + \iu) = 5(1 + \iu)$ , taksirlah suku yang diperlukan bagi enam desimal $\pi$ lewat rute ini ( $n = 10$ mencukupi), lalu tempatkanlah ia di antara Leibniz dan Machin pada peringkat pertanyaan 13.
Sintesis, satu kalimat untuk masing-masing: (i) nyatakanlah taksiran berselang-selingnya beserta kedua keluarannya (yaitu batas dan tanda); (ii) mengapakah kesamaan hingga yang persis dengan sisa yang eksplisit mengalahkan pernyataan limit bagi numerik yang bersertifikat; (iii) daftar isi soal ini ( $\pi$ sampai $10^{-7}$ dengan tangan, $\ln 2$ sampai sepuluh desimal, empat bukti keirasionalan, satu teorema kesamaan, dan satu contoh peringatan); (iv) benang mana di antaranya yang akan dipungut Bab 17 (yaitu uji deret berselang-seling, kekonvergenan mutlak lawan bersyarat, dan drama penyusunan ulang pada soal akhir pekannya).

Solusi

Solusi Soal 16.1.

1. Di sini $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1} \geq 0$ dan $S_{2n+2} - S_{2n} = a_{2n+2} - a_{2n+1} \leq 0$ , sedangkan $S_{2n} - S_{2n+1} = a_{2n+1} \to 0$ : sehingga barisan $(S_{2n+1})$ dan $(S_{2n})$ berdampingan, yang konvergen ke $S$ yang sama (Teorema 11.11) dengan $S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}$ . Untuk $n$ yang genap: $S_{n+1} \leq S \leq S_n$ memberikan $-a_{n+1} \leq S - S_n \leq 0$ ; sedangkan untuk $n$ yang ganjil: $0 \leq S - S_n \leq a_{n+1}$ . Pada kedua kasusnya $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ dan $S - S_n$ bertanda sama dengan $(-1)^{n+1}$ , yaitu suku pertama yang dihilangkan. Adapun penurunan yang tegas membuat setiap ketaksamaan yang terpampang menjadi tegas, khususnya $0 < \abs{S - S_n} < a_{n+1}$ .

2. Di sini $a_k = \frac{1}{k!}$ turun tegas ke $0$ : sehingga pertanyaan 1 berlaku. Lalu Taylor–Lagrange (Teorema 16.7) bagi $\exp$ di antara $-1$ dan $0$ : $\abs{\eu^{-1} - T_n} \leq \frac{1}{(n+1)!}$ (karena turunannya $\eu^t$ bernilai $\leq 1$ di sana), sehingga $T_n \to \eu^{-1}$ , dan limit $S$ pada pertanyaan 1 adalah $\eu^{-1}$ , dengan batas tegasnya $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ .

3. Dengan mengintegralkan kesamaannya atas $\intcc{0}{1}$ : ruas kirinya menjadi $\arctan 1 = \frac\pi4$ (menurut teorema fundamentalnya), lalu suku ke- $k$ -nya memberikan $\frac{(-1)^k}{2k+1}$ , dan

\rho_n = (-1)^{n+1}\int_0^1 \frac{t^{2n+2}}{1+t^2}\dd t, \qquad \abs{\rho_n} \leq \int_0^1 t^{2n+2}\dd t = \frac{1}{2n+3} .

4. Galat pada $\pi$ adalah $4\abs{\rho_n} \leq \frac{4}{2n+3}$ : dan di bawah $10^{-6}$ menuntut $2n + 3 > 4\cdot10^6$ , yakni kira-kira dua juta suku. Sementara itu $4S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19\bigr) = 4 \times 0.834921 = 3.339683$ , yang hampir $0.2$ jauhnya dari $\pi$ : jadi lima suku, tanpa satu angka pun.

5. Dengan mengintegralkannya atas $\intcc{0}{1}$ : $\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n$ dengan $R_n = \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\dd t$ ; lalu dari $\frac12 \leq \frac{1}{1+t} \leq 1$ : $\frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1}$ . Jadi galatnya terperangkap di antara dua kelipatan $\frac1n$ : sehingga enam desimal berongkos kira-kira sejuta suku.

6. Dengan mengintegralkannya dari $0$ sampai $x$ : $\frac12\ln\frac{1 + x}{1 - x} = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^{2k+1}}{2k+1} + \int_0^x \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}\dd t$ . Lalu di $x = \frac13$ : $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ , dan pada $\intcc{0}{\frac13}$ , $\frac{1}{1 - t^2} \leq \frac98$ :

\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} + \tilde\rho_n, \qquad 0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :

sehingga setiap suku tambahannya membagi galatnya kira-kira dengan $9$ .

7. Lewat induksi: untuk $n = 1$ : $1 - \frac12 = \frac12 = H_2 - H_1$ . Adapun langkahnya:

H_{2n+2} - H_{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+2},

yang persis merupakan pertambahan jumlah berselang-selingnya. Dan $H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$ merupakan jumlah Riemann pada Contoh 15.21, yang konvergen ke $\ln 2$ : jadi jumlah parsial genap Cara 1 adalah jumlah Riemann Cara 3.

8. Di sini $\sum_{k=1}^{6}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.61667$ , dengan galat $0.0765$ ; sedangkan Cara 2 pada $n = 5$ memberikan $0.6931471$ dengan galat $\leq \frac94\cdot\frac{(1/3)^{13}}{13} = 1.1\cdot10^{-7}$ . Adapun alasannya: bahwa Cara 1 menilai deret logaritmanya di titik perbatasan $x = 1$ , yang di situ sukunya meluruh seperti $\frac1k$ ; sedangkan Cara 2 menilainya di $x = \frac13$ , yang jauh di dalam, yang di situ setiap sukunya membawa faktor $\frac19$ yang baru.

9. Sepuluh desimal: kita menginginkan $\tilde\rho_n \leq 5\cdot10^{-11}$ . Pada $n = 10$ : $\frac94 \cdot \frac{(1/3)^{23}}{23} = \frac94\cdot\frac{1.06\cdot10^{-11}}{23} \approx 1.0\cdot10^{-12} < 5\cdot10^{-11}$ : sehingga sebelas suku mencukupi.

10. Di sini $(5+\iu)^2 = 24 + 10\iu$ , lalu $(5+\iu)^4 = (24 + 10\iu)^2 = 476 + 480\iu$ ; dan $2(1+\iu)(239+\iu) = 2(238 + 240\iu) = 476 + 480\iu$ : jadi sama. Adapun argumennya: $\arg(5 + \iu) = \arctan\frac15$ , sehingga ruas kirinya berargumen $4\arctan\frac15 \approx 0.79 \in \intoo{0}{\pi}$ ; sedangkan ruas kanannya berargumen $\frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} \in \intoo{0}{\pi}$ . Jadi dua bilangan kompleks yang sama dengan argumen pada selang yang sama berpanjang $< 2\pi$ :

4\arctan\frac15 = \frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} ,

yang merupakan rumus Machin.

11. Integralkanlah $\frac{1}{1+t^2} = \sum_{k=0}^n (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1}t^{2n+2}}{1+t^2}$ dari $0$ sampai $x$ :

\arctan x = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \int_0^x t^{2n+2}\dd t = \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .

12. Galatnya: $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} = 3.0\cdot 10^{-8}$ dan $4\,\frac{(1/239)^5}{5} \approx 1\cdot10^{-12}$ : jadi totalnya $< 5\cdot10^{-8}$ . Adapun jumlah yang terpampang bernilai $3.14159268\dots$ , sehingga $\pi = 3.1415926\dots$ tersertifikasi sampai $5\cdot10^{-8}$ : jadi tujuh desimal dari enam suku (yaitu lima di $\frac15$ , dan dua di $\frac1{239}$ bila dihitung dengan murah hati).

13. Leibniz: dengan galat $\sim \frac1n$ , sehingga setiap angka barunya mengalikan bebannya dengan sepuluh. Dalzell (Soal 15.1, pertanyaan 22): dengan galat $4^{1-5m}$ , yakni kira-kira tiga angka per langkah, dengan setiap langkahnya berupa polinomial yang lebih berat. Machin: dengan nisbah galat $\frac{1}{25}$ per suku, yakni kira-kira $1.4$ angka per suku, dengan setiap sukunya satu pembagian. Adapun moralnya: bahwa sisa ekspansi bertipe geometri terskala seperti $x^{2n}$ , sehingga membuat $x$ kecil membeli angka dengan ongkos yang tetap per suku — jadi kesamaan kompleks Machin persis merupakan mesin bagi pengecilan $x$ .

14. Di sini $a_k = \frac{1}{(2k)!}$ turun tegas ke $0$ ; sehingga menurut pertanyaan 1 dan Proposisi 16.11 (dengan batas Lagrange seperti pada pertanyaan 2), $\sum_{k \leq n}\frac{(-1)^k}{(2k)!} \to \cos 1$ dengan kurung yang tegas $0 < \bigl|\cos 1 - S'_n\bigr| < \frac{1}{(2n+2)!}$ . Andaikan $\cos 1 = \frac pq$ lalu ambillah $2n \geq q$ : maka $(2n)!\,S'_n = \sum_{k\leq n} (-1)^k \frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ dan $(2n)!\,\frac pq \in \Z$ , sedangkan

0 < \Bigl|(2n)!\cos 1 - (2n)!S'_n\Bigr| < \frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{1}{(2n+1)(2n+2)} < 1 :

yaitu bilangan bulat taknol yang nilai mutlaknya $< 1$ . Jadi bertentangan: sehingga $\cos 1 \notin \Q$ .

15. Dengan cara yang identik memakai $a_k = \frac{1}{(2k+1)!}$ , lalu mengalikannya dengan $(2n+1)!$ dengan $2n + 1 \geq q$ : maka $\sin 1 \notin \Q$ . Namun $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1 \in \Q$ : jadi hasil kali dan jumlah bilangan irasional boleh saja rasional — sehingga keirasionalan tak melewati operasi aljabar mana pun secara cuma-cuma.

16. Adapun batas ekornya: untuk $m > n$ ,

\sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{(2k)!} \leq \frac{1}{(2n+2)!}\Bigl(1 + \frac12 + \frac14 + \dots\Bigr) \leq \frac{2}{(2n+2)!} ,

karena setiap nisbah berurutannya adalah $\frac{1}{(2k+1)(2k+2)} \leq \frac12$ ; sedangkan ekornya positif (karena suku pertamanya demikian). Jadi $0 < \cosh 1 - \sum_{k\leq n}\frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ , lalu mengalikannya dengan $(2n)!$ dengan $2n \geq q$ memerangkap bilangan bulat taknol di $\intoo{0}{1}$ lagi: sehingga $\cosh 1 \notin \Q$ .

17. Di sini $\cos\frac1m = \sum_k \frac{(-1)^k}{m^{2k}(2k)!}$ : sukunya turun tegas ke nol, dan $m^{2n}(2n)!\cdot\frac{1}{m^{2k}(2k)!} = m^{2(n-k)}\frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ untuk $k \leq n$ . Jika $\cos\frac1m = \frac pq$ , kalikanlah kurung tegasnya dengan $q\,m^{2n}(2n)!$ : maka galatnya terbatas oleh $\frac{q}{m^2(2n+1)(2n+2)} < 1$ untuk $n$ yang besar: jadi bertentangan. Adapun untuk $\frac ab$ dengan $a \geq 2$ : membersihkan penyebutnya mengalikan ekornya dengan $b^{2n}(2n)!$ , tetapi suku pertama yang dihilangkan adalah $\frac{a^{2n+2}}{b^{2n+2}(2n+2)!}$ , dan hasil kalinya $\frac{a^{2n+2}}{b^2(2n+1)(2n+2)}$ meledak: sehingga pembilangnya $a^{2n+2}$ tak lagi terbersihkan, dan perangkapnya macet. (Adapun hasilnya tetap benar — lewat mesin bergaya Niven, bukan yang ini.)

18. Di $t = x$ setiap suku $g$ lenyap kecuali $f(x) - f(x) = 0$ : sehingga $g(x) = 0$ ; dan $A$ dipilih agar $g(a) = 0$ . Lalu menurunkannya, jumlahnya berteleskop:

g'(t) = -\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x - t)^n + A\,\frac{(x-t)^n}{n!} = \frac{(x-t)^n}{n!}\bigl(A - f^{(n+1)}(t)\bigr) .

Lalu Rolle pada ruas dari $a$ ke $x$ memberikan $c$ yang tegas di antaranya dengan $g'(c) = 0$ ; dan karena $(x - c)^n \neq 0$ : maka $A = f^{(n+1)}(c)$ . Sehingga membuka $g(a) = 0$ menghasilkan kesamaan Taylornya dengan sisa $\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$ .

19. Untuk $x > 0$ , sisanya adalah $\frac{\eu^{c}} {(n+1)!}x^{n+1} > 0$ : sehingga eksponensialnya melampaui setiap polinomial Taylornya, secara tegas, pada setiap ordenya. Adapun untuk $x < 0$ tanda sisanya sama dengan tanda $x^{n+1}$ : jadi $\eu^x$ berada di atas polinomialnya untuk $n$ yang ganjil, dan di bawahnya untuk $n$ yang genap — yaitu sisi yang berselang-seling, sebagaimana grafik $1 + x$ dan $1 + x + \frac{x^2}{2}$ terhadap $\eu^x$ sudah memperlihatkan.

20. Galat sejatinya: $\sin 0.5 - 0.4791667 = 2.59\cdot10^{-4}$ , terhadap batasnya $\frac{0.5^5}{120} = 2.60\cdot10^{-4}$ : jadi hampir tercapai (karena suku berikutnya mendominasi ekornya). Adapun Young: bagi limit dan analisis setempat, yang di situ tak ada konstanta yang diperlukan. Lagrange: bagi desimal yang bersertifikat. Sedangkan yang berselang-seling: bila berlaku, ia memberikan batas yang sama ditambah arah galatnya — jadi yang terbaik di antara ketiganya, tetapi yang paling jarang.

21. Kekontinuannya di $0$ : dengan $u = \frac{1}{x^2} \to +\infty$ , $f(x) = \eu^{-u} \to 0 = f(0)$ . Adapun turunannya di $0$ : $\bigl|\frac{f(h)}{h}\bigr| = \sqrt u\,\eu^{-u} \to 0$ (Proposisi 4.6): sehingga $f'(0) = 0$ . Untuk $x \neq 0$ , $f'(x) = \frac{2}{x^3}\eu^{-1/x^2}$ : yaitu bentuk $P_1\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ dengan $P_1(X) = 2X^3$ ; lalu secara induktif, menurunkan $P_k(\frac1x)\eu^{-1/x^2}$ memberikan $P_{k+1}(X) = 2X^3 P_k(X) - X^2 P_k'(X)$ , yaitu sebuah polinomial. Lalu

\frac{f^{(k)}(h) - 0}{h} = v\,P_k(v)\,\eu^{-v^2} \Big|_{v = 1/h} \longrightarrow 0

(yaitu polinomial terhadap $\eu^{-v^2}$ , menurut perbandingan pertumbuhan di $\pm\infty$ ): sehingga lewat induksi $f^{(k)}(0) = 0$ untuk setiap $k$ . Jadi semua polinomial Taylor $f$ di $0$ lenyap, namun $f > 0$ di luar $0$ : sehingga Taylor–Young persis pada setiap ordenya dan buta di luar perilaku setempatnya. Jadi sebuah ekspansi hanyalah keterangan yang setempat.

22. Menurut pertanyaan 2, $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ , secara tegas. Jika $\eu^{-1} = \frac pq$ , ambillah $n \geq q$ lalu kalikanlah dengan $n!$ : maka $n!\,T_n \in \Z$ dan $n!\frac pq \in \Z$ , sehingga sebuah bilangan bulat taknol bernilai mutlak $< \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1} < 1$ : jadi bertentangan. Sehingga $\eu^{-1} \notin \Q$ , dan $\eu = \frac{1}{\eu^{-1}}$ pun irasional. Adapun ketiga buktinya: barisan berdampingan yang mengapit $q!\,\eu$ (Latihan 11.9); rekurensi integral $A_n = \eu - nA_{n-1}$ (Soal 15.1); dan kurung berselang-selingnya (di sini). Jadi satu perangkap, tiga sertifikat kekecilan.

23. Kelompokkanlah jumlah parsialnya berpasangan: $\sum_{k=1}^{2n} (-1)^k b_k = E_n - O_n$ dengan $E_n = \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{4j^2}$ , yang terbatas (menurut batas teleskopis pada Contoh 11.22, $E_n \leq \frac12$ ), dan $O_n = \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2j-1} \geq \frac12 H_n \to +\infty$ (Latihan 11.5): sehingga jumlah parsialnya menuju $-\infty$ . Adapun kemonotonannya dipakai pada pertanyaan 1 persis di tempat $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1}$ memerlukan sebuah tanda: karena tanpa penurunannya, subbarisan genap dan ganjilnya tak harus monoton, sehingga kedampingannya runtuh.

24. Di sini $(2+\iu)(3+\iu) = 5 + 5\iu = 5(1+\iu)$ ; lalu mengambil argumennya (yang semuanya di $\intoo{0}{\frac\pi2}$ ): $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ . Adapun ongkos deretnya bagi enam desimal: galatnya $\leq 4\bigl(\frac{(1/2)^{2n+3}}{2n+3} + \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3}\bigr)$ , yang pada $n = 10$ bernilai $\approx 2\cdot10^{-8} < 5\cdot10^{-7}$ : jadi sebelas suku. Peringkatnya: lebih baik daripada Leibniz dengan selisih yang eksponensial, tetapi di belakang Machin (yang titik dominannya $\frac15$ lebih kecil daripada $\frac12$ ): yaitu kira-kira $0.6$ angka per suku terhadap $1.4$ milik Machin.

25. (i) Untuk $a_k \to 0$ yang menurun, jumlah parsial berselang-selingnya konvergen dengan $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ dan galatnya membawa tanda suku pertama yang dihilangkan. (ii) Adapun kesamaan hingga dengan sisa yang eksplisit dapat dinilai dan dibatasi di sebuah titik yang dipilih, sedangkan pernyataan limit hanya menjanjikan kedekatan yang akhirnya — sehingga sertifikasi memerlukan yang pertama. (iii) Yang terpetik: $\pi$ sampai $5\cdot10^{-8}$ lewat Machin, $\ln 2$ sampai sepuluh desimal lewat deret $\frac13$ -nya, keirasionalan $\cos 1$ , $\sin 1$ , $\cosh 1$ , $\cos\frac1m$ dan $\eu^{-1}$ , beserta kesamaan Taylor–Lagrange, dan peringatan fungsi yang rata. (iv) Adapun Bab 17 menaikkan pangkat pertanyaan 1 menjadi uji deret berselang-seling, memisahkan kekonvergenan mutlak dari yang bersyarat, lalu soal akhir pekannya mementaskan drama penyusunan ulang yang bagi drama itu deret harmonik berselang-seling Cara 1 menjadi saksi utamanya.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Notasi Landau

Lihat semua 395 istilah di glosarium

16.1 Notasi perbandingan

16.2 Ketiga rumus Taylornya

16.3 Penerapan

16.4 Latihan

16.5 Soal: Jumlah berselang-seling, angka bersertifikat, dan keirasionalan cos⁡1\cos 1cos1

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

16.5 Soal: Jumlah berselang-seling, angka bersertifikat, dan keirasionalan $\cos 1$