--- title: "Rumus Taylor dan Ekspansi Asimtotik" book: "Matematika Universitas — Tahun 1" subject: math language: id chapter: 16 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/16-rumus-taylor-dan-ekspansi-asimtotik --- # Bab 16 — Rumus Taylor dan Ekspansi Asimtotik Di dekat sebuah titik, fungsi yang mulus sama baiknya dengan [polinomial](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) — dengan galat yang terkendali. Rumus Taylor membuatnya persis dalam tiga rasa (yaitu sisa [integral](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#thm-b1-integration-def), 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 $x \to x_0$: 1. $\sim$ merupakan relasi kesetaraan; dan $f \sim g$ mengakibatkan bahwa $f$ dan $g$ berbagi limit, tanda (di dekat $x_0$ ), serta ketiadaan nol; 2. 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 $\frac{f_1}{f_2} \sim \frac{g_1}{g_2}$ ; 3. 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; 4. $o(g) + o(g) = o(g)$ , $\;u \cdot o(g) = o(ug)$ , $\;o(o(g)) = o(g)$ , 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku#prop-b1-functions-powerrules) pada [Proposisi 4.6](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku#prop-b1-functions-powerrules) (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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/17-deret-numerik#ch-b1-series). **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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#thm-b1-integration-ftc)). 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#thm-b1-integration-def) 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](#pb-b1-taylor-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#thm-b1-integration-def): $\bigl|\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t\bigr| \leq M \bigl|\int_a^x \frac{\abs{x-t}^n}{n!}\dd t\bigr| = M\frac{\abs{x-a}^{n+1}}{(n+1)!}$. ∎ **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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) 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](#pb-b1-taylor-1)) mengindustrikan gagasannya. **Teorema 16.9 (Taylor–Young).** Misalkan $f$ [dapat diturunkan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) $n$ 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) ([Definisi 14.1](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def)). Anggaplah [pernyataannya](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) berlaku pada orde $n - 1$, lalu misalkan $f$ [dapat diturunkan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) $n$ kali di $a$. Terapkanlah hipotesis induksinya pada $f'$ (yang [dapat diturunkan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) $n-1$ 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#thm-b1-derivative-mvt)) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) *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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals)* beserta batas $M$ di sana, dan mengembalikan palang galat berupa angka. Adapun bentuk [integralnya](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#thm-b1-integration-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#pb-b1-integration-1). Jadi memilih rumus terlemah yang menyangga tujuannya bukanlah kecerewetan: karena fungsi yang rata pada [Soal 16.1](#pb-b1-taylor-1) memenuhi Taylor–Young pada setiap ordenya sedangkan setiap kesimpulan yang lebih kuat tentangnya salah jauh dari $0$. **Proposisi 16.11 (Ekspansi baku di 000).** 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) yang mudah dinilai: $(\eu^x)^{(k)} = \eu^x$; [turunan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) $\sin$ 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).** 1. *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. 2. *Jumlah dan hasil kali* : ekspansikanlah setiap faktornya sampai orde $n$ lalu kalikan, sambil membuang yang di luar $x^n$ . 3. *Komposisi* $f(u(x))$ dengan $u(x) \to 0$ : sulihkanlah ekspansi $u$ ke dalam ekspansi $f$ , orde demi orde. 4. *Hasil bagi* : tulislah $\frac{1}{1 + v}$ dengan $v \to 0$ lalu pakailah ekspansi geometrinya. 5. *Integralkanlah* sebuah ekspansi suku demi suku (adapun menurunkannya menuntut kehati-hatian yang lebih — dengan pembenarannya: bahwa [integral](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#thm-b1-integration-def) $o(t^n)$ 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-taylor/fig-7578dfaf5f91.svg) *Sinusnya (yang gelap) terhadap [polinomial](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) 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](#pb-b1-taylor-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku#exo-b1-functions-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)o(1)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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) 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](#prop-b1-taylor-local) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku#def-b1-functions-arc) di tak hingga: dari $\arctan x + \arctan\frac1x = \frac\pi2$ untuk $x > 0$ ([Proposisi 4.12](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku#prop-b1-functions-arcidentities)) dan ekspansi $\arctan$ di $0$ ([Latihan 16.3](#exo-b1-taylor-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/17-deret-numerik#ch-b1-series) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) Taylornya memperoleh suku yang tak hingga banyaknya beserta jari-jari kekonvergenan; dan setiap pelinearan dalam fisika — yaitu bandul, gangguan orde pertama — merupakan [pernyataan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/17-deret-numerik#ch-b1-series) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/24-kurva-bidang#ch-b1-curves) 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](#prop-b1-taylor-local). Sedangkan [Bab 25](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/25-fungsi-dua-variabel#ch-b1-multivar) berhenti pada orde satu dengan sengaja: karena bidang singgungnya merupakan [pernyataan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) 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 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 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 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](#met-b1-taylor-compute) (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 Latihan 16.4.** Taylor–Lagrange ([Teorema 16.7](#thm-b1-taylor-lagrange)) bagi $\exp$ di $a = 0$, $x = 1$: [turunan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) 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 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 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#thm-b1-derivative-convexchar) (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 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 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 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) 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 $v_n = \frac{1}{u_n^2}$: 1. dengan memakai ekspansi $\sin$ , buktikan $v_{n+1} - v_n \to \frac13$ ; 2. dengan Cesàro ( [Latihan 11.10](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#exo-b1-seq-10) ), simpulkan $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ , lalu kesetaraannya $u_n \sim \sqrt{\dfrac{3}{n}}$ . **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 $x > 0$). 1. Dengan memakai $\sin u = u - \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ ketika $u \to 0$: $$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{\sin^2 u_n} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\Bigl(1 - \frac{u_n^2}{6} + o(u_n^2)\Bigr)^{\!-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .$$ 2. Menurut [Latihan 11.10](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#exo-b1-seq-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 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 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#cor-b1-derivative-monotone) (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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#thm-b1-seq-adjacent), 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#ex-b1-seq-e); adapun teorinya sendiri dibuka pada [Bab 17](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/17-deret-numerik#ch-b1-series). **Bagian I — Taksiran berselang-selingnya.** Misalkan $(a_k)_{k \geq 0}$ turun ke $0$ dan $S_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k a_k$. 1. Tunjukkan bahwa $(S_{2n+1})$ tidak turun, $(S_{2n})$ tak naik, dan bahwa keduanya berdampingan ([Teorema 11.11](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#thm-b1-seq-adjacent)): 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. 2. Dividen pertamanya: untuk $x = 1$ pada deret eksponensialnya, bandingkanlah dengan [Teorema 16.7](#thm-b1-taylor-lagrange) di $a = 0$ : tunjukkan bahwa $T_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}$ konvergen ke $\eu^{-1}$ dengan $\abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ . 3. (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 $$\frac\pi4 = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1} + \rho_n, \qquad \abs{\rho_n} \leq \frac{1}{2n+3} .$$ 4. 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.** 5. (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. 6. (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. 7. (Cara 3: [jumlah Riemann](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#thm-b1-integration-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#thm-b1-integration-riemann) pada [Contoh 15.21](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#ex-b1-integration-riemannexample): jadi Cara 1 dan 3 diam-diam merupakan bilangan yang sama yang terlihat dua kali. 8. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals) kekonvergenannya lawan yang di [perbatasannya](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-closure) ). 9. Berapa banyak suku Cara 2 yang mensertifikasi *sepuluh* desimal $\ln 2$ ? Tunjukkan bahwa $n = 10$ mencukupi. **Bagian III — Rumus Machin.** 10. Hitunglah $(5 + \iu)^4$ lalu periksalah kesamaan kompleks $$(5 + \iu)^4 = 2\,(1 + \iu)\,(239 + \iu) .$$ Lalu dengan mengambil argumennya (menurut kesepakatan [Bab 3](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/3-bilangan-kompleks#ch-b1-complex)), simpulkanlah rumus Machin $$\frac\pi4 = 4\arctan\frac15 - \arctan\frac{1}{239} .$$ (Periksalah bahwa tak ada argumen yang meninggalkan $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$.) 11. Seperti pada pertanyaan 3, tegakkanlah untuk $0 < x < 1$: $$\arctan x = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .$$ 12. 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 $3.1415926\dots$ 13. Bandingkanlah ketiga rute menuju $\pi$ yang kini tersedia — yaitu Leibniz (pertanyaan 4), [integral](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#thm-b1-integration-def) Dalzell pada [Soal 15.1](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#pb-b1-integration-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.** 14. 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. 15. 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. 16. 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. 17. 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.** 18. (Taylor–Lagrange, bentuk kesamaannya) Misalkan $f$ [dapat diturunkan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) $n + 1$ 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 $$f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}\,(x-a)^{n+1} .$$ 19. 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 $n$. 20. 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? 21. (Fungsi yang rata) Misalkan $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ untuk $x \neq 0$ , dan $f(0) = 0$ . Tunjukkan bahwa $f$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) di $0$ , bahwa $f'(0) = 0$ , dan secara lebih umum — dengan membuktikan bahwa setiap [turunannya](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) berbentuk $f^{(k)}(x) = P_k\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ untuk suatu [polinomial](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) $P_k$ (lewat induksi) — bahwa $f^{(k)}(0) = 0$ untuk setiap $k$ *(menurut [perbandingan pertumbuhan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku#prop-b1-functions-powerrules) [Proposisi 4.6](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku#prop-b1-functions-powerrules))* . Simpulkanlah: bahwa semua [polinomial](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) 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.** 22. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#thm-b1-seq-adjacent) , [Latihan 11.9](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#exo-b1-seq-9) ; [integral](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#thm-b1-integration-def) , [Soal 15.1](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#pb-b1-integration-1) ; dan jumlah berselang-seling, di sini) beserta apa yang diperlukan masing-masingnya. 23. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#ex-b1-seq-basel), dan bagian ganjilnya, yang mendominasi separuh deret harmoniknya, [Latihan 11.5](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#exo-b1-seq-5))* , lalu katakanlah langkah mana persisnya pada pertanyaan 1 yang memakai kemonotonannya. 24. 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. 25. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/17-deret-numerik#ch-b1-series) (yaitu uji deret berselang-seling, kekonvergenan mutlak lawan bersyarat, dan drama penyusunan ulang pada soal akhir pekannya). **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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#thm-b1-seq-adjacent)) 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](#thm-b1-taylor-lagrange)) bagi $\exp$ di antara $-1$ dan $0$: $\abs{\eu^{-1} - T_n} \leq \frac{1}{(n+1)!}$ (karena [turunannya](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) $\eu^t$ 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/6-aritmetika-bilangan-bulat#def-b1-arith-divides) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#thm-b1-integration-riemann) pada [Contoh 15.21](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#ex-b1-integration-riemannexample), yang konvergen ke $\ln 2$: jadi jumlah parsial genap Cara 1 *adalah* [jumlah Riemann](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#thm-b1-integration-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#def-b1-topology-closure) $x = 1$, 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#pb-b1-integration-1), pertanyaan 22): dengan galat $4^{1-5m}$, yakni kira-kira tiga angka per langkah, dengan setiap langkahnya berupa [polinomial](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) 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](#prop-b1-taylor-standard) (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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#def-b1-continuity-continuous) di $0$: dengan $u = \frac{1}{x^2} \to +\infty$, $f(x) = \eu^{-u} \to 0 = f(0)$. Adapun [turunannya](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#def-b1-derivative-def) di $0$: $\bigl|\frac{f(h)}{h}\bigr| = \sqrt u\,\eu^{-u} \to 0$ ([Proposisi 4.6](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku#prop-b1-functions-powerrules)): 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def). Lalu $$ \frac{f^{(k)}(h) - 0}{h} = v\,P_k(v)\,\eu^{-v^2} \Big|_{v = 1/h} \longrightarrow 0 $$ (yaitu [polinomial](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) terhadap $\eu^{-v^2}$, menurut [perbandingan pertumbuhan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku#prop-b1-functions-powerrules) di $\pm\infty$): sehingga lewat induksi $f^{(k)}(0) = 0$ untuk setiap $k$. Jadi semua [polinomial](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#thm-b1-seq-adjacent) yang mengapit $q!\,\eu$ ([Latihan 11.9](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#exo-b1-seq-9)); rekurensi [integral](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#thm-b1-integration-def) $A_n = \eu - nA_{n-1}$ ([Soal 15.1](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#pb-b1-integration-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#ex-b1-seq-basel), $E_n \leq \frac12$), dan $O_n = \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2j-1} \geq \frac12 H_n \to +\infty$ ([Latihan 11.5](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan#def-b1-seq-subsequence) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/17-deret-numerik#ch-b1-series) 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.