Matematika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

17Deret Numerik

Menjumlahkan tak hingga banyak bilangan berarti mengambil limit jumlah parsialnya — tak lebih, tak kurang. Bab ini menyiapkan definisi dan uji kekonvergenan yang terpakai di tahun pertama: yaitu perbandingan dan kesetaraan bagi suku positif, uji nisbah, perbandingan integral yang menghasilkan deret Riemann, kekonvergenan mutlak, dan teorema deret berselang-seling. Adapun teori yang lebih halus (yaitu hasil kali deret, penjumlahan berpaket, dan deret fungsi) termasuk bahan tahun kedua.

17.1 Keumuman

Definisi 17.1

Diberikan sebuah barisan $(u_n)$ , deret $\sum u_n$ adalah barisan jumlah parsial $S_N = \sum_{n=0}^{N} u_n$ . Deretnya konvergen bila $(S_N)$ konvergen; dan limitnya menjadi jumlahnya $\sum_{n=0}^{\infty} u_n$ , sedangkan $R_N = \sum_{n > N} u_n = S - S_N$ merupakan sisanya, yang menuju $0$ .

Contoh 17.2 (Deret geometri)

Untuk $q \in \C$ : $\;S_N = \sum_{n=0}^{N} q^n = \frac{1 - q^{N+1}}{1-q}$ (dengan $q \neq 1$ ). Deretnya konvergen jika dan hanya jika $\abs q < 1$ (Latihan 11.3), dengan

\sum_{n=0}^{\infty} q^n = \frac{1}{1 - q} .

Contoh 17.3 (Desimal yang periodik adalah deret geometri)

Bilangan apakah $0.363636\dots$ ? Penulisannya sendiri sebuah deret:

0.\overline{36} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{36}{100^k} = 36\cdot\frac{1/100}{1 - 1/100} = \frac{36}{99} = \frac{4}{11} ,

menurut jumlah geometrinya dengan $q = \frac{1}{100}$ . Secara umum sebuah blok $B$ berisi $p$ angka yang berulang selamanya bernilai $\frac{B}{10^p - 1}$ — yaitu mekanisme di balik kriteria keperiodikan pada Soal 10.1, yang akhirnya dinyatakan bahasa bab ini dalam satu baris: bahwa ekspansi desimal merupakan deret yang konvergen, yang periodik pada akhirnya tepat ketika jumlahnya rasional. Jadi mesin angka Bab 10, yang dibangun di sana dengan supremum telanjang, sebenarnya teori deret yang menyamar.

Proposisi 17.4 (Fakta yang pertama)

Jika $\sum u_n$ konvergen, maka $u_n \to 0$ . (Adapun konversnya salah: yaitu deret harmoniknya.)
Kelinearan: bahwa deret yang konvergen terjumlahkan dan terskalakan, dengan jumlah yang diharapkan.
(Teleskopis) $\sum (v_{n+1} - v_n)$ konvergen jika dan hanya jika $(v_n)$ konvergen, dengan jumlah $\lim v_n - v_0$ .
Mengubah suku yang berhingga banyak tak memengaruhi kekonvergenannya (melainkan hanya jumlahnya).

Bukti. (1) Karena $u_N = S_N - S_{N-1} \to S - S = 0$ . Adapun deret harmoniknya mempunyai $u_n = \frac1n \to 0$ namun divergen (Latihan 11.5). (2) Lewat operasi pada limitnya. (3) $S_N = v_{N+1} - v_0$ . (4) Karena jumlah parsialnya berubah sebesar besaran yang akhirnya konstan. ∎

Contoh 17.5 (Merencanakan angka dengan sisa geometrinya)

Untuk $\abs q < 1$ sisa deret geometrinya bersifat eksplisit:

R_N = \sum_{n = N+1}^{\infty} q^n = \frac{q^{N+1}}{1 - q} .

Ini mengubah sasaran ketelitian menjadi cacah suku sebelum perhitungan apa pun. Untuk menilai $\sum_{n\geq0} \bigl(\frac13\bigr)^n = \frac32$ dalam jarak $10^{-10}$ : kita memerlukan $\frac{(1/3)^{N+1}}{2/3} \leq 10^{-10}$ , yakni $3^{N} \geq \frac{3}{2}\cdot 10^{10}$ , yakni $N \geq 22$ (karena $3^{22} \approx 3.1\cdot10^{10}$ ): jadi dua puluh tiga suku, yang diketahui di muka. Adapun setiap taksiran berlaju geometri pada soal akhir pekannya (yaitu deret $\frac13$ bagi $\ln 2$ , dan arkus tangen Machin pada Soal 16.1) merupakan anggaran dua baris ini dalam pakaian profesional.

Contoh 17.6 (Teleskop yang lebih panjang)

Hitunglah $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ . Lewat pecahan parsialnya (Bab 9):

\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1/2}{n} - \frac{1}{n+1} + \frac{1/2}{n+2} = \frac12\Bigl(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr),

yang di situ bentuk keduanya — yaitu selisih nilai berurutan $w_n = \frac{1}{n(n+1)}$ — merupakan yang teleskopis. Sehingga

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12\Bigl(w_1 - w_{N+1}\Bigr) = \frac12\Bigl(\frac12 - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\Bigr) \longrightarrow \frac14 .

Inti gagasan penutupnya: bahwa pecahan parsial bersuku tiga jarang berteleskop sebagaimana ditulis; jadi kelompokkanlah ulang menjadi selisih $w_n - w_{n+1}$ lebih dulu — dan hadiahnya bukan hanya kekonvergenan melainkan jumlahnya yang persis, yang tak pernah diberikan uji perbandingan mana pun.

17.2 Deret bersuku taknegatif

Teorema 17.7 (Jumlah parsial yang terbatas)

Jika $u_n \geq 0$ untuk setiap $n$ , maka jumlah parsialnya naik, sehingga: $\sum u_n$ konvergen $\iff$ jumlah parsialnya terbatas di atas. Jadi berlakulah uji perbandingan: bahwa jika $0 \leq u_n \leq v_n$ untuk setiap (yang besar) $n$ ,

\sum v_n \text{ konvergen} \implies \sum u_n \text{ konvergen}, \qquad \sum u_n \text{ divergen} \implies \sum v_n \text{ divergen}.

Dan uji kesetaraan: bahwa jika $u_n \sim v_n$ dengan $v_n \geq 0$ , maka kedua deretnya bersifat sama.

Bukti. Lewat teorema limit monoton (Teorema 11.9) untuk butir pertamanya; dan lewat perbandingan jumlah parsialnya untuk yang kedua. Adapun kesetaraannya: untuk $n$ yang besar, $\frac12 v_n \leq u_n \leq 2 v_n$ (menurut definisi $\sim$ dengan $\varepsilon = \frac12$ ), lalu perbandingannya berlaku ke kedua arahnya. ∎

Contoh 17.8 (Sebuah kesetaraan yang membuktikan kedivergenan)

Bagaimanakah sifat $\sum_{n\geq1} n\sin\dfrac{1}{n^2}$ ? Karena $\frac{1}{n^2} \to 0$ dan $\sin h \sim h$ di $0$ :

n\sin\frac{1}{n^2} \;\sim\; n\cdot\frac{1}{n^2} = \frac1n ,

lalu uji kesetaraannya memindahkan kedivergenan deret harmoniknya: jadi divergen — meskipun sukunya menuju $0$ . Jadi satu ekspansi, satu skala, satu vonis; dan pola dua langkah yang sama (yaitu kesetaraan, lalu pencarian Riemann atau geometri) memutuskan keempat deret pada Latihan 17.3.

Contoh 17.9 (Uji kesetaraan dalam satu baris)

Bagaimanakah sifat $\sum_{n \geq 1} \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n}$ ? Sekawankanlah pembilangnya:

\frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n} = \frac{1}{n\,(\sqrt{n+1} + \sqrt n)} \sim \frac{1}{2\,n^{3/2}} ,

yaitu skala Riemann yang konvergen (dengan $\alpha = \frac32 > 1$ ): sehingga deretnya konvergen. Jadi seluruh keputusannya memerlukan satu kesetaraan dan satu pencarian — asalkan sukunya taknegatif, dan memang demikian. Inti gagasan penutupnya: bahwa bagi deret yang positif, seluruh teori kekonvergenannya merupakan kamus skala ( $n^{-\alpha}$ , $q^n$ , $\frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ ) ditambah izin mengganti sebuah suku dengan kesetaraannya; sedangkan kerja analitiknya ada pada asimtotiknya (Bab 16), tak pernah pada penjumlahannya.

Teorema 17.10 (Perbandingan integral; deret Riemann)

Misalkan $f$ kontinu, taknegatif dan menurun pada $\intco{1}{+\infty}$ . Maka

\int_1^{N+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; \sum_{n=1}^{N} f(n) \;\leq\; f(1) + \int_1^{N} f(t)\,\dd t ,

sehingga $\sum f(n)$ konvergen jika dan hanya jika $\bigl(\int_1^x f\bigr)$ terbatas. Khususnya, untuk $\alpha \in \R$ :

\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^\alpha} \text{ konvergen} \iff \alpha > 1,

dan $\sum_{n=1}^{N} \frac1n = \ln N + O(1)$ .

Bukti. Untuk $n \leq t \leq n+1$ , kemonotonannya memberikan $f(n+1) \leq f(t) \leq f(n)$ ; lalu mengintegralkannya atas $\intcc{n}{n+1}$ (yaitu ruas berpanjang $1$ ):

f(n+1) \;\leq\; \int_n^{n+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; f(n) .

Lalu menjumlahkan ketaksamaan kanannya untuk $n = 1, \dots, N-1$ memberikan $\int_1^{N} f \leq \sum_{n=1}^{N-1} f(n)$ , sehingga apitan atasnya diperoleh setelah menambahkan $f(N) \leq f(1)$ ; sedangkan menjumlahkan yang kiri untuk $n = 1, \dots, N$ memberikan $\sum_{n=2}^{N+1} f(n) \leq \int_1^{N+1} f$ , yang setelah diindeks ulang menjadi apitan bawahnya. Adapun kekonvergenannya: jumlah parsialnya dan integral $\int_1^x f$ saling membatasi dalam jarak konstanta $f(1)$ , dan keduanya tidak turun, sehingga yang satu terbatas jika dan hanya jika yang lain demikian (Teorema 17.7). Untuk $f(t) = t^{-\alpha}$ (dengan $\alpha \neq 1$ ): $\int_1^x t^{-\alpha}\dd t = \frac{x^{1-\alpha} - 1}{1 - \alpha}$ , yang terbatas jika dan hanya jika $\alpha > 1$ ; sedangkan untuk $\alpha = 1$ integralnya $\ln x \to \infty$ , dan apitannya memberikan $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ . Adapun untuk $\alpha \leq 0$ sukunya tak menuju $0$ . ∎

Contoh 17.11 (Tumpukan harmoniknya)

Berapa banyak suku yang harus dikumpulkan deret harmoniknya untuk melewati $20$ ? Apitan $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ menjawabnya tanpa penjumlahan sama sekali: karena $H_N \geq 20$ menuntut $1 + \ln N \geq 20$ , yakni $N \geq \eu^{19} \approx 1.8\cdot10^{8}$ , dan terjamin begitu $\ln(N + 1) \geq 20$ , yakni $N \approx \eu^{20} \approx 4.9\cdot10^{8}$ . (Adapun soal akhir pekannya mempertajam ini menjadi $N \approx \eu^{20 - \gamma} \approx 2.7\cdot10^{8}$ lewat konstanta Euler.) Inti gagasan penutupnya: bahwa perbandingan integralnya tak sekadar memutuskan kekonvergenan — ia melokalkan jumlah parsialnya dengan ketelitian logaritmis, sehingga mengubah perhitungan yang tanpa harapan (yaitu ratusan juta suku) menjadi taksiran dua baris.

Teorema 17.12 (Uji nisbah (d’Alembert))

Misalkan $u_n > 0$ dengan $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ell$ .

Jika $\ell < 1$ : maka $\sum u_n$ konvergen;
jika $\ell > 1$ : maka $u_n \to +\infty$ , jadi divergen;
jika $\ell = 1$ : maka tak ada kesimpulannya (karena $\sum \frac1n$ divergen, sedangkan $\sum \frac{1}{n^2}$ konvergen).

Bukti. Jika $\ell < 1$ , tetapkanlah $q \in \intoo{\ell}{1}$ : maka di luar suatu $N$ , $u_{n+1} \leq q\,u_n$ , sehingga $u_n \leq u_N q^{\,n-N}$ lewat induksi: jadi perbandingan dengan deret geometri. Jika $\ell > 1$ : maka di luar suatu $N$ barisan $(u_n)$ naik, sehingga ia tak dapat menuju $0$ (karena limitnya, bila ada, bernilai $\geq u_N > 0$ ); jadi menurut Proposisi 17.4 (1), divergen — dan sesungguhnya $u_n \geq u_N q^{n-N}$ dengan $q > 1$ memberikan $u_n \to \infty$ . ∎

Contoh 17.13

$\sum \frac{x^n}{n!}$ konvergen untuk setiap $x > 0$ : karena nisbahnya $\frac{x}{n+1} \to 0$ . Adapun jumlahnya $\eu^x$ : karena menurut Taylor–Lagrange (Teorema 16.7) pada $\intcc{0}{x}$ ,

\Bigl| \eu^x - \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \Bigr| \leq \eu^{x}\, \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 ,

dengan batasnya menuju $0$ karena faktorialnya mendominasi (Latihan 15.9 (1) memakai fakta yang sama). Adapun argumen yang sama menjumlahkan deret $\sin$ , $\cos$ , $\sinh$ , dan $\cosh$ pada seluruh $\R$ .

Contoh 17.14 (Uji nisbahnya mencukupi, tetapi tak diperlukan)

Misalkan $u_n = 2^{-n}$ untuk $n$ yang genap dan $u_n = 2^{-n-2}$ untuk $n$ yang ganjil. Maka nisbah berurutannya berayun di antara $\frac{1}{8}$ dan $\frac12\cdot4 = 2$ , sehingga $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ tak berlimit dan d’Alembert bungkam — padahal $u_n \leq 2^{-n}$ dan uji perbandingannya menuntaskan kekonvergenannya seketika. Jadi hipotesis ujinya (yaitu bahwa nisbahnya konvergen) merupakan pembatasan yang sungguhan: ia cocok bagi suku dengan satu struktur perkalian yang dominan (yaitu faktorial dan pangkat), dan gagal pada apa pun yang bernapas. Jadi ketika nisbahnya berkelakuan buruk, mundurlah ke perbandingan terhadap selubung geometri — dan hanya itulah uji nisbahnya sejak semula, sebagaimana diperlihatkan buktinya.

Contoh 17.15 (Uji nisbah pada pertempuran faktorial)

Bagaimanakah sifat $\sum_{n\geq0} \dfrac{(n!)^2}{(2n)!}$ (yaitu kebalikan koefisien binomial pusatnya, sampai faktor $n + 1$ )? Nisbahnya meruntuhkan faktorialnya:

\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{((n+1)!)^2}{(n!)^2}\cdot\frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)} \longrightarrow \frac14 < 1 :

jadi konvergen, dengan kelonggaran — karena sukunya meluruh pada dasarnya seperti $4^{-n}$ , yang selaras dengan $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ dari Soal 15.1. Inti gagasan penutupnya: bahwa hasil bagi faktorial persis merupakan apa yang dicerna uji nisbahnya — karena setiap faktorialnya saling meniadakan menjadi fungsi rasional dalam $n$ , yang limitnya terbaca dari suku utamanya.

17.3 Kekonvergenan mutlak; deret berselang-seling

Teorema 17.16 (Kekonvergenan mutlak)

Jika $\sum \abs{u_n}$ konvergen (yaitu kekonvergenan mutlak), maka $\sum u_n$ konvergen, dan $\bigl|\sum u_n\bigr| \leq \sum \abs{u_n}$ . Ini berlaku bagi suku yang real maupun kompleks.

Bukti. Jumlah parsialnya memenuhi, untuk $M > N$ (menurut kriteria Cauchy, Teorema 11.20):

\abs{S_M - S_N} = \Bigl| \sum_{n=N+1}^{M} u_n \Bigr| \leq \sum_{n=N+1}^{M} \abs{u_n},

yang bernilai kecil untuk $N$ yang besar karena jumlah parsial $\sum\abs{u_n}$ membentuk barisan Cauchy. Jadi $(S_N)$ bersifat Cauchy, sehingga konvergen. Adapun ketaksamaannya beralih ke limitnya dari ketaksamaan segitiga yang hingga. ∎

Contoh 17.17 (Kekonvergenan mutlak, yang real dan yang kompleks)

Untuk $\sum_{n\geq1} \frac{\sin n}{n^2}$ : sukunya berubah tanda secara tak beraturan (memang $(\sin n)$ padat di $\intcc{-1}{1}$ , Latihan 11.12), dan tak ada struktur berselang-seling yang terlihat. Namun kekonvergenan mutlaknya menyelamatkan segalanya sekaligus: karena $\bigl|\frac{\sin n}{n^2}\bigr| \leq \frac{1}{n^2}$ , yaitu skala yang konvergen, sehingga deretnya konvergen. Adapun perisai yang sama bekerja di atas $\C$ : $\sum_{n\geq1}\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}$ konvergen karena $\bigl|\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}\bigr| = \frac{1}{n^2}$ — jadi pola tandanya, bahkan yang berdimensi dua, tak relevan begitu modulusnya terjumlahkan. Inti gagasan penutupnya: bahwa kekonvergenan mutlak merupakan satu-satunya perkakas bab ini yang tak pernah menanyakan bagaimana tandanya tertata; jadi cobalah ia lebih dulu (Metode 17.21), lalu sisakan uji yang halus bagi deret yang menggagalkannya.

Teorema 17.18 (Uji deret berselang-seling)

Misalkan $(a_n)$ menurun dengan $a_n \to 0$ . Maka deret berselang-seling $\sum (-1)^n a_n$ konvergen; jumlahnya terletak di antara sebarang dua jumlah parsial yang berurutan, dan

\abs{R_N} = \Bigl| \sum_{n > N} (-1)^n a_n \Bigr| \leq a_{N+1} .

Bukti. Jumlah parsial genap dan ganjilnya berdampingan: karena $S_{2p+2} - S_{2p} = a_{2p+2} - a_{2p+1} \leq 0$ (menurut penurunannya), $S_{2p+1} - S_{2p-1} = a_{2p} - a_{2p+1} \geq 0$ (menurut kenaikannya), dan $S_{2p} - S_{2p+1} = a_{2p+1} \to 0$ . Jadi menurut Teorema 11.11 keduanya berbagi limit $S$ , yang oleh kriteria dua subbarisan (Proposisi 11.14) menjadi limit $(S_N)$ ; lebih lanjut $S$ terperangkap di antara jumlah parsial yang berurutan, dan $\abs{S - S_N}$ paling banyak sebesar celah ke yang berikutnya, yaitu $a_{N+1}$ . ∎

Contoh 17.19 (Deret harmonik berselang-seling)

$\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ konvergen (menurut uji berselang-selingnya) tetapi tak mutlak (karena deret harmoniknya). Adapun jumlahnya $\ln 2$ : karena dari kesamaan geometri yang hingga $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1} (-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ , integralkanlah atas $\intcc{0}{1}$ :

\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t , \qquad 0 \leq \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t \leq \frac{1}{n+1} \to 0 .

Kekonvergenannya lamban dengan menyakitkan (karena $R_N \approx \frac{1}{N}$ ) — sebab deret berselang-seling konvergen lewat peniadaan, bukan lewat kekecilan.

Jumlah parsial S_N deret harmonik berselang-seling 1 - 1/2 + 1/3 - melompati limitnya 2 pada setiap langkahnya: yaitu jumlah ganjilnya dari atas, dan jumlah genapnya dari bawah, dengan setiap lompatannya berukuran 1/N+1. Jadi apitannya merupakan bukti yang dibuat kasatmata — dan lambannya penutupan penjepitnya (|S_N - 2| 1/2N, menurut soal akhir pekan ) adalah sebabnya tak seorang pun menghitung 2 dengan cara ini. — Jumlah parsial $S_N$ deret harmonik berselang-seling $1 - \frac12 + \frac13 - \cdots$ melompati limitnya $\ln 2$ pada setiap langkahnya: yaitu jumlah ganjilnya dari atas, dan jumlah genapnya dari bawah, dengan setiap lompatannya berukuran $\frac{1}{N+1}$ . Jadi apitannya merupakan bukti Teorema 17.18 yang dibuat kasatmata — dan lambannya penutupan penjepitnya ( $\abs{S_N - \ln 2} \approx \frac{1}{2N}$ , menurut soal akhir pekan Soal 17.1) adalah sebabnya tak seorang pun menghitung $\ln 2$ dengan cara ini.

Catatan 17.20 (Jebakan yang lazim dengan deret)

(i) Uji kesetaraannya memerlukan tanda: misalkan $v_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ dan $u_n = v_n + \frac1n$ . Maka $\frac{u_n}{v_n} = 1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt n} \to 1$ , sehingga $u_n \sim v_n$ ; namun $\sum v_n$ konvergen (menurut uji berselang-selingnya) sedangkan $\sum u_n = \sum v_n + \sum \frac1n$ divergen. Jadi kesetaraan mengendalikan ukuran sukunya, dan bagi deret yang bertanda ukurannya bukan takdir — sehingga ujinya dinyatakan, dan benar, hanya bagi suku yang (akhirnya) taknegatif. (ii) $u_n \to 0$ tak membuktikan apa pun: karena deret harmoniknya merupakan contoh penyangkal yang abadi; dan arah konversnya (Proposisi 17.4 (1)) hanyalah uji kedivergenan yang cepat. (iii) Limit nisbah $1$ itu kebungkaman, bukan kekonvergenan: karena baik $\sum\frac1n$ maupun $\sum\frac{1}{n^2}$ bernisbah $\to 1$ ; jadi berpindahlah ke skala Riemann atau perbandingan integral. (iv) Berselang-seling memerlukan penurunan: karena $\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ tampak berselang-seling padahal ditangani hanya lewat ekspansi (Latihan 17.5); dan soal akhir pekan Bab 16 (pertanyaan 23 di sana) menunjukkan bahwa ujinya dapat gagal sama sekali tanpa kemonotonannya. (v) Pengelompokan dan penyusunan ulang tak cuma-cuma: karena menyisipkan tanda kurung tak berbahaya bagi deret yang konvergen tetapi dapat menciptakan kekonvergenan dari kedivergenan (yaitu $1 - 1 + 1 - \cdots$ yang dikelompokkan berpasangan), dan penyusunan ulang dapat mengubah jumlahnya sendiri — yaitu drama yang dipentaskan pada soal akhir pekan bab ini (Soal 17.1).

Metode 17.21 (Memutuskan sifat sebuah deret)

Apakah $u_n \to 0$ ? Jika tidak, divergen, berhenti.
Untuk suku yang taknegatif: carilah kesetaraan bagi $u_n$ (lewat ekspansi, Bab 16!), lalu bandingkanlah dengan skala Riemann atau geometri; adapun faktorial dan pangkat memanggil uji nisbahnya; sedangkan $f(n)$ yang menurun memanggil perbandingan integralnya.
Bila tandanya berubah-ubah: cobalah kekonvergenan mutlaknya lebih dulu; dan jika gagal, uji berselang-selingnya (periksalah penurunannya dengan saksama); adapun di luar itu, perkakas tahun kedua.

Contoh 17.22 (Penyebut yang ganjil, separuh teleskopnya)

Hitunglah $\sum_{n \geq 1} \dfrac{1}{4n^2 - 1}$ . Lewat pecahan parsialnya: $\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac12\bigl(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\bigr)$ , sehingga

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{4n^2 - 1} = \frac12\Bigl(1 - \frac{1}{2N+1}\Bigr) \longrightarrow \frac12 .

Bandingkanlah dengan $\sum \frac{1}{n(n+1)} = 1$ (Latihan 17.1): yaitu kerangka teleskopis yang sama, tetapi suku berurutannya di sini berjarak dua pada bilangan ganjilnya, dan faktor $\frac12$ -nya mencatat langkahnya. Inti gagasan penutupnya: bahwa teleskopis merupakan perubahan sudut pandang, bukan muslihat — karena setiap kali suku umumnya berupa selisih $w_n - w_{n+1}$ atas sebuah barisan yang berlimit, jumlahnya adalah $w_1 - \lim w$ , yang persis Proposisi 17.4 (3).

Catatan 17.23 (Pipa analisisnya, bila ditengok ke belakang)

Bab inilah tempat analisis jilid ini bertemu, dan setiap ujinya menyebut leluhurnya. Jumlah parsial yang terbatas merupakan teorema limit monoton (Bab 11), yang sendirinya aksioma kelengkapan pada Bab 10; kekonvergenan mutlaknya merupakan kriteria Cauchy; uji integralnya merupakan apitan luas pada Bab 15; kesetaraan suku umumnya merupakan ekspansi pada Bab 16; dan teorema berselang-selingnya merupakan lema barisan berdampingan dalam pakaian Minggunya. Jadi bila dibaca mundur, pipanya menjelaskan setiap babnya untuk apa ada — dan soal akhir pekan yang dirangkaikan di sepanjangnya (yaitu angka $b$ -adik, Cesàro–Stolz, mesin keirasionalan, dan konstanta Euler) merupakan beberapa gagasan yang sama yang bertemu pada ketinggian yang kian tinggi. Adapun aljabar linear yang menyusul mengubah pokoknya, bukan standarnya: karena kebiasaan pernyataan yang persis dengan galat yang bersertifikat bertahan melewati perpindahan dari limit ke dimensi.

Catatan 17.24 (Ke mana deretnya berlanjut)

Bab ini menutup analisis jilid ini dan membuka tiga pintu. Pada jilid Tahun ke-2, deretnya memperoleh sebuah variabel ( $\sum a_n x^n$ : yaitu deret pangkat, dengan jari-jari kekonvergenannya) lalu kemudian sebuah teori bernilai fungsi (yaitu deret Fourier); dan dikotomi mutlak lawan bersyaratnya, yang didramatiskan pada soal akhir pekan di bawah, menjadi batu penjuru keduanya. Pada peluang (jilid Tahun ke-3), ekspektasi variabel acak yang diskret adalah deret, dan kekonvergenan mutlaknyalah yang membuatnya terdefinisi dengan baik. Sedangkan deret Riemann $\sum n^{-s}$ , bila didorong ke $s$ yang kompleks, menjadi fungsi zeta — yaitu satu deret yang paling banyak ditelaah dalam matematika.

17.4 Latihan

Latihan 17.1 ★

Sifat (dan jumlahnya, bila teleskopis) dari:

\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)}, \qquad \sum_{n\geq2} \ln\Bigl(1 - \frac{1}{n^2}\Bigr), \qquad \sum_{n\geq0} \frac{3^n + 4^n}{5^n} .

Solusi

Solusi Latihan 17.1.

$\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac1n - \dfrac{1}{n+1}$ : jadi teleskopis, dengan $S_N = 1 - \frac{1}{N+1} \to 1$ . Konvergen, dengan jumlah $1$ .

$\ln\bigl(1 - \frac{1}{n^2}\bigr) = \ln\frac{(n-1)(n+1)}{n^2} = \ln\frac{n-1}{n} - \ln\frac{n}{n+1}$ : jadi teleskopis lagi, dengan $S_N = \ln\frac12 - \ln\frac{N}{N+1} \to -\ln 2$ . Konvergen, dengan jumlah $-\ln 2$ .

$\dfrac{3^n + 4^n}{5^n} = \bigl(\frac35\bigr)^n + \bigl(\frac45\bigr)^n$ : yaitu dua deret geometri yang konvergen, dengan jumlah $\frac{1}{1 - 3/5} + \frac{1}{1 - 4/5} = \frac52 + 5 = \frac{15}{2}$ .

Latihan 17.2 ★

Sifat dari: $\;\sum \dfrac{n^2}{2^n}$ ; $\;\sum \dfrac{n!}{n^n}$ ; $\;\sum \dfrac{2^n\,n!}{n^n}$ ; $\;\sum \dfrac{3^n\,n!}{n^n}$ . (Lewat uji nisbahnya; ingatlah $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n \to \eu$ .)

Solusi

Solusi Latihan 17.2.

Lewat uji nisbahnya di sepanjangnya.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)^2}{2n^2} \to \frac12 < 1$ : jadi konvergen.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)!\,n^n}{n!\,(n+1)^{n+1}} = \bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{-n} \to \frac1\eu < 1$ : jadi konvergen.

Dengan faktor $2^n$ : nisbahnya $\to \frac2\eu < 1$ : jadi konvergen.

Dengan $3^n$ : nisbahnya $\to \frac3\eu > 1$ : jadi divergen (karena sukunya menuju $+\infty$ ).

Latihan 17.3 ★

Sifat dari: $\;\sum \sin\dfrac{1}{n^2}$ ; $\;\sum \Bigl(1 - \cos\dfrac1n\Bigr)$ ; $\;\sum \dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$ ; $\;\sum \dfrac{\ln n}{n^2}$ (bandingkanlah dengan $n^{-3/2}$ ).

Solusi

Solusi Latihan 17.3.

Semuanya bersuku taknegatif; jadi pakailah kesetaraannya (Teorema 17.7).

$\sin\frac{1}{n^2} \sim \frac{1}{n^2}$ : jadi konvergen (menurut Riemann dengan $\alpha = 2$ ).

$1 - \cos\frac1n \sim \frac{1}{2n^2}$ : jadi konvergen.

$\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}} \sim \frac1n$ : jadi divergen.

$\frac{\ln n}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\cdot\frac{\ln n}{n^{1/2}}$ dan $\frac{\ln n}{\sqrt n} \to 0$ (Proposisi 4.6): sehingga $\frac{\ln n}{n^2} \leq \frac{1}{n^{3/2}}$ untuk $n$ yang besar: jadi konvergen.

Latihan 17.4 ★

Buktikan bahwa $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n^2}$ konvergen dengan jumlah $\leq 2$ , dengan memakai $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)}$ untuk $n \geq 2$ beserta batas teleskopisnya.

Solusi

Solusi Latihan 17.4.

Untuk $n \geq 2$ : $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)} = \frac{1}{n-1} - \frac1n$ . Sehingga

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2} \leq 1 + \sum_{n=2}^{N} \Bigl(\frac{1}{n-1} - \frac1n\Bigr) = 1 + 1 - \frac1N < 2 :

jadi jumlah parsialnya naik dan terbatas oleh $2$ : sehingga konvergen (Teorema 17.7), dengan jumlah $\leq 2$ . (Adapun nilai persisnya $\frac{\pi^2}{6}$ merupakan perayaan tahun kedua.)

Latihan 17.5 ★★

Sifat dari $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n}$ , dari $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ (ekspansikanlah: karena uji berselang-selingnya tak berlaku secara langsung — mengapa?), dan dari $\;\sum \sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\,\bigr)$ (reduksikanlah modulo $\pi$ : $\sqrt{n^2+1} = n + \frac{1}{2n} + O(n^{-3})$ ).

Solusi

Solusi Latihan 17.5.

$\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ : yaitu berselang-seling dengan $\frac{1}{\sqrt n} \downarrow 0$ : jadi konvergen (Teorema 17.18); tetapi tak mutlak (karena $\alpha = \frac12 \leq 1$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ : barisan $\frac{1}{n + (-1)^n}$ tak menurun (karena $\frac{1}{n+1}$ lalu $\frac{1}{n}$ berselang-seling dengan buruk), sehingga ujinya tak berlaku secara langsung. Jadi ekspansikanlah:

\frac{(-1)^n}{n + (-1)^n} = \frac{(-1)^n}{n}\cdot\frac{1}{1 + \frac{(-1)^n}{n}} = \frac{(-1)^n}{n} - \frac{1}{n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr):

maka deret pertamanya konvergen (menurut berselang-selingnya), $\sum \frac{1}{n^2}$ konvergen, dan $O(n^{-3})$ -nya konvergen mutlak: sehingga jumlah ketiga deret yang konvergen itu konvergen.

Untuk $\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr)$ : tulislah $\sqrt{n^2 + 1} = n + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n$ dengan $\varepsilon_n = O(n^{-3})$ ; lalu, menurut keperiodikan- $\pi$ $\sin$ sampai tandanya,

\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr) = (-1)^n \sin\Bigl(\frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n\Bigr) .

Tetapkanlah $\theta_n = \frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n$ dan $a_n = \sin\theta_n$ . Untuk $n$ yang besar, $\theta_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ dan

\theta_n - \theta_{n+1} = \frac{\pi}{2n(n+1)} + \pi(\varepsilon_n - \varepsilon_{n+1}) = \frac{\pi}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) > 0

akhirnya, sehingga $(\theta_n)$ menurun ke $0$ ; dan karena $\sin$ naik pada $\intcc{0}{\frac\pi2}$ , maka $(a_n)$ menurun ke $0$ pula. Jadi uji berselang-selingnya berlaku: konvergen — tetapi tak mutlak, karena $a_n \sim \frac{\pi}{2n}$ .

Latihan 17.6 ★★

Untuk $\alpha > 0$ yang mana $\sum_{n \geq 2} \dfrac{1}{n (\ln n)^{\alpha}}$ konvergen? (Lewat perbandingan integral; sulihkanlah $u = \ln t$ .)

Solusi

Solusi Latihan 17.6.

Fungsi $f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\alpha}$ bersifat positif, kontinu, dan menurun pada $\intco{2}{+\infty}$ . Lalu dengan menyulihkan $u = \ln t$ :

\int_2^x \frac{\dd t}{t(\ln t)^\alpha} = \int_{\ln 2}^{\ln x} \frac{\dd u}{u^\alpha},

yang terbatas ketika $x \to \infty$ jika dan hanya jika $\alpha > 1$ (menurut perhitungan Teorema 17.10). Jadi menurut perbandingan integralnya: konvergen jika dan hanya jika $\alpha > 1$ . (Adapun deret bertipe Bertrand ini menunjukkan betapa halus perbatasan kekonvergenannya: karena $n\ln n$ divergen, sedangkan $n(\ln n)^{1.01}$ konvergen.)

Latihan 17.7 ★★

Misalkan $u_n = \dfrac{1}{n} - \ln\Bigl(1 + \dfrac1n\Bigr)$ . Buktikan bahwa $0 \leq u_n \leq \dfrac{1}{2n^2}$ , bahwa $\sum u_n$ konvergen, lalu simpulkanlah keberadaan konstanta Euler:

\gamma = \lim_{N \to \infty} \Bigl( \sum_{n=1}^{N} \frac 1n - \ln N \Bigr) .

Solusi

Solusi Latihan 17.7.

Menurut batas garis singgung pada Latihan 14.3 yang ditulis ulang lewat ekspansi: untuk $x = \frac1n \in \intoc{0}{1}$ , Taylor–Lagrange bagi $\ln(1+x)$ pada orde $1$ memberikan $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2(1 + c)^2}$ untuk suatu $c \in \intoo{0}{x}$ , sehingga

0 \leq u_n = \frac1n - \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq \frac{1}{2n^2} .

Lalu perbandingan dengan deret Riemannnya: $\sum u_n$ konvergen. Adapun jumlah parsialnya berteleskop pada logaritmanya:

\sum_{n=1}^{N} u_n = H_N - \ln(N+1)

(karena $\sum_{n\leq N} \ln\frac{n+1}{n} = \ln(N+1)$ ). Jadi $H_N - \ln(N+1)$ konvergen; lalu menambahkan $\ln\frac{N+1}{N} \to 0$ , barisan $H_N - \ln N$ konvergen. Adapun limitnya $\gamma \approx 0.5772$ .

Latihan 17.8 ★★

Hitunglah jumlahnya

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+2)} \qquad\text{dan}\qquad \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n}{2^n} .

(Untuk yang pertama: lewat pecahan parsialnya. Untuk yang kedua: hitunglah $\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1}$ dalam bentuk tertutup lalu biarkan $N \to \infty$ di $x = \frac12$ .)

Solusi

Solusi Latihan 17.8.

$\dfrac{1}{n(n+2)} = \dfrac{1/2}{n} - \dfrac{1/2}{n+2}$ : jadi jumlah parsialnya berteleskop dengan jeda $2$ ,

S_N = \frac12\Bigl(1 + \frac12 - \frac{1}{N+1} - \frac{1}{N+2}\Bigr) \longrightarrow \frac34 .

Untuk $\sum \frac{n}{2^n}$ : bagi $\abs x < 1$ , dengan menurunkan jumlah geometri yang hingga lalu beralih ke limitnya (karena semua deret di sini konvergen mutlak, menurut uji nisbahnya): dari $\sum_{n\geq0} x^n = \frac{1}{1-x}$ , kita memperoleh lewat perhitungan langsung dengan jumlah parsialnya

\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1} = \frac{1 - (N+1)x^N + N x^{N+1}}{(1 - x)^2} \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac{1}{(1-x)^2} \quad (\abs x < 1),

(karena suku perbatasannya $N x^N \to 0$ ). Lalu di $x = \frac12$ : $\sum_{n\geq1} n\bigl(\frac12\bigr)^{n-1} = 4$ , sehingga $\sum_{n\geq0} \frac{n}{2^n} = \frac12 \times 4 = 2$ .

Latihan 17.9 ★★★

(Pemampatan Cauchy) Misalkan $(u_n)$ taknegatif dan menurun. Buktikan bahwa

\sum_{n \geq 1} u_n \text{ konvergen} \iff \sum_{k \geq 0} 2^k\, u_{2^k} \text{ konvergen},

dengan membandingkan paket suku di antara pangkat $2$ yang berurutan. Lalu pulihkanlah darinya kriteria Riemann beserta Latihan 17.6.

Solusi

Solusi Latihan 17.9.

Kelompokkanlah suku $\sum u_n$ dalam paket di antara pangkat $2$ . Adapun paket atasnya: untuk $2^k \leq n < 2^{k+1}$ ada $2^k$ suku, yang masing-masingnya $\leq u_{2^k}$ :

\sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n = \sum_{k=0}^{K} \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \leq \sum_{k=0}^{K} 2^k u_{2^k} .

Adapun paket bawahnya: setiap suku paket yang sama bernilai $\geq u_{2^{k+1}}$ , sehingga $\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \geq 2^k u_{2^{k+1}} = \frac12 \cdot 2^{k+1} u_{2^{k+1}}$ , jadi

\sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n \geq \frac12 \sum_{k=1}^{K+1} 2^{k} u_{2^{k}} .

Kedua perbandingan jumlah parsialnya berjalan ke kedua arahnya (karena sukunya taknegatif, Teorema 17.7): sehingga kedua deretnya bersifat sama.

Untuk Riemann: $u_n = n^{-\alpha}$ memberikan $2^k u_{2^k} = 2^{k(1-\alpha)}$ , yaitu deret geometri, yang konvergen jika dan hanya jika $2^{1 - \alpha} < 1$ jika dan hanya jika $\alpha > 1$ . Adapun untuk Bertrand (Latihan 17.6): $u_n = \frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ memberikan $2^k u_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\alpha}$ , yaitu deret Riemann dalam $k$ : jadi konvergen jika dan hanya jika $\alpha > 1$ .

Latihan 17.10 ★★★

Dengan memakai kesamaan integral pada Contoh 17.19 yang disesuaikan bagi $\frac{1}{1+t^2}$ , buktikanlah rumus Leibniz

\frac{\pi}{4} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots

dengan batas galatnya $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N+3}$ .

Solusi

Solusi Latihan 17.10.

Lewat kesamaan geometri yang hingga dengan nisbah $-t^2$ :

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

Lalu integralkanlah atas $\intcc{0}{1}$ (karena ruas kirinya terintegralkan menjadi $\arctan 1 = \frac\pi4$ , Proposisi 4.10):

\frac{\pi}{4} = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{2k+1} + (-1)^n \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t, \qquad 0 \leq \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t \leq \int_0^1 t^{2n}\dd t = \frac{1}{2n+1} .

Lalu membiarkan $n \to \infty$ membuktikan rumusnya, dan batas yang terpampang atas integralnya persis merupakan batas sisanya: sehingga setelah menjumlahkan sampai $N$ (yakni $n = N + 1$ suku), $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N + 3}$ .

Latihan 17.11 ★★

Sifat dari $\displaystyle\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^{1 + 1/n}}$ . (Hitunglah limit $n^{1/n}$ lalu carilah kesetaraan bagi suku umumnya: karena uji Riemann memerlukan eksponen yang tetap.)

Solusi

Solusi Latihan 17.11.

$n^{1/n} = \eu^{\frac{\ln n}{n}} \to \eu^0 = 1$ (Proposisi 4.6). Sehingga

\frac{1}{n^{1 + 1/n}} = \frac{1}{n}\,\eu^{-\frac{\ln n}{n}} \sim \frac{1}{n} ,

lalu uji kesetaraannya (Teorema 17.7) membandingkannya dengan deret harmonik yang divergen: jadi divergen, meskipun setiap eksponennya $1 + \frac1n$ melampaui $1$ . Adapun kriteria Riemann menyangkut eksponen $\alpha$ yang tetap; sedangkan eksponen yang meluncur turun ke $1$ dapat kehilangan seluruh kelonggarannya, seperti di sini.

Latihan 17.12 ★★★

Misalkan $(u_n)$ taknegatif dan menurun dengan $\sum u_n$ yang konvergen. Buktikan bahwa $n\,u_n \to 0$ (batasilah $n\,u_{2n}$ oleh sebuah iris $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k$ lalu pakailah kriteria Cauchy). Tunjukkanlah bahwa konversnya gagal, dan bahwa hipotesis kemonotonannya tak dapat dilepaskan.

Solusi

Solusi Latihan 17.12.

Misalkan $\varepsilon > 0$ . Menurut kriteria Cauchy bagi deret yang konvergen (Teorema 11.20 yang diterapkan pada jumlah parsialnya), ada $N$ dengan $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon$ untuk $n \geq N$ . Lalu menurut kemonotonannya masing-masing dari $n$ sukunya bernilai $\geq u_{2n}$ :

n\,u_{2n} \leq \sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon \quad\Longrightarrow\quad 2n\,u_{2n} \leq 2\varepsilon ,

dan untuk indeks yang ganjil $(2n+1)\,u_{2n+1} \leq (2n+1)\,u_{2n} \leq 2\bigl(2n\,u_{2n}\bigr) \leq 4\varepsilon$ untuk $n \geq N$ : jadi pada kedua keparitasannya, $n u_n \to 0$ .

Adapun konversnya salah: karena $u_n = \frac{1}{n\ln n}$ mempunyai $n u_n = \frac{1}{\ln n} \to 0$ , namun deretnya divergen (Latihan 17.6, dengan $\alpha = 1$ ). Dan kemonotonannya diperlukan: misalkan $u_n = \frac1n$ ketika $n$ kuadrat sempurna dan $u_n = 2^{-n}$ selainnya: maka deretnya konvergen (karena suku kuadratnya berjumlah seperti $\sum \frac{1}{k^2}$ , dan sisanya secara geometri), tetapi $n u_n = 1$ sepanjang kuadratnya.

17.5 Soal: Konstanta Euler dan deret yang mengubah jumlahnya

Soal 17.1

Soal akhir pekan — $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$ , dan menyusun ulang $1 - \frac12 + \frac13 - \dots$ menjadi $\frac{\ln 2}{2}$

Dua kisah berbagi deret harmoniknya. Pertama, pembukuan yang persis atas kedivergenannya: bahwa $H_n - \ln n$ konvergen ke konstanta Euler $\gamma$ (Latihan 17.7), dan soal ini mempertajam pernyataannya menjadi hukum dua sisi $\frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n}$ , yang mensertifikasi $\gamma = 0.5772\dots$ dengan tangan. Kedua, skandal kekonvergenan bersyarat: bahwa deret harmonik berselang-seling berjumlah $\ln 2$ (Contoh 17.19), namun suku yang sama, dalam urutan yang berbeda, berjumlah $\frac{\ln 2}{2}$ — atau $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$ untuk sebarang $p, q$ , atau bahkan sebarang bilangan real (menurut Riemann). Dan kedua kisahnya sesungguhnya satu: karena jumlah yang tersusun ulang itu dihitung dengan hukum $\gamma$ -nya.

Bagian I — $\gamma$ , yang terapit. Tetapkanlah $a_n = H_n - \ln n$ dan $b_n = H_n - \ln(n+1)$ .

Dengan memakai $\frac{t}{1+t} \leq \ln(1 + t) \leq t$ , tunjukkanlah bahwa $(a_n)$ menurun, $(b_n)$ menaik, dan bahwa keduanya berdampingan; sehingga limit bersamanya adalah $\gamma$ , dengan $b_n \leq \gamma \leq a_n$ untuk setiap $n$ .
Tembakan numerik pertamanya: dari $H_{10} = 2.928968\dots$ , apitlah $\gamma$ di antara $b_{10} = 0.5311$ dan $a_{10} = 0.6264$ . Seberapa besarkah $n$ yang diperlukan apitan yang kasar ini bagi empat desimal?
Tunjukkanlah penyajian ekornya yang persis $a_n - \gamma = \sum_{k \geq n} w_k$ (yaitu limit jumlah parsialnya), dengan

$w_k = a_k - a_{k+1} = \ln\Bigl(1 + \frac1k\Bigr) - \frac{1}{k+1} = \int_k^{k+1} \frac{(k + 1 - t)}{t\,(k+1)}\,\dd t ,$

lalu simpulkanlah dari bentuk integralnya batas dua sisinya $\dfrac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \dfrac{1}{2k(k+1)}$ .

Bagian II — Hukum $\frac{1}{2n}$ -nya.

Jumlahkanlah batas pertanyaan 3 (karena kedua sisinya berteleskop atau terbandingkan dengan teleskop) lalu simpulkanlah hukumnya:

$\frac{1}{2(n+1)} \;\leq\; H_n - \ln n - \gamma \;\leq\; \frac{1}{2n} \qquad (n \geq 1).$
Simpulkanlah $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ ; lebih tepatnya, tunjukkanlah bahwa $\gamma_n = H_n - \ln n - \frac{1}{2n}$ memenuhi $-\frac{1}{2n(n+1)} \leq \gamma_n - \gamma \leq 0$ .
Sertifikasikanlah empat desimal dengan $n = 100$ : diberikan $H_{100} = 5.1873775\dots$ , hitunglah $\gamma_{100} = 0.577207\dots$ lalu simpulkanlah $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (dengan nilai sejatinya $0.5772156\dots$ ).
Dua dividen hukumnya, yang keduanya diperlukan nanti: bahwa ketika $m \to \infty$ ,

$H_{2m} - H_m = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr), \qquad \sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j-1} = \frac{\ln m}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1) ,$

dengan yang kedua lewat $\sum_{j \leq m} \frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m$ , dan demikian pula $\sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j} = \frac{\ln m}{2} + \frac\gamma2 + o(1)$ .

Bagian III — Deret harmonik berselang-seling, sampai orde dua.

Tunjukkanlah (lewat induksi, atau pengelompokan) kesamaan $\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - H_m$ , lalu simpulkanlah baik jumlahnya $\ln 2$ (sekali lagi) maupun kecepatannya yang persis:

$\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) .$
Simpulkanlah galat asimtotik deret harmonik berselang-seling pada indeks mana pun: $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ — yaitu dua kali lebih kecil daripada batas kasus terburuknya $a_{N+1} \approx \frac1N$ pada Teorema 17.18.
(Percepatan yang cuma-cuma) Tunjukkanlah bahwa jumlah rata-ratanya $\tilde S_N = \frac{S_N + S_{N+1}}{2}$ memenuhi $\tilde S_N = \ln 2 + O\bigl(\frac{1}{N^2}\bigr)$ . Periksalah: $S_{10} = 0.64563$ , $S_{11} = 0.73654$ , $\tilde S_{10} = 0.69109$ , terhadap $\ln 2 = 0.69315$ : jadi satu perataan membeli dua tempat desimal.
Jelaskanlah dalam dua kalimat mengapa tak ada muslihat semacam itu yang dapat membantu gejala berekor divergen yang positif seperti apitan pertanyaan 2: karena galat berselang-selingnya berayun (dengan tanda $(-1)^N$ ), sehingga perataannya meniadakan suku utamanya, sedangkan galat apitan $\gamma$ -nya $\frac{1}{2n}$ bertanda tetap. (Adapun merata-ratakan $a_n$ dan $b_n$ memang membantu: hubungkanlah $\frac{a_n + b_n}{2}$ dengan taksiran titik tengahnya $H_n - \ln\bigl(n + \frac12\bigr)$ lalu tunjukkanlah bahwa galatnya $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ .)

Bagian IV — Kekakuan dan kegagalannya.

Tunjukkanlah bahwa bagian positif $\sum \frac{1}{2j-1}$ dan bagian negatif $\sum \frac{1}{2j}$ deret harmonik berselang-selingnya sama-sama divergen — yaitu tanda tangan kekonvergenan yang bersyarat.
Buktikanlah pernyataan umum di balik pertanyaan 12: bahwa jika $\sum u_n$ konvergen tetapi $\sum \abs{u_n}$ divergen, maka deret bagian positifnya $\sum u_n^+$ dan bagian negatifnya $\sum u_n^-$ sama-sama divergen (dari $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2}$ : karena jika salah satunya konvergen, maka yang lain pun demikian, sehingga $\sum\abs{u_n}$ ). Adapun cadangan massa positif dan negatif yang tak habis-habis inilah yang akan dibelanjakan resep Riemann.
(Kekakuan) Buktikanlah: bahwa jika $\sum u_n$ konvergen secara mutlak dan $\sigma \colon \N \to \N$ sebuah bijeksi, maka $\sum u_{\sigma(n)}$ konvergen ke jumlah yang sama (karena untuk $N$ yang besar $M$ suku tersusun ulang yang pertama memuat $u_0, \dots, u_N$ ; lalu bandingkanlah jumlah parsialnya lewat ekornya $\sum_{n > N}\abs{u_n}$ ).
(Resep Riemann) Misalkan $t \in \R$ . Perikanlah penyusunan ulang yang rakus atas deret harmonik berselang-selingnya: ambillah suku positif $1, \frac13, \frac15, \dots$ sampai jumlah parsialnya pertama kali melampaui $t$ , lalu suku negatif $-\frac12, -\frac14, \dots$ sampai ia pertama kali jatuh di bawah $t$ , lalu ulangi. Tunjukkanlah bahwa setiap sukunya terpakai tepat sekali, bahwa setelah persilangan pertamanya jumlah parsialnya tinggal dalam jarak suku terakhir yang terpakai dari $t$ , lalu simpulkanlah bahwa deret yang tersusun ulang itu konvergen ke $t$ : sehingga sebarang jumlah yang ditetapkan tercapai.

Bagian V — Rumus $(p, q)$ -nya. Tetapkanlah bilangan bulat $p, q \geq 1$ . Susunlah ulang deret harmonik berselang-selingnya dalam blok: yaitu $p$ suku positif (yakni kebalikan bilangan ganjil berikutnya), lalu $q$ suku negatif (yakni kebalikan bilangan genap berikutnya), lalu ulangi.

Periksalah bahwa ini penyusunan ulang yang sungguhan (yaitu setiap sukunya tepat sekali), dan bahwa untuk $(p, q) = (1, 2)$ ia berbunyi

$1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \frac1{10} - \frac1{12} + \dots$
(Pemaruhan yang persis) Untuk $(p, q) = (1, 2)$ , buktikanlah kesamaan bloknya

$\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr),$

lalu simpulkanlah hubungan yang persis $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ antara jumlah parsial yang tersusun ulang dan yang asli: sehingga pemaruhan jumlahnya kasatmata pada setiap tahap yang hingga, bukan hanya pada limitnya.
Tunjukkanlah bahwa jumlah parsialnya setelah $K$ blok yang lengkap sama dengan $\sum_{j=1}^{pK} \frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK} \frac{1}{2j}$ , lalu hitunglah limitnya dengan pertanyaan 7:

$\ln 2 + \frac12 \ln\frac pq .$
Kendalikanlah jumlah parsialnya di dalam sebuah blok (karena sukunya menuju $0$ ) lalu simpulkanlah bahwa deret yang tersusun ulang secara $(p, q)$ konvergen ke $\ln 2 + \frac12\ln \frac pq$ . Khususnya $(1, 2)$ memberikan $\frac{\ln 2}{2}$ : periksalah terhadap sembilan suku pertamanya, $T_9 = 0.3083$ , yang merayap menuju $0.3466$ .
Periksa kewarasan dan jangkauannya: bahwa $(1,1)$ memulihkan $\ln 2$ ; dan $(2,1)$ memberikan $\frac32\ln 2$ ; lalu jumlah mana yang tercapai lewat blok $(p, q)$ , dan bagaimanakah menu terbilang ini dibandingkan dengan kartu penuh Riemann (pertanyaan 14)?

Bagian VI — Epilog: $\gamma$ dalam kerja, dan sintesisnya.

Kenalilah jumlah deret yang konvergen $\sum_{k\geq1} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr)$ (Latihan 17.7): tunjukkanlah bahwa ia sama dengan $\gamma$ .
Jalankanlah resep Riemann (pertanyaan 14) bagi sasaran $t = 1$ lalu daftarkanlah dua belas suku pertama yang dihasilkannya ( $1, \frac13, -\frac12, \frac15, -\frac14, \frac17, \frac19, -\frac16, \frac1{11}, \frac1{13}, -\frac18, \frac1{15}$ ), sambil menghitung jumlah parsialnya ( $\approx 0.980$ ) — amatilah algoritmanya bernapas di sekitar sasarannya.
Tunjukkanlah bahwa suatu penyusunan ulang deret harmonik berselang-selingnya divergen ke $+\infty$ (lewat blok suku positif yang cukup panjang untuk memperoleh $1$ setiap kalinya, dengan memakai pertanyaan 12, yang dipisahkan oleh suku negatif tunggal).
Pertajamlah Contoh 17.11 dengan hukum $\gamma$ -nya: tunjukkanlah bahwa indeks pertama dengan $H_N \geq 20$ memenuhi $N = \eu^{\,20 - \gamma}\,(1 + o(1)) \approx 2.7\cdot10^{8}$ — jadi konstanta Euler persis merupakan koreksi yang terlewat oleh apitan yang kasar itu.
Sintesis, satu kalimat untuk masing-masing: (i) hukum $\gamma$ -nya dan apa yang disumbangkan masing-masing dari ketiga kepingnya ( $\ln n$ , $\gamma$ , $\frac{1}{2n}$ ); (ii) mengapakah kekonvergenan bersyarat membuat jumlahnya bergantung pada urutannya sedangkan kekonvergenan mutlak melarangnya; (iii) bagaimanakah rumus $(p,q)$ -nya merupakan sebuah perhitungan dengan hukum $\gamma$ -nya alih-alih klaim keberadaan yang abstrak; (iv) di manakah benang ini berlanjut — yaitu deret pangkat dan hasil kali deret pada jilid Tahun ke-2, dan soal akhir pekan jilid Tahun ke-3 tentang rumus Stirling, yang di situ pembukuan jumlah lawan integral yang sama berjalan dengan daya penuh.

Solusi

Solusi Soal 17.1.

1. Di sini $a_{n+1} - a_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+1}{n} \leq 0$ karena $\ln(1 + \frac1n) \geq \frac{1/n}{1 + 1/n} = \frac{1}{n+1}$ ; dan $b_{n+1} - b_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+2}{n+1} \geq 0$ karena $\ln(1 + \frac{1}{n+1}) \leq \frac{1}{n+1}$ . Adapun celahnya $a_n - b_n = \ln(1 + \frac1n) \to 0$ : jadi berdampingan (Teorema 11.11), dengan limit bersamanya $\lim a_n = \gamma$ (Latihan 17.7), dan $b_n \leq \gamma \leq a_n$ .

2. Di sini $b_{10} = 2.928968 - \ln 11 = 0.5311$ dan $a_{10} = 2.928968 - \ln 10 = 0.6264$ : sehingga $\gamma \in \intcc{0.5311}{0.6264}$ . Adapun celahnya $\ln 1.1 \approx 0.095$ dan menyusut seperti $\frac1n$ : sehingga empat desimal (dengan $\text{celah} \leq 10^{-4}$ ) akan memerlukan $n \approx 10^4$ — jadi apitannya benar tetapi lamban.

3. Lewat teleskop $a_n - a_{m+1} = \sum_{k=n}^{m} w_k$ lalu membiarkan $m \to \infty$ : $a_n - \gamma = \sum_{k\geq n} w_k$ (yaitu limit jumlah parsialnya). Lebih lanjut

w_k = \int_k^{k+1} \frac{\dd t}{t} - \frac{1}{k+1} = \int_k^{k+1} \Bigl(\frac1t - \frac{1}{k+1}\Bigr)\dd t = \int_k^{k+1} \frac{k + 1 - t}{t\,(k+1)}\,\dd t .

Pada $\intcc{k}{k+1}$ : $\frac{1}{(k+1)^2} \leq \frac{1}{t(k+1)} \leq \frac{1}{k(k+1)}$ , dan $\int_k^{k+1}(k + 1 - t)\dd t = \frac12$ : sehingga $\frac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \frac{1}{2k(k+1)}$ .

4. Untuk yang atas: $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k(k+1)} = \frac12\sum_{k\geq n}\bigl(\frac1k - \frac{1}{k+1}\bigr) = \frac{1}{2n}$ (secara teleskopis). Untuk yang bawah: $\frac{1}{2(k+1)^2} \geq \frac{1}{2(k+1)(k+2)}$ , yang jumlahnya berteleskop menjadi $\frac{1}{2(n+1)}$ . Digabung dengan pertanyaan 3:

\frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n} .

5. Kurangkanlah $\frac{1}{2n}$ : maka $\gamma_n - \gamma \in \intcc{\frac{1}{2(n+1)} - \frac{1}{2n}}{0} = \intcc{-\frac{1}{2n(n+1)}}{0}$ : jadi taksiran yang terkoreksi itu persis sampai $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ , dan selalu dari bawah.

6. Di sini $\gamma_{100} = 5.1873775 - \ln 100 - 0.005 = 0.5772073$ , dengan $0 \leq \gamma - \gamma_{100} \leq \frac{1}{20200} < 5\cdot10^{-5}$ : sehingga $0.577207 \leq \gamma \leq 0.577257$ , yakni $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (dengan nilai sejatinya $0.5772156\dots$ ) — jadi empat desimal bersertifikat dari seratus suku, terhadap sepuluh ribu bagi pertanyaan 2.

7. Adapun dividen pertamanya:

H_{2m} - H_m = \Bigl(\ln 2m + \gamma + \frac{1}{4m}\Bigr) - \Bigl(\ln m + \gamma + \frac{1}{2m}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr).

Untuk yang kedua: kebalikan bilangan genap sampai $2m$ berjumlah $\frac12 H_m$ , sehingga $\sum_{j=1}^{m}\frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m = \frac12 \ln m + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1)$ , dan $\sum_{j=1}^m \frac{1}{2j} = \frac12\ln m + \frac\gamma2 + o(1)$ .

8. Dengan memisahkan suku genapnya dua kali: $\sum_{k=1}^{2m}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - 2\cdot\frac12 H_m = H_{2m} - H_m$ . Lalu menurut pertanyaan 7 ini sama dengan $\ln 2 - \frac{1}{4m} + O(m^{-2})$ : sehingga jumlahnya $\ln 2$ (Contoh 17.19 lagi) beserta kecepatannya.

9. Untuk $N = 2m$ : $S - S_N = \frac{1}{4m} + O(m^{-2}) = \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$ . Sedangkan untuk $N = 2m + 1$ : $S_{N} = S_{2m} + \frac{1}{2m+1}$ , sehingga

S - S_N = \Bigl(\frac{1}{4m} - \frac{1}{2m+1}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = -\frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = -\frac{1}{2N} + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr).

Jadi pada kedua kasusnya $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ : yakni separuh batas kasus terburuknya $a_{N+1}$ , dengan tanda berselang-seling yang diketahui.

10. Perataannya membunuh suku utamanya yang berayun:

S - \tilde S_N = \frac{(S - S_N) + (S - S_{N+1})}{2} = \frac{(-1)^N}{2}\Bigl(\frac{1}{2N} - \frac{1}{2(N+1)}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr) = O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr).

Secara numerik: $S_{10} = 0.645635$ , $S_{11} = 0.736544$ , $\tilde S_{10} = 0.691089$ , dan $\ln 2 = 0.693147$ : sehingga galatnya turun dari $4.8\cdot10^{-2}$ menjadi $2.1\cdot10^{-3}$ — jadi satu penjumlahan, dua puluh kali lebih baik.

11. Galat berselang-selingnya berubah tanda pada setiap langkahnya, sehingga jumlah parsial yang berurutan mengangkangi limitnya dan rata-ratanya meniadakan suku orde pertamanya; sedangkan galat apitannya $H_n - \ln n - \gamma \approx \frac{1}{2n}$ bertanda tetap, sehingga tak ada perataan sepanjang $n$ yang dapat meniadakannya. Adapun merata-ratakan kedua apitannya memang membantu: $\frac{a_n + b_n}{2} = H_n - \ln\sqrt{n(n+1)}$ , dan karena $\ln\sqrt{n(n+1)} = \ln\bigl(n + \frac12\bigr) + O(n^{-2})$ ,

H_n - \ln\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \Bigl(H_n - \ln n - \frac{1}{2n}\Bigr) + \frac{1}{8n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) = \gamma + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)

(menurut pertanyaan 5 dan $\ln(1 + \frac{1}{2n}) = \frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} + O(n^{-3})$ ). Periksalah di $n = 10$ : $H_{10} - \ln 10.5 = 0.57759$ , yang sudah berada dalam jarak $4\cdot10^{-4}$ dari $\gamma$ .

12. Di sini $\sum_{j\leq m} \frac{1}{2j-1} \geq \sum_{j \leq m} \frac{1}{2j} = \frac12 H_m \to +\infty$ : sehingga baik bagian positif maupun bagian negatif deret harmonik berselang-selingnya divergen.

13. Tulislah $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2} \geq 0$ , sehingga $u_n = u_n^+ - u_n^-$ dan $\abs{u_n} = u_n^+ + u_n^-$ . Seandainya $\sum u_n^+$ konvergen, maka $\sum u_n^- = \sum (u_n^+ - u_n)$ akan konvergen (sebagai selisih deret yang konvergen), sehingga $\sum \abs{u_n}$ pun demikian: yang bertentangan dengan kekonvergenan bersyaratnya. Jadi menurut kesimetriannya kedua $\sum u_n^\pm$ divergen (ke $+\infty$ ): yakni sebuah cadangan massa positif dan negatif yang tak hingga.

14. Misalkan $S = \sum u_n$ , $\varepsilon > 0$ , dan $N$ dengan $\sum_{n > N} \abs{u_n} \leq \varepsilon$ (menurut kriteria Cauchy bagi $\sum\abs{u_n}$ ). Misalkan $M_0$ cukup besar sehingga $\sigma(\{0, \dots, M_0\}) \supseteq \{0, \dots, N\}$ . Untuk $M \geq M_0$ , selisih $\sum_{m \leq M} u_{\sigma(m)} - \sum_{n \leq N} u_n$ merupakan jumlah hingga atas suku $u_n$ yang berbeda dengan $n > N$ , sehingga bernilai mutlak $\leq \varepsilon$ ; dan $\abs{S - \sum_{n\leq N} u_n} \leq \varepsilon$ pula. Jadi jumlah parsial yang tersusun ulang itu akhirnya berada dalam jarak $2\varepsilon$ dari $S$ : sehingga $\sum u_{\sigma(n)} = S$ . Jadi kekonvergenan mutlak bersifat kebal terhadap penyusunan ulang.

15. Setiap fase prosedur rakusnya berakhir setelah berhingga banyak suku, karena suku positif (masing-masing negatif) yang tersisa saja sudah berjumlah parsial divergen (pertanyaan 12): sehingga jumlah berjalannya akhirnya pasti melintasi $t$ . Jadi prosedurnya berselang-seling melewati tak hingga banyak fase yang hingga, sambil memakai suku positifnya berurutan dan suku negatifnya berurutan: sehingga setiap sukunya terpakai tepat sekali — yakni sebuah penyusunan ulang. Setelah persilangan pertamanya, di antara dua persilangan yang berurutan jumlah parsialnya bergerak secara monoton menuju $t$ , dan pada sebuah persilangan ia melampaui paling banyak sebesar suku yang baru ditambahkan; lalu karena suku yang terpakai pada persilangan ke- $j$ berindeks sekurang-kurangnya $j$ pada kelasnya, maka pelampauan itu menuju $0$ . Jadi jumlah parsialnya konvergen ke $t$ : sehingga setiap bilangan real merupakan jumlah suatu penyusunan ulang.

16. Slot positifnya menerima $\frac{1}{2j-1}$ untuk $j = 1, 2, \dots$ secara berurutan, dan slot negatifnya $\frac{1}{2j}$ secara berurutan: sehingga setiap suku deret harmonik berselang-selingnya muncul tepat sekali. Adapun untuk $(p, q) = (1, 2)$ , bloknya adalah $\bigl(1, -\frac12, -\frac14\bigr)$ , $\bigl(\frac13, -\frac16, -\frac18\bigr)$ , $\bigl(\frac15, -\frac1{10}, -\frac1{12}\bigr)$ , … — yaitu deret yang terpampang.

17. Karena $\frac{1}{4k-2} = \frac12\cdot\frac{1}{2k-1}$ :

\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\,\frac{1}{2k-1} - \frac12\,\frac{1}{2k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr).

Lalu menjumlahkannya atas $k = 1, \dots, K$ : $T_{3K} = \frac12 \sum_{k=1}^{K}\bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\bigr) = \frac12 S_{2K}$ : jadi pada setiap jumlah parsial ketiganya, deret yang tersusun ulang itu persis separuh yang aslinya.

18. Setelah $K$ blok yang lengkap, jumlah parsial yang tersusun ulang adalah $\sum_{j=1}^{pK}\frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK}\frac{1}{2j}$ , lalu pertanyaan 7 menilainya:

\Bigl(\frac{\ln(pK)}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2\Bigr) - \Bigl(\frac{\ln(qK)}{2} + \frac\gamma2\Bigr) + o(1) = \ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1) :

sehingga $\gamma$ -nya saling meniadakan, $\ln K$ -nya saling meniadakan, dan nisbah $\frac pq$ -nya bertahan.

19. Sebuah jumlah parsial di dalam blok $K + 1$ berselisih dari jumlah $K$ bloknya paling banyak $p + q$ suku, yang masing-masingnya bernilai mutlak kira-kira $\leq \frac{1}{2qK}$ , sehingga berselisih $O\bigl(\frac1K\bigr) \to 0$ : jadi seluruh barisan jumlah parsialnya berlimit sama $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$ . Adapun untuk $(1, 2)$ : $\ln 2 + \frac12\ln\frac12 = \frac{\ln 2}{2} = 0.34657\dots$ , dan memang $T_9 = 0.30833$ merayap menujunya: karena menurut pertanyaan 17, $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ konvergen dengan persis separuh galat harmonik berselang-selingnya. Jadi suku yang sama, separuh jumlahnya.

20. Untuk $(1,1)$ : $\ln 2 + \frac12\ln 1 = \ln 2$ — yaitu urutan aslinya, jadi taat asas. Untuk $(2,1)$ : $\frac32\ln 2 \approx 1.0397$ . Adapun menu $(p,q)$ -nya tepat mencapai keluarga terbilang yang padat $\ln 2 + \frac12\ln r$ , dengan $r \in \Q_{>0}$ ; sedangkan resep rakus Riemann (pertanyaan 15) mencapai setiap bilangan real. Jadi struktur membeli rumus; sedangkan kerakusan membeli ketotalan.

21. Jumlah parsialnya berteleskop: $\sum_{k=1}^{N} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr) = H_N - \ln(N+1) = b_N \to \gamma$ : sehingga deret pada Latihan 17.7 berjumlah persis konstanta Euler.

22. Rakus bagi $t = 1$ : suku positif pertamanya membawa jumlahnya persis ke $1$ , bukan melampauinya, sehingga sebuah positif kedua diambil untuk melintasinya: $1, \frac13$ (dengan jumlah $1.3333 > 1$ ), lalu $-\frac12$ ( $0.8333$ ), $\frac15$ ( $1.0333$ ), $-\frac14$ ( $0.7833$ ), $\frac17, \frac19$ ( $1.0373$ ), $-\frac16$ ( $0.8706$ ), $\frac1{11}, \frac1{13}$ ( $1.0384$ ), $-\frac18$ ( $0.9134$ ), $\frac1{15}$ ( $0.9801$ ), … — jadi jumlahnya bernapas di sekitar $1$ dengan amplitudo yang kian kecil, dengan dua positif kini diperlukan per daur karena negatifnya lebih besar.

23. Bangunlah bloknya: pada tahap $j$ , tambahkanlah cukup banyak suku positif yang belum terpakai untuk menaikkan jumlah parsialnya sekurang-kurangnya $1$ (yang mungkin: karena suku positif yang tersisa berjumlah divergen, pertanyaan 12), lalu tambahkanlah satu suku negatif tunggal $-\frac{1} {2j}$ . Maka setiap suku positifnya akhirnya terpakai (karena setiap tahapnya memakai sekurang-kurangnya satu), dan setiap yang negatif pun demikian (satu per tahap): jadi sebuah penyusunan ulang. Adapun setiap tahapnya mengubah jumlahnya sebesar $\geq 1 - \frac{1}{2j} \geq \frac12$ : sehingga jumlah parsialnya melampaui $\frac{j}{2}$ setelah tahap $j$ dan pertambahan di dalam sebuah tahapnya positif kecuali yang terakhir, yang terbatas oleh $\frac{1}{2j} \to 0$ : jadi divergen ke $+\infty$ .

24. Menurut hukumnya, $H_N \geq 20 \iff \ln N \geq 20 - \gamma - \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$ : sehingga ambangnya $N^*$ memenuhi $\ln N^* = 20 - \gamma + o(1)$ , yakni $N^* = \eu^{20 - \gamma}(1 + o(1)) \approx \eu^{19.4228} \approx 2.72\cdot10^{8}$ — yang di dalam jendela kasar $\intcc{1.8\cdot10^8}{4.9\cdot10^8}$ pada Contoh 17.11, dan dipakukan oleh $\gamma$ .

25. (i) Pada $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$ : $\ln n$ -nya adalah integralnya, $\gamma$ -nya harga mengganti sebuah jumlah dengan sebuah integral (yaitu konstanta analisis yang sungguh baru), dan $\frac{1}{2n}$ -nya koreksi pertamanya — yakni bayangan trapesiumnya. (ii) Kekonvergenan bersyarat bersandar pada peniadaan di antara dua cadangan yang tak hingga (pertanyaan 13), sehingga penyusunan ulangnya menimbang ulang cadangannya; sedangkan kekonvergenan mutlak mempunyai massa total yang hingga, dan taksiran ekor pertanyaan 14 bersifat buta urutan. (iii) Adapun jumlah $(p,q)$ -nya dihitung: karena hukum $\gamma$ -nya mengubah setiap jumlah parsial yang tersusun ulang menjadi $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1)$ , dengan $\gamma$ -nya sendiri saling meniadakan — jadi latihan pembukuan asimtotik, bukan argumen yang abstrak. (iv) Berikutnya: hasil kali dan keterjumlahan takbersyarat bagi deret pangkat pada jilid Tahun ke-2; dan soal akhir pekan jilid Tahun ke-3 tentang rumus Stirling, yang di situ pembukuan jumlah lawan integralnya, bila didorong satu orde lebih jauh, menghasilkan $\sqrt{2\pi}$ sendiri.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

deret

Lihat semua 395 istilah di glosarium