Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

11Deret Pangkat

Deret pangkat adalah deret fungsi yang paling baik kelakuannya dalam matematika: di dalam cakram kekonvergenannya ia konvergen normal pada himpunan kompak, boleh diturunkan dan diintegralkan suku demi suku tanpa berpikir dua kali, dan jumlahnya — yakni fungsi analitik — ditentukan oleh koefisiennya. Bab ini membuktikan seluruh paket itu lalu merebut kembali, secara jujur, setiap deret Taylor pada jilid Tahun ke-1; sedangkan fungsi pembangkit menutupnya dengan panen aljabar.

11.1 Jari-jari kekonvergenan

Lema 11.1 (Abel)

Jika barisan $(a_n z_0^n)$ terbatas untuk suatu $z_0 \neq 0$ , maka $\sum a_n z^n$ konvergen mutlak untuk setiap $\abs z < \abs {z_0}$ , dan konvergen normal pada tiap cakram $\abs z \leq r < \abs{z_0}$ .

Bukti. Dengan $\abs{a_n z_0^n} \leq M$ dan $\abs z \leq r$ :

\abs{a_n z^n} = \abs{a_n z_0^n}\,\Bigl|\frac{z}{z_0}\Bigr|^n \leq M\Bigl(\frac{r}{\abs{z_0}}\Bigr)^{\!n},

yakni batas geometri yang konvergen, seragam pada cakramnya. ∎

Definisi 11.2 (Jari-jari kekonvergenan)

Jari-jari kekonvergenan bagi $\sum a_n z^n$ adalah

R = \sup\{r \geq 0 : (a_n r^n) \text{ terbatas}\} \in \intcc{0}{+\infty} .

Menurut Lema 11.1: kekonvergenan mutlak untuk $\abs z < R$ (dan normal pada subcakram kompak), sedangkan kedivergenan — bahkan suku yang tak terbatas — untuk $\abs z > R$ . Pada lingkaran batasnya, apa saja bisa terjadi (Latihan 11.2). Dalam praktik $R$ dihitung lewat uji rasio d’Alembert pada $\abs{a_n}\abs z^n$ atau lewat pembandingan.

Contoh 11.3 (Sebuah jari-jari tanpa uji rasio)

Berapa jari-jari $\sum \sin(n)\,z^n$ ? Rasio $\abs{\sin(n+1)/\sin n}$ tak berlimit, tetapi definisinya bekerja secara langsung. $R \geq 1$ : sebab $\abs{\sin n} \leq 1$ , jadi $(\sin n\cdot r^n)$ terbatas untuk setiap $r < 1$ — bahkan untuk $r = 1$ . $R \leq 1$ : cukuplah bahwa $\sin n \not\to 0$ . Andaikan $\sin n \to 0$ ; maka rumus penjumlahan

\sin(n+1) = \sin n\cos 1 + \cos n\sin 1

akan memaksa $\cos n \to 0$ (selesaikan untuk $\cos n$ , sebab $\sin 1 \neq 0$ ), yang bertentangan dengan $\sin^2 n + \cos^2 n = 1$ . Jadi suku $\sin(n)\,1^n$ tidak menuju $0$ : sehingga deretnya divergen di $z = 1$ , dan $R \leq 1$ . Kesimpulannya: $R = 1$ . Pelajaran penutupnya: jari-jarinya adalah pernyataan tentang keterbatasan $\abs{a_n}r^n$ — jadi limit rasio tak pernah diperlukan, dan hujah keterbatasan menyelesaikan kasus yang tak tersentuh uji rasio (bandingkan dengan koefisien berayun pada Latihan 11.1).

Proposisi 11.4 (Operasi)

Misalkan $\sum a_nz^n$ dan $\sum b_nz^n$ berjari-jari $R_a, R_b$ . Maka, untuk $\abs z < \min(R_a, R_b)$ :

\sum (a_n + b_n)z^n = \sum a_nz^n + \sum b_nz^n, \qquad \Bigl(\sum a_nz^n\Bigr)\Bigl(\sum b_nz^n\Bigr) = \sum c_n z^n, \quad c_n = \sum_{k=0}^{n} a_kb_{n-k},

dengan kedua deretnya berjari-jari $\geq \min(R_a, R_b)$ . (Hasil kalinya adalah hasil kali Cauchy, yang sah berkat kekonvergenan mutlak dan Teorema 7.14.)

Bukti. Rumus jumlahnya tak lain kelinearan deret konvergen, dan $(a_n + b_n)r^n$ terbatas setiap kali $a_nr^n$ dan $b_nr^n$ terbatas: jadi jari-jarinya $\geq \min(R_a, R_b)$ . Untuk hasil kalinya, tetapkan $\abs z < \min(R_a, R_b)$ : kedua deretnya konvergen mutlak di sana (Lema 11.1), jadi keluarga berindeks ganda $(a_kz^k\,b_lz^l)_{k,l}$ terjumlahkan, sehingga Teorema 7.14 mengizinkan pengelompokan apa pun. Setelah dikelompokkan menurut $k + l = n$ :

\Bigl(\sum_k a_kz^k\Bigr)\Bigl(\sum_l b_lz^l\Bigr) = \sum_{n\geq0}\Bigl(\sum_{k+l=n}a_kb_l\Bigr)z^n = \sum_{n\geq0}c_nz^n ,

yang konvergen mutlak untuk setiap $z$ semacam itu: jadi deret hasil kalinya juga berjari-jari $\geq \min(R_a, R_b)$ . ∎

Contoh 11.5 (Sebuah kuadrat Cauchy, diperiksa silang)

Kuadratkan deret geometrinya: untuk $\abs x < 1$ , koefisien $x^n$ pada $\bigl(\sum x^k\bigr)^2$ adalah $c_n = \sum_{k+l=n} 1\cdot1 = n + 1$ , jadi

\frac{1}{(1-x)^2} = \sum_{n\geq0}(n+1)\,x^n .

Periksa silang lewat penurunan suku demi suku (Teorema 11.7 di bawah): menurunkan $\frac{1}{1-x} = \sum x^n$ memberi $\frac{1}{(1-x)^2} = \sum nx^{n-1} = \sum(n+1)x^n$ — yakni deret yang sama lewat dua mekanisme yang tak berkaitan. Pelajaran penutupnya: ketika sebuah kesamaan koefisien tampak misterius, salah satu dari kedua mesin ini (konvolusi atau penurunan) biasanya menghasilkannya dalam satu baris; sedangkan pertanyaan soal akhir pekan tentang $\sum\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n$ menjalankan mesin konvolusinya dengan tenaga penuh.

Contoh 11.6 (Mengalikan dengan $\frac{1}{1-x}$ menjumlahkan koefisiennya)

Hasil kali Cauchy terhadap deret geometri punya makna yang mudah diingat: untuk sembarang $\sum a_nx^n$ berjari-jari $R > 0$ dan $\abs x < \min(R, 1)$ ,

\frac{1}{1-x}\sum_{n\geq0}a_nx^n = \sum_{n\geq0}\Bigl(\sum_{k=0}^{n}a_k\Bigr)x^n :

jadi mengalikan dengan $\frac{1}{1-x}$ mengganti koefisiennya dengan jumlah parsialnya (yakni mengonvolusikannya dengan barisan yang semua sukunya satu). Contohnya: $\dfrac{\eu^x}{1-x} = \sum_n s_n x^n$ dengan $s_n = \sum_{k\leq n}\frac{1}{k!}$ , yakni jumlah parsial $\eu$ — bandingkan dengan Latihan 11.11, tempat hasil kali yang sama dengan $\eu^{-x}$ menyandikan cacah permutasi tanpa titik tetap. Pelajaran penutupnya: operasi pada deret pangkat adalah operasi pada barisan koefisien yang menyamar (kalikan dengan $\frac1{1-x}$ : menjumlahkan; kalikan dengan $x$ : menggeser; turunkan: mengalikan dengan $n$ lalu menggeser) — yakni kamus yang kelak dibaca fasih oleh bab fungsi pembangkit.

11.2 Keteraturan jumlahnya

Teorema 11.7 (Kalkulus suku demi suku)

Misalkan $f(x) = \sum_{n\geq0} a_n x^n$ berjari-jari $R > 0$ (dengan peubah real $x \in \intoo{-R}{R}$ ).

Deret turunannya $\sum n\,a_n x^{n-1}$ punya jari-jari $R$ yang sama, dan $f$ berkelas $C^1$ dengan $f'(x) = \sum_{n \geq 1} n a_n x^{n-1}$ . Setelah diiterasikan, $f$ berkelas $C^\infty$ dan

$a_n = \frac{f^{(n)}(0)}{n!} :$

jadi koefisien sebuah deret pangkat bersifat tunggal (dua deret yang jumlahnya sama di dekat $0$ punya koefisien yang sama).
Antiturunan suku demi suku: $\sum \frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ berjari-jari $R$ dengan turunan $f$ .

Bukti. Jari-jarinya sama: jika $(a_nr^n)$ terbatas dan $r' < r$ , maka $n\abs{a_n} r'^{\,n-1} = \frac{n}{r'}\abs{a_nr^n} \bigl(\frac{r'}{r}\bigr)^n$ terbatas (bahkan $\to 0$ : sebab geometri mengalahkan $n$ ), jadi $R' \geq R$ ; sebaliknya $\abs{a_n x^n} \leq \abs x \cdot n\abs{a_n}\abs x^{n-1}$ memberi $R \geq R'$ .

Penurunannya: pada $\intcc{-r}{r}$ dengan $r < R$ , deret turunannya konvergen normal (sebab $n\abs{a_n}r^{n-1}$ terjumlahkan menurut perhitungan jari-jarinya); sedangkan deret aslinya konvergen di $x = 0$ : jadi teorema penurunan untuk deret (Teorema 10.11) berlaku pada tiap ruas semacam itu, sehingga pada $\intoo{-R}{R}$ . Setelah diiterasikan $k$ kali lalu dinilai di $0$ : secara gamblang, deret turunan ke- $k$ -nya adalah

f^{(k)}(x) = \sum_{n\geq k} n(n-1)\cdots(n-k+1)\,a_n\,x^{n-k},

dan di $x = 0$ setiap suku dengan $n > k$ lenyap, sehingga tersisa hanya suku tetapnya $k(k-1)\cdots1\cdot a_k$ : jadi $f^{(k)}(0) = k!\,a_k$ . Ketunggalan koefisiennya menyusul: dua deret pangkat yang jumlahnya sama di dekat $0$ punya turunan yang sama di $0$ , sehingga punya $a_k$ yang sama. Untuk antiturunannya: jari-jarinya sama lewat perhitungan yang sama, lalu turunkan suku demi suku kembali. ∎

Contoh 11.8 (Menilai sebuah deret di sebuah titik)

Berapa $\sum_{n\geq1}\dfrac{n^2}{2^n}$ ? Ia tak lain jumlah $\sum n^2x^n$ pada Latihan 11.3 yang dinilai di dalam cakramnya, di $x = \frac12 < 1 = R$ , tempat setiap manipulasi yang dipakai untuk menurunkan bentuk tertutupnya memang sah:

\sum_{n\geq1} n^2x^n = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3} \quad\Longrightarrow\quad \sum_{n\geq1}\frac{n^2}{2^n} = \frac{\frac12\cdot\frac32}{(\frac12)^3} = \frac{3/4}{1/8} = 6 .

Mesin yang sama, tombol yang lain: $x = \frac13$ memberi $\sum\frac{n^2}{3^n} = \frac{\frac13\cdot\frac43}{(2/3)^3} = \frac32$ . Pelajaran penutupnya: sebuah kesamaan deret pangkat adalah mesin, bukan satu rumus tunggal — sebab satu penurunan menghargai setiap deret numerik $\sum n^2q^n$ sekaligus, untuk setiap $\abs q < 1$ ; dan begitulah bab fungsi pembangkit kelak menghitung nilai harapan dan ragam secara borongan.

Contoh 11.9 (Yang klasik, kali ini secara jujur)

$\displaystyle\frac{1}{1 - x} = \sum x^n$ ( $R = 1$ ); lalu setelah diintegralkan suku demi suku (Teorema 11.7 (2)):

-\ln(1 - x) = \sum_{n\geq1} \frac{x^n}{n}, \qquad \arctan x = \sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1} \quad (\abs x < 1),

dengan yang kedua lewat dua langkah: sulihkan $-x^2$ pada deret geometrinya untuk memperoleh $\frac{1}{1+x^2} = \sum(-1)^nx^{2n}$ (berjari-jari $1$ , sebab $\abs{x^2} < 1 \iff \abs x < 1$ ), lalu ambil antiturunan suku demi suku yang nol di $0$ ; sebab kedua ruasnya antiturunan fungsi yang sama dengan nilai yang sama di $0$ , sehingga keduanya sama pada $\intoo{-1}{1}$ . Dan untuk $\exp$ : deret $E(x) = \sum \frac{x^n}{n!}$ ( $R = \infty$ ) memenuhi $E' = E$ dan $E(0) = 1$ lewat penurunan suku demi suku, jadi $E = \exp$ berkat ketunggalan Tahun ke-1. Karenanya setiap “uraian baku” pada jilid Tahun ke-1 kini menjadi teorema tentang deret pangkat penuhnya.

Contoh 11.10 (Sebuah logaritma dihitung dari dalam cakramnya)

Menilai $-\ln(1-x) = \sum\frac{x^n}{n}$ di titik dalam $x = \frac12$ memberi

\sum_{n\geq1}\frac{1}{n\,2^n} = \ln 2 ,

yakni penyajian $\ln 2$ yang konvergen cepat (sepuluh suku saja sudah memberi $0.69306\ldots$ terhadap $\ln 2 = 0.69314\ldots$ ), jauh lebih baik daripada deret berselang-seling $1 - \frac12 + \frac13 - \dots$ yang hanya tersedia di perbatasannya. Pelajaran penutupnya: setiap kali sebuah konstanta terjangkau baik di tepi maupun tegas di dalam cakramnya, bagian dalamnya menang secara numerik — yakni peluruhan geometri melawan peluruhan harmonik.

Contoh 11.11 (Penurunan memelihara jari-jarinya, bukan perbatasannya)

Deret $\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n^2}$ berjari-jari $1$ dan konvergen di kedua ujungnya (yakni $\sum\frac1{n^2}$ dan kembaran berselang-selingnya). Deret turunannya,

\sum_{n\geq1}\frac{x^{n-1}}{n} ,

punya jari-jari $1$ yang sama — sebagaimana dijamin Teorema 11.7 — tetapi kini divergen di $x = 1$ (yakni deret harmonik) sedangkan masih konvergen di $x = -1$ (yakni yang berselang-seling). Satu penurunan lagi menghasilkan $\sum_{n\geq2}\frac{n-1}{n}x^{n-2}$ , yang divergen di kedua ujungnya (sebab sukunya tidak menuju $0$ ). Pelajaran penutupnya: tiap penurunan mengalikan koefisiennya dengan $n$ , dan hal itu tak pernah menggeser jari-jarinya (sebab geometri mengalahkan polinomial) tetapi memakan satu orde peluruhan di perbatasannya; jadi kalkulus suku demi suku adalah olahraga dalam ruangan, dan apa pun yang terjadi di tepinya wajib diperiksa ulang — dan teori Abel–Tauber pada soal akhir pekan tak lain pemeriksaan ulang itu.

Contoh 11.12 (Memecah sebuah deret menurut sisanya — dikerjakan tuntas)

Hitunglah $f(x) = \sum_{n\geq0} \dfrac{x^{4n}}{(4n)!}$ dalam bentuk tertutup. Baik $\cosh x = \sum \frac{x^{2m}}{(2m)!}$ maupun $\cos x = \sum \frac{(-1)^m x^{2m}}{(2m)!}$ berjari-jari $\infty$ , jadi rata-ratanya boleh dihitung suku demi suku:

\frac{\cosh x + \cos x}{2} = \sum_{m\geq0}\frac{1 + (-1)^m}{2}\,\frac{x^{2m}}{(2m)!} = \sum_{m \text{ genap}}\frac{x^{2m}}{(2m)!} = \sum_{n\geq0}\frac{x^{4n}}{(4n)!} = f(x) .

Tapis $\frac{1+(-1)^m}{2}$ menyimpan tepat $m$ yang genap: dan inilah awatara real bagi tapis akar-satuan (versi kompleksnya, dengan $\iu^n$ , menyarikan sisa modulo $4$ dalam sekali tarikan). Pemeriksaan penutupnya: $f$ menyelesaikan $f'''' = f$ dengan $f(0) = 1$ dan $f'(0) = f''(0) = f'''(0) = 0$ — turunkan deretnya empat kali (Teorema 11.7) lalu perhatikan ia memproduksi dirinya sendiri; sedangkan $\frac{\cosh + \cos}{2}$ memenuhi data yang sama.

Definisi 11.13 (Fungsi analitik)

Fungsi $f$ disebut analitik di $x_0$ apabila ia jumlah sebuah deret pangkat dalam $(x - x_0)$ pada sebuah persekitaran; dan analitik pada sebuah interval apabila demikian di setiap titiknya. Jumlah deret pangkat bersifat analitik di dalam cakramnya (lewat penataan ulang uraiannya — yang diterima tanpa bukti pada tingkat ini untuk pemusatan ulang, sebab kasus $x_0 = 0$ tak lain Teorema 11.7). Analitik mengakibatkan $C^\infty$ ; sedangkan konversnya gagal: lihat fungsi datar $\eu^{-1/x^2}$ (Latihan 11.7).

Contoh 11.14 (Pemusatan ulang, dan jari-jari sebagai jarak)

Uraikan $f(x) = \frac{1}{1-x}$ di sekitar $x_0 = \frac12$ : dengan menulis $x = \frac12 + h$ ,

\frac{1}{1 - x} = \frac{1}{\frac12 - h} = \frac{2}{1 - 2h} = \sum_{n\geq0} 2^{n+1}\,h^n = \sum_{n\geq0} 2^{n+1}\Bigl(x - \frac12\Bigr)^{\!n},

yang sahih untuk $\abs{2h} < 1$ , yakni $\abs{x - \frac12} < \frac12$ . Jari-jari barunya persis sama dengan jarak dari pusat barunya ke kesingularan $x = 1$ : jadi pemusatan ulang menciutkan (atau membesarkan) cakramnya agar pas dengan halangan terdekatnya. Pelajaran penutupnya: inilah gambaran di balik definisi keanalitikan — satu fungsi, banyak deret pangkat lokal, yang masing-masing hidup pada cakram terbesar yang menghindari masalahnya; dan jilid Tahun ke-3 mengubah heuristik “jari-jari $=$ jarak ke kesingularan kompleks terdekat” menjadi sebuah teorema.

Catatan 11.15 (Jebakan yang sering muncul)

(i) Uji rasio itu syarat cukup, bukan syarat perlu: ketika $\abs{a_{n+1}/a_n}$ tak berlimit (Contoh 11.3, Latihan 11.1), kembalilah ke definisinya: $R = \sup\{r : (a_nr^n)$ terbatas $\}$ . (ii) Tak ada yang menyeberangi perbatasannya secara cuma-cuma: penurunan dan pengintegralan suku demi suku adalah teorema di dalam cakram terbukanya; sedangkan di $\abs x = R$ tiap deretnya wajib diperiksa ulang (dan itulah seluruh bahasan soal akhir pekan). (iii) Jari-jari sebuah jumlah: $\min(R_a, R_b)$ hanyalah batas bawah — sebab pencoretan dapat membesarkannya ( $a_n = 1, b_n = -1$ : jumlahnya $0$ secara identik, jari-jarinya $\infty$ ). (iv) $C^\infty$ bukan analitik: deret Taylor yang konvergen boleh jadi konvergen ke fungsi yang salah (Latihan 11.7); jadi sebelum menulis $f(x) = \sum \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$ , buktikanlah dulu — lewat sebuah persamaan diferensial (Metode 11.17), taksiran sisanya, atau sebuah rumus integral.

Catatan 11.16 (Di mana ini dipakai)

Deret pangkat menjadi kuda beban tiga bab berikutnya: bab persamaan diferensial menyelesaikan persamaan linear dengan menyuntikkan $\sum a_nx^n$ (yakni kotak metode di bawah, yang diindustrikan); bab fungsi pembangkit mengubah kesamaan tentang peluang menjadi kesamaan tentang deret pangkat lalu kembali lagi; dan jilid Tahun ke-3 meresmikan peubah kompleksnya, tempat keanalitikan menjadi setara dengan keterdiferensialan kompleks dan “pemusatan ulang yang diterima” di atas mendapat buktinya yang jujur. Adapun soal akhir pekan menjelajahi satu tempat yang didiamkan teorema bab ini: yakni perbatasan $\abs x = R$ itu sendiri.

Metode 11.17 (Menguraikan lewat sebuah persamaan diferensial)

Untuk menguraikan sebuah fungsi $f$ menjadi deret pangkat: carilah persamaan diferensial linear berkoefisien polinomial yang dipenuhi $f$ ; suntikkan $\sum a_nx^n$ ; samakan koefisiennya untuk memperoleh rekurensi bagi $(a_n)$ ; selesaikan, lalu periksa jari-jari dan syarat awalnya. Contohnya — deret binomial: $f(x) = (1+x)^\alpha$ memenuhi $(1+x)f' = \alpha f$ dan $f(0) = 1$ ; menyuntikkannya memberi $(n+1)a_{n+1} = (\alpha - n)a_n$ , jadi $a_n = \binom{\alpha}{n}$ , berjari-jari $1$ (lewat uji rasio), dan jumlahnya, yang memenuhi persamaan diferensial yang sama dengan nilai awal yang sama, sama dengan $(1 + x)^\alpha$ berkat teorema ketunggalan bagi persamaan diferensial linear (jilid Tahun ke-1).

Contoh 11.18 (Metodenya pada sebuah persamaan berpaksa)

Selesaikan $y' = y + x$ , $y(0) = 0$ , lewat deret pangkat. Dengan menyuntikkan $y = \sum a_nx^n$ :

\sum_{n\geq0}(n+1)a_{n+1}x^n = \sum_{n\geq0}a_nx^n + x ,

lalu menyamakan koefisiennya: $a_1 = a_0 = 0$ , $2a_2 = a_1 + 1 = 1$ , dan $(n+1)a_{n+1} = a_n$ untuk $n \geq 2$ . Jadi $a_2 = \frac{1}{2!}$ dan, secara induktif, $a_n = \frac{1}{n!}$ untuk setiap $n \geq 2$ : jari-jarinya $\infty$ , dan

y(x) = \sum_{n\geq2}\frac{x^n}{n!} = \eu^x - 1 - x .

Periksa: $y' = \eu^x - 1 = y + x$ dan $y(0) = 0$ . Pelajaran penutupnya: rekurensinya adalah persamaannya, koefisien demi koefisien; sedangkan suku paksanya hanya mengusik berhingga banyak koefisien awal, dan sesudah itu pola homogennya mengambil alih — yakni bayangan diskret bagi “penyelesaian khusus ditambah penyelesaian homogen”.

11.3 Fungsi pembangkit

Contoh 11.19 (Fibonacci)

Misalkan $F(x) = \sum_{n\geq0} F_n x^n$ (dengan bilangan Fibonacci $F_0 = 0$ , $F_1 = 1$ ). Rekurensi $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$ diterjemahkan, setelah dikalikan $x^{n+2}$ lalu dijumlahkan, menjadi

F(x) - x = x\,F(x) + x^2 F(x) \quad\Longrightarrow\quad F(x) = \frac{x}{1 - x - x^2} ,

yang sahih di tempat deretnya konvergen. Jari-jarinya $\frac{1}{\varphi}$ : sebab dari $F_n \sim \frac{\varphi^n}{\sqrt5}$ (yakni Binet pada contoh berikutnya — atau lewat induksi kasar $F_n \leq 2^n$ ditambah rekurensinya), uji rasio memberi

\frac{F_{n+1}\abs x^{n+1}}{F_n\abs x^n} \longrightarrow \varphi\abs x , \qquad\text{konvergen bila dan hanya bila } \abs x < \frac1\varphi \approx 0.618 .

Pecahan parsial pada $\frac{x}{1 - x - x^2}$ beserta deret geometrinya menurunkan ulang rumus Binet — jadi fungsi pembangkit mengindustrikan rekurensi linear.

Contoh 11.20 (Rumus Binet, dikerjakan)

Misalkan $\varphi = \frac{1+\sqrt5}{2}$ dan $\psi = \frac{1-\sqrt5}{2}$ , yakni akar $X^2 = X + 1$ ; karena $\varphi + \psi = 1$ dan $\varphi\psi = -1$ , berlaku

1 - x - x^2 = (1 - \varphi x)(1 - \psi x) .

Pecahan parsialnya: dengan mencari $\frac{x}{(1-\varphi x)(1-\psi x)} = \frac{A}{1 - \varphi x} + \frac{B}{1 - \psi x}$ , suku tetapnya memberi $A + B = 0$ dan koefisien $x$ -nya $-A\psi - B\varphi = 1$ , sehingga $A(\varphi - \psi) = 1$ : jadi $A = \frac{1}{\sqrt5} = -B$ . Dua deret geometri kemudian,

F(x) = \frac{1}{\sqrt5}\sum_{n\geq0} \bigl(\varphi^n - \psi^n\bigr)x^n \quad\Longrightarrow\quad F_n = \frac{\varphi^n - \psi^n}{\sqrt5}

berkat ketunggalan koefisiennya (Teorema 11.7). Karena $\abs\psi < 1$ , suku $\frac{\psi^n}{\sqrt5}$ bernilai mutlak $< \frac12$ : jadi $F_n$ adalah bilangan bulat terdekat dari $\frac{\varphi^n}{\sqrt5}$ . Pelajaran penutupnya: jari-jari $\frac1\varphi$ milik $F$ adalah kebalikan akar dominannya — jadi pertumbuhan koefisien dan jari-jari kekonvergenan adalah informasi yang sama, dibaca dari arah yang berlawanan.

Contoh 11.21 (Bilangan Catalan)

Bilangan Catalan $C_n$ (yakni banyaknya triangulasi, pengurungan, lintasan Dyck, …) memenuhi $C_0 = 1$ dan $C_{n+1} = \sum_{k=0}^n C_kC_{n-k}$ . Fungsi pembangkitnya $C(x) = \sum C_nx^n$ lalu memenuhi (lewat hasil kali Cauchy!)

C(x) = 1 + x\,C(x)^2 \quad\Longrightarrow\quad C(x) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4x}}{2x} ,

dengan memilih akar yang $C(0) = 1$ : sebab menyelesaikan persamaan kuadrat $xC^2 - C + 1 = 0$ memberi dua calon $\frac{1 \pm \sqrt{1-4x}}{2x}$ , dan ketika $x \to 0$ akar “ $+$ ” meledak seperti $\frac1x$ sedangkan akar “ $-$ ” menuju $1$ (uraikan $\sqrt{1-4x} = 1 - 2x + O(x^2)$ ) — jadi hanya tanda minusnya yang dapat mengusung deret pangkat dengan $C_0 = 1$ . Menguraikan $\sqrt{1 - 4x}$ lewat deret binomial memberi bentuk tertutupnya

C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n} ,

yang dikerjakan pada Latihan 11.8.

Catatan 11.22 (Deret formal lawan deret konvergen)

Setiap perhitungan fungsi pembangkit di atas berakhir dengan memanggil ketunggalan koefisiennya, dan teorema itu hidup di dalam cakram berjari-jari positif: jadi sebelum “membaca” $F_n$ atau $C_n$ , kita wajib mengetahui $R > 0$ . Batas apriori yang kasar sudah cukup — $F_n \leq 2^n$ (lewat induksi seketika) memberi $R \geq \frac12$ bagi Fibonacci; $C_n \leq 4^n$ (sebab tiap bilangan Catalan mencacah himpunan bagian lintasan) memberi $R \geq \frac14$ . Awas ujung skalanya yang merosot: $\sum n!\,x^n$ berjari-jari $0$ , dan memperlakukannya sebagai fungsi tak bermakna — sebab kesamaan yang melibatkan deret semacam itu menjadi milik kalkulus koefisien yang formal, yakni permainan aljabar murni dengan aturannya sendiri (yang berbeda). Pada tingkat ini: amankanlah dulu jari-jari yang positif, lalu hitunglah sebebas-bebasnya di dalamnya.

Catatan 11.23 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini)

Deret pangkat adalah satu dari dua mesin uraian besar buku ini; satunya adalah deret Fourier pada bab harmonik, dan membandingkan keduanya sangat mendidik. Deret pangkat bersifat kaku: koefisiennya terpaksa ( $a_n = f^{(n)}(0)/n!$ ), kekonvergenannya kejam (normal di dalam, sia-sia di luar), dan jumlahnya analitik — yakni kaku tanpa batas (Definisi 11.13). Sedangkan deret Fourier bersifat lentur: ia menyajikan sinyal yang sekadar mulus sepotong-sepotong, dengan harga berupa pertanyaan kekonvergenan yang peka di perbatasan kemulusannya. Kedua teori itu bertemu pada soal akhir pekan bab ini: yakni penjumlahan Cesàro dan Abel, yang dikembangkan di sini untuk lingkaran batasnya, lalu kembali pada bab Fourier sebagai kernel Fejér dan kernel Poisson. Sementara itu bab persamaan diferensial mengonsumsi deret pangkat secara langsung ( $\eu^{tA}$ , penyelesaian berupa deret), dan bab fungsi pembangkit mengubah siasat Contoh 11.19 menjadi kalkulus yang sistematis bagi peluang.

11.4 Latihan

Latihan 11.1 ★

Jari-jari kekonvergenannya: $\sum \dfrac{n^2}{2^n}z^n$ ; $\;\sum \dfrac{z^n}{\binom{2n}{n}}$ ; $\;\sum z^{n!}$ ; $\;\sum \bigl(2 + (-1)^n\bigr)^n z^n$ .

Solusi

Solusi Latihan 11.1.

$\sum \frac{n^2}{2^n}z^n$ : rasionya $\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}\cdot \frac{2^n}{n^2} \to \frac12$ , jadi $R = 2$ .

$\sum \frac{z^n}{\binom{2n}{n}}$ : karena $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (Contoh 6.14), maka $\abs{a_n}^{-1} \approx 4^n$ hingga faktor polinomial: jadi $R = 4$ (lewat uji rasio: $\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{2n+2}{n+1}} = \frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)} \to \frac14$ ).

$\sum z^{n!}$ : koefisiennya $a_k = 1$ bila $k = n!$ , dan $0$ bila tidak. Untuk $\abs z < 1$ , $\sum \abs z^{n!}$ konvergen (didominasi geometri); sedangkan untuk $\abs z \geq 1$ sukunya tak menuju $0$ : jadi $R = 1$ .

$\sum (2 + (-1)^n)^n z^n$ : koefisiennya $3^n$ (untuk $n$ genap) dan $1$ (untuk $n$ ganjil). Keterbatasan $a_nr^n$ menuntut $3r \leq 1$ ; dan $r < \frac13$ berhasil: jadi $R = \frac13$ .

Latihan 11.2 ★

Tunjukkan bahwa $\sum z^n$ , $\sum \frac{z^n}{n}$ , $\sum \frac{z^n}{n^2}$ semuanya berjari-jari $1$ tetapi berkelakuan berbeda di $z = 1$ dan $z = -1$ : berturut-turut divergen/divergen, divergen/konvergen, dan konvergen/konvergen.

Solusi

Solusi Latihan 11.2.

Ketiganya berjari-jari $1$ (lewat uji rasio). Di $z = 1$ : $\sum 1$ divergen; $\sum\frac1n$ divergen; $\sum\frac{1}{n^2}$ konvergen. Di $z = -1$ : $\sum(-1)^n$ divergen; $\sum\frac{(-1)^n}{n}$ konvergen (berselang-seling); $\sum\frac{(-1)^n}{n^2}$ konvergen (mutlak). Jadi kelakuan di perbatasan tak terlihat oleh jari-jarinya.

Latihan 11.3 ★

Hitunglah jumlahnya, untuk $\abs x < 1$ :

\sum_{n\geq0} n x^n, \qquad \sum_{n\geq0} n^2 x^n, \qquad \sum_{n\geq0} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} .

Solusi

Solusi Latihan 11.3.

Dari $\frac{1}{1-x} = \sum x^n$ , turunkan lalu kalikan dengan $x$ (Teorema 11.7):

\sum n x^n = \frac{x}{(1-x)^2} .

Turunkan sekali lagi, lalu kalikan lagi dengan $x$ :

\sum n^2 x^n = x\,\frac{\dd}{\dd x}\Bigl(\frac{x}{(1-x)^2}\Bigr) = \frac{x(1 + x)}{(1-x)^3} .

Jumlah ketiganya: ia bagian ganjil dari $-\ln(1 - x)$ :

\sum_{n\geq0} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = \frac{-\ln(1-x) + \ln(1+x)}{2} = \frac12 \ln\frac{1+x}{1-x} = \operatorname{artanh} x .

Latihan 11.4 ★★

Uraikan menjadi deret pangkat di $0$ , beserta jari-jarinya: $\dfrac{1}{(1-x)(2-x)}$ (lewat pecahan parsial); dan $\;\ln(1 + x + x^2)$ (tulis $1 + x + x^2 = \frac{1 - x^3}{1 - x}$ ).

Solusi

Solusi Latihan 11.4.

Pecahan parsialnya: $\frac{1}{(1-x)(2-x)} = \frac{1}{1-x} - \frac{1}{2 - x} = \sum x^n - \frac12\sum \bigl(\frac x2\bigr)^n$ , jadi

\frac{1}{(1-x)(2-x)} = \sum_{n\geq0} \Bigl(1 - \frac{1}{2^{n+1}}\Bigr)x^n, \qquad R = 1 .

$\ln(1 + x + x^2) = \ln\frac{1 - x^3}{1 - x} = \ln(1 - x^3) - \ln(1 - x) = \sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n} - \sum_{m\geq1}\frac{x^{3m}}{m}$ : jadi koefisien $x^n$ adalah $\frac1n$ bila $3 \nmid n$ , dan $\frac1n - \frac{3}{n} = -\frac2n$ bila $3 \mid n$ . Jari-jarinya $1$ (yakni halangan terdekatnya: deret bagi $\ln(1-x^3)$ ).

Latihan 11.5 ★★

Buktikan bahwa $f(x) = \sum_{n\geq1} H_n x^n = -\dfrac{\ln(1 - x)}{1 - x}$ untuk $\abs x < 1$ , dengan $H_n$ menyatakan bilangan harmonik (lewat hasil kali Cauchy $\sum x^n$ dan $\sum \frac{x^n}{n}$ ).

Solusi

Solusi Latihan 11.5.

Hasil kali Cauchy $\sum_{m \geq 0} x^m$ (yang koefisiennya $1$ ) dan $\sum_{k\geq1} \frac{x^k}{k}$ (yang koefisiennya $\frac1k$ untuk $k \geq 1$ ), dan keduanya konvergen mutlak untuk $\abs x < 1$ : maka koefisien $x^n$ pada hasil kalinya adalah $\sum_{k=1}^{n} \frac1k \cdot 1 = H_n$ . Karena itu

\Bigl(\sum x^m\Bigr)\Bigl(\sum \frac{x^k}{k}\Bigr) = \frac{1}{1-x}\cdot\bigl(-\ln(1-x)\bigr) = \sum_{n\geq1} H_n x^n .

Latihan 11.6 ★★

Selesaikan lewat fungsi pembangkit rekurensi $u_0 = 1$ , $u_{n+1} = 2u_n + n$ : hitunglah $U(x) = \sum u_nx^n$ dalam bentuk tertutup, uraikan, lalu bacalah $u_n = 2^{n+1} - n - 1$ .

Solusi

Solusi Latihan 11.6.

Kalikan rekurensinya dengan $x^{n+1}$ lalu jumlahkan (dengan $\abs x < \frac12$ ):

U(x) - 1 = 2x\,U(x) + \sum_{n\geq0} n\,x^{n+1} = 2x\,U(x) + \frac{x^2}{(1-x)^2} ,

lewat Latihan 11.3. Karena itu

U(x) = \frac{1}{1 - 2x}\Bigl(1 + \frac{x^2}{(1-x)^2}\Bigr) = \frac{1 - 2x + 2x^2}{(1-2x)(1-x)^2} .

Pecahan parsialnya (menutupi di $x = \frac12$ memberi koefisien $2$ ; sedangkan di kutub gandanya $x = 1$ koefisiennya $-1$ ; dan koefisien tengahnya lenyap setelah dinilai di $x = 0$ ):

U(x) = \frac{2}{1-2x} - \frac{1}{(1 - x)^2} .

Setelah keduanya diuraikan:

u_n = 2\cdot 2^n - (n + 1) = 2^{n+1} - n - 1 .

(Periksa: $u_0 = 1$ , $u_1 = 2u_0 + 0 = 2 = 4 - 2$ .)

Latihan 11.7 ★★

Misalkan $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ untuk $x \neq 0$ dan $f(0) = 0$ . Buktikan bahwa $f$ berkelas $C^\infty$ pada $\R$ dengan $f^{(n)}(0) = 0$ untuk setiap $n$ (tunjukkan secara induktif bahwa $f^{(n)}(x) = P_n\bigl(\frac1x\bigr) \eu^{-1/x^2}$ untuk suatu polinomial $P_n$ , lalu pakai perbandingan pertumbuhannya). Simpulkan bahwa $f$ tidak analitik di $0$ : sebab deret Taylornya di $0$ konvergen — ke fungsi yang salah.

Solusi

Solusi Latihan 11.7.

Secara induktif: $f'(x) = \frac{2}{x^3}\eu^{-1/x^2}$ , dan jika $f^{(n)}(x) = P_n(\tfrac1x)\eu^{-1/x^2}$ maka

f^{(n+1)}(x) = \Bigl(-\frac{1}{x^2}\,P_n'\Bigl(\frac1x\Bigr) + \frac{2}{x^3}\,P_n\Bigl(\frac1x\Bigr)\Bigr)\eu^{-1/x^2} :

yang kembali berbentuk seperti yang dinyatakan. Di $0$ : hasil bagi selisihnya $\frac{f^{(n)}(h)}{h} = \frac1h P_n(\frac1h)\eu^{-1/h^2} \to 0$ ketika $h \to 0$ , sebab $Q(u)\,\eu^{-u^2} \to 0$ ketika $u \to \pm\infty$ untuk sembarang polinomial $Q$ (eksponensial mengalahkan pangkat): jadi secara induktif setiap $f^{(n)}(0)$ ada dan lenyap, lalu tiap $f^{(n)}$ kontinu di $0$ lewat limit yang sama. Jadi $f \in C^\infty$ dengan deret Taylor nol di $0$ ; dan deret Taylornya berjumlah $0 \neq f$ : sehingga tak analitik di $0$ .

Latihan 11.8 ★★★

Lengkapilah Contoh 11.21: uraikan $\sqrt{1 - 4x}$ lewat deret binomial, dengan menunjukkan

\binom{1/2}{n+1}(-4)^{n+1} = -\frac{2}{n+1}\binom{2n}{n},

lalu turunkan $C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$ ; tentukan pula jari-jari kekonvergenan $C(x)$ dan asimtotik $C_n$ lewat Stirling.

Solusi

Solusi Latihan 11.8.

Deret binomialnya: $\sqrt{1-4x} = \sum_{k\geq0} \binom{1/2}{k}(-4x)^k$ . Untuk $k = n + 1 \geq 1$ :

\begin{align*} \binom{1/2}{n+1}(-4)^{n+1} &= \frac{\frac12\bigl(\frac12 - 1\bigr)\cdots\bigl(\frac12 - n\bigr)}{(n+1)!}\,(-4)^{n+1}\\ &= \frac{(-1)^n\,1\cdot3\cdots(2n-1)}{2^{n+1}(n+1)!}\,(-4)^{n+1} = -\frac{2}{n+1}\cdot\frac{(2n)!}{n!\,n!} , \end{align*}

memakai $1\cdot3\cdots(2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$ . Karena itu

C(x) = \frac{1 - \sqrt{1-4x}}{2x} = \frac{1}{2x}\sum_{n\geq0}\frac{2}{n+1}\binom{2n}{n}x^{n+1} = \sum_{n\geq0} \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}\,x^n :

$C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$ . Jari-jarinya $\frac14$ (yakni deret binomial dalam $4x$ ). Asimtotiknya lewat Contoh 6.14:

C_n \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi}\; n^{3/2}} .

Latihan 11.9 ★★★

(Teorema limit radial Abel, kasus khusus) Andaikan $\sum a_n$ konvergen. Buktikan bahwa $\lim_{x \to 1^-} \sum_{n} a_n x^n = \sum_n a_n$ . (Lewat penjumlahan Abel: dengan $A_n$ jumlah parsialnya dan $A = \lim A_n$ , tulislah $\sum a_nx^n = (1 - x)\sum A_n x^n$ ; lalu $\sum a_nx^n - A = (1-x)\sum (A_n - A)x^n$ , lalu pecah jumlahnya di $N$ yang besar.) Penerapannya: $\sum \frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2$ dan $\sum \frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac\pi4$ , dibuktikan ulang dari deret pangkatnya.

Solusi

Solusi Latihan 11.9.

Dengan $A_n = \sum_{k \leq n} a_k \to A$ : penjumlahan Abel memberi, untuk $0 \leq x < 1$ ,

\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = (1 - x)\sum_{n=0}^{\infty} A_n x^n

(kedua ruasnya konvergen sebab $(A_n)$ terbatas; dan kesamaannya menyusul dari $a_n = A_n - A_{n-1}$ beserta pengindeksan ulang). Karena $(1 - x)\sum x^n = 1$ :

\sum_n a_nx^n - A = (1-x)\sum_{n} (A_n - A)x^n .

Diberikan $\varepsilon$ , pilihlah $N$ dengan $\abs{A_n - A} \leq \varepsilon$ untuk $n > N$ ; maka

\Bigl|\sum a_nx^n - A\Bigr| \leq (1-x)\sum_{n \leq N}\abs{A_n - A} + \varepsilon(1 - x)\sum_{n > N}x^n \leq (1-x)\,C_N + \varepsilon ,

dan setelah dilewatkan $x \to 1^-$ : limsupnya $\leq \varepsilon$ untuk setiap $\varepsilon$ . Jadi limit radialnya $A$ .

Penerapannya: $\sum \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ konvergen (berselang-seling), dan untuk $x < 1$ deret pangkatnya berjumlah $\ln(1 + x)$ : jadi menurut Abel jumlahnya $\ln 2$ . Demikian pula $\sum\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} = \arctan x$ memberi $\frac\pi4$ di $x = 1$ — jadi bukti integral Tahun ke-1 kini menjadi struktural.

Latihan 11.10 ★

Tunjukkan bahwa $\displaystyle\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n(n+1)} = 1 + \frac{1-x}{x}\,\ln(1-x)$ untuk $0 < \abs x < 1$ , tentukan jari-jarinya, lalu periksalah bahwa kekonvergenannya normal pada $\intcc{-1}{1}$ ; periksa pula bahwa nilai di $x = 1$ yang diramalkan kekontinuannya sepakat dengan jumlah teleskop $\sum \frac{1}{n(n+1)} = 1$ .

Solusi

Solusi Latihan 11.10.

Baik $\sum\frac{x^n}{n}$ maupun $\sum\frac{x^n}{n+1}$ berjari-jari $1$ , dan $\frac{1}{n(n+1)} = \frac1n - \frac1{n+1}$ , jadi untuk $0 < \abs x < 1$ :

\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n(n+1)} = -\ln(1-x) - \frac1x\sum_{n\geq1}\frac{x^{n+1}}{n+1} = -\ln(1-x) - \frac{-\ln(1-x) - x}{x} = 1 + \frac{1-x}{x}\ln(1-x) .

Jari-jarinya $1$ ; dan $\norm{x^n/(n(n+1))}_{\infty,\intcc{-1}1} = \frac{1}{n(n+1)}$ terjumlahkan: jadi kekonvergenannya normal pada $\intcc{-1}{1}$ , sehingga jumlahnya kontinu di sana. Ketika $x \to 1^-$ , berlaku $(1-x)\ln(1-x) \to 0$ dan bentuk tertutupnya menuju $1$ — sepakat dengan nilai teleskopnya $\sum\frac{1}{n(n+1)} = \lim_N\bigl(1 - \frac{1}{N+1}\bigr) = 1$ di $x = 1$ .

Latihan 11.11 ★★

(Permutasi tanpa titik tetap) Misalkan $D_n$ banyaknya permutasi atas $n$ objek yang tak punya titik tetap ( $D_0 = 1$ ). Menyortir permutasi $\{1, \dots, n\}$ menurut himpunan titik tetapnya memberi $n! = \sum_{k=0}^{n}\binom nk D_{n-k}$ . Kalikan dengan $\frac{x^n}{n!}$ , jumlahkan, lalu kenali sebuah hasil kali Cauchy untuk memperoleh fungsi pembangkit eksponensialnya

\sum_{n\geq0} D_n\,\frac{x^n}{n!} = \frac{\eu^{-x}}{1-x} \qquad (\abs x < 1),

lalu bacalah bentuk tertutupnya $\dfrac{D_n}{n!} = \sum_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^k}{k!}$ beserta limitnya $\dfrac{D_n}{n!} \to \eu^{-1}$ .

Solusi

Solusi Latihan 11.11.

Menyortir $n!$ permutasinya menurut himpunan titik tetapnya: memilih $k$ titik tetapnya (ada $\binom nk$ cara) lalu mengacaukan $n - k$ objek sisanya memberi $n! = \sum_{k=0}^n\binom nk D_{n-k}$ . Setelah dibagi $n!$ :

1 = \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot\frac{D_{n-k}}{(n-k)!} ,

yang persis mengatakan bahwa hasil kali Cauchy $\eu^x = \sum\frac{x^k}{k!}$ dan $D(x) = \sum D_n\frac{x^n}{n!}$ adalah $\sum x^n = \frac{1}{1-x}$ . Kedua faktornya konvergen mutlak untuk $\abs x < 1$ (sebab $D_n \leq n!$ , jadi $D$ didominasi deret geometri): maka kesamaan hasil kalinya sah (Proposisi 11.4), dan

D(x) = \frac{\eu^{-x}}{1-x} .

Hasil kali Cauchy $\eu^{-x} = \sum\frac{(-1)^kx^k}{k!}$ dan $\sum x^m$ : koefisien $x^n$ -nya adalah $\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!}$ , dan berkat ketunggalan koefisien deret pangkat (Teorema 11.7):

\frac{D_n}{n!} = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!} \xrightarrow[n\to\infty]{} \eu^{-1} :

jadi sekitar $37\%$ dari semua permutasi tak punya titik tetap, berapa pun $n$ .

Latihan 11.12 ★★★

Buktikan, dengan deret binomial pada Metode 11.17, bahwa

\frac{1}{\sqrt{1 - 4x}} = \sum_{n\geq0}\binom{2n}{n}x^n \qquad \Bigl(\abs x < \frac14\Bigr),

lalu turunkan, dengan mengkuadratkannya (yakni hasil kali Cauchy terhadap $\frac{1}{1-4x} = \sum 4^nx^n$ ), kesamaan konvolusinya

\sum_{k=0}^{n}\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n .

Solusi

Solusi Latihan 11.12.

Deret binomial dengan $\alpha = -\frac12$ di $-4x$ :

\binom{-1/2}{n}(-4)^n = \frac{\bigl(-\frac12\bigr)\bigl(-\frac32\bigr)\cdots \bigl(-\frac{2n-1}2\bigr)}{n!}(-4)^n = \frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2^n\,n!}\,4^n = \frac{(2n)!}{2^n n!}\cdot\frac{2^n}{n!} = \binom{2n}{n},

memakai $1\cdot3\cdots(2n-1) = \frac{(2n)!}{2^nn!}$ . Karena itu $(1-4x)^{-1/2} = \sum\binom{2n}nx^n$ untuk $\abs{4x} < 1$ . Setelah dikuadratkan (lewat hasil kali Cauchy, yang sah berkat kekonvergenan mutlaknya) lalu dibandingkan dengan $\frac{1}{1-4x} = \sum 4^nx^n$ : koefisien $x^n$ pada kuadratnya adalah $\sum_{k=0}^n\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}$ , sehingga ketunggalan koefisiennya memberi

\sum_{k=0}^{n}\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n .

11.5 Soal: Abel, Tauber, dan perbatasan kekonvergenan

Soal 11.1

Di dalam cakram kekonvergenannya segalanya mudah; seluruh dramanya justru terjadi di perbatasan. Soal ini membangun teori perbatasan itu dalam peubah real: teorema Abel dalam bentuk seragamnya, konversnya di bawah syarat Tauber, hierarki metode penjumlahan Cesàro–Abel (beserta teorema Frobenius), pengintegralan suku demi suku sampai ke perbatasannya dengan konstanta klasik sebagai panennya, dan akhirnya kekakuan fungsi analitik — yakni teorema identitas. Di sepanjang soal ini, $(a_n)$ barisan real, $f(x) = \sum_{n\geq0} a_nx^n$ , dan $A_n = a_0 + \dots + a_n$ .

Bagian I — Teorema Abel, secara seragam. Pada bagian ini andaikan $\sum a_n$ konvergen, lalu tetapkan $r_n = \sum_{k\geq n} a_k$ (sehingga $r_n \to 0$ dan $a_n = r_n - r_{n+1}$ ).

Buktikan, lewat penjumlahan parsial, bahwa untuk setiap $0 \leq x \leq 1$ dan $N \leq M$ :

$\Bigl|\sum_{n=N}^{M} a_n x^n\Bigr| \leq 2\sup_{n \geq N}\,\abs{r_n} .$
Turunkan bahwa $\sum a_nx^n$ konvergen seragam pada $\intcc{0}{1}$ , bahwa jumlahnya kontinu di sana, lalu peroleh kembali limit radial pada Latihan 11.9: $f(x) \to \sum a_n$ ketika $x \to 1^-$ .
(Teorema Abel untuk hasil kali Cauchy) Misalkan $\sum a_n = A$ , $\sum b_n = B$ dan andaikan hasil kali Cauchy $\sum c_n$ , dengan $c_n = \sum_{k} a_kb_{n-k}$ , konvergen dengan jumlah $C$ . Buktikan $C = AB$ (sebab di dalam cakramnya kesamaan hasil kalinya berlaku menurut Proposisi 11.4; lalu lewatkan $x \to 1^-$ ).
Tunjukkan bahwa hipotesisnya penting: untuk $a_n = b_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$ , kedua deretnya konvergen, namun $\abs{c_n} \geq \frac{2(n+1)}{n+2} \geq 1$ (batasilah tiap faktor $\sqrt{(k+1)(n-k+1)}$ lewat AM–GM): jadi hasil kali Cauchy dua deret konvergen boleh saja divergen.
(Sebuah panen Latihan 11.5) Tunjukkan bahwa $\bigl(\ln(1-x)\bigr)^2 = 2\sum_{n\geq1} \frac{H_n}{n+1}x^{n+1}$ pada $\intoo{-1}{1}$ , periksalah bahwa $\bigl(\frac{H_n}{n+1}\bigr)_{n\geq1}$ turun ke $0$ , lalu rampungkan dengan Abel:

$\sum_{n\geq1} (-1)^{n+1}\,\frac{H_n}{n+1} = \frac{(\ln 2)^2}{2} .$

Bagian II — Konvers Tauber. Sebutlah $\sum a_n$ terjumlahkan-Abel ke $L$ apabila $f(x) \to L$ ketika $x \to 1^-$ .

Tunjukkan bahwa $\sum (-1)^n$ terjumlahkan-Abel ke $\frac12$ padahal divergen: jadi teorema Abel tak punya konvers tanpa syarat.
(Lema Cesàro) Jika $u_n \to 0$ maka $\frac{u_1 + \dots + u_N}{N} \to 0$ (pecahlah jumlahnya di sebuah $m$ yang tetap).
Kini andaikan $n\,a_n \to 0$ dan $f(x) \to L$ . Dengan $x_N = 1 - \frac1N$ , buktikan kedua taksiran

$\Bigl|\sum_{n=0}^{N} a_n\bigl(1 - x_N^n\bigr)\Bigr| \leq \frac{1}{N}\sum_{n=1}^{N} n\,\abs{a_n}, \qquad \Bigl|\sum_{n>N} a_n x_N^n\Bigr| \leq \sup_{n>N}\bigl(n\abs{a_n}\bigr)$

(untuk yang pertama, $1 - x^n \leq n(1-x)$ ; untuk yang kedua, $\abs{a_n} \leq \frac{1}{N}\sup_{m>N} m\abs{a_m}$ dan $\sum x_N^n \leq N$ ).
Simpulkan teorema Tauber: jika $n\,a_n \to 0$ dan $\sum a_n$ terjumlahkan-Abel ke $L$ , maka $\sum a_n$ konvergen ke $L$ .
(Tauberian yang mudah untuk koefisien positif) Jika $a_n \geq 0$ dan $f$ terbatas pada $\intco{0}{1}$ , tunjukkan bahwa $\sum a_n$ konvergen dan $\sum a_n = \lim_{x\to1^-} f(x)$ (batasi $\sum_{n\leq N}a_nx^n \leq f(x)$ lalu lewatkan $x \to 1^-$ , kemudian pakai Abel).

Bagian III — Rata-rata Cesàro dan teorema Frobenius. Sebutlah $\sum a_n$ terjumlahkan-Cesàro ke $L$ apabila $\sigma_N = \frac{A_0 + \dots + A_{N-1}}{N} \to L$ .

Tunjukkan bahwa deret yang konvergen bersifat terjumlahkan-Cesàro ke jumlahnya (pertanyaan 7 yang diterapkan pada $A_n - L$ ).
Hitunglah nilai Cesàro bagi $\sum(-1)^n$ lalu periksa bahwa ia sepakat dengan nilai Abelnya $\frac12$ pada pertanyaan 6.
Dengan $S_n = A_0 + \dots + A_n = (n+1)\,\sigma_{n+1}$ , buktikan kedua kesamaan berikut, untuk $0 \leq x < 1$ :

$f(x) = (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1)\,\sigma_{n+1}x^n, \qquad (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1)x^n = 1 .$
(Frobenius) Turunkan: jika $\sigma_N \to L$ maka $f(x) \to L$ ketika $x \to 1^-$ — jadi terjumlahkan-Cesàro mengakibatkan terjumlahkan-Abel, dengan nilai yang sama (kurangkan kedua kesamaannya lalu pecah jumlahnya di $N$ yang besar, seperti pada Latihan 11.9).
Tunjukkan bahwa hierarki

$\text{konvergen} \;\Longrightarrow\; \text{terjumlahkan-Cesàro} \;\Longrightarrow\; \text{terjumlahkan-Abel}$

bersifat tegas pada kedua panahnya: pertanyaan 6 untuk yang pertama; sedangkan untuk yang kedua, tunjukkan bahwa $\sum(-1)^n(n+1)$ terjumlahkan-Abel ke $\frac14$ (hitunglah $f$ ) tetapi tidak terjumlahkan-Cesàro (hitunglah $\sigma_N$ secara terpisah untuk $N$ genap dan untuk yang ganjil).

Bagian IV — Mengintegralkan sampai ke perbatasan.

Andaikan $\sum a_nx^n$ konvergen pada $\intco{0}{1}$ dan $\sum \frac{a_n}{n+1}$ konvergen. Buktikan bahwa integral tak wajar $\int_0^1 f$ ada dan

$\int_0^1 \Bigl(\sum_{n\geq0} a_nx^n\Bigr)\dd x = \sum_{n\geq0}\frac{a_n}{n+1}$

(sebab antiturunannya $F(x) = \sum\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ kontinu di $1$ menurut Bagian I).
Misalkan $\eta = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$ . Tunjukkan $\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x}\dd x = \eta$ dan, dengan memisahkan indeks genap dan ganjil pada $\sum \frac1{n^2}$ yang konvergen mutlak, bahwa $\eta = \frac12\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^2}$ . (Soal akhir pekan bab Fourier menilai $\sum\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ .)
Buktikan

$\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n}{3n+1} = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3} = \frac13\Bigl(\ln 2 + \frac{\pi}{\sqrt3}\Bigr)$

(deretnya konvergen menurut Leibniz; integralkan deret geometri $\sum(-1)^nx^{3n}$ dengan pertanyaan 16; lalu pecahan parsial: $\frac{1}{1+x^3} = \frac{1/3}{1+x} + \frac{(2-x)/3}{x^2-x+1}$ ).
Dari deret binomial bagi $(1-t)^{-1/2}$ (Latihan 11.12) turunkan

$\arcsin x = \sum_{n\geq0} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)}\,x^{2n+1} \quad(\abs x < 1), \qquad\text{lalu}\qquad \sum_{n\geq0}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)} = \frac\pi2 ,$

dengan membenarkan nilai perbatasannya lewat kekonvergenan normal pada $\intcc{-1}{1}$ (pakailah $\binom{2n}n4^{-n} \sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ , Contoh 6.14) — di sini bahkan Abel tidak diperlukan.
(Catalan di perbatasannya) Tunjukkan bahwa $\sum C_n 4^{-n} = 2$ : jadi deret Catalan pada Contoh 11.21 konvergen di jari-jarinya $\frac14$ (lewat asimtotik Latihan 11.8), jumlahnya kontinu pada $\intcc{0}{\frac14}$ , dan bentuk tertutupnya berlimit $2$ di sana.

Bagian V — Kekakuan: teorema identitas.

(Nol yang terpencil) Misalkan $f = \sum a_nx^n$ berjari-jari $R > 0$ dan tidak semua $a_n = 0$ ; misalkan $m$ indeks terkecil dengan $a_m \neq 0$ . Tunjukkan $f(x) = x^m g(x)$ dengan $g$ sebuah deret pangkat berjari-jari $R$ , $g(0) = a_m \neq 0$ , lalu turunkan bahwa $f$ tak punya nol pada suatu persekitaran $0$ yang tertusuk.
(Teorema identitas) Misalkan $f, h$ jumlah deret pangkat di dekat $0$ dan $(x_k)$ barisan titik tak nol dengan $x_k \to 0$ dan $f(x_k) = h(x_k)$ . Buktikan bahwa $f$ dan $h$ punya koefisien yang sama, sehingga keduanya berimpit di dekat $0$ .
Carilah semua fungsi $f$ yang analitik di dekat $0$ dengan

$f\Bigl(\frac1k\Bigr) = \frac{k^2}{k^2+1} \qquad\text{untuk setiap bilangan bulat besar } k .$
Tunjukkan bahwa fungsi analitik pada interval terbuka $I$ yang nol pada sebuah subinterval pastilah nol secara identik pada $I$ (sebab himpunan titik yang di sekitarnya $f$ nol secara identik bersifat terbuka dan, lewat teorema identitas yang diterapkan di titik akumulasinya, tertutup di $I$ ). Simpulkan bahwa tak ada fungsi analitik tak nol pada $\R$ yang berpenyangga kompak — padahal fungsi bonggol $C^\infty$ memang ada (Latihan 11.7 menyediakan batu bangunannya): jadi keanalitikan itu kaku, kemulusan itu lembek.
Rangkuman. Satu kalimat untuk masing-masing: (i) apa yang ditambahkan teorema Abel pada paket kekonvergenan normal pada Lema 11.1; (ii) hipotesis persis yang membuat konversnya berlaku (Tauber) dan anak tangga antaranya (Frobenius); (iii) satu konstanta perbatasan dari Bagian IV yang kini dapat kaupaparkan kepada seorang teman dalam dua baris; (iv) di mana rata-rata Cesàro akan muncul kembali pada buku ini, untuk deret berjenis yang sangat berbeda.

Solusi

Solusi Soal 11.1.

1. Dengan $a_n = r_n - r_{n+1}$ , penjumlahan parsialnya:

\sum_{n=N}^{M} a_nx^n = r_Nx^N + \sum_{n=N+1}^{M} r_n\bigl(x^n - x^{n-1}\bigr) - r_{M+1}x^M .

Untuk $0 \leq x \leq 1$ pertambahan $x^{n-1} - x^n$ bersifat taknegatif dan berteleskop menjadi $x^N - x^M$ ; jadi dengan $s = \sup_{n\geq N}\abs{r_n}$ :

\Bigl|\sum_{n=N}^{M}a_nx^n\Bigr| \leq s\bigl(x^N + (x^N - x^M) + x^M\bigr) = 2s\,x^N \leq 2s .

2. Karena $r_n \to 0$ , berlaku $\sup_{n\geq N}\abs{r_n} \to 0$ : jadi pertanyaan 1 persis merupakan kriteria Cauchy seragam pada $\intcc{0}{1}$ , sehingga $\sum a_nx^n$ konvergen seragam di sana dan jumlahnya kontinu (Teorema 10.11). Karena nilainya di $1$ adalah $\sum a_n$ , kekontinuan di $1$ tak lain limit radial pada Latihan 11.9.

3. Untuk $\abs x < 1$ ketiga deret pangkatnya konvergen mutlak dan $\bigl(\sum a_nx^n\bigr)\bigl(\sum b_nx^n\bigr) = \sum c_nx^n$ (Proposisi 11.4). Menurut pertanyaan 2, tiap faktornya dan ruas hasil kalinya kontinu pada $\intcc{0}{1}$ (sebab deret koefisiennya konvergen menurut hipotesisnya); lalu melewatkan $x \to 1^-$ pada kesamaannya: $AB = C$ .

4. Di sini

\abs{c_n} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}} \geq \sum_{k=0}^{n}\frac{2}{n+2} = \frac{2(n+1)}{n+2} \geq 1,

lewat AM–GM: $\sqrt{(k+1)(n-k+1)} \leq \frac{(k+1) + (n-k+1)}{2} = \frac{n+2}{2}$ . Jadi suku umum $\sum c_n$ tidak menuju $0$ : sehingga hasil kali Cauchynya divergen, padahal kedua faktornya konvergen (yakni deret berselang-seling).

5. Latihan 11.5 memberi $\frac{-\ln(1-x)}{1-x} = \sum H_nx^n$ (untuk $\abs x < 1$ ). Antiturunan suku demi sukunya (Teorema 11.7 (2)), dengan kedua ruasnya lenyap di $0$ , memberi

\frac{\bigl(\ln(1-x)\bigr)^2}{2} = \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{n+1}\,x^{n+1} .

Ketururunannya: $(n+2)H_n \geq (n+1)H_{n+1}$ setara dengan $H_n \geq 1$ , yang benar untuk $n \geq 1$ ; dan $\frac{H_n}{n+1} \sim \frac{\ln n}{n} \to 0$ : jadi di $x = -1$ deretnya konvergen menurut uji berselang-seling. Setelah disulih $x \mapsto -x$ lalu diterapkan pertanyaan 2 di $x = 1$ :

\frac{(\ln 2)^2}{2} = \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{n+1}(-1)^{n+1},

yakni nilai yang diumumkan.

6. $f(x) = \sum(-1)^nx^n = \frac{1}{1+x} \to \frac12$ ketika $x \to 1^-$ : jadi terjumlahkan-Abel ke $\frac12$ . Tetapi jumlah parsialnya $1, 0, 1, 0, \dots$ : sehingga divergen.

7. Diberikan $\varepsilon > 0$ , pilihlah $m$ dengan $\abs{u_n} \leq \varepsilon$ untuk $n > m$ ; lalu untuk $N \geq m$ :

\Bigl|\frac{u_1 + \dots + u_N}{N}\Bigr| \leq \frac{\abs{u_1} + \dots + \abs{u_m}}{N} + \varepsilon\,\frac{N - m}{N} \leq \frac{C_m}{N} + \varepsilon,

jadi $\limsup \leq \varepsilon$ untuk setiap $\varepsilon$ : sehingga rata-ratanya menuju $0$ .

8. Untuk $0 \leq x \leq 1$ : $1 - x^n = (1-x)(1 + x + \dots + x^{n-1}) \leq n(1-x)$ , jadi

\Bigl|\sum_{n=0}^N a_n(1 - x_N^n)\Bigr| \leq (1 - x_N)\sum_{n=1}^N n\abs{a_n} = \frac1N\sum_{n=1}^{N}n\abs{a_n} .

Untuk $n > N$ : $\abs{a_n} = \frac{n\abs{a_n}}{n} \leq \frac{1}{N}\sup_{m>N}m\abs{a_m}$ , dan $\sum_{n>N}x_N^n \leq \frac{1}{1 - x_N} = N$ , sehingga

\Bigl|\sum_{n>N}a_nx_N^n\Bigr| \leq \frac{\sup_{m>N}m\abs{a_m}}{N}\cdot N = \sup_{m>N}\,m\abs{a_m} .

9. Uraikanlah

A_N - L = \sum_{n=0}^{N}a_n\bigl(1 - x_N^n\bigr) - \sum_{n>N}a_nx_N^n + \bigl(f(x_N) - L\bigr) .

Suku pertamanya menuju $0$ menurut pertanyaan 7 (yakni rata-rata $n\abs{a_n} \to 0$ ), yang kedua menurut pertanyaan 8 (sebab supnya menuju $0$ ), dan yang ketiga karena $x_N \to 1^-$ dan $f(x) \to L$ . Jadi $A_N \to L$ : itulah teorema Tauber.

10. Untuk $x \in \intco{0}{1}$ dan sembarang $N$ berlaku $\sum_{n\leq N}a_nx^n \leq f(x) \leq M$ (sebab sukunya taknegatif). Lewatkan $x \to 1^-$ pada jumlah berhingganya: $\sum_{n\leq N}a_n \leq M$ . Jadi jumlah parsialnya naik dan terbatas: sehingga $\sum a_n$ konvergen, lalu pertanyaan 2 memberi $\lim_{x\to1^-}f(x) = \sum a_n$ .

11. Sebab $\sigma_N - L$ adalah rata-rata dari $N$ bilangan $A_n - L$ (dengan $0 \leq n < N$ ), yang menuju $0$ : yakni pertanyaan 7.

12. $A_n = 1$ untuk $n$ genap dan $0$ untuk yang ganjil, jadi $A_0 + \dots + A_{N-1} = \lceil N/2\rceil$ , sehingga $\sigma_N = \frac{\lceil N/2\rceil}{N} \to \frac12$ , yakni nilai Abel pada pertanyaan 6.

13. Di bawah $\sigma_N \to L$ diperoleh $S_n = O(n)$ , sehingga $A_n = S_n - S_{n-1} = O(n)$ dan $a_n = O(n)$ : jadi semua deret di bawah berjari-jari $\geq 1$ . Untuk $\abs x < 1$ , dari $a_n = A_n - A_{n-1}$ dan $A_nx^n \to 0$ :

(1-x)\sum_n A_nx^n = \sum_n A_nx^n - \sum_n A_nx^{n+1} = \sum_n a_nx^n = f(x),

dan secara identik $(1-x)\sum S_nx^n = \sum A_nx^n$ , jadi $f(x) = (1-x)^2\sum_n S_nx^n = (1-x)^2\sum_n(n+1)\sigma_{n+1}x^n$ . Akhirnya $\sum(n+1)x^n = \frac{1}{(1-x)^2}$ (Latihan 11.3), dan itulah kesamaan keduanya.

14. Setelah $L$ kali kesamaan keduanya dikurangkan dari yang pertama:

f(x) - L = (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1) \bigl(\sigma_{n+1} - L\bigr)x^n .

Diberikan $\varepsilon$ , pilihlah $N$ dengan $\abs{\sigma_{n+1} - L} \leq \varepsilon$ untuk $n \geq N$ ; maka

\abs{f(x) - L} \leq (1-x)^2 C_N + \varepsilon(1-x)^2\sum_{n}(n+1)x^n = (1-x)^2C_N + \varepsilon ,

lalu setelah dilewatkan $x \to 1^-$ : $\limsup \leq \varepsilon$ . Jadi $f(x) \to L$ : itulah teorema Frobenius.

15. $f(x) = \sum(-1)^n(n+1)x^n = \frac{1}{(1+x)^2}$ (turunkan deret geometrinya di $-x$ ): jadi nilai Abelnya $\frac14$ . Jumlah parsialnya: $A_{2k} = k+1$ dan $A_{2k+1} = -(k+1)$ (lewat induksi seketika). Lalu $S_{2m-1} = 0$ (sebab pasangan berurutannya saling meniadakan) dan $S_{2m} = m + 1$ , jadi

\sigma_{2m} = \frac{S_{2m-1}}{2m} = 0, \qquad \sigma_{2m+1} = \frac{m+1}{2m+1} \to \frac12 :

jadi $(\sigma_N)$ punya dua nilai gugus yang berbeda: sehingga tidak terjumlahkan-Cesàro. Bersama pertanyaan 6 dan 11–14, hierarki konvergen $\Rightarrow$ Cesàro $\Rightarrow$ Abel bersifat tegas pada kedua panahnya.

16. Deret antiturunannya $F(x) = \sum\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ berjari-jari sama dan $F' = f$ pada $\intco{0}{1}$ (Teorema 11.7); dan karena $\sum\frac{a_n}{n+1}$ konvergen, Bagian I (pertanyaan 2) membuat $F$ kontinu pada $\intcc{0}{1}$ . Karena $\int_0^x f = F(x)$ (sebab turunannya sama dan nilainya sama-sama $0$ di $0$ ), berlaku

\int_0^x f \xrightarrow[x\to1^-]{} F(1) = \sum_{n\geq0}\frac{a_n}{n+1} :

jadi integral tak wajarnya ada dengan nilai yang dinyatakan.

17. $\frac{\ln(1+x)}{x} = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n-1}$ (berjari-jari $1$ dan kontinu di $0$ ). Deret bagi $\frac{a_m}{m+1}$ adalah $\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$ , yang konvergen mutlak: jadi pertanyaan 16 memberi $\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}\dd x = \eta$ . Lalu di dalam $\sum\frac1{n^2}$ yang konvergen mutlak, kelompokkan ulang yang genap dan yang ganjil:

\eta = \sum_{\text{ganjil}}\frac1{n^2} - \sum_{\text{genap}}\frac1{n^2} = \sum_{n}\frac1{n^2} - 2\sum_{k}\frac1{(2k)^2} = \Bigl(1 - \frac12\Bigr)\sum_n\frac1{n^2} = \frac12\sum_{n\geq1}\frac1{n^2} .

18. Menurut Leibniz: $\frac{1}{3n+1}\downarrow0$ , jadi deretnya konvergen. Pada $\intco{0}{1}$ berlaku $\sum(-1)^nx^{3n} = \frac{1}{1+x^3}$ , dan $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1}$ konvergen: jadi pertanyaan 16 memberi $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1} = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3}$ . Pecahan parsialnya (periksa: $\frac13(x^2-x+1) + \frac{2-x}{3}(1+x) = 1$ ):

\int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3} = \frac13\ln2 + \frac13\int_0^1\frac{2-x}{x^2-x+1}\dd x .

Setelah menulis $2 - x = -\frac12(2x-1) + \frac32$ : bagian $\ln(x^2-x+1)$ -nya lenyap di kedua ujungnya, dan

\frac32\int_0^1\frac{\dd x}{(x-\frac12)^2 + \frac34} = \frac32\cdot\frac{2}{\sqrt3} \Bigl[\arctan\frac{2x-1}{\sqrt3}\Bigr]_0^1 = \sqrt3\cdot\frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{\sqrt3} .

Totalnya: $\frac13\bigl(\ln2 + \frac{\pi}{\sqrt3}\bigr)$ .

19. Setelah menyulihkan $t = x^2$ pada deret Latihan 11.12 lalu mengintegralkannya suku demi suku (sebab antiturunan $(1-x^2)^{-1/2}$ yang lenyap di $0$ adalah $\arcsin$ ):

\arcsin x = \sum_{n\geq0} \frac{\binom{2n}n}{4^n(2n+1)}x^{2n+1} \qquad(\abs x < 1) .

Koefisiennya $\sim \frac{1}{2\sqrt\pi\,n^{3/2}}$ (Contoh 6.14), yang terjumlahkan: jadi deretnya konvergen normal pada $\intcc{-1}{1}$ , jumlahnya kontinu di sana, lalu berimpit dengan $\arcsin$ yang kontinu pada $\intoo{-1}{1}$ , sehingga juga di $x = 1$ :

\sum_{n\geq0}\frac{\binom{2n}n}{4^n(2n+1)} = \arcsin 1 = \frac\pi2 .

20. $C_n4^{-n} \sim \frac{1}{\sqrt\pi\,n^{3/2}}$ (Latihan 11.8): jadi kekonvergenan normal $\sum C_nx^n$ pada $\intcc{0}{\frac14}$ , sehingga jumlahnya kontinu di sana; lalu pada $\intoo{0}{\frac14}$ ia sama dengan $\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$ (Contoh 11.21), yang berlimit di $\frac14^-$ sebesar $\frac{1-0}{1/2} = 2$ . Jadi $\sum_{n\geq0} C_n4^{-n} = 2$ .

21. $f(x) = \sum_{n\geq m}a_nx^n = x^m g(x)$ dengan $g(x) = \sum_{k\geq0}a_{m+k}x^k$ ; dan jika $(a_nr^n)$ terbatas maka $(a_{m+k}r^k)$ juga (bagilah dengan $r^m$ ): jadi $g$ berjari-jari $\geq R$ . Lalu $g$ kontinu dengan $g(0) = a_m \neq 0$ , jadi $g \neq 0$ pada suatu $\intcc{-\delta}{\delta}$ , sehingga $f(x) = x^mg(x) \neq 0$ untuk $0 < \abs x \leq \delta$ .

22. Fungsi $d = f - h$ adalah jumlah deret pangkat di dekat $0$ yang lenyap di titik tak nol $x_k \to 0$ . Andaikan suatu koefisien $d$ tak nol, maka pertanyaan 21 akan memberi persekitaran $0$ yang tertusuk dan bebas dari nol milik $d$ — yang bertentangan dengan $d(x_k) = 0$ . Jadi semua koefisien $d$ lenyap: sehingga $f$ dan $h$ berkoefisien sama dan berimpit di dekat $0$ .

23. Fungsi $h(x) = \frac{1}{1+x^2} = \sum(-1)^nx^{2n}$ (berjari-jari $1$ ) memenuhi $h(\frac1k) = \frac{1}{1 + 1/k^2} = \frac{k^2}{k^2+1}$ . Sembarang $f$ analitik dengan nilai yang sama sepakat dengan $h$ di titik $\frac1k \to 0$ : jadi menurut teorema identitas (pertanyaan 22), $f = \frac{1}{1+x^2}$ di dekat $0$ — yakni penyelesaian tunggalnya.

24. Misalkan $Z$ himpunan titik $I$ yang punya persekitaran tempat $f$ lenyap secara identik: ia terbuka menurut definisinya, dan tak kosong (yakni subintervalnya). Lalu tertutup di $I$ : sebab jika $y \in I$ limit titik-titik $Z$ , maka $y$ titik akumulasi nol milik $f$ ; dan setelah menguraikan $f$ menjadi deret pangkat di $y$ (berkat keanalitikannya) lalu menerapkan pertanyaan 21–22 yang dipusatkan ulang di $y$ , semua koefisien di $y$ lenyap, jadi $f \equiv 0$ di dekat $y$ : sehingga $y \in Z$ . Karena interval bersifat terhubung, maka $Z = I$ : jadi $f \equiv 0$ pada $I$ . Khususnya, fungsi analitik pada $\R$ yang lenyap di luar sebuah himpunan kompak lenyap pada sebuah interval, sehingga lenyap di mana-mana: jadi tak ada bonggol analitik yang tak nol. Sedangkan dunia $C^\infty$ berbeda: menempelkan fungsi datar pada Latihan 11.7 (misalnya $x \mapsto \eu^{-1/x^2}\mathbf 1_{x>0}$ beserta cerminannya) menghasilkan bonggol mulus yang berpenyangga kompak.

25. (i) Kekonvergenan normal hidup pada subcakram kompak yang tegas di dalam cakramnya; sedangkan teorema Abel memperluas kekontinuannya ke sebuah titik perbatasan, dengan satu-satunya hipotesis bahwa deret koefisiennya konvergen di sana. (ii) Konversnya berlaku di bawah syarat Tauber $na_n \to 0$ (pertanyaan 9), dan keterjumlahan Cesàro duduk tegas di antara kekonvergenan dan keterjumlahan Abel (yakni Frobenius, pertanyaan 14–15). (iii) Untuk seorang teman: $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1} = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3}$ lewat mengintegralkan deret geometrinya sampai ke perbatasan, lalu pecahan parsial. (iv) Rata-rata Cesàro kembali pada bab Fourier sebagai teorema Fejér, tempat merata-ratakan jumlah parsialnya memperbaiki kegagalan kekonvergenan titik demi titik — jadi obat yang sama, pasien yang baru.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium