Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

6Perbandingan Fungsi

Analisis asimtotik — seni mengganti besaran yang rumit dengan besaran sederhana ditambah galat yang terkendali — dimulai pada jilid Tahun ke-1 lewat uraian Taylor. Bab ini menjadikannya disiplin tersendiri: uraian sepanjang skala umum, perbandingan deret dengan integral beserta seluruh daya asimtotiknya, rumus Stirling (yang dibuktikan tuntas), dan telaah sistematis atas barisan yang terdefinisi secara implisit. Teknik itu adalah santapan sehari-hari analisis asimtotik, dan setiap bab berikutnya yang menaksir apa pun — deret, integral, peluang — makan dari meja ini.

6.1 Relasi perbandingan dan skala

Definisi 6.1

Di dekat sebuah titik $a$ ( $a \in \R$ atau $\pm\infty$ ), untuk fungsi (atau barisan, dengan $n \to \infty$ ): $f = o(g)$ , $f = O(g)$ , $f \sim g$ seperti pada jilid Tahun ke-1. Sebuah skala perbandingan di $a$ adalah keluarga fungsi positif yang sebanding sepasang demi sepasang dan terurut total oleh $o(\cdot)$ — skala bakunya di $+\infty$ adalah

x^{\alpha} (\ln x)^{\beta} \qquad (\alpha, \beta \in \R),

yang terurut secara leksikografis pada $(\alpha, \beta)$ , dan diperhalus bila perlu oleh eksponensial $\eu^{\gamma x}$ .

Definisi 6.2 (Uraian asimtotik)

Fungsi $f$ menerima uraian asimtotik

f = c_1 \varphi_1 + c_2\varphi_2 + \dots + c_k \varphi_k + o(\varphi_k) \qquad (\varphi_{i+1} = o(\varphi_i) \text{ pada skalanya})

apabila sisa berturut-turutnya memenuhi taksiran di atas. Koefisiennya lalu tunggal: $c_1 = \lim f/\varphi_1$ , dan secara induktif $c_{i+1} = \lim\,(f - \sum_{j \leq i} c_j\varphi_j)/\varphi_{i+1}$ .

Contoh 6.3

Uraian Taylor adalah uraian asimtotik sepanjang skala $(x - a)^k$ di $a$ . Namun gagasannya jauh lebih luas: di $+\infty$ ,

\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x \cdot \frac{1}{1 - \frac{\ln x}{x}} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + o\Bigl(\frac{\ln x}{x^2}\Bigr),

yaitu uraian sepanjang skala campuran — tak ada teorema Taylor yang berlaku, hanya uraian geometri dan kalkulus atas $o$ .

Contoh 6.4 (Skala bakunya sungguh terurut)

Klaim leksikografis pada Definisi 6.1 memerlukan satu baris bukti untuk tiap kasusnya. Bandingkan $x^{\alpha}(\ln x)^{\beta}$ dan $x^{\alpha'}(\ln x)^{\beta'}$ di $+\infty$ . Jika $\alpha < \alpha'$ : rasionya adalah $x^{\alpha - \alpha'}(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ , sebab pangkat negatif $x$ meremukkan pangkat berapa pun dari $\ln x$ (ambil $x = \eu^t$ : $\eu^{(\alpha - \alpha')t}\,t^{\beta - \beta'} \to 0$ lewat limit “eksponensial mengalahkan polinomial” pada jilid Tahun ke-1). Jika $\alpha = \alpha'$ dan $\beta < \beta'$ : rasionya langsung $(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ . Jadi pasangan $(\alpha, \beta)$ , yang terurut secara leksikografis, mengurutkan skalanya oleh $o(\cdot)$ — dan penyulihan $x = \eu^t$ adalah siasat serbaguna untuk perbandingan campuran pangkat dan logaritma.

Contoh 6.5 (Mengurutkan satu kebun binatang)

Skala wajib terurut; berikut latihan bakunya. Di $+\infty$ , bandingkan $n^{10}$ , $\eu^{\sqrt{\ln n}\,\cdot\,\sqrt n}$ , $2^n$ dan $n^{\ln n}$ dengan mengambil logaritmanya:

10\ln n \;\ll\; (\ln n)^2 \;\ll\; \sqrt{n\ln n} \;\ll\; n\ln 2 ,

dengan $a_n \ll b_n$ berarti $a_n = o(b_n)$ ; adapun entri keduanya adalah $\ln(n^{\ln n})$ . Eksponensial memelihara jurang tegas itu (sebab jika $\ln u_n - \ln v_n \to -\infty$ maka $u_n/v_n \to 0$ ), sehingga

n^{10} = o\bigl(n^{\ln n}\bigr), \qquad n^{\ln n} = o\bigl(\eu^{\sqrt{n\ln n}}\bigr), \qquad \eu^{\sqrt{n\ln n}} = o(2^n) .

Pelajarannya ada dua: selalulah membandingkan lewat logaritma (yakni selisih logaritma, bukan rasio logaritma), dan jangan pernah menyimpulkan $u_n \sim v_n$ dari $\ln u_n \sim \ln v_n$ — sebab pasangan $n^{10}$ dan $n^{\ln n}$ punya rasio $\ln$ yang menuju $\infty$ , sedangkan $2^n$ dan $4^n$ punya rasio $\ln$ tepat $2$ padahal keduanya sama sekali tidak setara.

6.2 Perbandingan deret dengan integral, secara asimtotik

Teorema 6.6

Misalkan $f$ kontinu, positif, dan turun pada $\intco{1}{+\infty}$ .

Jika $\int_1^{\infty} f$ konvergen, maka sisanya memenuhi

$\int_{n+1}^{\infty} f \;\leq\; \sum_{k > n} f(k) \;\leq\; \int_{n}^{\infty} f .$
Jika $\int_1^\infty f$ divergen, maka jumlah parsialnya memenuhi $\sum_{k=1}^{n} f(k) = \int_1^n f + C + o(1)$ untuk suatu konstanta $C$ : yakni selisih $\sum_{k \leq n} f(k) - \int_1^n f$ konvergen.

Bukti. Pengapitan $f(k+1) \leq \int_k^{k+1} f \leq f(k)$ (dari keturunannya) tak lain alat Tahun ke-1; menjumlahkannya atas $k \geq n+1$ , atau atas $k \geq n$ , memberi (1). Untuk (2), tetapkan $u_k = f(k) - \int_k^{k+1} f$ : menurut pengapitan itu, $0 \leq u_k \leq f(k) - f(k+1)$ , jadi jumlah parsial $\sum u_k$ terbatas oleh teleskop $f(1) - f(n+1) \leq f(1)$ : sehingga deretnya konvergen. Lebih lanjut barisan $\bigl(\int_n^{n+1} f\bigr)_n$ tidak naik (sebab $f$ turun) dan tak negatif, jadi ia konvergen. Dengan menulis

\sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f = \sum_{k=1}^{n} u_k + \int_n^{n+1} f ,

ruas kanannya konvergen ketika $n \to \infty$ : jadi selisihnya konvergen ke sebuah konstanta $C$ , dan itulah pernyataan (2). ∎

Contoh 6.7 (Uraian harmonik)

Untuk $f(t) = \frac1t$ : $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ , yang memulihkan konstanta Euler (jilid Tahun ke-1) dengan bukti yang lebih bersih. Didorong satu orde lebih jauh (Latihan 6.3):

H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\Bigl(\frac1n\Bigr).

Angkanya membuat keuntungannya kasatmata di $n = 10$ : $H_{10} = 2.928968\dots$ dan $\ln 10 = 2.302585\dots$ , jadi taksiran mentah $\gamma$ adalah $H_{10} - \ln 10 = 0.626383$ , yang meleset $0.049$ ; setelah dikurangi koreksi $\frac1{20}$ diperoleh $0.576383$ , yang meleset dari $\gamma = 0.577216$ hanya $8.3\cdot10^{-4}$ — dan angka itu sendiri adalah suku berikutnya $\frac{1}{12\cdot100}$ pada uraiannya, sebagaimana dibuktikan soal akhir pekan (pertanyaan 8).

Contoh 6.8 (Taksiran kasar $\ln(n!)$ tanpa Stirling)

Alat pengapitan itu saja sudah menempatkan $\ln(n!)$ . Karena $\ln$ naik,

\int_{k-1}^{k}\ln t\,\dd t \;\leq\; \ln k \;\leq\; \int_{k}^{k+1}\ln t\,\dd t ,

lalu menjumlahkannya atas $k = 2, \dots, n$ (dengan $\int_1^n\ln = n\ln n - n + 1$ ) memberi

n\ln n - n + 1 \;\leq\; \ln(n!) \;\leq\; (n+1)\ln(n+1) - n .

Kedua pagarnya berbentuk $n\ln n - n + O(\ln n)$ : karenanya $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ , dan khususnya $\ln(n!) \sim n\ln n$ . Yang ditambahkan Stirling adalah dua anak tangga berikutnya — yaitu $\frac12\ln n$ dan konstanta $\ln\sqrt{2\pi}$ — yang berharga teleskop lebih halus pada Teorema 6.13. Mengetahui ketelitian yang dibeli tiap perkakas adalah separuh dari seni asimtotik.

Contoh 6.9 (Pencoretan menuntut uraian)

Hitunglah limit $\sqrt{n^2 + n} - n$ . Kedua sukunya $\sim n$ , dan “ $\sim n - n$ ” tak bermakna: sebab yang setara tak dapat dikurangkan. Uraikanlah sebagai gantinya:

\sqrt{n^2 + n} - n = n\Bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\Bigr) = n\Bigl(\frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr)\Bigr) = \frac12 - \frac{1}{8n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) :

jadi limitnya $\frac12$ , dengan laju penghampiran $\frac1{8n}$ sebagai bonus. Mekanismenya pantas dinamai: selisih dua besaran besar yang setara hidup seluruhnya pada suku berikutnya, jadi kita wajib menguraikannya sampai orde pertama tempat kedua ruasnya berselisih — lalu membawa sisanya untuk mengesahkan bahwa tak ada lagi yang bertahan pada orde itu.

Contoh 6.10 (Sebuah perbandingan divergen, dikerjakan)

Untuk $f(t) = \frac{1}{t\ln t}$ pada $\intco{2}{+\infty}$ (yang kontinu, positif, turun): $\int_2^x f = \ln\ln x - \ln\ln 2 \to \infty$ , jadi menurut Teorema 6.6 (2),

\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k\ln k} = \ln\ln n + C + o(1)

untuk suatu konstanta $C$ . Ada dua pelajaran. Pertama, kedivergenannya nyata tetapi selambat gletser: jumlah parsialnya baru melampaui $4$ sekitar $n \approx \eu^{\eu^{4 - C}}$ , yang besarnya astronomis. Kedua, bentuk $\ln\ln n$ itu diserahkan oleh sebuah antiturunan, bukan ditebak: sebab untuk suku yang monoton, integral adalah alat penjumlah yang kanonik, dan konstanta $C$ — seperti $\gamma$ milik Euler — adalah ingatan atas suku-suku awalnya.

6.3 Rumus Stirling

Lema 6.11 (Integral Wallis, ditinjau ulang)

Misalkan $W_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\,\dd t$ . Maka $nW_nW_{n-1} = \frac\pi2$ untuk $n \geq 1$ , barisan $(W_n)$ turun, dan $W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$ .

Bukti. Pengintegralan parsial memberi $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ ( $n \geq 2$ ), jadi $nW_nW_{n-1}$ tetap terhadap $n$ , sama dengan $1 \cdot W_1 W_0 = \frac\pi2$ . Keturunannya: $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ pada $\intcc{0}{\frac\pi2}$ . Pengapitannya, secara rinci: kemonotonan memberi $W_{n+1} \leq W_n \leq W_{n-1}$ , lalu setelah dibagi $W_{n-1} > 0$ ,

\frac{n}{n+1} = \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}} \leq \frac{W_n}{W_{n-1}} \leq 1 ,

dengan kesamaan di kirinya berasal dari rekurensi pada indeks $n + 1$ . Kedua batasnya menuju $1$ : jadi $W_n \sim W_{n-1}$ , sehingga

nW_n^2 \sim nW_nW_{n-1} = \frac\pi2 \qquad\Longrightarrow\qquad W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .

∎

Contoh 6.12 (Integral Wallis yang pertama)

Dari $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ dan rekurensi $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ :

W_2 = \frac\pi4, \qquad W_3 = \frac23, \qquad W_4 = \frac{3\pi}{16}, \qquad W_5 = \frac{8}{15}, \qquad W_6 = \frac{5\pi}{32}.

Indeks genapnya mengusung $\pi$ , indeks ganjilnya rasional — yakni dua hasil kali berselang-seling pada bentuk tertutupnya. Secara numerik $W_6 \approx 0.4909$ terhadap nilai asimtotiknya $\sqrt{\pi/12} \approx 0.5116$ : jadi pada $n = 6$ yang setara itu sudah berselisih di bawah $5\%$ , sedangkan kesamaan hasil kalinya eksak di setiap $n$ : $6\,W_6W_5 = 6\cdot\frac{5\pi}{32}\cdot\frac8{15} = \frac\pi2$ . Tabel kecil seperti ini adalah cara termurah untuk menangkap keseleo aljabar sebelum ia sempat menulari suatu hujah asimtotik.

Teorema 6.13 (Stirling)

n! \;\sim\; \sqrt{2\pi n}\, \Bigl(\frac{n}{\eu}\Bigr)^{\!n} .

Bukti. Langkah 1: $n! \sim C \sqrt n\, (n/\eu)^n$ untuk suatu konstanta $C > 0$ . Tetapkan

d_n = \ln(n!) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n + n .

Maka

d_n - d_{n+1} = \Bigl(n + \frac12\Bigr) \ln\frac{n+1}{n} - 1 = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(n^{-3}\bigr)\Bigr) - 1 = \frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),

lewat uraian Taylor $\ln(1 + \frac1n)$ . Karenanya deret $\sum (d_n - d_{n+1})$ konvergen mutlak (dengan pembandingan terhadap $\sum n^{-2}$ ), sehingga $(d_n)$ konvergen, katakanlah ke $d$ ; setelah dieksponensialkan, $n! \sim C\sqrt n\,(n/\eu)^n$ dengan $C = \eu^{d}$ .

Langkah 2: $C = \sqrt{2\pi}$ lewat Wallis. Bentuk tertutup $W_{2p} = \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\cdot\frac\pi2$ (dari rekurensinya, yaitu perhitungan Tahun ke-1 yang dikerjakan ulang pada latar Lema 6.11) berpadu dengan Langkah 1:

W_{2p} \sim \frac{C\sqrt{2p}\,(2p/\eu)^{2p}} {4^p\,\bigl(C\sqrt p\,(p/\eu)^p\bigr)^2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\sqrt{2p}}{C\,p}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{C}\cdot\frac{1}{\sqrt{2p}} .

Dibandingkan dengan $W_{2p} \sim \sqrt{\frac{\pi}{4p}}$ (Lema 6.11): syarat $\frac{\pi}{C\sqrt{2p}} = \sqrt{\frac{\pi}{4p}}\,(1 + o(1))$ memaksa $C = \pi \sqrt{\frac{4p}{2p\,\pi}} = \sqrt{2\pi}$ . ∎

Contoh 6.14 (Koefisien binomial pusat)

\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2} \sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}}{2\pi n\,(n/\eu)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} :

peluang bahwa jalan acak yang setangkup kembali ke $0$ pada saat $2n$ bernilai $\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ — yakni pengumuman awal bagi Bab 22.

Catatan 6.15 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini)

Setiap bab kuantitatif berikutnya berbicara dalam bahasa bab ini. Bab 7 menggolongkan deret dengan membandingkan sukunya terhadap skala $n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}$ — dan soal akhir pekannya memetakan perbatasan itu seluruhnya. Bab 9 melakukan hal yang sama untuk integral tak wajar, dengan skala yang persis sama pada peubah kontinunya. Bab 11 menghitung jari-jari kekonvergenan dari $\limsup\abs{a_n}^{1/n}$ , yakni latihan mencari yang setara bagi akar ke- $n$ , dan Stirling menjadi kunci bakunya ( $\sqrt[n]{n!} \sim \frac n\eu$ , Latihan 6.4). Sedangkan bab peluangnya menguangkan Stirling secara langsung: taksiran lokal pada Bab 22 bagi koefisien binomial tak lain Contoh 6.14 dan Contoh 6.21 kata demi kata. Asimtotik bukanlah sebuah bab di sini; ia logat jilid ini.

Metode 6.16 (Daftar periksa bootstrap)

Sebelum memercayai uraian hasil bootstrap, periksalah empat butir. (1) Keberadaan lebih dulu: akar atau barisannya wajib terkunci (lewat kemonotonan atau nilai antara) sebelum uraian apa pun — sebab lambang tanpa acuan terurai dengan indah dan tak bermakna apa-apa. (2) Satu orde tiap lintasan: tiap penyulihan hanya boleh dipercaya sampai orde taksiran yang dimasukkan; menarik dua suku baru dari satu lintasan adalah sumber klasik koefisien yang salah. (3) Sisanya ikut menumpang: bawalah $o(\cdot)$ melewati setiap langkah aljabarnya lalu biarkan penyerapan (suku kecil ditelan sisa yang lebih besar) terjadi di akhir, secara tersurat. (4) Audit numerik: nilailah pada satu nilai $n$ yang jujur; sebab galat koefisien sering sekali selamat dari penurunan ulang secara aljabar, dan hampir tak pernah selamat dari aritmetika.

Catatan 6.17 (Jebakan yang sering muncul)

(i) Yang setara menjumlah dengan buruk: dari $u_n \sim n + \ln n$ dan $v_n \sim -n$ kita tidak boleh menyimpulkan $u_n + v_n \sim \ln n$ ; sebab pencoretan menuntut uraian dengan sisa yang tersurat, tak pernah sekadar yang setara. (ii) Jangan pernah mengeksponensialkan sebuah kesetaraan: $n + 1 \sim n$ tetapi $\eu^{n+1} \not\sim \eu^n$ ; arah yang aman adalah mengambil logaritma dari yang setara dan menuju $+\infty$ (soal akhir pekan bab ini, pertanyaan 24). (iii) Uraian asimtotik melekat pada sebuah skala: menulis $f = \frac1x + o\bigl(\frac1{x^2}\bigr)$ mengklaim lebih banyak daripada $f = \frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ , dan mencampur keduanya membatalkan aljabar sesudahnya. (iv) Dalam bootstrap, sulihkanlah uraian seluruhnya beserta sisanya — sebab membuang sebuah $o(\cdot)$ di tengah lintasan menghasilkan koefisien yang masuk akal tetapi salah. (v) Perbandingan deret dengan integral memerlukan kemonotonan: untuk suku yang berayun ia gagal sama sekali (bandingkan $\sum\frac{\sin k}k$ , Bab 7).

Contoh 6.18 (Stirling dalam angka)

Pada $n = 10$ : rumusnya memberi $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} \approx 3\,598\,696$ terhadap $10! = 3\,628\,800$ : jadi galat nisbinya $8.3\cdot10^{-3}$ , sungguh menakjubkan bagi pernyataan “asimtotik” di $n = 10$ . Galatnya punya struktur — yakni perhalusan eksak $n! = \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n\bigl(1 + \frac1{12n} + O(n^{-2})\bigr)$ — yang koreksi pertamanya $\frac1{120} \approx 8.3\cdot10^{-3}$ menjelaskan jurang teramati itu hampir persis. Adapun mesin Euler–Maclaurin pada soal akhir pekan justru sumber sistematis bagi suku koreksi semacam itu.

Catatan 6.19 (Di mana bab ini dipakai)

Perbandingan asimtotik adalah tata bahasa segala yang kuantitatif di hilir: uji kekonvergenan dan panorama Bertrand pada Bab 7, kriteria keterintegralan pada Bab 9, perhitungan jari-jari kekonvergenan pada Bab 11, dan teorema limit pada Bab 22 (tempat Stirling menjalankan taksiran de Moivre–Laplace). Jilid Tahun ke-3 mengindustrikan satu gagasan yang kita buktikan dengan tangan di sini — sarikan suku utamanya, batasi sisanya — menjadi metode Laplace dan kekonvergenan terdominasi.

Contoh 6.20 (Sebuah integral dibandingkan dengan dirinya: $\int_2^x \frac{\dd t}{\ln t}$ )

Kotak perkakas perbandingan ini juga berjalan pada integral. Misalkan $F(x) = \int_2^x\frac{\dd t}{\ln t}$ (integrannya kontinu pada $\intco2\infty$ ). Integralkan secara parsial:

F(x) = \Bigl[\frac{t}{\ln t}\Bigr]_2^x + \int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2} = \frac{x}{\ln x} + O\Bigl(\int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2}\Bigr) + O(1),

dan integral sisanya bernilai $o\bigl(\frac{x}{\ln x}\bigr)$ : pecahlah di $\sqrt x$ , lalu batasi dengan

\int_2^{\sqrt x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \sqrt x \qquad\text{dan}\qquad \int_{\sqrt x}^{x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \frac{x}{(\ln\sqrt x)^2} = \frac{4x}{(\ln x)^2} .

Karenanya $F(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ . Pembaca yang menjumpai teorema bilangan prima pada soal akhir pekan bab ini akan mengenali $F$ : ia integral logaritmik, penaksir $\pi(x)$ yang lebih baik, dan perhitungan tadi menunjukkan ia sepadan dengan $\frac{x}{\ln x}$ pada orde pertamanya.

Contoh 6.21 (Stirling pada binomial yang berat sebelah)

Rutin tiga faktorial yang sama seperti pada Contoh 6.14 memberi, untuk $\binom{3n}{n} = \frac{(3n)!}{n!\,(2n)!}$ :

\binom{3n}{n} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}} {\sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^{n}\cdot\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}} = \sqrt{\frac{3}{4\pi n}}\, \Bigl(\frac{27}{4}\Bigr)^{\!n} .

Laju eksponensialnya $\frac{27}4 = \frac{3^3}{2^2}$ tak lain $\eu^{3n\,H(1/3)}$ dalam notasi entropi pada teori informasi: jadi binomial yang berat sebelah tumbuh tegas lebih lambat daripada $4^n$ milik yang di pusat, per dua langkah — di sini $(27/4)^{1/3} \approx 1.89 < 2$ per langkah. Setiap asimtotik binomial dalam kombinatorika dan peluang (Bab 22) tak lain perhitungan yang satu ini dengan bobot yang berbeda.

6.4 Barisan yang terdefinisi secara implisit

Metode 6.22

Untuk mencari asimtotik penyelesaian $x_n$ pada persamaan $F(x, n) = 0$ :

Setempatkan: buktikan keberadaan dan ketunggalan $x_n$ pada interval yang tertentu (lewat kemonotonan atau teorema nilai antara), lalu carilah perilaku kasarnya (limit, orde pertumbuhannya).
Bootstrap: sulihkan bentuk kasarnya $x_n = (\text{suku utama})(1 + \varepsilon_n)$ ke dalam persamaannya lalu selesaikan untuk orde berikutnya pada $\varepsilon_n$ ; ulangi, dengan tiap lintasan memperhalus satu orde.

Contoh 6.23

Untuk $n \geq 1$ , persamaan $\tan x = x$ punya tepat satu penyelesaian $x_n$ di $\intoo{n\pi - \frac\pi2}{n\pi + \frac\pi2}$ (sebab fungsi $\tan x - x$ naik dari $-\infty$ ke $+\infty$ di sana, dengan turunannya $\tan^2 x \geq 0$ ). Kasarnya: $x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ dengan $y_n \in \intoo{0}{\pi}$ ; karena $x_n \to \infty$ dan $\tan x_n = x_n \to +\infty$ , maka $x_n$ mendekati asimtotnya dari kiri: jadi $y_n \to 0$ . Bootstrap: $\tan x_n = \cot y_n = \frac{1}{\tan y_n} \sim \frac{1}{y_n}$ , dan persamaan $\cot y_n = x_n \sim n\pi$ memberi $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ . Karenanya

x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + o\Bigl(\frac1n\Bigr),

dan prosesnya berlanjut sampai orde berapa pun (Latihan 6.6).

Contoh 6.24 (Metodenya dijalankan kedua kali)

Selesaikan $x + \ln x = n$ secara asimtotik. Setempatkan: $x \mapsto x + \ln x$ naik dari $-\infty$ ke $+\infty$ pada $\intoo{0}{+\infty}$ : jadi ada akar tunggal $x_n$ , dan $x_n \to \infty$ . Kasarnya: $\ln x_n = o(x_n)$ memberi $x_n \sim n$ . Bootstrap: dari $x_n = n - \ln x_n$ dan $\ln x_n = \ln n + o(1)$ (logaritma dari yang setara, sebab kedua ruasnya $\to \infty$ ):

x_n = n - \ln n + o(1) ;

lalu satu lintasan lagi, dengan $\ln x_n = \ln\bigl(n - \ln n + o(1)\bigr) = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\bigl(\frac{\ln n}n\bigr)$ :

x_n = n - \ln n + \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).

(Periksa di $n = 100$ : akarnya $x \approx 95.4415$ ; rumus tiga sukunya memberi $100 - 4.6052 + 0.0461 = 95.4409$ , sedangkan rumus dua sukunya $95.3948$ — jadi tiap lintasan meraih orde yang diramalkan.) Loop yang sama, lanskap ketiga: metode pada Metode 6.22 tidak peduli seperti apa rupa persamaannya, asalkan tiap lintasan memisahkan peubah takdiketahui yang dominan.

6.5 Latihan

Latihan 6.1 ★

Uraikan di $+\infty$ , dua suku melampaui suku utamanya:

\sqrt{x^2 + x + 1} , \qquad \ln(x^2 + x) - 2\ln x, \qquad \frac{x + \sin x}{x - \ln x} .

Solusi

Solusi Latihan 6.1.

$\sqrt{x^2 + x + 1} = x\sqrt{1 + \tfrac1x + \tfrac{1}{x^2}} = x + \frac12 + \frac38\cdot\frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ (lewat uraian binomial: $\frac12 u - \frac18 u^2$ dengan $u = \frac1x + \frac{1}{x^2}$ memberi $\frac{1}{2x} + \frac{1}{2x^2} - \frac{1}{8x^2} = \frac{1}{2x} + \frac{3}{8x^2}$ , lalu dikalikan $x$ ).

$\ln(x^2 + x) - 2\ln x = \ln\bigl(1 + \tfrac1x\bigr) = \frac1x - \frac{1}{2x^2} + o\bigl(\frac{1}{x^2}\bigr)$ .

Untuk fungsi ketiganya: uraikan tiap faktornya,

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

Urutkan sumbangannya pada skala di $+\infty$ : $\frac{\ln x}{x} \gg \frac{1}{x} \geq \bigl|\frac{\sin x}{x}\bigr| \gg \frac{(\ln x)^2}{x^2}$ . Jadi dua suku sesudah suku utama $1$ adalah $\frac{\ln x}{x}$ , lalu suku berayun terbatas $\frac{\sin x}{x}$ :

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

Latihan 6.2 ★

Berikan sifatnya (konvergen atau divergen) dan, bila divergen, asimtotik utamanya bagi $\sum_{k \leq n} k^\alpha$ untuk $\alpha > -1$ , $\alpha = -1$ , dan $\alpha < -1$ , lewat Teorema 6.6.

Solusi

Solusi Latihan 6.2.

Ambil $f(t) = t^\alpha$ ( $t \geq 1$ ).

$\alpha > -1$ : divergen, dan menurut Teorema 6.6 (2), $\sum_{k\leq n} k^\alpha = \frac{n^{\alpha+1}}{\alpha+1} + C + o(1)$ bila $\alpha < 0$ (yakni saat $f$ turun); sedangkan untuk $\alpha \geq 0$ (saat $f$ naik) pengapitan yang sama dengan ketaksamaan terbalik memberi $\sum_{k \leq n} k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha + 1}}{\alpha + 1}$ .

$\alpha = -1$ : $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ (Contoh 6.7).

$\alpha < -1$ : konvergen, dengan sisa $\sum_{k > n} k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha+1}}{-(\alpha+1)}$ menurut pengapitan (1) (sebab kedua batas integralnya setara dengan nilai itu).

Latihan 6.3 ★★

Buktikan $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\bigl(\frac1n\bigr)$ . (Telaahlah $v_n = H_n - \ln n - \gamma$ : tunjukkan $v_n - v_{n+1} = \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ lalu jumlahkan ekornya, dengan membandingkan terhadap $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k^2} \sim \frac{1}{2n}$ — Teorema 6.6 (1).)

Solusi

Solusi Latihan 6.3.

Misalkan $v_n = H_n - \ln n - \gamma \to 0$ . Maka

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

dengan memakai $\frac{1}{n+1} = \frac1n - \frac{1}{n^2} + O(n^{-3})$ . Karena $v_n \to 0$ , teleskopkan ekornya:

v_n = \sum_{k \geq n} (v_k - v_{k+1}) = \sum_{k\geq n} \Bigl(\frac{1}{2k^2} + O(k^{-3})\Bigr) = \frac{1}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),

menurut Teorema 6.6 (1) yang diterapkan pada $t^{-2}$ (sisanya $\sim \frac1n$ , lalu diparuhkan) dan pada $t^{-3}$ . Karenanya $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o(\frac1n)$ .

Latihan 6.4 ★★

Dengan Stirling, carilah yang setara bagi: $\dfrac{(3n)!}{(n!)^3}$ ; $\;\dfrac{n!}{n^n}$ ; dan $\;\sqrt[n]{n!}$ (sebagai $\frac n\eu(1 + o(1))$ , yang dicermatkan sampai dua suku).

Solusi

Solusi Latihan 6.4.

Stirling tiga kali:

\frac{(3n)!}{(n!)^3} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}} {(2\pi n)^{3/2}\,(n/\eu)^{3n}} = \frac{\sqrt{6}\; 27^{\,n}}{2\pi n} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\cdot\sqrt{2\pi n}\; = \frac{\sqrt3\,27^n}{2\pi n} .

(Dengan cermat: $\frac{\sqrt{6\pi n}}{(2\pi n)^{3/2}} = \frac{\sqrt6}{(2\pi n)\sqrt{2\pi n}}\sqrt{\pi n} = \frac{\sqrt3}{2\pi n}$ .)

$\dfrac{n!}{n^n} \sim \sqrt{2\pi n}\,\eu^{-n}$ .

Dan $\sqrt[n]{n!} = \exp\bigl(\frac{\ln n!}{n}\bigr)$ dengan $\ln n! = n\ln n - n + \frac12\ln(2\pi n) + o(1)$ :

\sqrt[n]{n!} = \exp\Bigl(\ln n - 1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr) = \frac{n}{\eu}\Bigl(1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

Latihan 6.5 ★★

Untuk $n \geq 2$ , buktikan bahwa $x^n + x = 1$ punya penyelesaian tunggal $x_n \in \intoo{0}{1}$ , bahwa $x_n \to 1$ , lalu tegakkan

x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).

(Dari $x_n^n = 1 - x_n$ : ambil logaritmanya lalu bootstrap dengan $x_n = 1 - \varepsilon_n$ .)

Solusi

Solusi Latihan 6.5.

Fungsi $g(x) = x^n + x - 1$ naik tegas pada $\intcc{0}{1}$ dari $-1$ ke $1$ : jadi akarnya tunggal, yakni $x_n$ . Karena $x_n^n = 1 - x_n \in \intoo{0}{1}$ : seandainya $x_n \leq c < 1$ sepanjang suatu barisan bagian, maka $x_n^n \leq c^n \to 0$ , sehingga $1 - x_n \to 0$ : kontradiksi dengan $x_n \leq c$ . Karenanya $x_n \to 1$ .

Tulis $x_n = 1 - \varepsilon_n$ dengan $\varepsilon_n \to 0^+$ . Persamaannya berbunyi $(1 - \varepsilon_n)^n = \varepsilon_n$ , yakni

n\ln(1 - \varepsilon_n) = \ln \varepsilon_n \quad\Longrightarrow\quad -n\varepsilon_n\bigl(1 + o(1)\bigr) = \ln\varepsilon_n .

Jadi $n\varepsilon_n = -\ln\varepsilon_n\,(1 + o(1)) \to +\infty$ , dan setelah logaritmanya diambil lagi: $\ln n + \ln\varepsilon_n = \ln(-\ln\varepsilon_n) + o(1)$ . Karena $\ln(-\ln \varepsilon_n) = o(\ln(1/\varepsilon_n))$ , hal ini memberi $\ln\varepsilon_n \sim -\ln n$ , sehingga $\varepsilon_n = \frac{-\ln\varepsilon_n}{n}(1 + o(1)) \sim \frac{\ln n}{n}$ :

x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr) .

Latihan 6.6 ★★

Doronglah Contoh 6.23 satu orde lebih jauh:

x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

(Tulis $\cot y_n = x_n$ secara eksak, uraikan $\cot y = \frac1y - \frac y3 + o(y)$ dan $x_n = n\pi(1 + \frac{1}{2n} - \dots)$ , lalu samakan.)

Solusi

Solusi Latihan 6.6.

Relasi eksaknya: $\cot y_n = x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ , dengan $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ (Contoh 6.23). Uraikan $\cot y = \frac1y - \frac y3 + O(y^3)$ :

\frac{1}{y_n} - \frac{y_n}{3} + O(y_n^3) = n\pi + \frac\pi2 - y_n \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{y_n} = n\pi + \frac\pi2 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

(sebab suku $-y_n$ dan $-\frac{y_n}{3}$ bernilai $O(\frac1n)$ ). Balikkan:

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

Karenanya

x_n = n\pi + \frac{\pi}{2} - y_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

Latihan 6.7 ★★

Tentukan $\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n} k!$ (batasi jumlah semua sukunya kecuali dua yang terakhir), lalu turunkan uraian asimtotik $\sum_{k \leq n} k! = n!\bigl(1 + \frac1n + O(n^{-2})\bigr)$ .

Solusi

Solusi Latihan 6.7.

Pisahkan dua suku terbesarnya:

\sum_{k=0}^{n} k! = n! + (n-1)! + \sum_{k \leq n-2} k! , \qquad \sum_{k\leq n-2} k! \leq (n-1)\,(n-2)! = (n-1)! .

Jadi $1 \leq \frac{1}{n!}\sum k! \leq 1 + \frac{2}{n}$ : sehingga limitnya $1$ . Diperhalus: $\frac{(n-1)!}{n!} = \frac1n$ dan batas kasar $\sum_{k \leq n-2}k! \leq (n-1)!$ dapat dipertajam dengan cara yang sama: $\sum_{k\leq n-2} k! = (n-2)!\,(1 + O(\frac1n)) = O\bigl(\frac{n!}{n^2}\bigr)$ . Karenanya

\sum_{k=0}^{n} k! = n!\Bigl(1 + \frac1n + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Latihan 6.8 ★★★

Misalkan $u_0 > 0$ dan $u_{n+1} = u_n + \dfrac{1}{u_n}$ . Buktikan bahwa $u_n \to \infty$ , lalu bahwa $u_n \sim \sqrt{2n}$ (telaahlah $u_n^2$ : pertambahannya $2 + u_n^{-2}$ ; lalu jumlahkan), lalu perhalus:

u_n = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

(Dari $u_n^2 = 2n + \sum_{k<n} u_k^{-2} + u_0^2$ dan $u_k^2 \sim 2k$ : jumlahnya $\sim \frac12\ln n$ menurut Teorema 6.6.)

Solusi

Solusi Latihan 6.8.

Barisan $(u_n)$ naik; seandainya ia terbatas, ia akan konvergen ke $\ell$ dengan $\ell = \ell + \frac1\ell$ : mustahil. Jadi $u_n \to \infty$ .

Kuadratnya: $u_{n+1}^2 = u_n^2 + 2 + u_n^{-2}$ , sehingga

u_n^2 = u_0^2 + 2n + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{u_k^2} .

Jumlahnya bernilai $o(n)$ (karena sukunya menuju $0$ , lewat Cesàro), jadi $u_n^2 \sim 2n$ dan $u_n \sim \sqrt{2n}$ .

Perhalusannya: $\frac{1}{u_k^2} \sim \frac{1}{2k}$ , jadi lewat perbandingan (Teorema 6.6, atau lewat yang setara bagi jumlah parsial deret positif) berlaku $\sum_{k<n} u_k^{-2} \sim \frac12 \ln n$ . Karenanya

u_n^2 = 2n + \frac{\ln n}{2}\,(1 + o(1)) + O(1) \quad\Longrightarrow\quad u_n = \sqrt{2n}\sqrt{1 + \frac{\ln n}{4n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)} = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

Latihan 6.9 ★★★

(Jumlah Riemann dengan sebuah pelintir) Tentukan perilaku asimtotik

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k\ln n} .

(Keluarkan faktor $n$ : $S_n = \frac1n\sum_k \bigl(1 + \frac{k\ln n}{n}\bigr)^{-1}$ ; kenalilah jumlah bergaya Riemann dengan parameter $t = \ln n$ yang berubah lambat, hitunglah $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1+t)}{t}$ , lalu simpulkan $S_n \sim \frac{\ln\ln n}{\ln n}$ .)

Solusi

Solusi Latihan 6.9.

Keluarkan faktor $n$ lalu tetapkan $t = \ln n$ :

S_n = \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + t\,\frac kn} .

Untuk $t$ yang tetap, jumlahnya adalah jumlah Riemann bagi $u \mapsto \frac{1}{1 + tu}$ pada $\intcc{0}{1}$ ; fungsinya monoton pada $u$ , jadi jumlah Riemann itu terapit oleh integralnya yang digeser satu petak:

\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} - \frac1n \leq S_n \leq \int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} + \frac1n

(yakni perbandingan jumlah Riemann sebuah fungsi monoton dengan integralnya, yang sahih untuk tiap $n$ dengan $t = \ln n$ -nya sendiri). Kini $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1 + t)}{t}$ , dan $\frac1n = o\bigl(\frac{\ln t}{t}\bigr)$ : karenanya

S_n = \frac{\ln(1 + \ln n)}{\ln n} + O\Bigl(\frac 1n\Bigr) \;\sim\; \frac{\ln\ln n}{\ln n} .

Latihan 6.10 ★

Buktikan kesamaan $(\ln n)^{\ln n} = n^{\ln\ln n}$ , lalu urutkan yang berikut ini menurut $o(\cdot)$ yang menaik di tak hingga, beserta buktinya: $n^2$ , $(\ln n)^{\ln n}$ , $2^n$ , $n!$ , $n^n$ .

Solusi

Solusi Latihan 6.10.

Kesamaannya: $(\ln n)^{\ln n} = \eu^{\ln n\,\ln\ln n} = \bigl(\eu^{\ln n}\bigr)^{\ln\ln n} = n^{\ln\ln n}$ . Pengurutannya: bandingkan logaritmanya. $\ln(n^2) = 2\ln n$ ; $\ln\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr) = \ln n\ln\ln n$ ; $\ln(2^n) = n\ln2$ ; $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ (lewat Stirling, atau lewat pengapitan yang lebih kasar $\ln n! \sim n\ln n$ ); $\ln(n^n) = n\ln n$ . Karena $2\ln n = o(\ln n\ln\ln n)$ , $\ln n\ln\ln n = o(n)$ , $n\ln 2 = o(n\ln n - n)$ , dan $n \ln n - n \sim n\ln n$ padahal $n! / n^n \to 0$ (sebab selisih logaritmanya $-n + O(\ln n) \to -\infty$ ), diperoleh

n^2 = o\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr),\quad (\ln n)^{\ln n} = o(2^n),\quad 2^n = o(n!),\quad n! = o(n^n).

(Untuk tiap langkahnya: selisih logaritmanya menuju $+\infty$ , jadi rasionya menuju $0$ .)

Latihan 6.11 ★★

(Ekor $\sum 1/k^2$ , dua suku) Dengan memakai teleskop eksak $\sum_{k > n} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{n+1}$ dan penguraian $\frac1{k^2} = \frac{1}{k(k+1)} + \frac{1}{k^2(k+1)}$ , buktikan

\sum_{k > n} \frac{1}{k^2} = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).

Solusi

Solusi Latihan 6.11.

Uraikan $\frac1{k^2} = \frac1{k(k+1)} + \frac1{k^2(k+1)}$ lalu jumlahkan untuk $k > n$ :

\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} + \sum_{k>n}\frac{1}{k^2(k+1)} ,

dengan jumlah pertamanya berteleskop secara eksak (sebab $\frac1{k(k+1)} = \frac1k - \frac1{k+1}$ ). Untuk yang kedua: $\frac{1}{k^2(k+1)} = \frac1{k^3} + O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ (sebab $\frac{1}{k^2(k+1)} - \frac1{k^3} = \frac{-1}{k^3(k+1)}$ ), dan menurut perbandingan integral $\sum_{k>n}\frac1{k^3} = \frac1{2n^2} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ serta $\sum_{k>n}\frac1{k^4} = O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ . Karenanya

\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) = \frac1n - \frac1{n^2} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),

dengan memakai $\frac1{n+1} = \frac1n - \frac1{n^2} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ .

Latihan 6.12 ★★★

Misalkan $u_0 = \frac12$ dan $u_{n+1} = u_n + \eu^{-u_n}$ . Buktikan bahwa $u_n \to \infty$ , lalu — dengan menetapkan $v_n = \eu^{u_n}$ dan menunjukkan $v_{n+1} = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr)$ — tegakkan

u_n = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\Bigl(\frac1n\Bigr).

Solusi

Solusi Latihan 6.12.

Barisan $(u_n)$ naik; seandainya ia terbatas, ia akan konvergen ke $\ell$ yang hingga dengan $\ell = \ell + \eu^{-\ell}$ : mustahil. Jadi $u_n \to \infty$ . Misalkan $v_n = \eu^{u_n} \to \infty$ : maka

v_{n+1} = \eu^{u_n + \eu^{-u_n}} = v_n\,\eu^{1/v_n} = v_n\Bigl(1 + \frac1{v_n} + \frac1{2v_n^2} + O\bigl(v_n^{-3}\bigr)\Bigr) = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr).

Menjumlahkan $v_{k+1} - v_k = 1 + O(1)$ lebih dulu memberi $v_n = n + O(n)$ , jadi akhirnya $v_n \geq cn$ ; lalu menjumlahkannya ulang dengan $\frac1{2v_k} = O(\frac1k)$ memberi $v_n = n + O(\ln n)$ . Satu lintasan lagi: $\frac{1}{2v_k} = \frac{1}{2k}\bigl(1 + O\bigl(\tfrac{\ln k}k\bigr)\bigr)$ , sehingga

v_n = n + \sum_{k<n}\frac1{2k} + O(1) = n + \frac{\ln n}2 + O(1).

Akhirnya $u_n = \ln v_n = \ln n + \ln\Bigl(1 + \frac{\ln n}{2n} + O\bigl(\tfrac1n\bigr)\Bigr) = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\bigl(\tfrac1n\bigr)$ .

6.6 Soal: Bootstrap, dari Euler–Maclaurin ke Bilangan Prima

Besaran yang implisit atau terhimpun jarang menyerahkan asimtotiknya sekaligus; kita menyarikannya lintasan demi lintasan, dan tiap lintasan mengumpankan taksiran sebelumnya kembali ke relasi pendefinisinya. Soal akhir pekan ini melatih loop itu pada persamaan yang segar, membuktikan rumus Euler–Maclaurin orde pertama (yaitu peningkatan trapesium atas perbandingan deret dengan integral, lengkap dengan batang galat yang cermat), membalik $x\ln x = n$ , lalu mencairkan cek termasyhur metodenya: dari teorema bilangan prima yang diterima tanpa bukti, diperoleh hukum asimtotik $p_n \sim n\ln n$ bagi bilangan prima ke- $n$ .

Soal 6.1

Soal akhir pekan — koreksi Euler–Maclaurin dan asimtotik bilangan prima ke- $n$

Bagian I — Loop bootstrap pada sebuah persamaan yang segar.

Buktikan klaim ketunggalan pada Definisi 6.2: jika $f = \sum_{i\leq k} c_i\varphi_i + o(\varphi_k) = \sum_{i \leq k} c_i'\varphi_i + o(\varphi_k)$ sepanjang skala yang sama, maka $c_i = c_i'$ untuk setiap $i$ . Lalu doronglah contoh campuran di dalam pelajaran satu anak tangga lebih jauh:

$\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr) \qquad (x \to +\infty),$

lalu jelaskan mengapa tak ada suku $\frac{c}{x^2}$ yang muncul.
Tunjukkan bahwa untuk setiap $n \geq 1$ persamaan $\eu^x + x = n$ punya tepat satu penyelesaian real $x_n$ , dan bahwa $x_n \to +\infty$ dengan $x_n \sim \ln n$ .
Bootstraplah dua kali:

$x_n = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr).$
Periksalah secara numerik di $n = 1000$ : bandingkan $x_{1000} \approx 6.90083$ dengan nilai satu, dua dan tiga suku pada pertanyaan 3, sampai lima angka desimal.

Bagian II — Euler–Maclaurin, orde satu.

Buktikan kesamaan kernel trapesium: untuk $g$ berkelas $C^2$ pada $\intcc{0}{1}$ ,

$\int_0^1 g(t)\,\dd t = \frac{g(0) + g(1)}{2} - \frac12\int_0^1 t(1 - t)\,g''(t)\,\dd t$

(integralkan $\frac12 t(1-t)g''$ secara parsial dua kali).
Misalkan $f$ berkelas $C^2$ pada $\intco{1}{+\infty}$ dengan $\int_1^\infty \abs{f''} < \infty$ . Tunjukkan bahwa

$E_n = \sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f - \frac{f(1) + f(n)}{2}$

konvergen ke sebuah konstanta $E$ , dengan batas ekornya $\abs{E - E_n} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''}$ : itulah rumus Euler–Maclaurin sampai orde pertama.
Terapkan hal itu pada $f(t) = \frac1t$ : buktikan

$H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n, \qquad \abs{\varepsilon_n} \leq \frac{1}{8n^2},$

yang memperkuat Latihan 6.3 (kenali konstantanya dengan $\gamma$ lewat pembandingan terhadap Contoh 6.7).
Sarikan koefisien berikutnya: tunjukkan $\varepsilon_n = -\frac{1}{12n^2} + o\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$ (pertambahan $E_n$ adalah $\frac12\int_0^1t(1-t)f''(n+t)\dd t = \frac1{12}f''(n) + o(f''(n))$ ; lalu jumlahkan ekornya dengan Teorema 6.6).
Terapkan pertanyaan 6 pada $f = \ln$ : turunkan ulang dalam tiga baris kekonvergenan $d_n = \ln n! - (n + \frac12)\ln n + n$ (yakni Langkah 1 pada Teorema 6.13), lengkap dengan bonus laju galatnya $d_n = d + O\bigl(\frac1n\bigr)$ .
Terapkan pertanyaan 6 pada $f(t) = \frac{1}{\sqrt t}$ : tunjukkan

$\sum_{k=1}^{n}\frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} + O\Bigl(\frac{1}{n^{3/2}}\Bigr)$

untuk suatu konstanta $c$ , lalu nilailah semua sukunya di $n = 10^4$ (konstantanya $c \approx -1.4604$ ).

Bagian III — Pembalikan: persamaan $x\ln x = n$ .

Tunjukkan bahwa $x\ln x = n$ punya tepat satu penyelesaian $x_n \in \intco{1}{+\infty}$ untuk $n \geq 1$ , bahwa $x_n \to \infty$ , dan bahwa $\ln x_n \sim \ln n$ .
Turunkan pembalikan satu sukunya $x_n \sim \dfrac{n}{\ln n}$ , lalu bootstraplah sekali lagi:

$\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1), \qquad x_n = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).$
Ujilah di $n = 10^6$ : akar sejatinya $x \approx 87\,848$ ; bandingkan dengan nilai satu suku ( $\approx 72\,382$ ) dan dua suku ( $\approx 86\,140$ ), lalu jelaskan lambannya keuntungan itu (sebab parameter uraiannya $\frac{\ln\ln n}{\ln n}$ , yang hanya $\approx 0.19$ di $n = 10^6$ ).
Kini kita terima tanpa bukti teorema bilangan prima: banyaknya bilangan prima $\pi(x)$ yang $\leq x$ memenuhi $\pi(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ ketika $x \to \infty$ (yang dibuktikan secara jujur pada jilid Tahun ke-3). Dengan menulis $p_n$ untuk bilangan prima ke- $n$ , berilah alasan bahwa $\pi(p_n) = n$ , lalu jalankan pembalikan pada pertanyaan 11–12 untuk membuktikan

$p_n \sim n \ln n .$
Panennya: (a) tunjukkan $\sum_{k \leq n} p_k \sim \frac{n^2\ln n}{2}$ (bandingkan $\sum k\ln k$ dengan $\int t\ln t\,\dd t$ ); (b) hitunglah kira-kira berapa peluang sebuah bilangan bulat acak seragam berangka $100$ merupakan bilangan prima ( $\ln 10^{100} \approx 230.26$ : kira-kira satu di antara $230$ ).

Bagian IV — Metodenya diekspor: $x\tan x = 1$ .

Tunjukkan bahwa untuk tiap $n \geq 1$ persamaan $\tan x = \frac1x$ punya tepat satu penyelesaian $x_n$ di $\intoo{n\pi}{\,n\pi + \frac\pi2}$ , dan bahwa $z_n = x_n - n\pi \to 0^+$ .
Satu suku: $z_n \sim \dfrac{1}{n\pi}$ .
Tunjukkan bahwa uraian $z_n$ tidak punya suku $\frac{c}{n^2}$ : yakni $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)$ .
Tiga suku: dengan memakai $\arctan u = u - \frac{u^3}3 + O(u^5)$ dan $\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{z_n}{(n\pi)^2} + O(n^{-3}\cdot z_n^2)$ , buktikan

$x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3 n^3} + o\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).$
Periksalah di $n = 3$ : akar sejatinya $x_3 \approx 9.5293344$ ; bandingkan nilai satu suku dengan nilai tiga sukunya, lalu bandingkan dalam satu kalimat dengan $\tan x = x$ di dalam pelajaran (Contoh 6.23): di mana tiap barisannya duduk pada jendelanya, dan mengapa.

Bagian V — Bootstrap dinamis, aturan mainnya, dan rangkuman.

Misalkan $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ dan $u_{n+1} = \sin u_n$ . Tunjukkan $u_n \to 0$ secara menurun, lalu hitunglah limit $\dfrac{1}{u_{n+1}^2} - \dfrac{1}{u_n^2}$ (uraikan $\sin^{-2}$ lewat $\sin u = u - \frac{u^3}6 + o(u^3)$ ).
Turunkan, lewat rata-rata Cesàro (jilid Tahun ke-1), hasil klasik

$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$
(Numerik yang tersahkan) Dengan memakai batas cermat pada pertanyaan 7, tunjukkan bahwa menilai $\ln n + \gamma + \frac1{2n}$ di $n = 10^6$ menghasilkan $H_{10^6}$ dengan galat paling banyak $1.25\cdot10^{-13}$ — yakni jumlah sejuta suku yang terhitung sampai tiga belas angka oleh tiga suku saja.
(Aturan mainnya) Buktikan atau sangkallah, beserta buktinya atau contoh penyangkalnya: (a) jika $u_n \sim v_n \to +\infty$ maka $\ln u_n \sim \ln v_n$ ; (b) jika $u_n \sim v_n$ maka $\eu^{u_n} \sim \eu^{v_n}$ ; (c) jika $f \sim g$ di $+\infty$ (dengan $f, g$ dapat diturunkan) maka $f' \sim g'$ .
(Rangkuman) Satu kalimat untuk masing-masing: loop bootstrap pada Metode 6.22 sebagaimana dipakai pada Bagian I, III, dan IV; apa yang ditambahkan koreksi trapesium kepada Teorema 6.6; mengapa pembalikan $x\ln x$ persis menjadi jembatan dari $\pi(x)$ ke $p_n$ ; dan aturan mana pada pertanyaan 24 yang melindungi langkah yang mana. Sebutkan kedua puncaknya: rumus Euler–Maclaurin (orde pertama), dan hukum asimtotik bilangan prima ke- $n$ .

Solusi

Solusi Soal 6.1.

1. Setelah kedua uraiannya dikurangkan: $\sum_i (c_i - c_i')\varphi_i = o(\varphi_k)$ . Jika ada koefisien yang berbeda, misalkan $i_0$ yang pertama: membaginya dengan $\varphi_{i_0}$ lalu memakai $\varphi_j = o(\varphi_{i_0})$ untuk $j > i_0$ memberi $c_{i_0} - c_{i_0}' = o(1)$ : jadi nol, kontradiksi. Untuk uraiannya: dengan $u = \frac{\ln x}x \to 0$ ,

\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x\cdot\frac{1}{1 - u} = \frac1x\bigl(1 + u + u^2 + O(u^3)\bigr) = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr).

Tak ada suku $\frac c{x^2}$ yang muncul karena uraiannya berupa deret geometri dalam $u = \frac{\ln x}{x}$ : tiap sukunya mengusung pangkat $\ln x$ sebanyak pangkat $\frac1x$ melampaui yang pertama; jadi anak tangga $\frac1{x^2}$ (yakni koefisien $(\ln x)^0$ ) memang tak ada, dengan koefisien $0$ .

2. Fungsi $f(x) = \eu^x + x$ bersifat kontinu, naik tegas, dengan limit $-\infty$ dan $+\infty$ : jadi ia bijeksi $\R \to \R$ , sehingga $x_n = f^{-1}(n)$ ada dan tunggal, dan $x_n \to +\infty$ (sebab $f^{-1}$ naik ke $+\infty$ ). Dari $\eu^{x_n} = n - x_n$ : $x_n = \ln(n - x_n) \leq \ln n$ , jadi $x_n/n \to 0$ dan $x_n = \ln n + \ln(1 - x_n/n) = \ln n + o(1) \sim \ln n$ .

3. Tulis $u_n = x_n/n$ . Lintasan kedua: $u_n = \frac{\ln n + o(1)}{n}$ , sehingga

x_n = \ln n + \ln(1 - u_n) = \ln n - u_n + O(u_n^2) = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}n\Bigr).

Lintasan ketiga: kini $u_n = \frac{\ln n}{n} - \frac{\ln n}{n^2} + o\bigl(\frac{\ln n}{n^2}\bigr)$ , dan $\ln(1 - u_n) = -u_n - \frac{u_n^2}2 + O(u_n^3)$ :

x_n = \ln n - \frac{\ln n}n + \frac{\ln n}{n^2} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr) = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr),

dengan suku $\frac{\ln n}{n^2}$ terserap ke dalam $o\bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\bigr)$ .

4. Di $n = 1000$ : $\ln 1000 \approx 6.90776$ (galatnya $7\cdot10^{-3}$ ); dua suku memberi $6.90085$ (galatnya $2\cdot10^{-5}$ ); tiga suku memberi $6.90082$ (galatnya di bawah $10^{-5}$ ), terhadap $x_{1000} \approx 6.90083$ . Jadi tiap lintasan membeli kira-kira faktor $\frac{\ln n}{n}$ yang diramalkan.

5. Dua kali pengintegralan parsial, berawal dari kanan: dengan $\frac{\dd}{\dd t}\bigl[\tfrac12t(1-t)\bigr] = \tfrac12 - t$ dan $t(1-t)$ yang nol di kedua ujungnya,

\frac12\int_0^1 t(1-t)g''(t)\dd t = -\int_0^1\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g'(t)\dd t = -\Bigl[\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g\Bigr]_0^1 - \int_0^1 g = \frac{g(0) + g(1)}2 - \int_0^1 g .

Setelah ditata ulang, inilah kesamaan yang dinyatakan tadi.

6. Hitunglah pertambahannya, lalu terapkan pertanyaan 5 pada $g(t) = f(n + t)$ :

\begin{align*} E_{n+1} - E_n &= f(n{+}1) - \int_n^{n+1}\!f - \frac{f(n{+}1) - f(n)}2 \\ &= \frac{f(n) + f(n{+}1)}2 - \int_n^{n+1}\!f = \frac12\int_0^1 t(1-t)f''(n+t)\dd t . \end{align*}

Karena $0 \leq t(1-t) \leq \frac14$ : berlaku $\abs{E_{n+1} - E_n} \leq \frac18\int_n^{n+1}\abs{f''}$ , yang jumlahnya atas $n$ konvergen menurut hipotesisnya: jadi $(E_n)$ konvergen (sebab pertambahannya terjumlahkan secara mutlak) ke suatu $E$ , dengan

\abs{E - E_n} \leq \sum_{k\geq n}\abs{E_{k+1} - E_k} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''} .

7. Untuk $f(t) = \frac1t$ : $f''(t) = \frac2{t^3}$ dan $\int_1^\infty\abs{f''} = 1 < \infty$ . Menurut pertanyaan 6:

H_n = \ln n + \frac{1 + \frac1n}{2} + E + (E_n - E) = \ln n + \Bigl(E + \frac12\Bigr) + \frac1{2n} + \varepsilon_n,

dengan $\abs{\varepsilon_n} = \abs{E_n - E} \leq \frac18\int_n^\infty\frac{2\dd t}{t^3} = \frac1{8n^2}$ . Membandingkannya dengan $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ (Contoh 6.7) mengenali $E + \frac12 = \gamma$ .

8. Dari rumus pertambahan pada pertanyaan 6,

\varepsilon_n = E_n - E = -\sum_{k\geq n}\frac12\int_0^1 t(1-t)\,\frac{2\,\dd t}{(k+t)^3} = -\sum_{k \geq n}\Bigl(\frac1{k^3}\int_0^1t(1-t)\dd t + O\Bigl(\frac1{k^4}\Bigr)\Bigr),

dengan memakai $\frac{1}{(k+t)^3} = \frac1{k^3} + O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ secara seragam untuk $t \in \intcc01$ . Dengan $\int_0^1 t(1-t) = \frac16$ dan $\sum_{k\geq n}\frac1{k^3} \sim \frac{1}{2n^2}$ (Teorema 6.6):

\varepsilon_n = -\frac16\cdot\frac{1}{2n^2} + o\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) = -\frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

9. Untuk $f = \ln$ : $f''(t) = -\frac1{t^2}$ , yang terintegralkan secara mutlak. Pertanyaan 6 memberi

\ln n! = \int_1^n\ln t\,\dd t + \frac{\ln n}2 + E + O\Bigl( \frac1{8}\int_n^\infty\frac{\dd t}{t^2}\Bigr) = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - n + 1 + E + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

jadi $d_n = 1 + E + O\bigl(\frac1n\bigr)$ : yakni kekonvergenan $(d_n)$ — Langkah 1 pada Teorema 6.13 — ditambah lajunya $O(1/n)$ . (Nilai limit menurut Stirling memberi $E = \ln\sqrt{2\pi} - 1$ .)

10. Untuk $f(t) = t^{-1/2}$ : $f''(t) = \frac34 t^{-5/2}$ , yang terintegralkan secara mutlak. Pertanyaan 6 memberi

\sum_{k=1}^n \frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n - 2 + \frac{1 + \frac1{\sqrt n}}2 + E + O\bigl(n^{-3/2}\bigr) = 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} + O\bigl(n^{-3/2}\bigr),

dengan $c = E - \frac32$ . Di $n = 10^4$ : $2\sqrt n = 200$ , $c \approx -1.46035$ , $\frac1{2\sqrt n} = 0.005$ : jadi ramalannya $198.54465$ , dan memang $\sum_{k\leq10^4}k^{-1/2} = 198.544645\dots$ — tiga suku, tujuh angka.

11. Pemetaan $t \mapsto t\ln t$ kontinu dan naik tegas pada $\intco1\infty$ (sebab turunannya $\ln t + 1 \geq 1$ ), dari $0$ ke $+\infty$ : jadi ada $x_n$ yang tunggal, dan $x_n \to \infty$ (sebab jika tidak, $x_n\ln x_n$ akan tetap terbatas). Setelah logaritmanya diambil pada $x_n\ln x_n = n$ : $\ln x_n + \ln\ln x_n = \ln n$ ; dan karena $\ln\ln x_n = o(\ln x_n)$ , membaginya dengan $\ln x_n$ memberi $\frac{\ln n}{\ln x_n} \to 1$ : jadi $\ln x_n \sim \ln n$ .

12. Dari $x_n = \frac{n}{\ln x_n}$ dan $\ln x_n \sim \ln n$ : $x_n \sim \frac{n}{\ln n}$ . Lintasan berikutnya: $\ln\ln x_n = \ln\bigl(\ln n\,(1 + o(1))\bigr) = \ln\ln n + o(1)$ , jadi $\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1)$ dan

x_n = \frac{n}{\ln n - \ln\ln n + o(1)} = \frac{n}{\ln n}\cdot\frac{1}{1 - \frac{\ln\ln n + o(1)}{\ln n}} = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).

13. Di $n = 10^6$ : $\frac{n}{\ln n} \approx 72\,382$ (meleset $18\%$ ), dua suku memberi $\approx 86\,140$ (meleset $1.9\%$ ), terhadap nilai sejatinya $x \approx 87\,848$ . Keuntungan tiap lintasannya hanya sebesar faktor $\frac{\ln\ln n}{\ln n} \approx \frac{2.63}{13.8} \approx 0.19$ : jadi skala logaritmik konvergen dengan kelambanan yang menjengkelkan — kenyataan hidup di mana pun bilangan prima terlibat.

14. Ada tepat $n$ bilangan prima $\leq p_n$ (yakni $p_1, \dots, p_n$ ): jadi $\pi(p_n) = n$ . Teorema bilangan prima (yang diterima tanpa bukti; jilid Tahun ke-3) memberi $n = \pi(p_n) \sim \frac{p_n}{\ln p_n}$ , yakni $p_n \sim n\ln p_n$ : dan inilah persamaan $x\ln x \approx n$ yang dibaca terbalik. Setelah logaritmanya diambil: $\ln p_n = \ln n + \ln\ln p_n + o(1)$ , dan $\ln\ln p_n = o(\ln p_n)$ memaksa $\ln p_n \sim \ln n$ seperti pada pertanyaan 11. Setelah disulihkan kembali:

p_n \sim n\ln p_n = n\,\ln n\,\frac{\ln p_n}{\ln n} \sim n\ln n .

15. (a) Tetapkan $\varepsilon > 0$ ; untuk $k$ yang besar, $(1 - \varepsilon)k\ln k \leq p_k \leq (1 + \varepsilon)k\ln k$ . Lewat perbandingan dengan $t\ln t$ yang naik (dengan pengapitan bergaya Teorema 6.6), $\sum_{k\leq n}k\ln k = \int_1^n t\ln t\,\dd t + O(n\ln n) = \frac{n^2\ln n}2 - \frac{n^2}4 + O(n\ln n) \sim \frac{n^2\ln n}2$ . Karenanya $\sum_{k\leq n}p_k = \frac{n^2\ln n}{2}(1 + O(\varepsilon) + o(1))$ untuk setiap $\varepsilon$ : jadi $\sum_{k\leq n}p_k \sim \frac{n^2\ln n}2$ . (b) Menurut teorema bilangan prima, di antara bilangan bulat sampai $10^{100}$ ada proporsi $\sim \frac{1}{\ln 10^{100}} = \frac1{230.26\dots}$ yang prima: jadi bilangan bulat acak seragam berangka $100$ bersifat prima dengan peluang kira-kira $\frac1{230}$ .

16. Pada $\intoo{n\pi}{n\pi + \frac\pi2}$ , fungsi $g(x) = \tan x - \frac1x$ kontinu dan naik tegas (sebab $g' = 1 + \tan^2x + \frac1{x^2} > 0$ ), dengan $g \to -\frac1{n\pi} < 0$ di ujung kirinya dan $g \to +\infty$ di ujung kanannya: jadi ada tepat satu akar $x_n$ . Karena $\tan z_n = \tan x_n = \frac1{x_n} \to 0$ dengan $z_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ : maka $z_n \to 0^+$ .

17. Kita punya $\tan z_n \sim z_n$ dan $\frac1{x_n} \sim \frac1{n\pi}$ : jadi $z_n \sim \frac1{n\pi}$ .

18. Di sini $z_n = \arctan\frac1{x_n}$ dan $\arctan u = u + O(u^3)$ . Dengan $z_n = O(\frac1n)$ :

\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi}\cdot\frac1{1 + \frac{z_n}{n\pi}} = \frac1{n\pi} - \frac{z_n}{n^2\pi^2} + O\Bigl(\frac1{n^4}\Bigr) = \frac1{n\pi} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),

jadi $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ : yakni anak tangga $\frac{c}{n^2}$ berkoefisien $0$ , sebab koreksi pertama pada $\frac1{x_n}$ itu sendiri berukuran $\frac{z_n}{n^2} = O(n^{-3})$ .

19. Masukkan $z_n = \frac1{n\pi} + O(n^{-3})$ ke dalam ungkapan sebelumnya:

\frac{1}{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr),

lalu $z_n = \arctan\frac1{x_n} = \frac1{x_n} - \frac{1}{3}\Bigl(\frac1{x_n}\Bigr)^3 + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr) = \frac1{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} - \frac{1}{3n^3\pi^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr)$ :

x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3n^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr).

20. Di $n = 3$ : satu suku memberi $9.53088$ , tiga suku memberi $9.52929$ , sedangkan akar sejatinya $9.52933$ : jadi galatnya $1.5\cdot10^{-3}$ dan $5\cdot10^{-5}$ . Bandingkan: untuk $\tan x = x$ akarnya wajib membuat $\tan$ menjadi besar sekali, jadi ia memeluk ujung kanan $n\pi + \frac\pi2$ pada jendelanya, berjarak $\sim\frac1{n\pi}$ sebelum asimtotnya; sedangkan untuk $x\tan x = 1$ akarnya wajib membuat $\tan$ menjadi sangat kecil, jadi ia duduk tepat sesudah ujung kiri $n\pi$ , berjarak $\sim\frac1{n\pi}$ sesudah nolnya. Metode yang sama, geografi yang bercermin.

21. Kita punya $\sin u < u$ pada $\intoo0\pi$ dan $\sin$ memetakan $\intoo0\pi$ ke dalam $\intoc01 \subseteq \intoo0\pi$ : jadi setelah satu langkah $u_1 \in \intoc{0}{1}$ , lalu $(u_n)$ turun dan terbatas di bawah oleh $0$ , sehingga ia konvergen ke titik tetap $\sin$ , yakni ke $0$ . Uraiannya: $\sin u = u(1 - \frac{u^2}6 + o(u^2))$ , sehingga

\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac1{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\bigl(1 - \tfrac{u_n^2}6 + o(u_n^2)\bigr)^{-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .

22. Menurut Cesàro (jilid Tahun ke-1), rata-rata pertambahannya konvergen ke limit yang sama:

\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{u_n^2} = \frac1n\Bigl(\frac1{u_0^2} + \sum_{k=0}^{n-1} \Bigl(\frac1{u_{k+1}^2} - \frac1{u_k^2}\Bigr)\Bigr) \longrightarrow \frac13 ,

jadi $u_n^2 \sim \frac3n$ dan, karena semua sukunya positif, $u_n \sim \sqrt{3/n}$ .

23. Menurut pertanyaan 7, $\abs{H_n - \ln n - \gamma - \frac1{2n}} \leq \frac1{8n^2}$ . Di $n = 10^6$ batas ini bernilai $\frac{1}{8\cdot10^{12}} = 1.25\cdot10^{-13}$ : jadi tiga suku yang terhitung itu menyerahkan jumlah harmonik sejuta suku sampai tiga belas angka, lengkap dengan sertifikat galat yang sepenuhnya cermat — dan itulah seluruh inti rumus asimtotik yang bersisa tersurat.

24. (a) Benar: $\ln u_n - \ln v_n = \ln\frac{u_n}{v_n} \to 0$ sedangkan $\ln v_n \to +\infty$ , jadi rasio logaritmanya menuju $1$ . (b) Salah: $u_n = n + 1 \sim v_n = n$ , tetapi $\eu^{u_n}/\eu^{v_n} = \eu \neq 1$ . Kesetaraan memaklumi galat aditif $o(1)$ pada eksponennya, bukan $O(1)$ . (c) Salah: $f(x) = x + \sin(x^2) \sim g(x) = x$ di $+\infty$ , tetapi $f'(x) = 1 + 2x\cos(x^2)$ berayun tanpa batas sedangkan $g' = 1$ : jadi turunan dua fungsi yang setara sama sekali tak harus sebanding.

25. Loop pada Metode 6.22 berjalan serupa tiga kali: setempatkan akarnya, sarikan suku kasarnya, lalu umpankan kembali untuk orde berikutnya — pada $\eu^x + x = n$ (Bagian I), pada $x\ln x = n$ (Bagian III), dan pada $x\tan x = 1$ (Bagian IV). Koreksi trapesiumnya meningkatkan perbandingan deret dengan integral dari “selisihnya konvergen” menjadi suku $\frac{f(1) + f(n)}2$ yang tersurat dengan sisa $O(\int_n^\infty \abs{f''})$ yang tersahkan — yakni konstanta dan batang galat, bukan sekadar kekonvergenan. Jembatan ke bilangan prima murni pembalikan: teorema bilangan prima mengatakan $\pi(x)\ln x \approx x$ , jadi $p_n$ , yang ditetapkan oleh $\pi(p_n) = n$ , menyelesaikan sebuah persamaan $x\ln x = n$ — sehingga ia mewarisi asimtotiknya. Aturan (a) pada pertanyaan 24 mengesahkan setiap peralihan dari $u_n \sim v_n$ ke $\ln u_n \sim \ln v_n$ (pertanyaan 11 dan 14); sedangkan kesalahan (b) itulah sebabnya kita tak pernah mengeksponensialkan kesetaraan. Puncaknya: rumus Euler–Maclaurin sampai orde pertama (pertanyaan 6), dan hukum asimtotik $p_n \sim n\ln n$ bagi bilangan prima ke- $n$ (pertanyaan 14).

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium