Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

7Barisan dan Deret

Teori deret numerik (jilid Tahun ke-1) matang di sini pada tiga arah: deret yang bernilai di ruang Banach, tempat kekonvergenan mutlak melakukan pekerjaannya; uji yang lebih halus bagi deret real (penjumlahan Abel); serta keluarga terjumlahkan — penjumlahan yang dibebaskan dari urutan sukunya — lengkap dengan teorema Fubini untuk jumlah ganda dan hasil kali Cauchy. Perkakas ini mengusung semua bab deret fungsi berikutnya.

7.1 Deret pada ruang bernorma

Definisi 7.1

Untuk barisan $(u_n)$ pada ruang bernorma $E$ , deret $\sum u_n$ konvergen apabila jumlah parsialnya konvergen; deret itu konvergen mutlak apabila $\sum \norm{u_n} < \infty$ . Pada ruang Banach, kekonvergenan mutlak mengakibatkan kekonvergenan (Teorema 5.21); sedangkan pada ruang yang tidak lengkap hal itu dapat gagal (Latihan 7.9).

Contoh 7.2

Di $\mathcal{M}_n(K)$ (atau $\mathcal{L}_c(E)$ dengan $E$ Banach): untuk $\vertiii A < 1$ , deret Neumann $\sum A^k$ konvergen mutlak ke $(I - A)^{-1}$ (yang dibuktikan pada Latihan 5.5); sedangkan $\sum \frac{A^k}{k!}$ konvergen mutlak ke $\eu^A$ untuk setiap $A$ (Contoh 5.22). Deret geometri dan deret eksponensial bernilai operator berkelakuan seperti model skalarnya — dan itulah seluruh inti kerangka Banach.

7.2 Penjumlahan Abel

Teorema 7.3 (Penjumlahan Abel dan ujinya)

(Penjumlahan parsial) Untuk skalar $a_n$ dan vektor $b_n$ , dengan $B_n = \sum_{k=0}^{n} b_k$ :

\sum_{n=0}^{N} a_n b_n = a_N B_N - \sum_{n=0}^{N-1} (a_{n+1} - a_n) B_n .

(Uji Abel) Jika $(a_n)$ barisan real yang turun ke $0$ , dan jumlah parsial $B_n$ bersifat terbatas (di sebuah ruang Banach), maka $\sum a_n b_n$ konvergen.

Bukti. Kesamaannya, langkah demi langkah: dengan $B_{-1} = 0$ , tulislah $b_n = B_n - B_{n-1}$ lalu pecah,

\sum_{n=0}^{N} a_nb_n = \sum_{n=0}^{N} a_nB_n - \sum_{n=0}^{N} a_nB_{n-1} = \sum_{n=0}^{N} a_nB_n - \sum_{n=0}^{N-1} a_{n+1}B_{n} ,

dengan jumlah keduanya diindeks ulang lewat $n \mapsto n + 1$ (dan suku $B_{-1}$ lenyap); setelah jangkauan bersamanya $0 \leq n \leq N-1$ dikumpulkan, tersisa $a_NB_N$ ditambah $\sum_{n\leq N-1}(a_n - a_{n+1})B_n$ : itulah rumus yang dinyatakan tadi. Ia adalah pengintegralan parsial versi diskret, dengan $(B_n)$ sebagai antiturunan $(b_n)$ dan selisih $a_{n+1} - a_n$ sebagai turunan $(a_n)$ . Untuk ujinya, dengan $\norm{B_n} \leq M$ : suku batasnya $a_N B_N \to 0$ ; sedangkan deret $\sum (a_n - a_{n+1})B_n$ konvergen mutlak, sebab

\sum_n \norm{(a_{n+1} - a_n)B_n} \leq M \sum_n (a_n - a_{n+1}) = M a_0 < \infty

(lewat teleskop, dengan $a_n \downarrow 0$ ). Kedua potongan kesamaannya konvergen, sehingga $\sum a_n b_n$ pun konvergen. ∎

Contoh 7.4

Deret $\sum \frac{\sin n}{n}$ konvergen: sebab $a_n = \frac1n \downarrow 0$ dan $B_n = \sum_{k=1}^{n} \sin k$ terbatas — memang $B_n = \Im\sum_{k \leq n} \eu^{\iu k} = \Im\,\frac{\eu^{\iu}(\eu^{\iu n} - 1)}{\eu^{\iu} - 1}$ , yang bermodulus $\leq \frac{2}{\abs{\eu^{\iu} - 1}}$ . Deret itu tidak konvergen mutlak (sebab $\abs{\sin n} \geq \sin^2 n = \frac{1 - \cos 2n}{2}$ , dan $\sum \frac{1 - \cos 2n}{2n}$ divergen karena $\sum \frac{\cos 2n}{n}$ konvergen lewat uji Abel yang sama sedangkan $\sum \frac{1}{2n}$ divergen). Uji deret berselang-seling tak lain kasus khusus $b_n = (-1)^n$ .

Contoh 7.5 (Abel pada lingkaran kekonvergenan)

Untuk $z$ kompleks yang mana dengan $\abs z = 1$ deret $\sum_{n \geq 1} \frac{z^n}{n}$ konvergen? Di $z = 1$ ia menjadi deret harmonik, jadi divergen. Untuk $z \neq 1$ pada lingkarannya, uji Abel berlaku dengan $a_n = \frac1n \downarrow 0$ dan $b_n = z^n$ , yang jumlah parsialnya terbatas tanpa bergantung pada $N$ :

\Bigl|\sum_{n=1}^{N} z^n\Bigr| = \Bigl|\frac{z(z^N - 1)}{z - 1}\Bigr| \leq \frac{2}{\abs{z - 1}} .

Jadi konvergen — walaupun tak pernah mutlak (sebab $\sum\frac1n$ ). Satu deret, selingkar perilaku: divergen di satu titik saja, dan semi-konvergen di semua titik lainnya. Inilah perilaku baku di perbatasan bagi deret pangkat (Bab 11), yang di sini dijumpai dengan tangan kosong; di $z = -1$ ia memulihkan deret harmonik berselang-seling, dan di $z = \eu^{\iu\theta}$ bagian real dan bagian imajinernya adalah deret $\sum\frac{\cos n\theta}{n}$ dan $\sum\frac{\sin n\theta}{n}$ pada Latihan 7.4.

Contoh 7.6 (Deret berselang-seling yang beranjau)

Apakah $\sum_{n\geq2} \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n + (-1)^n}$ konvergen? Tandanya berselang-seling dan sukunya menuju $0$ — namun uji berselang-selingnya tidak berlaku: sebab modulusnya $\frac{1}{\sqrt n + (-1)^n}$ tidak turun (ia melonjak naik pada tiap $n$ yang ganjil). Uraikanlah sebagai gantinya:

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

Potongan pertamanya konvergen (lewat uji berselang-seling yang diterapkan secara jujur pada $\frac1{\sqrt n}\downarrow0$ ), potongan ketiganya konvergen mutlak — tetapi potongan tengahnya adalah deret harmonik yang divergen: jadi jumlahnya divergen ke $-\infty$ . Pelajaran penutupnya: ketika kemonotonannya gagal, uraikanlah sampai tiap potongannya konvergen mutlak atau menjadi kasus uji yang bersih; sebab $-\frac1n$ yang tersembunyi itu tak terlihat oleh pencacahan tanda.

Catatan 7.7 (Jebakan yang sering muncul)

(i) “Sukunya menuju $0$ ” tidak membuktikan apa pun: sebab deret harmonik divergen. (ii) Uji berselang-seling menuntut modulus yang turun — Contoh 7.6 adalah contoh penyangkal kanoniknya, dan deret ketiga pada Latihan 7.1 menjadi latihannya. (iii) Deret yang konvergen bersyarat tidak boleh ditata ulang (Contoh 7.12), dan hasil kali Cauchy-nya dapat divergen: untuk $\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$ yang dikuadratkan, suku diagonalnya memenuhi

\abs{c_k} = \sum_{m=0}^{k} \frac{1}{\sqrt{(m+1)(k-m+1)}} \geq (k+1)\cdot\frac{2}{k+2} \longrightarrow 2 \neq 0

(sebab tiap faktornya paling banyak $\frac{k+2}2$ menurut AM–GM), sehingga $\sum c_k$ divergen — jadi kekonvergenan mutlak sekurangnya satu faktor (Latihan 7.8) bukanlah kemewahan. (iv) Keterjumlahan menurut definisinya berbicara tentang batas yang mutlak: jadi tak ada yang namanya keluarga terjumlahkan bersyarat.

7.3 Keluarga terjumlahkan

Definisi 7.8

Misalkan $I$ himpunan indeks yang terbilang. Sebuah keluarga $(u_i)_{i \in I}$ berisi bilangan real tak negatif disebut terjumlahkan apabila jumlah parsial hingganya terbatas; jumlahnya adalah

\sum_{i \in I} u_i = \sup_{F \subseteq I \text{ hingga}} \sum_{i \in F} u_i \in \intcc{0}{+\infty} .

Sebuah keluarga bilangan real atau kompleks (atau vektor Banach) disebut terjumlahkan apabila $(\norm{u_i})$ demikian; jumlahnya lalu ditetapkan dengan memecahnya menjadi bagian positif dan negatif (atau bagian real dan imajiner) — setara dengan itu, sebagai nilai bersama $\sum_{n} u_{\sigma(n)}$ atas semua pencacahan $\sigma$ bagi $I$ (lihat di bawah).

Metode 7.9 (Memilih sebuah uji)

Menghadapi $\sum u_n$ , urutannya begini. (1) Jika $u_n \not\to 0$ , ia divergen, berhenti. (2) Jika sukunya bertanda tetap, bandingkanlah: carilah yang setara (Bab 6) lalu tempatkan ia pada peta Riemann–Bertrand. (3) Jika tandanya berselang-seling dengan modulus yang turun, pakai uji berselang-seling; sedangkan jika modulusnya tidak monoton, uraikanlah sukunya sampai tiap potongannya konvergen mutlak atau menjadi kasus uji yang bersih (Contoh 7.6). (4) Jika pola tandanya berayun tetapi terstruktur ( $\sin n\theta$ , $\eu^{\iu n\theta}$ , pangkat matriks), pakai uji Abel dengan jumlah parsial yang terbatas. (5) Kekonvergenan mutlak selalu patut diperiksa lebih dulu: ia lebih kuat, kebal terhadap urutan, dan membuka hasil kali Cauchy beserta Fubini.

Contoh 7.10 (Keterjumlahan lewat pencacahan diagonal)

Untuk $s > 0$ yang mana keluarga $\bigl((m + n)^{-s}\bigr)_{m, n \geq 1}$ terjumlahkan? Kelompokkan jumlah parsial hingganya menurut diagonal $m + n = k$ : diagonal ke- $k$ mengusung $k - 1$ pasangan, yang masing-masing menyumbang $k^{-s}$ , jadi jumlah hingganya tepat terbatas oleh (dan menghabiskan)

\sum_{k \geq 2} \frac{k - 1}{k^{s}} ,

yakni deret bersuku positif yang setara dengan $k^{1-s}$ : jadi terjumlahkan bila dan hanya bila $s - 1 > 1$ , yakni $s > 2$ . Indeks berdimensi dua memakan satu pangkat penuh: sebuah bidang suku “lebih divergen satu dimensi” daripada sebuah garis — jadi geometri pencacahan himpunan indeksnya, bukan besarnya tiap suku, yang memutuskan keterjumlahannya. (Pencacahan yang sama menunjukkan $\bigl((m^2 + n^2)^{-1}\bigr)$ tidak terjumlahkan: pada diagonal $m + n = k$ , tiap sukunya sedikitnya $k^{-2}$ , dan $(k-1)\cdot k^{-2}$ berjumlah seperti deret harmonik.)

Teorema 7.11 (Keterjumlahan dan urutan)

Untuk keluarga tak negatif, jumlahnya awet terhadap pencacahan apa pun: $\sum_{i} u_i = \sum_{n=0}^{\infty} u_{\sigma(n)}$ untuk setiap bijeksi $\sigma \colon \N \to I$ .
Deret real atau kompleks $\sum u_n$ disebut konvergen komutatif (yakni setiap penataan ulangnya konvergen, dengan jumlah yang sama) bila dan hanya bila ia konvergen mutlak.

Bukti. (1) Setiap jumlah parsial $\sum_{n \leq N} u_{\sigma(n)}$ merupakan jumlah parsial hingga keluarganya (jadi $\leq$ supremumnya); sebaliknya setiap $F$ yang hingga termuat di suatu $\{\sigma(0), \dots, \sigma(N)\}$ (jadi supremumnya $\leq$ limit deretnya). Kedua batasnya berimpit.

(2) Jika $\sum\abs{u_n} < \infty$ : untuk sembarang penataan ulang $\sigma$ dan $\varepsilon > 0$ , pilihlah $N$ dengan $\sum_{n > N}\abs{u_n} \leq \varepsilon$ ; maka melampaui peringkat tempat $\sigma$ sudah menghabiskan $\intint{0}{N}$ , jumlah parsial yang ditata ulang itu berselisih dari limit asalnya paling banyak $\varepsilon$ : jadi jumlahnya sama. Jika $\sum \abs{u_n} = \infty$ padahal $\sum u_n$ konvergen (kasus real; kasus kompleksnya menyusul koordinat demi koordinat): maka bagian positif dan bagian negatifnya sama-sama divergen, dan penataan ulangnya dapat mencapai limit apa pun yang ditentukan — itulah teorema Riemann, yang dikerjakan pada Latihan 7.5 — sehingga kekonvergenan komutatifnya gagal. ∎

Contoh 7.12 (Sebuah penataan ulang tertangkap basah)

Deret harmonik berselang-seling berjumlah $\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2$ (jilid Tahun ke-1). Tatalah ulang sebagai “satu positif, dua negatif”:

1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \cdots

Setelah tiap blok bertiganya dikelompokkan,

\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac1{4k} = \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac1{2k}\Bigr),

maka deret yang ditata ulang itu konvergen ke $\frac12\ln 2$ — separuh jumlah asalnya, dengan suku yang persis sama. Deret yang tidak konvergen mutlak mengingat urutan sukunya; sedangkan keluarga terjumlahkan justru yang tidak mengingatnya.

Contoh 7.13 (Mengelompokkan itu aman, membuka kelompok tidak)

Mengelompokkan suku berurutan sebuah deret yang konvergen tak pernah mengubah jumlahnya: sebab jumlah parsial yang dikelompokkan membentuk barisan bagian jumlah parsial asalnya. Operasi sebaliknya terlarang:

(1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + \cdots = 0 + 0 + \cdots = 0,

padahal $1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$ yang tanpa kelompok bersifat divergen (sebab jumlah parsialnya berayun antara $1$ dan $0$ ). Membuka kelompok hanya sah bila ada hipotesis pengimbang — misalnya suku yang menuju $0$ dengan panjang kelompok yang terbatas: sebab ketika itu, di antara dua jumlah parsial yang dikelompokkan, jumlah asalnya hanyut paling banyak sejumlah suku $o(1)$ yang banyaknya terbatas, sehingga kekonvergenannya berpindah kembali. Persis itulah klausul yang membuat perhitungan blok pada Contoh 7.12 menjadi sebuah bukti, bukan sulap.

Teorema 7.14 (Fubini untuk keluarga; hasil kali Cauchy)

Misalkan $(u_{m,n})_{(m,n) \in \N^2}$ keluarga ganda yang terjumlahkan (yakni $\sup_F \sum_F \abs{u_{m,n}} < \infty$ ). Maka

\sum_{(m,n)} u_{m,n} = \sum_{m=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{n=0}^{\infty} u_{m,n}\Bigr) = \sum_{n=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{m=0}^{\infty} u_{m,n}\Bigr) = \sum_{k=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{m+n=k} u_{m,n}\Bigr),

dengan semua deret dalamnya konvergen (secara mutlak). Khususnya, jika $\sum a_m$ dan $\sum b_n$ konvergen mutlak, maka hasil kali Cauchy keduanya konvergen mutlak dengan

\Bigl(\sum_m a_m\Bigr)\Bigl(\sum_n b_n\Bigr) = \sum_{k=0}^{\infty} c_k, \qquad c_k = \sum_{m=0}^{k} a_m b_{k-m} .

Bukti. Kasus tak negatif. Tiap pengelompokan (menurut baris, kolom, atau diagonal) menghitung supremum yang sama: sebab sembarang himpunan pasangan yang hingga termuat di sebuah blok baris yang hingga (sehingga tiap jumlah kelompoknya terbatas di bawah oleh jumlah parsial hingga dan di atas oleh totalnya), lalu kekonvergenan monoton jumlah parsialnya mengerjakan sisanya — secara konkret, untuk barisnya: dari $\sum_{m \leq M}\sum_{n \leq N} u_{m,n} \leq S$ , dengan melewatkan $N \to \infty$ lalu $M \to \infty$ , diperoleh $\sum_m \sum_n u_{m,n} \leq S$ ; sebaliknya setiap $F$ yang hingga duduk di dalam persegi panjang semacam itu, jadi $S \leq \sum_m\sum_n u_{m,n}$ . Untuk diagonalnya: kedua batas yang sama, dengan segitiga menggantikan persegi panjangnya.

Kasus umumnya. Pecahlah menjadi bagian positif dan negatif (atau real dan imajiner), yang masing-masing keluarga tak negatif yang terjumlahkan; keempat pengelompokannya sepakat pada tiap bagiannya, jadi sepakat pula pada selisihnya; sedangkan kekonvergenan mutlak deret dalamnya berasal dari kasus tak negatif yang diterapkan pada $\abs{u_{m,n}}$ .

Hasil kali Cauchy. Keluarga $u_{m,n} = a_m b_n$ terjumlahkan: sebab jumlah parsial hingga $\abs{a_mb_n}$ terbatas oleh $\bigl(\sum\abs{a_m}\bigr)\bigl(\sum\abs{b_n}\bigr)$ . Barisnya memberi $\bigl(\sum a_m\bigr)\bigl(\sum b_n\bigr)$ ; sedangkan diagonalnya memberi $\sum_k c_k$ . ∎

Contoh 7.15 (Kesamaan eksponensial, secara jujur)

Untuk $a, b \in \C$ (atau matriks yang komutatif):

\Bigl(\sum_m \frac{a^m}{m!}\Bigr)\Bigl(\sum_n \frac{b^n}{n!}\Bigr) = \sum_k \sum_{m+n=k} \frac{a^m b^n}{m!\,n!} = \sum_k \frac{(a + b)^k}{k!},

lewat teorema binomial pada tiap diagonalnya: jadi $\eu^a \eu^b = \eu^{a+b}$ — yakni persamaan fungsional $\exp$ yang diturunkan dari deretnya semata. (Kekomutatifannya dipakai pada langkah binomialnya; untuk matriks yang tidak komutatif kesamaan itu sungguh gagal, Bab 16.)

Contoh 7.16 (Hasil kali Cauchy sebagai alat hitung)

Dari deret geometri dan $\sum_{n \geq 1} nz^n = \frac{z}{(1-z)^2}$ ( $\abs z < 1$ ) pada Latihan 7.2, satu hasil kali Cauchy lagi merampungkan momen keduanya. Kalikan $\sum_m mz^m$ dengan $\sum_n z^n$ : koefisien diagonalnya adalah $\sum_{m=0}^k m = \frac{k(k+1)}2$ , sehingga

\frac{z}{(1-z)^3} = \sum_{k\geq0}\frac{k(k+1)}{2}\,z^k ,

lalu kesamaan $n^2 = 2\cdot\frac{n(n+1)}2 - n$ merakit

\sum_{n\geq1} n^2z^n = \frac{2z}{(1-z)^3} - \frac{z}{(1-z)^2} = \frac{z(1+z)}{(1-z)^3} .

Di $z = \frac12$ : $\sum_{n\geq1}\frac{n^2}{2^n} = \frac{\frac12\cdot\frac32}{\frac18} = 6$ — sebuah nilai tertutup tanpa penurunan di mana pun, hanya deret yang konvergen mutlak lalu dikalikan seperti polinomial. Rangkaian kesamaan yang sama menghitung setiap $\sum n^dz^n$ , dan para ahli peluang akan mengenali momen faktorial kedua pada distribusi geometri (Bab 23).

Contoh 7.17 (Sebuah penilaian jumlah ganda)

Untuk $s > 1$ yang real, misalkan $\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ . Dengan mencacah pembagi lewat penjumlahan ganda — keluarga $(m^{-s}n^{-s})$ atas $(m,n) \in (\N^*)^2$ terjumlahkan (sebab hasil kali deret positif yang konvergen) — lalu mengelompokkannya menurut hasil kali $q = mn$ :

\zeta(s)^2 = \sum_{m,n} \frac{1}{(mn)^s} = \sum_{q=1}^{\infty} \frac{d(q)}{q^s},

dengan $d(q)$ menyatakan banyaknya pembagi $q$ . Keluarga terjumlahkan mengubah kombinatorika menjadi analisis.

Contoh 7.18 (Sebuah penilaian Fubini: $\sum_n (\zeta(n) - 1) = 1$ )

Untuk bilangan bulat $n \geq 2$ berlaku $\zeta(n) - 1 = \sum_{k \geq 2} k^{-n}$ . Keluarga ganda $(k^{-n})_{k, n \geq 2}$ terjumlahkan: dengan menjumlahkan kolom geometrinya lebih dulu,

\sum_{k\geq2}\sum_{n\geq2} \frac{1}{k^n} = \sum_{k\geq2} \frac{1/k^2}{1 - 1/k} = \sum_{k\geq2} \frac{1}{k(k-1)} = 1

(lewat teleskop), dan semua sukunya positif, jadi Teorema 7.14 mengizinkan penjumlahan menurut barisnya:

\sum_{n\geq2}\bigl(\zeta(n) - 1\bigr) = 1 .

Nilai $\zeta$ yang tak hingga banyaknya, yang masing-masing tampak transenden, punya ekor yang berjumlah tepat $1$ . Pelajaran penutupnya: ketika sebuah jumlah ganda bersuku positif, hitunglah ia dalam urutan mana pun yang runtuh — di sini kolomnya geometri, barisnya misterius, dan Fubini memindahkan keruntuhannya.

Contoh 7.19 (Deret geometri menyelesaikan sebuah persamaan)

Di ruang Banach $\bigl(C(\intcc01), \norm\cdot_\infty\bigr)$ , selesaikan $x - K(x) = y$ dengan $K(f)$ menyatakan fungsi konstan $\frac12\int_0^1 f$ . Norma operatornya $\vertiii K \leq \frac12 < 1$ , jadi deret Neumann berlaku (Contoh 7.2): $x = \sum_{n\geq0} K^n(y)$ . Hitung iterasinya: $K(y) = \frac12\int_0^1 y$ (sebuah konstanta), dan menerapkan $K$ pada konstanta $c$ memberi $\frac c2$ , sehingga $K^n(y) = \frac{1}{2^{n-1}}\cdot\frac12\int_0^1 y$ untuk $n \geq 1$ . Setelah konstanta geometrinya dijumlahkan:

x = y + \Bigl(\int_0^1 y\Bigr) \sum_{n\geq1}\frac{1}{2^n} = y + \int_0^1 y .

Periksa: $x - K(x) = y + \int y - \frac12\bigl(\int y + \int y\bigr) = y$ . Sebuah deret tak hingga, sebuah jawaban hingga, dan pemeriksaan satu baris — jadi deret geometri adalah algoritme pembalikan, bukan sekadar pernyataan kekonvergenan.

Contoh 7.20 (Teleskop lewat pecahan parsial)

Penjumlahan eksak itu langka; teleskop adalah pemasok utamanya. Uraikanlah

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

(periksa dengan menyamakan penyebutnya), sehingga jumlah parsialnya runtuh:

\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12\Bigl(\frac{1}{1\cdot2} - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\Bigr) \longrightarrow \frac14 .

Pola yang sama — yakni menulis sukunya sebagai $c(u_n - u_{n+1})$ untuk suatu $(u_n)$ yang gamblang — menyelesaikan Latihan 7.10 (lewat arkus tangen) dan menghitung setiap $\sum\frac{1}{n(n+1)\cdots(n + k)} = \frac{1}{k\cdot k!}$ . Bila ada jumlah eksak pada tingkat ini, biasanya ada teleskop yang bersembunyi di dalam sukunya.

Catatan 7.21 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini)

Tiga bab berikutnya menjadi pelanggan langsungnya. Untuk Bab 10: kekonvergenan normal $\sum f_n$ tak lain kekonvergenan mutlak $\sum\norm{f_n}_\infty$ di ruang Banach $\bigl(C, \norm\cdot_\infty\bigr)$ — yakni Teorema 5.21 yang berkostum. Untuk Bab 11: di dalam cakram kekonvergenannya segalanya mutlak dan terjumlahkan, jadi hasil kali Cauchy dan penataan ulang berjalan bebas (dan itulah sebabnya deret pangkat berkali seperti polinomial); sedangkan di perbatasannya uji Abel mengambil alih (Contoh 7.5). Untuk Bab 23: fungsi pembangkit peluang adalah deret pangkat yang segala manipulasinya — hasil kali untuk jumlah peubah saling bebas, jumlah ganda untuk distribusi majemuk — disahkan oleh Teorema 7.14. Keluarga terjumlahkan adalah bagian hukum bagi analisis yang akan datang.

Catatan 7.22 (Di mana bab ini dipakai)

Segala yang punya jumlah tak hingga melewati bab ini: deret pangkat (Bab 11) adalah keluarga terjumlahkan yang menyamar, koefisien Fourier dikalikan lewat hasil kali Cauchy dan ditata ulang oleh Parseval (Bab 14), dan fungsi pembangkit peluang (Bab 23) tak lain teorema Fubini yang diterapkan pada nilai harapan. Jilid Tahun ke-3 menyerap keluarga terjumlahkan ke dalam pengintegralan Lebesgue atas ukuran pencacah — tempat Teorema 7.14 menjadi kasus khusus teorema Fubini–Tonelli.

7.4 Latihan

Latihan 7.1 ★

Sifat deret: $\sum \dfrac{\cos n}{n}$ ; $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\ln n}$ ; $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n}$ (uraikan seperti pada jebakan Tahun ke-1: uji berselang-seling menuntut kemonotonan).

Solusi

Solusi Latihan 7.1.

$\sum\frac{\cos n}{n}$ : uji Abel dengan $a_n = \frac1n$ dan $b_n = \cos n$ , yang jumlah parsialnya terbatas (yakni bagian real sebuah jumlah geometri, seperti pada Contoh 7.4): jadi konvergen (tetapi tidak mutlak, lewat siasat $\cos^2$ yang sama).

$\sum \frac{(-1)^n}{\ln n}$ ( $n \geq 2$ ): lewat uji berselang-seling, $\frac{1}{\ln n} \downarrow 0$ : jadi konvergen; tetapi tidak mutlak (sebab $\ln n \leq n$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n}$ : uraikan,

\frac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n} = \frac{(-1)^n}{n^{3/4}}\cdot \frac{1}{1 + \frac{\cos n}{n^{3/4}}} = \frac{(-1)^n}{n^{3/4}} - \frac{(-1)^n\cos n}{n^{3/2}} + O\Bigl(\frac{1}{n^{9/4}}\Bigr).

Deret pertamanya: berselang-seling, jadi konvergen. Deret keduanya: konvergen mutlak (pada skala $\frac{1}{n^{3/2}}$ ). Deret ketiganya: konvergen mutlak. Totalnya: konvergen.

Latihan 7.2 ★

Buktikan bahwa untuk $\abs z < 1$ : $\sum_{n\geq1} n z^{n} = \dfrac{z}{(1-z)^2}$ , lewat hasil kali Cauchy $\sum z^n$ dengan dirinya sendiri.

Solusi

Solusi Latihan 7.2.

Hasil kali Cauchy $\sum_{m\geq0} z^m$ dengan dirinya sendiri (keduanya konvergen mutlak untuk $\abs z < 1$ ): koefisien diagonalnya $c_k = \sum_{m=0}^{k} 1 = k + 1$ , sehingga

\frac{1}{(1-z)^2} = \sum_{k\geq0} (k+1)z^k .

Setelah dikalikan $z$ lalu diindeks ulang: $\sum_{n \geq 1} n z^n = \frac{z}{(1-z)^2}$ .

Latihan 7.3 ★★

(Lema bergaya Kronecker) Misalkan $\sum b_n$ deret real yang konvergen. Buktikan, lewat penjumlahan Abel, bahwa $\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} k\,b_k \to 0$ .

Solusi

Solusi Latihan 7.3.

Misalkan $B_n = \sum_{k \leq n} b_k \to B$ . Penjumlahan Abel dengan $a_k = k$ :

\sum_{k=1}^{n} k\,b_k = n B_n - \sum_{k=1}^{n-1} B_k \quad\Longrightarrow\quad \frac1n \sum_{k=1}^{n} k b_k = B_n - \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} B_k .

Rata-rata Cesàro dari $(B_k)$ yang konvergen menuju limitnya $B$ (jilid Tahun ke-1), jadi ruas kanannya menuju $B - B = 0$ .

Latihan 7.4 ★★

Telaahlah kekonvergenan $\sum \dfrac{\sin(n\theta)}{n^\alpha}$ ( $\theta \in \R$ , $\alpha > 0$ ) — untuk $(\theta, \alpha)$ yang mana ia konvergen mutlak, semi-konvergen, atau divergen?

Solusi

Solusi Latihan 7.4.

Jika $\theta \in \pi\Z$ : semua sukunya nol — jadi konvergen secara sepele. Andaikan $\theta \notin \pi\Z$ .

$\alpha > 1$ : konvergen mutlak (didominasi oleh $n^{-\alpha}$ ).

$0 < \alpha \leq 1$ : uji Abel berlaku (sebab $a_n = n^{-\alpha} \downarrow 0$ ; dan jumlah parsial $\sin n\theta$ terbatas oleh $\frac{1}{\abs{\sin(\theta/2)}}$ lewat jumlah geometri): jadi konvergen. Tidak mutlak: sebab $\abs{\sin n\theta} \geq \sin^2 n\theta = \frac{1 - \cos 2n\theta}{2}$ , dan $\sum \frac{1 - \cos 2n\theta}{2n^\alpha}$ divergen (karena $\sum n^{-\alpha}$ divergen, sedangkan $\sum \frac{\cos 2n\theta}{n^\alpha}$ konvergen lewat Abel bila $2\theta \notin 2\pi\Z$ ; adapun kasus terkecuali $2\theta \in 2\pi\Z$ berarti $\theta \in \pi\Z$ , yang sudah ditangani). Jadi semi-konvergen.

Latihan 7.5 ★★★

(Penataan ulang Riemann) Misalkan $\sum u_n$ deret real yang konvergen tetapi tidak konvergen mutlak, dan $\ell \in \R$ . Buktikan bahwa suatu penataan ulang $\sum u_n$ konvergen ke $\ell$ . (Tunjukkan kedua deret bagian berisi suku positif dan suku negatif sama-sama divergen; lalu berselang-selinglah secara rakus: ambil suku positif sampai melampaui $\ell$ , lalu suku negatif sampai turun di bawahnya, dan seterusnya; sukunya menuju $0$ , sehingga kekonvergenannya ke $\ell$ terpaksa terjadi.)

Solusi

Solusi Latihan 7.5.

Misalkan $p_1, p_2, \dots$ suku tak negatif $(u_n)$ menurut urutannya, dan $q_1, q_2, \dots$ suku negatifnya. Baik $\sum p_k$ maupun $\sum q_k$ divergen: sebab seandainya salah satunya konvergen, yang lain akan sama dengan $\sum u_n$ yang konvergen dikurangi ia, jadi konvergen pula — dan ketika itu $\sum \abs{u_n} = \sum p_k - \sum q_k$ akan konvergen, yang bertentangan dengan hipotesisnya. Selain itu $u_n \to 0$ (sebab $\sum u_n$ konvergen).

Penataan ulang secara rakus: ambil suku positif $p_1, p_2, \dots$ sampai total berjalannya pertama kali melampaui $\ell$ (mungkin, sebab $\sum p_k = +\infty$ ); lalu suku negatif sampai totalnya pertama kali turun di bawah $\ell$ (mungkin, sebab $\sum q_k = -\infty$ ); ulangi selamanya (tiap tahapnya hingga, dan tiap suku terpakai tepat sekali: jadi sebuah penataan ulang yang sejati). Setelah tiap pergantian, jarak total berjalannya ke $\ell$ paling banyak sebesar suku terakhir yang dipakai; dan karena suku yang dipakai pada pergantian ke- $m$ berindeks $\to \infty$ , sedangkan $u_n \to 0$ , total berjalannya konvergen ke $\ell$ .

Latihan 7.6 ★★

Buktikan bahwa keluarga $\Bigl(\dfrac{x^{m+n}}{m!\,n!}\Bigr)_{(m,n)\in\N^2}$ terjumlahkan untuk setiap $x \in \R$ , lalu turunkan kembali kesamaan $(\eu^x)^2 = \eu^{2x}$ dengan mengelompokkan jumlah gandanya sepanjang diagonal $m + n = k$ .

Solusi

Solusi Latihan 7.6.

Keterjumlahannya: jumlah parsial hingga $\frac{\abs x^{m+n}}{m!n!}$ terbatas oleh $\bigl(\sum_m \frac{\abs x^m}{m!}\bigr)^2 = \eu^{2\abs x}$ . Pengelompokan diagonal (Teorema 7.14) memberi

(\eu^{x})^2 = \sum_{m,n} \frac{x^{m+n}}{m!\,n!} = \sum_{k=0}^{\infty} x^k \sum_{m+n=k} \frac{1}{m!\,n!} = \sum_k \frac{x^k}{k!}\sum_{m=0}^{k}\binom km = \sum_k \frac{(2x)^k}{k!} = \eu^{2x} .

Latihan 7.7 ★★

Buktikan bahwa keluarga $\bigl(\frac{1}{m^2 n^2}\bigr)_{m,n \geq 1}$ terjumlahkan, dan bahwa pengelompokan menurut $\gcd$ , dengan $q = \gcd(m,n)$ ,

\zeta(2)^2 = \sum_{q\geq1} \frac{1}{q^4} \sum_{\substack{a,b \geq 1\\ \gcd(a,b)=1}} \frac{1}{a^2b^2} = \zeta(4) \cdot S,

dengan $S = \sum_{\gcd(a,b)=1} \frac{1}{a^2b^2}$ : lalu turunkan $S = \zeta(2)^2/\zeta(4)$ . (Setiap pasangan $(m,n)$ tertulis secara tunggal sebagai $(qa, qb)$ dengan $\gcd(a,b) = 1$ .)

Solusi

Solusi Latihan 7.7.

Keterjumlahannya: terbatas oleh $\zeta(2)^2$ sebagai keluarga hasil kali (lewat hujah hasil kali Cauchy pada Teorema 7.14). Pemetaan $(q, a, b) \mapsto (qa, qb)$ , dari tripel dengan $\gcd(a, b) = 1$ ke pasangan $(m, n)$ , merupakan bijeksi (ambil $q = \gcd(m,n)$ ). Setelah keluarga terjumlahkan itu dikelompokkan demikian (yakni sebuah pemilahan himpunan indeksnya — yang sah bagi keluarga terjumlahkan menurut Teorema 7.11/Teorema 7.14 yang diterapkan pada pemilahan menjadi terbilang banyak kelas):

\zeta(2)^2 = \sum_{q} \sum_{\gcd(a,b)=1} \frac{1}{q^4 a^2 b^2} = \zeta(4)\, S, \qquad\text{jadi}\qquad S = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} .

(Dengan nilai $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$ dan $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ dari Bab 14: $S = \frac{5}{2}$ .)

Latihan 7.8 ★★★

(Teorema Abel tentang hasil kali, versi ringan) Andaikan $\sum a_n$ konvergen mutlak dan $\sum b_n$ konvergen. Buktikan bahwa hasil kali Cauchy keduanya $\sum c_n$ konvergen, dengan $\sum c_n = (\sum a_n)(\sum b_n)$ . (Tulis $C_N = \sum_{k\leq N} c_k = \sum_n a_n B_{N-n}$ dengan $B$ menyatakan jumlah parsial $b$ ; lalu pecah menurut $n \leq N/2$ atau tidak, dengan memakai keterbatasan $(B_m)$ dan ekor mutlak $(a_n)$ .)

Solusi

Solusi Latihan 7.8.

Misalkan $A = \sum a_n$ (yang mutlak), $B_m = \sum_{k\leq m} b_k \to B$ , yang terbatas oleh $M$ . Maka

C_N = \sum_{k=0}^{N} c_k = \sum_{n=0}^{N} a_n B_{N-n}

(kumpulkan menurut indeks $a$ ). Tulislah

C_N - AB = \sum_{n=0}^{N} a_n (B_{N-n} - B) - B\sum_{n > N} a_n .

Suku terakhirnya menuju $0$ . Pecahlah jumlahnya di $n = \lfloor N/2 \rfloor$ : untuk $n \leq N/2$ berlaku $N - n \geq N/2$ , jadi $\abs{B_{N-n} - B} \leq \varepsilon_N := \sup_{m \geq N/2}\abs{B_m - B} \to 0$ , sehingga bagian ini $\leq \varepsilon_N \sum\abs{a_n}$ ; sedangkan untuk $n > N/2$ berlaku $\abs{B_{N-n} - B} \leq 2M$ , sehingga bagian ini $\leq 2M \sum_{n > N/2} \abs{a_n} \to 0$ . Karenanya $C_N \to AB$ .

Latihan 7.9 ★★★

Pada ruang $E$ (yang tidak lengkap) berisi barisan real yang akhirnya nol dengan norma supremum, tunjukkanlah sebuah deret yang konvergen mutlak tetapi tidak konvergen di $E$ . (Cobalah $u_n = 2^{-n} e_n$ dengan $(e_n)$ menyatakan barisan kanoniknya.)

Solusi

Solusi Latihan 7.9.

Ambil $u_n = 2^{-n} e_n$ (dengan $e_n$ menyatakan barisan yang bernilai $1$ tunggal pada kedudukan $n$ ). Maka $\sum \norm{u_n}_\infty = \sum 2^{-n} < \infty$ : jadi konvergen mutlak. Namun jumlah parsialnya $S_N = (1, \tfrac12, \dots, 2^{-N}, 0, \dots)$ mestinya konvergen ke barisan $(2^{-n})_n$ , yang tidak akhirnya nol: jadi di luar $E$ . Di dalam $E$ , barisan $(S_N)$ bersifat Cauchy tanpa limit (sebab $\norm{S_N - x}_\infty \geq 2^{-N-1}$ tak menolong satu pun $x$ yang akhirnya nol: untuk sembarang $x \in E$ yang nol melampaui peringkat $K$ , berlaku $\norm{S_N - x} \geq 2^{-K-1}$ bila $N > K$ ): jadi deretnya tidak konvergen di $E$ . Kelengkapan persis itulah yang diperlukan Teorema 5.21.

Latihan 7.10 ★★

Periksalah kesamaan $\arctan(n+1) - \arctan(n) = \arctan\dfrac{1}{n^2 + n + 1}$ , lalu turunkan nilai eksak

\sum_{n=1}^{\infty} \arctan\frac{1}{n^2 + n + 1} .

Solusi

Solusi Latihan 7.10.

Baik $\arctan(n+1) - \arctan n$ maupun $\arctan\frac{1}{n^2+n+1}$ berada di $\intoo{0}{\frac\pi2}$ , dan rumus penjumlahan tangen memberi

\tan\bigl(\arctan(n{+}1) - \arctan n\bigr) = \frac{(n+1) - n}{1 + n(n+1)} = \frac{1}{n^2 + n + 1} :

jadi tangennya sama pada interval tempat $\tan$ injektif, sehingga kesamaannya berlaku. Setelah diteleskopkan,

\sum_{n=1}^{N}\arctan\frac{1}{n^2+n+1} = \arctan(N{+}1) - \arctan 1 \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac\pi2 - \frac\pi4 = \frac\pi4 .

Latihan 7.11 ★★

Tentukan sifatnya (beserta yang setara) bagi

\sum_n \bigl(\sqrt{n+1} - \sqrt n\bigr)^{\alpha} \ (\alpha > 0), \qquad \sum_n \Bigl(1 - \cos\frac1n\Bigr), \qquad \sum_n \Bigl(\eu - \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{\!n}\Bigr).

Solusi

Solusi Latihan 7.11.

Yang pertama: $\sqrt{n+1} - \sqrt n = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} \sim \frac{1}{2\sqrt n}$ , jadi sukunya $\sim 2^{-\alpha}n^{-\alpha/2}$ : konvergen bila dan hanya bila $\frac\alpha2 > 1$ , yakni $\alpha > 2$ . Yang kedua: $1 - \cos\frac1n \sim \frac{1}{2n^2}$ : jadi konvergen. Yang ketiga: $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n = \eu^{\,n\ln(1 + 1/n)} = \eu^{\,1 - \frac1{2n} + O(n^{-2})} = \eu\bigl(1 - \frac{1}{2n} + O(n^{-2})\bigr)$ , sehingga

\eu - \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{\!n} \sim \frac{\eu}{2n} :

sukunya positif dan setara dengan kelipatan harmonik: jadi divergen.

Latihan 7.12 ★★★

Misalkan $(a_n)$ positif dan turun dengan $\sum a_n$ konvergen. Buktikan bahwa $n\,a_n \to 0$ (batasi $n a_{2n}$ oleh sebuah ekor). Tunjukkan bahwa konversnya gagal, dan bahwa kemonotonannya penting, beserta contoh penyangkal yang gamblang.

Solusi

Solusi Latihan 7.12.

Berkat kemonotonannya, $n\,a_{2n} \leq a_{n+1} + a_{n+2} + \dots + a_{2n} = S_{2n} - S_n \to 0$ (lewat kriteria Cauchy bagi deret yang konvergen). Karenanya $2n\,a_{2n} \to 0$ , dan $(2n{+}1)\, a_{2n+1} \leq (2n{+}1)a_{2n} = \frac{2n+1}{2n}\,(2n\,a_{2n}) \to 0$ : jadi kedua barisan bagian $(na_n)$ menuju $0$ , sehingga $na_n \to 0$ .

Konversnya gagal: $a_n = \frac1{n\ln n}$ positif dan turun dengan $na_n = \frac1{\ln n} \to 0$ , namun $\sum a_n$ divergen (yakni perbatasan Bertrand, Soal 7.1, pertanyaan 18). Kemonotonannya penting: ambil $a_n = \frac1n$ bila $n$ berupa pangkat $2$ dan $a_n = 2^{-n}$ bila bukan: maka $\sum a_n \leq \sum_k 2^{-k} + \sum_n 2^{-n} < \infty$ , tetapi $na_n = 1$ sepanjang pangkat $2$ : jadi $na_n \not\to 0$ .

7.5 Soal: $\zeta(2) = \pi^2/6$ milik Euler, lewat Jumlah Kotangen Cauchy

Kesamaan Euler yang paling masyhur, $1 + \frac14 + \frac19 + \cdots = \frac{\pi^2}6$ , menerima bukti yang sepenuhnya dasar, karya Cauchy: rumus de Moivre menghasilkan polinomial yang akarnya adalah bilangan $\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}$ , Vieta menjumlahkan akar itu secara eksak, lalu apitan $\cot^2\theta < \frac{1}{\theta^2} < 1 + \cot^2\theta$ meremukkan jumlah parsial $\sum\frac1{k^2}$ di antara dua batas rasional yang gamblang. Kita jalankan buktinya selengkapnya, lalu sarikan $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ dengan metode yang sama, lalu petakan seluruh perbatasan antara kekonvergenan dan kedivergenan lewat deret Bertrand — dan buktikan bahwa perbatasan itu sama sekali tak mengusung deret konvergen yang paling lambat.

Soal 7.1

Soal akhir pekan — $\zeta(2) = \pi^2/6$ dan panorama Bertrand

Di sepanjang soal ini, $n \geq 1$ dan $\theta_k = \dfrac{k\pi}{2n+1}$ untuk $k = 1, \dots, n$ ; perhatikan $0 < \theta_k < \frac\pi2$ .

Bagian I — Kesamaan kotangen.

Buktikan rumus de Moivre $(\cos\theta + \iu\sin\theta)^m = \cos m\theta + \iu\sin m\theta$ ( $m \in \N$ ), lalu turunkan, untuk $m = 2n + 1$ ,

$\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2(n-j)}\theta\, \sin^{2j+1}\theta .$
Turunkan bahwa untuk $\theta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ ,

$\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sin^{2n+1}\theta\; P_n(\cot^2\theta), \qquad P_n(x) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{\,n-j},$

yakni polinomial berderajat $n$ dengan koefisien utama $2n + 1$ .
Tunjukkan bahwa $x_k = \cot^2\theta_k$ , $k = 1, \dots, n$ , merupakan $n$ akar $P_n$ yang berbeda — jadi seluruh akarnya.
Lewat Vieta, buktikan kesamaan eksak

$\sum_{k=1}^{n} \cot^2\frac{k\pi}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}.$
Turunkan pula $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sin^2\theta_k} = \frac{2n(n+1)}{3}$ .
Buktikan apitannya: $\cot^2\theta < \dfrac1{\theta^2} < \dfrac{1}{\sin^2\theta}$ untuk $\theta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ (dari $\sin\theta < \theta < \tan\theta$ ).

Bagian II — Apitannya menutup: teorema Euler.

Dengan menjumlahkan pertanyaan 6 atas $k = 1, \dots, n$ pada $\theta = \theta_k$ , tegakkan

$\frac{n(2n-1)}{3} \;<\; \frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} \;<\; \frac{2n(n+1)}{3}.$
Simpulkan (teorema Euler, lewat bukti Cauchy):

$\zeta(2) = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}.$
Sarikan lajunya dari apitan itu: tunjukkan

$\Bigl|\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} - \frac{\pi^2}6\Bigr| = O\Bigl(\frac1n\Bigr),$

yang selaras dengan ekor eksak $\sum_{k>n}k^{-2} = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ pada Latihan 6.11.
Jalankan mesinnya satu lantai lebih tinggi: dengan memakai fungsi Vieta kedua bagi $P_n$ , tunjukkan

$\sum_{k=1}^{n}\cot^4\theta_k = \Bigl(\frac{n(2n-1)}3\Bigr)^{\!2} - \frac{2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{60} \;\sim\; \frac{8n^4}{45},$

lalu apitlah dengan $\cot^4 < \theta^{-4} < (1 + \cot^2)^2$ untuk memperoleh $\zeta(4) = \dfrac{\pi^4}{90}$ .

Bagian III — Panennya.

Turunkan dari $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ :

$\sum_{k\geq0}\frac{1}{(2k+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}, \qquad \sum_{k\geq1}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \frac{\pi^2}{12}.$
Padukan dengan Latihan 7.7: hitunglah $S = \sum_{\gcd(a,b)=1}\frac{1}{a^2b^2} = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} = \frac52$ , lalu tafsirkan $\frac{1}{\zeta(2)} = \frac{6}{\pi^2} \approx 0.608$ sebagai kerapatan pasangan yang saling prima (nyatakan heuristiknya secara jujur: pencacahan yang cermat adalah urusan jilid Tahun ke-3).
(Percepatan yang tersahkan) Rumus ekor pada pertanyaan 9 memberi $\sum_{k\leq n}k^{-2} + \frac1n - \frac1{2n^2} = \frac{\pi^2}6 + O(n^{-3})$ . Bandingkan kerja yang diperlukan untuk enam angka $\zeta(2)$ : penjumlahan langsung lawan jumlah terkoreksi di $n = 100$ (tempat galatnya $1.7\cdot10^{-7}$ ).
Periksalah pertanyaan 4 dengan tangan di $n = 1$ dan $n = 2$ (yakni nilai $\cot^2\frac\pi3 = \frac13$ dan $\cot^2\frac\pi5 + \cot^2\frac{2\pi}5 = 2$ ), dengan memakai $\cos\frac\pi5 = \frac{1+\sqrt5}4$ atau penilaian numerik.
Buktikan kesamaan pendampingnya

$\sum_{k=1}^{n}\tan^2\frac{k\pi}{2n+1} = n(2n+1)$

(sebab bilangan $\tan^2\theta_k$ adalah akar polinomial terbalik $x^nP_n(1/x)$ ), lalu periksalah di $n = 1$ .

Bagian IV — Panorama Bertrand. Untuk $\alpha, \beta \in \R$ , tinjaulah deret Bertrand

\sum_{n \geq 3} \frac{1}{n^{\alpha}(\ln n)^{\beta}} .

Tunjukkan bahwa untuk $\alpha > 1$ deretnya konvergen, berapa pun $\beta$ (bandingkan dengan $n^{-(1+\alpha)/2}$ ).
Tunjukkan bahwa untuk $\alpha < 1$ ia divergen, berapa pun $\beta$ .
Untuk $\alpha = 1$ : dengan memakai perbandingan deret dengan integral (Teorema 6.6) pada $f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\beta}$ , buktikan bahwa ia konvergen bila dan hanya bila $\beta > 1$ .
Iterasikan perbatasannya: tunjukkan $\sum\frac{1}{n\ln n\,\ln\ln n}$ divergen sedangkan $\sum\frac{1}{n\ln n\,(\ln\ln n)^2}$ konvergen.
Dua jebakan: tentukan sifat

$\sum_n \frac{1}{n^{1 + 1/\ln n}} \qquad\text{dan}\qquad \sum_n \frac{1}{n^{1 + 1/\ln\ln n}}$

(hitunglah $n^{1/\ln n}$ secara eksak; lalu bandingkan $n^{1/\ln\ln n}$ dengan setiap pangkat $\ln n$ ).
(Tak ada deret konvergen yang paling lambat) Misalkan $\sum a_n$ deret konvergen apa pun dengan $a_n > 0$ , dan $R_n = \sum_{k \geq n}a_k$ ekornya. Buktikan bahwa $\sum \frac{a_n}{\sqrt{R_n}}$ tetap konvergen (bandingkan dengan teleskop $2(\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}})$ ), walaupun $\frac{a_n/\sqrt{R_n}}{a_n} \to \infty$ : jadi setiap deret konvergen didominasi tegas oleh deret konvergen yang lain. Perbatasan kekonvergenannya bukan sebuah kurva, melainkan kabut.

Bagian V — Pemeriksaan silang dan rangkuman.

(Kondensasi Cauchy) Buktikan: untuk $(a_n)$ yang positif dan turun, $\sum a_n$ konvergen bila dan hanya bila $\sum 2^k a_{2^k}$ konvergen. Lalu turunkan kembali perbatasan pertanyaan 18 dari situ.
(Ongkos kelambanan) Untuk $\sum\frac1{n(\ln n)^2}$ , batasilah ekornya oleh sebuah integral lalu tunjukkan bahwa menjumlahkannya sampai $N = 10^6$ masih menyisakan galat yang lebih besar daripada $0.07$ : jadi kekonvergenan yang disahkan teori dapat tak berguna bagi numerik — bandingkan dengan pertanyaan 13.
Golongkanlah (beserta pembenaran satu baris): $\sum\frac1{n\ln n}$ , $\sum\frac1{n^{1.01}}$ , $\sum\frac{(\ln n)^{100}}{n^{1.001}}$ , dan $\sum\frac1{n(\ln n)(\ln\ln n)^{3}}$ .
(Rangkuman) Satu kalimat untuk masing-masing: bagaimana de Moivre mengubah kesamaan trigonometri menjadi polinomial yang jumlah akarnya terhitungkan; di mana apitannya memerlukan kesamaan eksak di ujungnya, bukan sekadar yang setara; perkakas Bab 6 yang mana yang menggerakkan Bagian IV; dan apa yang dikatakan pertanyaan 21 tentang impian adanya “uji perbandingan semesta”. Sebutkan kedua puncaknya: $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ milik Euler (beserta lantai di atasnya, $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ ), dan penggolongan Bertrand. Catat pula di mana $\zeta(2)$ akan dibuktikan sekali lagi: lewat Parseval pada Bab 14 — satu teorema, dua peradaban.

Solusi

Solusi Soal 7.1.

1. Induksi pada $m$ : untuk $m = 0$ kedua ruasnya $1$ ; lalu langkahnya mengalikan dengan $\cos\theta + \iu\sin\theta$ dan memakai rumus penjumlahan $\cos(m\theta + \theta) = \cos m\theta\cos\theta - \sin m\theta\sin\theta$ serta $\sin(m\theta + \theta) = \sin m\theta\cos\theta + \cos m\theta\sin\theta$ . Sebagai gantinya, menguraikannya lewat teorema binomial dengan $m = 2n+1$ lalu mengumpulkan bagian imajinernya (yakni pangkat ganjil $\iu\sin\theta$ , dengan $\iu^{2j+1} = (-1)^j\iu$ ) memberi

\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sum_{j=0}^{n}(-1)^j \binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2(n-j)}\theta\,\sin^{2j+1}\theta .

2. Pada $\intoo0{\frac\pi2}$ berlaku $\sin\theta \neq 0$ : keluarkan faktor $\sin^{2n+1}\theta$ dari tiap sukunya, sehingga tersisa $\bigl(\frac{\cos^2\theta}{\sin^2\theta}\bigr)^{n-j} = (\cot^2\theta)^{n-j}$ : yakni kesamaan yang tertulis tadi dengan $P_n(x) = \sum_j(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{n-j}$ . Koefisien berderajat $n$ -nya berasal dari $j = 0$ , yaitu $\binom{2n+1}{1} = 2n + 1 \neq 0$ .

3. Di $\theta_k = \frac{k\pi}{2n+1}$ : $\sin\bigl((2n{+}1)\theta_k\bigr) = \sin k\pi = 0$ sedangkan $\sin^{2n+1}\theta_k \neq 0$ , jadi $P_n(\cot^2\theta_k) = 0$ . Nilai $\theta_k$ naik tegas di $\intoo0{\frac\pi2}$ , tempat $\cot^2$ turun tegas: jadi nilai $x_k = \cot^2\theta_k$ berbeda sepasang demi sepasang — yakni $n$ akar berbeda bagi polinomial berderajat $n$ , sehingga itulah seluruh akarnya.

4. Menurut Vieta, jumlah akarnya adalah negatif rasio koefisien $x^{n-1}$ terhadap koefisien $x^n$ :

\sum_{k=1}^{n}\cot^2\theta_k = \frac{\binom{2n+1}{3}}{\binom{2n+1}{1}} = \frac{(2n+1)(2n)(2n-1)/6}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}.

5. Karena $\frac{1}{\sin^2\theta} = 1 + \cot^2\theta$ , setelah dijumlahkan diperoleh $n + \frac{n(2n-1)}3 = \frac{3n + 2n^2 - n}{3} = \frac{2n(n+1)}{3}$ .

6. Pada $\intoo{0}{\frac\pi2}$ : $\sin\theta < \theta < \tan\theta$ (jilid Tahun ke-1). Mengambil kebalikannya membalik urutannya: $\cot\theta < \frac1\theta < \frac1{\sin\theta}$ , lalu mengkuadratkannya (semuanya positif) memberi $\cot^2\theta < \frac1{\theta^2} < \frac1{\sin^2\theta}$ .

7. Jumlahkan pertanyaan 6 di $\theta = \theta_k$ atas $k \leq n$ , dengan memakai pertanyaan 4 dan 5, serta $\frac1{\theta_k^2} = \frac{(2n+1)^2}{k^2\pi^2}$ :

\frac{n(2n-1)}3 < \frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^n\frac1{k^2} < \frac{2n(n+1)}3 .

8. Kalikan dengan $\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}$ :

\frac{\pi^2}{3}\cdot\frac{n(2n-1)}{(2n+1)^2} < \sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} < \frac{\pi^2}{3}\cdot\frac{2n(n+1)}{(2n+1)^2}.

Kedua batasnya menuju $\frac{\pi^2}3\cdot\frac12 = \frac{\pi^2}6$ (sebab pecahan rasionalnya menuju $\frac12$ ). Jumlah parsialnya naik, jadi ia konvergen, dan apitannya memberi $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ : itulah teorema Euler, lewat bukti Cauchy.

9. Jumlah parsialnya naik ke $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ , jadi $0 \leq \frac{\pi^2}6 - \sum_{k\leq n}k^{-2}$ ; lalu batas bawah pada pertanyaan 8 memberi

\frac{\pi^2}6 - \sum_{k\leq n}\frac1{k^2} \leq \frac{\pi^2}6 - \frac{\pi^2}3\cdot\frac{n(2n-1)}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}6\cdot\frac{(2n+1)^2 - (4n^2 - 2n)}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}6\cdot\frac{6n + 1}{(2n+1)^2} = O\Bigl(\frac1n\Bigr),

yang cocok dengan ekor eksak $\frac1n - \frac1{2n^2} + O(n^{-3})$ pada Latihan 6.11.

10. Fungsi simetrik elementer kedua atas akarnya adalah $\sigma_2 = \frac{\binom{2n+1}5}{\binom{2n+1}1} = \frac{(2n)(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{120}$ , sehingga

\sum_k\cot^4\theta_k = \sigma_1^2 - 2\sigma_2 = \Bigl(\frac{n(2n-1)}3\Bigr)^2 - \frac{2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{60} \sim \frac{4n^4}9 - \frac{4n^4}{15} = \frac{8n^4}{45}.

Setelah $\cot^4\theta < \theta^{-4} < (1 + \cot^2\theta)^2 = 1 + 2\cot^2\theta + \cot^4\theta$ diapit lalu dijumlahkan: kedua jumlah luarnya bernilai $\frac{8n^4}{45}(1 + o(1))$ (sebab tambahan $n + 2\sigma_1 = O(n^2)$ terabaikan), sedangkan jumlah tengahnya adalah $\frac{(2n+1)^4}{\pi^4}\sum_{k\leq n}k^{-4}$ . Karenanya

\sum_{k\leq n}\frac1{k^4} \longrightarrow \pi^4\cdot\frac{8/45}{16} = \frac{\pi^4}{90}.

11. Setelah $\zeta(2)$ dipecah menurut paritasnya: $\sum_{\text{genap}} = \sum_j\frac{1}{(2j)^2} = \frac14\zeta(2) = \frac{\pi^2}{24}$ , jadi $\sum_{\text{ganjil}} = \zeta(2) - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}8$ . Untuk yang berselang-seling: $\sum_k\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \sum_{\text{ganjil}} - \sum_{\text{genap}} = \frac{\pi^2}8 - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{12}$ (dan kekonvergenan mutlaknya mengesahkan pengelompokan ulang itu, Teorema 7.11).

12. $S = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} = \frac{(\pi^2/6)^2}{\pi^4/90} = \frac{90}{36} = \frac52$ . Heuristiknya: kesamaan $\zeta(2)^2 = \zeta(4)S$ pada Latihan 7.7 mengatakan bahwa mengeluarkan $\gcd$ menormalkan ulang pasangannya menjadi pasangan yang saling prima; lalu kebalikannya $\frac1{\zeta(2)} = \frac6{\pi^2} \approx 0.608$ menjadi calon alami bagi kerapatan pasangan saling prima di antara semua pasangan — yakni pernyataan tentang $\lim_N \frac{1}{N^2}\#\{(m,n) \leq N : \gcd = 1\}$ yang bukti jujurnya (lengkap dengan suku galatnya) menjadi bagian jilid Tahun ke-3.

13. Penjumlahan langsung bergalat $\sim \frac1n$ : jadi enam angka menuntut sekitar $10^6$ suku. Sedangkan jumlah terkoreksi $\sum_{k\leq n}k^{-2} + \frac1n - \frac1{2n^2}$ bergalat $O(n^{-3})$ : di $n = 100$ ia sama dengan $1.6449339\dots$ terhadap $\frac{\pi^2}6 = 1.6449341\dots$ — galatnya $1.7\cdot10^{-7}$ , yakni tujuh angka dari seratus suku. Jadi koreksi asimtotik mengalahkan kesabaran mentah sejauh empat orde besaran.

14. Untuk $n = 1$ : $P_1(x) = 3x - 1$ , dengan akar $\frac13$ , dan memang $\cot^2\frac\pi3 = \bigl(\frac1{\sqrt3}\bigr)^2 = \frac13 = \frac{1\cdot1}3$ . Untuk $n = 2$ : rumusnya meramalkan $\frac{2\cdot3}3 = 2$ ; lalu dengan $\cos\frac\pi5 = \frac{1 + \sqrt5}{4}$ terhitung $\cot^2 36^\circ \approx 1.894$ dan $\cot^2 72^\circ \approx 0.106$ : jumlahnya $2.000$ .

15. Bilangan $\tan^2\theta_k = \frac1{x_k}$ merupakan akar $Q(x) = x^nP_n\bigl(\frac1x\bigr) = \sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^j$ (sebab $x_k$ tak nol). Vieta pada $Q$ : koefisien utamanya $(-1)^n$ (dari suku $j = n$ ), koefisien berikutnya $(-1)^{n-1}\binom{2n+1}{2n-1} = (-1)^{n-1}\binom{2n+1}{2}$ , sehingga

\sum_{k=1}^n\tan^2\theta_k = -\frac{(-1)^{n-1}\binom{2n+1}2}{(-1)^n} = \binom{2n+1}2\cdot \frac{2}{2n+1}\cdot\frac{2n+1}{2} = n(2n+1).

Periksa $n = 1$ : $\tan^2\frac\pi3 = 3 = 1\cdot3$ .

16. Misalkan $\gamma = \frac{1+\alpha}2 \in \intoo{1}{\alpha}$ . Maka $\frac{n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}}{n^{-\gamma}} = n^{\gamma - \alpha}(\ln n)^{-\beta} \to 0$ (sebab pangkat negatif $n$ mengalahkan pangkat berapa pun dari $\ln n$ ), jadi akhirnya sukunya $\leq n^{-\gamma}$ dengan $\gamma > 1$ : sehingga konvergen lewat pembandingan dengan deret Riemann.

17. Misalkan $\gamma = \frac{1+\alpha}2 \in \intoo{\alpha}{1}$ : kini $\frac{n^{-\gamma}}{n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}} = n^{\alpha-\gamma}(\ln n)^{\beta} \to 0$ , jadi akhirnya sukunya $\geq n^{-\gamma}$ dengan $\gamma < 1$ : sehingga divergen.

18. Fungsi $f(t) = \frac1{t(\ln t)^\beta}$ bersifat positif, kontinu, dan turun untuk $t$ yang besar (sebab logaritmanya berturunan $-\frac1t\bigl(1 + \frac{\beta}{\ln t}\bigr) < 0$ pada akhirnya). Antiturunannya: untuk $\beta \neq 1$ , $\int^x f = \frac{(\ln x)^{1-\beta}}{1-\beta} + \text{tetapan}$ , yang punya limit hingga bila dan hanya bila $\beta > 1$ ; sedangkan untuk $\beta = 1$ , $\int^x f = \ln\ln x \to \infty$ . Menurut Teorema 6.6, deret dan integralnya bersifat sama: jadi konvergen bila dan hanya bila $\beta > 1$ .

19. Uji yang sama: $\frac{\dd}{\dd t}\ln\ln\ln t = \frac{1}{t\ln t\,\ln\ln t}$ , dan $\ln\ln\ln t \to \infty$ : jadi divergen. Sedangkan $\frac{\dd}{\dd t}\Bigl(-\frac1{\ln\ln t}\Bigr) = \frac{1}{t\ln t\,(\ln\ln t)^2}$ dengan $-\frac1{\ln\ln t} \to 0$ : jadi konvergen.

20. Yang pertama: $n^{1/\ln n} = \eu^{\ln n/\ln n} = \eu$ , jadi sukunya tepat $\frac{1}{\eu\,n}$ : yakni kelipatan deret harmonik, sehingga divergen — sebab eksponen $1 + \frac1{\ln n}$ merangkak ke $1$ terlalu cepat. Yang kedua: $n^{1/\ln\ln n} = \eu^{\ln n/\ln\ln n}$ , dan akhirnya $\frac{\ln n}{\ln\ln n} \geq 2\ln\ln n$ , jadi $n^{1/\ln\ln n} \geq (\ln n)^2$ : sehingga sukunya $\leq \frac1{n(\ln n)^2}$ , yakni deret Bertrand yang konvergen (pertanyaan 18): jadi konvergen. Perbatasannya lewat tegas di antara kedua eksponen itu.

21. Kita punya $R_n \downarrow 0$ dan

\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}} = \frac{R_n - R_{n+1}}{\sqrt{R_n} + \sqrt{R_{n+1}}} = \frac{a_n}{\sqrt{R_n} + \sqrt{R_{n+1}}} \geq \frac{a_n}{2\sqrt{R_n}},

jadi $\sum_n \frac{a_n}{\sqrt{R_n}} \leq 2\sum_n(\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}}) = 2\sqrt{R_1} < \infty$ (lewat teleskop). Namun $\frac{a_n/\sqrt{R_n}}{a_n} = \frac1{\sqrt{R_n}} \to \infty$ : jadi deret yang baru itu konvergen padahal ia tak hingga kali lebih besar. Tak ada deret konvergen yang paling lambat; jadi uji perbandingan terhadap keluarga tetap mana pun tak akan pernah lengkap.

22. Untuk $(a_n)$ positif yang turun, kelompokkan sukunya di antara pangkat $2$ yang berurutan:

2^{k}a_{2^{k+1}} \leq \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} a_n \leq 2^ka_{2^k} .

Setelah dijumlahkan atas $k$ : jika $\sum 2^ka_{2^k}$ konvergen, maka jumlah parsial $\sum a_n$ terbatas (jadi konvergen); sebaliknya jika $\sum a_n$ konvergen, maka $\sum_k 2^{k+1}a_{2^{k+1}} \leq 2\sum_n a_n < \infty$ . Untuk $a_n = \frac1{n(\ln n)^\beta}$ : $2^ka_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\beta}$ , dan $\sum k^{-\beta}$ konvergen bila dan hanya bila $\beta > 1$ : jadi perbatasan pertanyaan 18 lagi, tanpa integral.

23. Menurut perbandingan integralnya,

\sum_{n > N}\frac{1}{n(\ln n)^2} \geq \int_{N+1}^{\infty}\frac{\dd t}{t(\ln t)^2} = \frac{1}{\ln(N+1)},

yang di $N = 10^6$ bernilai $\approx 0.0724$ : jadi setelah sejuta suku ekornya masih melampaui $0.07$ — deretnya konvergen, tetapi tak ada penjumlahan langsung yang akan pernah memperlihatkan jumlahnya. Bandingkan dengan pertanyaan 13, tempat satu koreksi asimtotik membeli tujuh angka dari seratus suku: mengetahui bagaimana sebuah deret konvergen lebih berharga daripada mengetahui bahwa ia konvergen.

24. $\sum\frac1{n\ln n}$ : divergen ( $\alpha = 1$ , $\beta = 1$ , pertanyaan 18). $\sum\frac1{n^{1.01}}$ : konvergen (Riemann, $\alpha > 1$ ). $\sum\frac{(\ln n)^{100}}{n^{1.001}}$ : konvergen ( $\alpha = 1.001 > 1$ , $\beta = -100$ , pertanyaan 16). $\sum\frac1{n\ln n(\ln\ln n)^3}$ : konvergen (dengan pola pertanyaan 19: antiturunannya $-\frac12(\ln\ln t)^{-2}$ , yang berlimit hingga).

25. De Moivre mengubah penolkan $\sin(2n{+}1) \theta_k$ menjadi penolkan sebuah polinomial di $\cot^2\theta_k$ , lalu Vieta membaca jumlah akar eksak yang hanya dapat ditaksir oleh analisis semata (pertanyaan 1–5). Apitannya memerlukan nilai eksak $\frac{n(2n-1)}3$ dan $\frac{2n(n+1)}3$ pada kedua sisinya — sebab yang setara justru akan mengemis pada pertanyaannya, karena seluruh intinya adalah konstanta $\frac{\pi^2}6$ (pertanyaan 7–8). Bagian IV seluruhnya berjalan pada perbandingan deret dengan integral pada Bab 6, dengan antiturunan logaritmiknya yang menggolongkan (pertanyaan 18–19). Pertanyaan 21 menghancurkan impian akan uji perbandingan semesta: sebab di bawah setiap deret konvergen ada deret lain yang tak hingga kali lebih lambat — skala seperti milik Bertrand memetakan perbatasannya makin halus tetapi tak pernah dapat mencapainya. Puncaknya: $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ milik Euler beserta lantai atasnya $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ (pertanyaan 8 dan 10), dan penggolongan Bertrand (pertanyaan 16–18); adapun $\zeta(2)$ kembali pada Bab 14, tempat kesamaan Parseval membuktikannya ulang dalam satu baris dari deret Fourier gelombang gergaji — satu konstanta, dua peradaban.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium

7.1 Deret pada ruang bernorma

7.2 Penjumlahan Abel

7.3 Keluarga terjumlahkan

7.4 Latihan

7.5 Soal: ζ(2)=π2/6\zeta(2) = \pi^2/6ζ(2)=π2/6 milik Euler, lewat Jumlah Kotangen Cauchy

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

7.5 Soal: $\zeta(2) = \pi^2/6$ milik Euler, lewat Jumlah Kotangen Cauchy