Bab 10

Deret Tak Hingga

Jika barisan menjawab "ke mana suku-suku menuju?", maka deret menjawab "berapa total dari semua suku tak hingga itu?". Bab ini mendefinisikan deret tak hingga sebagai limit jumlah parsial, menganalisis deret geometri secara lengkap, membuktikan divergensi deret harmonik, memperkenalkan deret-$p$, serta menetapkan sifat-sifat dasar yang menjadi fondasi bagi uji konvergensi formal di bab selanjutnya.

Sₙ Jumlah Parsial Σ arⁿ Deret Geometri 1/n Harmonik & p alg Sifat Aljabar
Gambar 10.1 — Alur konsep Bab 10: dari definisi jumlah parsial hingga sifat aljabar deret konvergen

10.1 Dari Barisan ke Deret

Di Bab 9 kita mempelajari barisan $\{a_n\}$ dan pertanyaan "ke mana $a_n$ menuju?". Sekarang kita ajukan pertanyaan yang berbeda dan lebih menantang: "berapa jumlah dari semua suku $a_1 + a_2 + a_3 + \cdots$?"

Pertanyaan ini bermakna karena kita menambahkan tak hingga banyak suku. Penjumlahan tak hingga tidak didefinisikan secara langsung — kita tidak bisa "menyelesaikan" penjumlahan tak berujung seperti kita menyelesaikan penjumlahan finit. Sebagai gantinya, kita mendefinisikannya melalui limit.

Konteks Historis

Paradoks Zeno (sekitar 450 SM) sudah menyentuh masalah penjumlahan tak hingga: jika Achilles harus menempuh setengah jarak, lalu seperempat, lalu seperdelapan, dan seterusnya, bagaimana ia bisa menyelesaikan lintasan? Jawaban modern: jumlah $\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \cdots = 1$, yang secara tepat adalah deret geometri dengan rasio $\frac{1}{2}$.

Contoh 10.0 — Mengapa Kita Tidak Bisa Langsung Menjumlahkan

Pertimbangkan deret $1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$. Jika kita "menjumlahkan secara langsung", berbagai hasil bisa diperoleh tergantung cara pengelompokan:

  • $(1-1) + (1-1) + (1-1) + \cdots = 0 + 0 + 0 + \cdots = 0$
  • $1 + (-1+1) + (-1+1) + \cdots = 1 + 0 + 0 + \cdots = 1$
  • $1 - (1-1) - (1-1) - \cdots = 1 - 0 - 0 - \cdots = 1$

Tiga hasil berbeda dari "deret yang sama"! Ini menunjukkan bahwa penjumlahan tak hingga tidak memiliki makna kecuali kita mendefinisikannya secara rigoros melalui limit jumlah parsial. Dengan definisi yang benar (Bagian 10.2), deret ini divergen — tidak ada jawaban yang benar di antara ketiganya.

10.2 Definisi Deret Tak Hingga

Definisi 10.1 — Jumlah Parsial

Misalkan $\{a_n\}$ adalah barisan bilangan real. Jumlah parsial ke-$n$ didefinisikan sebagai:

$$S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k = a_1 + a_2 + \cdots + a_n$$

Jumlah parsial itu sendiri membentuk barisan baru $\{S_n\}_{n=1}^{\infty}$, yang disebut barisan jumlah parsial.

Definisi 10.2 — Deret Tak Hingga dan Konvergensi

Deret tak hingga $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ dikatakan konvergen dengan jumlah $S$ jika barisan jumlah parsialnya konvergen:

$$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = S \quad \overset{\text{def}}{\iff} \quad \lim_{n\to\infty} S_n = S, \qquad \text{di mana } S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k$$

Jika $\{S_n\}$ divergen, maka deret $\sum a_n$ dikatakan divergen.

Perhatian Penting

Notasi $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ bukan penjumlahan biasa — ini adalah notasi untuk limit dari jumlah parsial. Kita tidak pernah "menjumlahkan tak hingga suku" secara literal; kita menghitung limit dari jumlah finit yang makin panjang. Penyalahgunaan notasi ini adalah sumber paling umum dari kesalahan konseptual dalam kalkulus.

Contoh 10.1 — Deret Sederhana yang Konvergen

Pertimbangkan deret $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}$. Jumlah parsialnya:

$$S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)} = \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right)$$

Ini adalah deret teleskopik — hampir semua suku saling menghapus:

$$S_n = \left(1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) = 1 - \frac{1}{n+1}$$

Maka:

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} = \lim_{n\to\infty} \left(1 - \frac{1}{n+1}\right) = \boxed{1}$$
Contoh 10.1b — Deret Geometri Sederhana via Jumlah Parsial

Hitung $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \cdots$

Penyelesaian: Jumlah parsialnya (menggunakan rumus deret geometri finit, yang akan dibuktikan di Bagian 10.3):

$$S_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{2^k} = \frac{1 - (1/2)^{n+1}}{1 - 1/2} = 2\left(1 - \frac{1}{2^{n+1}}\right) = 2 - \frac{1}{2^n}$$

Maka:

$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^n} = \lim_{n\to\infty} \left(2 - \frac{1}{2^n}\right) = 2 - 0 = \boxed{2}$$

Ini adalah contoh paling sederhana dari deret geometri dan sekaligus menjawab paradoks Zeno: menempuh setengah, seperempat, seperdelapan, ... dari jarak total memberikan jumlah tepat 1 jarak utuh.

Contoh 10.1c — Deret yang Divergen

Pertimbangkan $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} n = 1 + 2 + 3 + 4 + \cdots$

Jumlah parsial: $S_n = \dfrac{n(n+1)}{2} \to \infty$. Jadi deret ini divergen ke $+\infty$.

Pertimbangkan juga $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} = 1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$

Jumlah parsial: $S_1 = 1$, $S_2 = 0$, $S_3 = 1$, $S_4 = 0$, ... Barisan $\{S_n\}$ berosilasi antara $0$ dan $1$, sehingga divergen (tidak ada limit).

1 ½ 0 n Sₙ S=1 ··· a₁=½ a₂=⅙ a₃ a₄ → 1
Gambar 10.2 — Visualisasi ∑ 1/(n(n+1)): batang menunjukkan suku-suku ak yang menyusut cepat, titik ungu menunjukkan jumlah parsial Sn = n/(n+1) yang mendekati 1 secara asimptotik.

10.3 Deret Geometri

Deret geometri adalah keluarga deret paling penting dalam kalkulus dan teknik. Banyak fenomena fisika dan teknik yang dimodelkan oleh deret geometri: peluruhan radioaktif, penguatan sinyal, perhitungan anuitas, dan lain-lain.

Definisi 10.3 — Deret Geometri

Deret geometri dengan suku awal $a \neq 0$ dan rasio $r$ adalah:

$$\sum_{n=0}^{\infty} ar^n = a + ar + ar^2 + ar^3 + \cdots$$
Teorema 10.1 — Konvergensi Deret Geometri

Deret geometri $\sum_{n=0}^{\infty} ar^n$:

  • Konvergen ke $\dfrac{a}{1-r}$ jika $|r| < 1$
  • Divergen jika $|r| \geq 1$
Bukti — Rumus Jumlah Parsial Deret Geometri

Jumlah parsial ke-$n$:

$$S_n = a + ar + ar^2 + \cdots + ar^{n-1}$$

Kalikan dengan $(1-r)$:

$$(1-r)S_n = (1-r)(a + ar + \cdots + ar^{n-1}) = a - ar^n$$

Sehingga untuk $r \neq 1$:

$$S_n = \frac{a(1 - r^n)}{1 - r}$$

Sekarang ambil limit $n \to \infty$:

  • Jika $|r| < 1$: $\displaystyle\lim_{n\to\infty} r^n = 0$, sehingga $\displaystyle\lim_{n\to\infty} S_n = \frac{a}{1-r}$ ✓ konvergen
  • Jika $|r| \geq 1$: $r^n$ tidak konvergen ke $0$, sehingga $S_n$ tidak memiliki limit terhingga ✗ divergen

Kasus khusus $r = 1$: $S_n = na \to \pm\infty$ (divergen, kecuali $a = 0$ yang trivial). ∎

n Sₙ S=2 r = ½ S=⅔ r = −½ r = 2 (divergen)
Gambar 10.3 — Jumlah parsial deret geometri untuk berbagai rasio: $r = \frac{1}{2}$ (konvergen halus), $r = -\frac{1}{2}$ (konvergen dengan osilasi), $r = 2$ (divergen eksplosif)
Contoh 10.2 — Menghitung Deret Geometri

(a) $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{3}{4^n} = 3\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^n = 3 \cdot \frac{1}{1 - 1/4} = 3 \cdot \frac{4}{3} = \boxed{4}$

(b) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{5^n} = \frac{1}{5}\sum_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{1}{5}\right)^n = \frac{1/5}{1 - (-1/5)} = \frac{1/5}{6/5} = \boxed{\frac{1}{6}}$

(c) Mengubah desimal berulang ke pecahan: $0.\overline{37} = 0.373737\ldots$

$$0.\overline{37} = \frac{37}{100} + \frac{37}{10000} + \frac{37}{1000000} + \cdots = \frac{37/100}{1 - 1/100} = \frac{37/100}{99/100} = \boxed{\frac{37}{99}}$$
Contoh 10.2b — Trik Indeks pada Deret Geometri

Banyak soal deret geometri memerlukan manipulasi indeks sebelum rumus bisa diterapkan.

(a) $\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{7^n}$: Indeks mulai dari $n=2$, bukan $n=0$.

$$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{7^n} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{7^n} - \frac{1}{7^0} - \frac{1}{7^1} = \frac{1}{1-1/7} - 1 - \frac{1}{7} = \frac{7}{6} - \frac{8}{7} = \frac{49 - 48}{42} = \boxed{\frac{1}{42}}$$

Cara alternatif: Faktorkan $\dfrac{1}{7^2}$:

$$\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{7^n} = \frac{1}{49}\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{7^{n-2}} = \frac{1}{49}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{7^k} = \frac{1}{49} \cdot \frac{7}{6} = \boxed{\frac{1}{42}}$$

(b) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{3^n}$ untuk $|x| < 3$:

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{3^n} = \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x}{3}\right)^n = \frac{x/3}{1 - x/3} = \boxed{\frac{x}{3 - x}}, \quad |x| < 3$$

(c) $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n+3}}{5^n}$: Sederhanakan suku dulu:

$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^{n+3}}{5^n} = 2^3 \sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{2}{5}\right)^n = 8 \cdot \frac{1}{1 - 2/5} = 8 \cdot \frac{5}{3} = \boxed{\frac{40}{3}}$$
Contoh 10.2c — Desimal Berulang yang Lebih Kompleks

(a) $0.1\overline{47} = 0.1474747\ldots$

Pisahkan bagian non-berulang dan berulang:

$$0.1\overline{47} = \frac{1}{10} + \frac{1}{10} \cdot 0.\overline{47} = \frac{1}{10} + \frac{1}{10} \cdot \frac{47}{99} = \frac{1}{10} + \frac{47}{990} = \frac{99 + 47}{990} = \boxed{\frac{146}{990} = \frac{73}{495}}$$

(b) $0.\overline{123}$

$$0.\overline{123} = \frac{123}{1000} + \frac{123}{1000000} + \cdots = \frac{123/1000}{1 - 1/1000} = \frac{123}{999} = \boxed{\frac{41}{333}}$$

(c) $3.\overline{9}$ — ini mengejutkan banyak orang:

$$3.\overline{9} = 3 + \frac{9}{10} + \frac{9}{100} + \cdots = 3 + \frac{9/10}{1 - 1/10} = 3 + \frac{9/10}{9/10} = 3 + 1 = \boxed{4}$$

Jadi $0.\overline{9} = 1$ dan $3.\overline{9} = 4$ — ini bukan aproksimasi, ini persis sama. Setiap desimal berakhir (misalnya $1.000\ldots$) memiliki representasi alternatif yang berakhir dengan $9$ berulang.

Contoh 10.2d — Mengenali Deret Geometri Tersembunyi

Terkadang deret geometri "disembunyikan" di balik notasi yang tidak obvious.

(a) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{e^{2n}} = \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{e^2}\right)^n = \frac{1/e^2}{1 - 1/e^2} = \boxed{\frac{1}{e^2 - 1}}$

(b) $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\pi^n} = \sum_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{1}{\pi}\right)^n = \frac{1}{1 - (-1/\pi)} = \boxed{\frac{\pi}{\pi + 1}}$

(c) $\displaystyle\sum_{k=5}^{\infty} 4\left(\frac{1}{3}\right)^k = 4 \cdot \frac{(1/3)^5}{1 - 1/3} = 4 \cdot \frac{1/243}{2/3} = 4 \cdot \frac{1}{162} = \boxed{\frac{2}{81}}$

Penerapan Teknik — Peluruhan Radioaktif

Jika zat radioaktif memiliki waktu paruh $T_{1/2}$, maka fraksi yang tersisa setelah $n$ periode paruh adalah $r^n$ dengan $r = 1/2$. Total radiasi yang dipancarkan dari awal hingga akhir (waktu tak hingga) sebanding dengan $\sum_{n=0}^{\infty} r^n = \frac{1}{1-r} = 2$. Artinya, total radiasi yang dipancarkan selama masa pakai zat tersebut sama dengan dua kali radiasi awal — separuh dipancarkan dalam $T_{1/2}$ pertama, dan separuh sisanya dalam sisa waktu tak hingga.

Penerapan Teknik — Dosis Obat Berulang

Jika seorang pasien mendapat dosis obat $D$ setiap interval waktu tertentu, dan fraksi obat yang masih tersisa di tubuh dari dosis sebelumnya adalah $r$ (disebut fractional retention), maka jumlah obat di tubuh setelah $n$ dosis mendekati:

$$\text{Steady state} = D + Dr + Dr^2 + \cdots = \frac{D}{1 - r}$$

Misalnya, jika $D = 200$ mg dan $r = 0.6$, maka steady state $= 200/(1-0.6) = 500$ mg. Ini menunjukkan bahwa meskipun dosis setiap kali hanya 200 mg, akumulasi menyebabkan level obat di tubuh mencapai 500 mg pada kondisi stabil. Prinsip ini sangat penting dalam farmakologi untuk menentukan dosis aman.

10.4 Deret Teleskopik

Definisi 10.4 — Deret Teleskopik

Deret teleskopik (telescoping series) adalah deret yang suku-sukunya dapat ditulis sebagai $a_n = b_n - b_{n+1}$, sehingga jumlah parsialnya "mengerut" seperti teropong yang dilipat:

$$S_n = \sum_{k=1}^{n}(b_k - b_{k+1}) = (b_1 - b_2) + (b_2 - b_3) + \cdots + (b_n - b_{n+1}) = b_1 - b_{n+1}$$
Teknik Kunci: Dekomposisi Pecahan Parsial

Sebagian besar deret teleskopik ditemukan melalui dekomposisi pecahan parsial (partial fraction decomposition). Jika suku berbentuk $\dfrac{1}{(n+a)(n+b)}$ dengan $a \neq b$, maka:

$$\frac{1}{(n+a)(n+b)} = \frac{1}{b-a}\left(\frac{1}{n+a} - \frac{1}{n+b}\right)$$

Selisih $b-a$ di penyebut sering terlupakan dan merupakan sumber kesalahan paling umum.

Contoh 10.3 — Deret Teleskopik

(a) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+2)}$

Dekomposisi pecahan parsial: $\dfrac{1}{n(n+2)} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+2}\right)$

$$S_n = \frac{1}{2}\left[\left(1 - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+2}\right)\right]$$

Suku yang bertahan: $\dfrac{1}{2}\left(1 + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{n+1} - \dfrac{1}{n+2}\right) \to \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{3}{2} = \boxed{\dfrac{3}{4}}$

(b) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \ln\!\left(\frac{n+1}{n}\right)$

$$S_n = \sum_{k=1}^{n}\ln\!\left(\frac{k+1}{k}\right) = \sum_{k=1}^{n}\bigl[\ln(k+1) - \ln k\bigr] = \ln(n+1) - \ln 1 = \ln(n+1)$$

Karena $\ln(n+1) \to \infty$, deret ini divergen (meskipun suku-sukunya $\ln\!\left(\frac{n+1}{n}\right) \to 0$). Ini menunjukkan bahwa kondisi perlu $a_n \to 0$ tidak cukup untuk konvergensi.

Contoh 10.3b — Lebih Banyak Deret Teleskopik

(a) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$

Perhatikan bahwa $\dfrac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \dfrac{1}{n^2} - \dfrac{1}{(n+1)^2}$ (dapat diverifikasi dengan menyamakan penyebut). Maka:

$$S_n = \left(1 - \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{9}\right) + \left(\frac{1}{9} - \frac{1}{16}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2}\right) = 1 - \frac{1}{(n+1)^2}$$
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} = \lim_{n\to\infty}\left(1 - \frac{1}{(n+1)^2}\right) = \boxed{1}$$

(b) $\displaystyle\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n^2 - 4}$

Faktorkan: $n^2 - 4 = (n-2)(n+2)$. Pecahan parsial:

$$\frac{1}{(n-2)(n+2)} = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{n-2} - \frac{1}{n+2}\right)$$

Deret dimulai dari $n=3$. Jumlah parsial:

$$S_n = \frac{1}{4}\left[\left(\frac{1}{1} - \frac{1}{5}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{6}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{7}\right) + \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{8}\right) + \left(\frac{1}{5} - \frac{1}{9}\right) + \cdots\right]$$

Suku yang bertahan dari awal: $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{25}{12}$. Suku negatif yang tersisa di akhir: $-\dfrac{1}{n+1} - \dfrac{1}{n+2}$. Maka:

$$\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n^2 - 4} = \frac{1}{4}\left(\frac{25}{12} - 0 - 0\right) = \boxed{\frac{25}{48}}$$

(c) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{4}{(4n-3)(4n+1)}$

$$\frac{4}{(4n-3)(4n+1)} = \frac{1}{4n-3} - \frac{1}{4n+1}$$

Suku-suku positif: $\dfrac{1}{1},\ \dfrac{1}{5},\ \dfrac{1}{9},\ \ldots$ (indeks $4k-3$). Suku-suku negatif: $-\dfrac{1}{5},\ -\dfrac{1}{9},\ \ldots$ (indeks $4k+1$). Hampir semua saling menghapus, menyisakan hanya $\dfrac{1}{1} = \boxed{1}$.

Contoh 10.3c — Teleskopik dengan Faktorial

Hitung $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{(n+1)!}$

Penyelesaian: Gunakan identitas $\dfrac{n}{(n+1)!} = \dfrac{(n+1)-1}{(n+1)!} = \dfrac{1}{n!} - \dfrac{1}{(n+1)!}$:

$$S_n = \left(\frac{1}{1!} - \frac{1}{2!}\right) + \left(\frac{1}{2!} - \frac{1}{3!}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n!} - \frac{1}{(n+1)!}\right) = 1 - \frac{1}{(n+1)!}$$
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{(n+1)!} = \lim_{n\to\infty}\left(1 - \frac{1}{(n+1)!}\right) = \boxed{1}$$

Catatan: Fakta bahwa $\dfrac{1}{(n+1)!} \to 0$ sangat cepat (lebih cepat dari deret geometri apa pun) membuat teleskopik dengan faktorial selalu memberikan konvergensi yang "bersih".

10.5 Deret Harmonik

Deret harmonik adalah contoh paling penting dari deret yang suku-sukunya menuju nol tetapi deretnya divergen. Fakta ini mengejutkan banyak orang dan merupakan peringatan penting bahwa intuiti tentang penjumlahan finit tidak selalu berlaku untuk penjumlahan tak hingga.

Definisi 10.5 — Deret Harmonik

Deret harmonik adalah:

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots$$
Teorema 10.2 — Deret Harmonik Divergen

Bukti 1 (Oresme, ~1350): Kelompokkan suku-suku:

\begin{align*} 1 + \frac{1}{2} &+ \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8}\right) + \cdots \\ &\geq 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\cdot 2 + \frac{1}{8}\cdot 4 + \cdots \\ &= 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \cdots = \infty \end{align*}

Karena setiap kelompok $\geq \frac{1}{2}$ dan ada tak hingga banyak kelompok, $S_n \to \infty$. ∎

Bukti 2 — Via Uji Integral (Preview Bab 11)

Fungsi $f(x) = 1/x$ positif dan menurun untuk $x \geq 1$. Untuk setiap $n$:

$$\int_1^{n+1} \frac{1}{x}\,dx \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \leq 1 + \int_1^{n} \frac{1}{x}\,dx$$
$$\ln(n+1) \leq S_n \leq 1 + \ln n$$

Karena $\ln(n+1) \to \infty$, maka $S_n \to \infty$ oleh teorema squeeze. ∎

Bukti ini lebih kuat karena sekaligus memberikan estimasi kecepatan divergensi: $S_n \approx \ln n$.

Bukti 3 — Via Barisan Cauchy (dari Bab 9)

Dari Bab 9 (Contoh 9.23), kita sudah menunjukkan bahwa barisan jumlah parsial $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$ bukan barisan Cauchy karena $|S_{2n} - S_n| \geq \frac{1}{2}$ untuk semua $n$. Oleh Kriteria Cauchy, $\{S_n\}$ divergen, sehingga deret harmonik divergen. ∎

Pertumbuhan Sangat Lambat

Meskipun divergen, deret harmonik tumbuh sangat lambat: $S_{10} \approx 2.93$, $S_{100} \approx 5.19$, $S_{10^6} \approx 14.39$, $S_{10^{12}} \approx 28$. Secara asimtotik, $S_n \approx \ln n + \gamma$, di mana $\gamma \approx 0.5772$ adalah konstanta Euler-Mascheroni. Dalam praktik teknik, untuk $n$ yang sangat besar, $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$ dapat diaproksimasi oleh $\ln n + \gamma$.

Contoh 10.4 — "Hampir Harmonik" yang Juga Divergen

Tunjukkan bahwa $\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \ln n}$ divergen.

Bukti (via uji integral, preview): $\displaystyle\int_2^{\infty} \frac{1}{x \ln x}\,dx = \lim_{b\to\infty} \ln(\ln b) - \ln(\ln 2) = \infty$. Karena integral divergen dan $f(x) = 1/(x \ln x)$ positif menurun, deret juga divergen. ∎

Pelajaran: Bahkan jika suku-suku menyusut lebih cepat dari $1/n$, deret masih bisa divergen. Kita membutuhkan suku yang menyusut secara signifikan lebih cepat (seperti $1/n^p$ dengan $p > 1$) untuk mendapatkan konvergensi.

10.6 Deret-$p$

Definisi 10.6 — Deret-$p$

Deret-$p$ (p-series) untuk $p > 0$ adalah:

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p} = 1 + \frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p} + \frac{1}{4^p} + \cdots$$

Catatan: deret harmonik adalah kasus khusus $p = 1$.

Teorema 10.3 — Uji Deret-$p$

Deret $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$:

  • Konvergen jika $p > 1$
  • Divergen jika $p \leq 1$
Bukti (sketsa — uji integral, dirinci lengkap di Bab 11)

Fungsi $f(x) = 1/x^p$ positif dan menurun untuk $x \geq 1$ (jika $p > 0$). Bandingkan dengan integral:

$$\int_1^{\infty} \frac{1}{x^p}\,dx = \lim_{b\to\infty}\left[\frac{x^{1-p}}{1-p}\right]_1^{b}$$

Kasus $p > 1$: $1 - p < 0$, sehingga $b^{1-p} \to 0$ dan integral $= \dfrac{0 - 1}{1-p} = \dfrac{1}{p-1} < \infty$. Integral konvergen $\Rightarrow$ deret konvergen.

Kasus $p = 1$: $\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{1}{x}\,dx = \lim_{b\to\infty} \ln b = \infty$. Integral divergen $\Rightarrow$ deret divergen (ini adalah deret harmonik).

Kasus $0 < p < 1$: $1 - p > 0$, sehingga $b^{1-p} \to \infty$ dan integral divergen $\Rightarrow$ deret divergen. ∎

p Σ1/nᵖ p = 1 DIVERGEN p ≤ 1 KONVERGEN p > 1 p=½: Σ1/√n p=1: Σ1/n p=2: Σ1/n² p=4: Σ1/n⁴ batas kritis
Gambar 10.4 — Diagram konvergensi deret-$p$: batas kritis tepat di $p = 1$, sedikit di kiri divergen, sedikit di kanan konvergen
Nilai $p$DeretKonvergensiJumlah (jika konvergen)
$p = \frac{1}{2}$$\displaystyle\sum \frac{1}{\sqrt{n}}$Divergen—
$p = 1$$\displaystyle\sum \frac{1}{n}$Divergen—
$p = 2$$\displaystyle\sum \frac{1}{n^2}$Konvergen$\dfrac{\pi^2}{6}$ (Basel)
$p = 4$$\displaystyle\sum \frac{1}{n^4}$Konvergen$\dfrac{\pi^4}{90}$
$p \to 1^+$—Konvergen (tapi mendekati divergensi)$\to \infty$
Contoh 10.5 — Menggunakan Uji Deret-$p$

Tentukan konvergensi deret berikut:

(a) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt[3]{n^4}} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{4/3}}$. Karena $p = 4/3 > 1$: konvergen.

(b) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{0.99}}$. Karena $p = 0.99 < 1$: divergen. Ini menunjukkan betapa tajamnya batas $p = 1$ — perbedaan $0.01$ saja mengubah konvergensi!

(c) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1.01}}$. Karena $p = 1.01 > 1$: konvergen. Tapi jumlahnya sangat besar (mendekati tak hingga saat $p \to 1^+$).

(d) $\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \ln^2 n}$. Ini bukan deret-$p$, jadi uji deret-$p tidak langsung berlaku. (Sebenarnya deret ini konvergen via uji integral — lihat Bab 11.)

Nilai $\sum 1/n^2 = \pi^2/6$

Hasil mengejutkan ini pertama kali dibuktikan oleh Euler pada 1735 dan dikenal sebagai masalah Basel. Hubungan antara bilangan bulat ($1/n^2$) dan $\pi$ (yang muncul dari geometri lingkaran) adalah salah satu contoh paling indah dari "kesatuan matematika". Hasil serupa: $\sum 1/n^4 = \pi^4/90$, $\sum 1/n^6 = \pi^6/945$, dan secara umum $\sum 1/n^{2k} = \dfrac{(-1)^{k+1} B_{2k}(2\pi)^{2k}}{2(2k)!}$ dengan $B_{2k}$ adalah bilangan Bernoulli.

10.7 Uji Divergensi (Uji Suku ke-$n$)

Teorema 10.4 — Uji Divergensi (n-th Term Test)

Jika $\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n \neq 0$ (termasuk kasus limit tidak ada atau limit $\pm\infty$), maka $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ divergen.

Bentuk kontraposisi: Jika $\sum a_n$ konvergen, maka $\lim_{n\to\infty} a_n = 0$.

Perhatian — Uji Ini Tidak Bisa Membuktikan Konvergensi!

Kondisi $a_n \to 0$ adalah perlu tetapi tidak cukup untuk konvergensi. Deret harmonik $a_n = 1/n \to 0$ tetapi divergen. Uji divergensi hanya memberikan kesimpulan positif ketika limit bukan nol.

Contoh 10.6 — Menggunakan Uji Divergensi

(a) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n+1}$: $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n}{n+1} = 1 \neq 0$ → divergen

(b) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n$: $\lim_{n\to\infty} (-1)^n$ tidak ada → divergen

(c) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \cos\!\left(\frac{1}{n}\right)$: $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \cos\!\left(\frac{1}{n}\right) = \cos 0 = 1 \neq 0$ → divergen

(d) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$: $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^2} = 0$ → uji divergensi tidak memberikan kesimpulan (tapi kita tahu dari uji deret-$p$ bahwa ini konvergen)

Contoh 10.6b — Uji Divergensi pada Kasus yang Lebih Halus

(a) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \sin\!\left(\frac{\pi}{n}\right)$: Gunakan $\sin x \approx x$ untuk $x$ kecil:

$$\lim_{n\to\infty} \sin\!\left(\frac{\pi}{n}\right) = \sin 0 = 0$$

Uji divergensi tidak memberikan kesimpulan. (Sebenarnya deret ini divergen karena $\sin(\pi/n) \approx \pi/n$ dan $\sum 1/n$ divergen — akan dibuktikan secara formal di Bab 11 dengan uji perbandingan limit.)

(b) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \ln\!\left(1 + \frac{1}{n}\right)$:

$$\lim_{n\to\infty} \ln\!\left(1 + \frac{1}{n}\right) = \ln 1 = 0$$

Uji divergensi tidak memberikan kesimpulan. (Tapi kita sudah tahu dari Contoh 10.3 bahwa deret ini divergen karena teleskopik: $S_n = \ln(n+1) \to \infty$.)

(c) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n}$: Dari hierarki pertumbuhan (Bab 9), $\dfrac{n!}{n^n} \to 0$. Jadi uji divergensi tidak memberikan kesimpulan. (Sebenarnya deret ini konvergen — dapat dibuktikan dengan uji rasio di Bab 11.)

(d) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3n^2 + 1}{2n^2 - n}$:

$$\lim_{n\to\infty} \frac{3n^2 + 1}{2n^2 - n} = \frac{3}{2} \neq 0 \implies \textbf{divergen}$$
Strategi: Kapan Menggunakan Uji Divergensi?

Uji divergensi sebaiknya menjadi langkah pertama dalam menganalisis setiap deret. Jika $\lim a_n \neq 0$, kita langsung selesai — divergen. Jika $\lim a_n = 0$, kita lanjut ke uji lain (uji integral, uji perbandingan, uji rasio, dll. di Bab 11–12). Jangan pernah melompati uji ini, karena bisa menghemat banyak waktu.

10.8 Sifat Aljabar Deret Konvergen

Teorema 10.5 — Sifat Linearitas

Jika $\sum a_n = A$ dan $\sum b_n = B$ konvergen, dan $c \in \mathbb{R}$, maka:

$$\sum_{n=1}^{\infty} (a_n \pm b_n) = A \pm B, \qquad \sum_{n=1}^{\infty} c \cdot a_n = c \cdot A$$
Teorema 10.6 — Mengubah Jumlah Hingga Suku

Menambahkan, menghapus, atau mengubah jumlah hingga suku tidak mempengaruhi konvergensi/divergensi deret. Secara lebih tepat: jika $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ konvergen, maka $\sum_{n=N}^{\infty} a_n$ juga konvergen untuk setiap $N \in \mathbb{N}$.

Contoh 10.7 — Menggunakan Sifat Aljabar

(a) Tentukan jumlah $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n + 3^n}{6^n}$:

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^n + 3^n}{6^n} = \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2^n}{6^n} + \frac{3^n}{6^n}\right) = \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{3}\right)^n + \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^n$$
$$= \frac{1/3}{1 - 1/3} + \frac{1/2}{1 - 1/2} = \frac{1/3}{2/3} + \frac{1/2}{1/2} = \frac{1}{2} + 1 = \boxed{\frac{3}{2}}$$

(b) $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4 \cdot 3^n - 2 \cdot 5^n}{7^n}$:

$$= 4\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{3}{7}\right)^n - 2\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{5}{7}\right)^n = 4 \cdot \frac{1}{1-3/7} - 2 \cdot \frac{1}{1-5/7} = 4 \cdot \frac{7}{4} - 2 \cdot \frac{7}{2} = 7 - 7 = \boxed{0}$$

Hasil nol ini bukan kebetulan — dua deret geometri sama-sama konvergen dan jumlahnya kebetulan saling menghapus.

(c) Jika $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$, hitung $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^2}$:

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^2} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{4n^2} = \frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{1}{4} \cdot \frac{\pi^2}{6} = \boxed{\frac{\pi^2}{24}}$$

Dari sini, suku ganjil dari deret Basel dapat dihitung:

$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^2} = \frac{\pi^2}{6} - \frac{\pi^2}{24} = \boxed{\frac{\pi^2}{8}}$$
Perhatian — Linearitas Hanya untuk Deret Konvergen!

Jika salah satu deret divergen, linearitas tidak berlaku. Misalnya, kita tidak bisa menulis:

$$\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n}\right) \stackrel{?}{=} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \stackrel{?}{=} \infty - \infty$$

Ekspresi $\infty - \infty$ tidak terdefinisi. Padahal deret kiri jelas konvergen ke $0$ (setiap suku adalah nol!). Jadi: selalu pastikan kedua deret konvergen sebelum memisahkan penjumlahan.

Teorema 10.7 — Pengelompokan Suku

Jika $\sum a_n$ konvergen, maka suku-suku dapat dikelompokkan tanpa mengubah jumlahnya. Secara formal, jika $\{n_k\}$ adalah subbarisan $\mathbb{N}$ dengan $n_1 = 1$, maka:

$$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{k=1}^{\infty}\left(\sum_{j=n_k}^{n_{k+1}-1} a_j\right)$$
Perhatian — Pengelompokan Hanya Berlaku untuk Deret Konvergen

Untuk deret divergen, pengelompokan ulang dapat mengubah hasil! Contoh klasik: $1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$ divergen, tetapi jika dikelompokkan sebagai $(1-1) + (1-1) + \cdots = 0 + 0 + \cdots$ terlihat konvergen ke $0$. Ini salah — pengelompokan tidak valid untuk deret divergen.

Contoh 10.8 — Pengelompokan yang Valid vs. Tidak Valid

Valid: Deret $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots$ konvergen (akan dibuktikan di Bab 12, jumlahnya $= \ln 2$). Kita boleh mengelompokkan:

$$\left(1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{5} - \frac{1}{6}\right) + \cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n}\right) = \ln 2$$

Tidak valid: Deret harmonik $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots$ divergen. Jika kita "mengelompokkan dengan cerdik":

$$1 + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{5}\right) + \left(\frac{1}{6} - \frac{1}{7}\right) + \cdots$$

Setiap kelompok positif, jadi jumlah parsialnya naik — ini tidak "membuat" deret konvergen. Tapi jika kita mengelompokkan berbeda:

$$\left(1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{5} - \frac{1}{6} - \frac{1}{7} - \frac{1}{8}\right) + \cdots$$

kelompok pertama $= 1 - 5/6 = 1/6 > 0$, tapi pengelompokan ini tetap tidak membuat deret konvergen — itu hanya ilusi karena kita "menyembunyikan" divergensi di dalam kelompok yang makin besar.

Teorema 10.8 — Perpindahan Indeks (Reindexing)

Jika $\sum_{n=1}^{\infty} a_n = A$, maka untuk setiap bilangan bulat $k$:

$$\sum_{n=k}^{\infty} a_n = \sum_{n=1}^{\infty} a_{n+k-1}$$

Dan $\sum_{n=k}^{\infty} a_n = A - \sum_{n=1}^{k-1} a_n$.

Contoh 10.9 — Perpindahan Indeks

Jika $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = e^x$ (akan dibahas di Bab 14), maka:

$$\sum_{n=3}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = e^x - 1 - x - \frac{x^2}{2}$$

dan dengan substitusi $m = n - 3$:

$$\sum_{n=3}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{x^{m+3}}{(m+3)!} = x^3 \sum_{m=0}^{\infty} \frac{x^m}{(m+3)!}$$

10.9 Hubungan Deret dan Barisan

Hubungan antara deret dan barisan bersifat dua arah dan penting untuk dipahami dengan jelas:

Dari Deret ke BarisanDari Barisan ke Deret
Diberikan deret $\sum a_n$, definisikan barisan jumlah parsial $S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k$. Deret konvergen $\iff$ $\{S_n\}$ konvergen. Diberikan barisan $\{S_n\}$, definisikan $a_1 = S_1$ dan $a_n = S_n - S_{n-1}$ untuk $n \geq 2$. Maka $\sum a_n = \lim S_n$ (jika limit ada).
Teorema 10.9 — Suku ke-$n$ sebagai Selisih Jumlah Parsial

Jika $\sum_{n=1}^{\infty} a_n = S$, maka untuk setiap $n \geq 2$:

$$a_n = S_n - S_{n-1}$$

Dan konsekuensinya:

$$\lim_{n\to\infty} a_n = \lim_{n\to\infty} (S_n - S_{n-1}) = S - S = 0$$

Ini memberikan bukti alternatif yang sangat sederhana untuk uji divergensi.

10.10 Galat (Sisa) Jumlah Parsial

Dalam praktik, kita selalu menghitung jumlah parsial $S_n$ dan tidak pernah benar-benar menghitung jumlah tak hingga $S$. Pertanyaan penting: seberapa besar kesalahan jika kita berhenti di suku ke-$n$?

Definisi 10.7 — Sisa (Remainder)

Misalkan $\sum a_n = S$ konvergen. Sisa ke-$n$ didefinisikan sebagai:

$$R_n = S - S_n = \sum_{k=n+1}^{\infty} a_k$$

Jelas $R_n > 0$ (untuk deret positif) dan $R_n \to 0$ seiring $n \to \infty$. Nilai $|R_n|$ adalah galat absolut ketika mengaproksimasi $S$ dengan $S_n$.

Teorema 10.10 — Sisa Deret Geometri

Jika $\sum_{n=0}^{\infty} ar^n = \dfrac{a}{1-r}$ dengan $|r| < 1$, maka:

$$R_n = \sum_{k=n+1}^{\infty} ar^k = \frac{ar^{n+1}}{1 - r}$$
Contoh 10.10 — Menghitung Galat Deret Geometri

Berapa suku yang diperlukan agar $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^n}$ diaproksimasi dengan galat $< 0.001$?

Penyelesaian: $a = 1$, $r = 1/2$. Kita butuh:

$$R_n = \frac{(1/2)^{n+1}}{1 - 1/2} = \frac{1}{2^n} < 0.001 = \frac{1}{1000}$$
$$2^n > 1000 \implies n > \log_2 1000 \approx 9.97$$

Jadi $n \geq 10$, artinya kita perlu 11 suku pertama ($n = 0, 1, \ldots, 10$). Periksa: $S_{10} = 2 - 1/2^{10} = 2 - 1/1024 \approx 1.99902$, dan galatnya $= 1/1024 \approx 0.00098 < 0.001$. ✓

Contoh 10.11 — Penerapan: Bola Memantul

Sebuah bola dijatuhkan dari ketinggian $h_0 = 1$ meter. Setiap kali memantul, ketinggiannya menjadi $r = 3/4$ dari ketinggian sebelumnya.

(a) Total jarak (naik + turun):

$$D = \underbrace{1}_{\text{jatuh}} + 2 \underbrace{\left(\frac{3}{4} + \frac{9}{16} + \frac{27}{64} + \cdots\right)}_{\text{naik+turun setiap pantulan}} = 1 + 2 \cdot \frac{3/4}{1-3/4} = 1 + 2 \cdot 3 = \boxed{7 \text{ meter}}$$

(b) Berapa pantulan sampai jarak total mencapai 6.9 m?

Kita butuh $1 + 2 \cdot \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{1 - (3/4)^n}{1 - 3/4} \geq 6.9$, yaitu $1 + 6(1 - (3/4)^n) \geq 6.9$:

$$7 - 6\left(\frac{3}{4}\right)^n \geq 6.9 \implies 6\left(\frac{3}{4}\right)^n \leq 0.1 \implies \left(\frac{3}{4}\right)^n \leq \frac{1}{60}$$
$$n \ln\!\left(\frac{3}{4}\right) \leq \ln\!\left(\frac{1}{60}\right) \implies n \geq \frac{-\ln 60}{\ln(4/3)} \approx \frac{4.094}{0.288} \approx 14.2$$

Jadi diperlukan 15 pantulan untuk mencapai jarak 6.9 m dari total 7 m.

(c) Waktu total (dengan $g = 9.8$ m/s²): Waktu jatuh dari ketinggian $h$ adalah $t = \sqrt{2h/g}$. Waktu total:

$$T = \sqrt{\frac{2}{g}}\left[\sqrt{1} + 2\left(\sqrt{\frac{3}{4}} + \sqrt{\frac{9}{16}} + \cdots\right)\right] = \sqrt{\frac{2}{g}}\left[1 + 2\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{3}{4}\right)^{n/2}\right]$$
$$= \sqrt{\frac{2}{g}}\left[1 + 2 \cdot \frac{\sqrt{3/4}}{1 - \sqrt{3/4}}\right] = \sqrt{\frac{2}{9.8}}\left[1 + \frac{2\sqrt{3}/2}{1 - \sqrt{3}/2}\right] = \sqrt{\frac{2}{9.8}}\left[1 + \frac{\sqrt{3}}{2-\sqrt{3}}\right]$$
$$= \sqrt{\frac{2}{9.8}} \cdot \frac{2 - \sqrt{3} + \sqrt{3}}{2 - \sqrt{3}} = \sqrt{\frac{2}{9.8}} \cdot \frac{2}{2 - \sqrt{3}} \approx 0.4518 \times 14.93 \approx \boxed{6.75 \text{ detik}}$$
Sisa Deret-$p$ (Preview)

Untuk deret-$p$ dengan $p > 1$, sisa $R_n$ dapat diestimasi menggunakan uji integral (dibahas lengkap di Bab 11):

$$\frac{1}{(p-1)(n+1)^{p-1}} \leq R_n \leq \frac{1}{(p-1)n^{p-1}}$$

Misalnya, untuk $\sum 1/n^2$ dengan $n = 100$: $\dfrac{1}{101} \leq R_{100} \leq \dfrac{1}{100}$, yaitu galatnya sekitar $0.01$. Ini jauh lebih lambat dari deret geometri — menunjukkan bahwa deret geometri memiliki konvergensi yang jauh lebih cepat.

10.11 Ringkasan: Deret yang Dapat Dihitung Jumlahnya

Pada tahap ini, hanya beberapa keluarga deret yang jumlahnya dapat kita hitung secara eksak:

Jenis DeretJumlahSyarat
Deret geometri $\sum_{n=0}^{\infty} ar^n$$\dfrac{a}{1-r}$$|r| < 1$
Deret teleskopik $\sum (b_n - b_{n+1})$$b_1 - \lim b_{n+1}$Limit $\lim b_n$ ada
Deret-$p$ genap: $\sum 1/n^{2k}$$\dfrac{(-1)^{k+1}B_{2k}(2\pi)^{2k}}{2(2k)!}$$k \geq 1$ (bilangan Bernoulli)
Deret Bergelombang: $\sum \dfrac{(-1)^{n-1}}{n}$$\ln 2$(dibuktikan di Bab 12)
Realitas Pahit

Untuk sebagian besar deret, kita tidak bisa menghitung jumlahnya secara eksak. Misalnya, $\sum 1/n^3$ konvergen (karena $p = 3 > 1$), tetapi jumlahnya $\approx 1.20206\ldots$ tidak memiliki representasi sederhana — ini disebut konstanta Apéry. Dalam praktik, tujuan kita biasanya bukan "menghitung jumlah" tetapi "membuktikan konvergensi" dan mungkin mengestimasi galat. Inilah mengapa bab-bab selanjutnya (11–12) fokus pada uji konvergensi.

Pertanyaan & Latihan Evaluasi Bab 10
  1. Tentukan apakah deret berikut konvergen atau divergen. Jika konvergen, hitung jumlahnya:
    • $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{5}{3^n}$
    • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+3)}$
    • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2}$ (petunjuk: teleskopik)
    • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n - 2^n}{6^n}$
    • $\displaystyle\sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{n^2 - 4}$
    • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-2)^n}{3^{n+1}}$
    • $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{e^{-n}}{2}$
    • $\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^3 - n}$ (petunjuk: faktorkan dan dekomposisi pecahan parsial)
  2. Uji divergensi pada deret berikut. Apakah memberikan kesimpulan?
    • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!}{n^n}$
    • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \sin\!\left(\frac{\pi}{n}\right)$
    • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\ln n}{n}$
    • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \arctan\!\left(\frac{1}{n}\right)$
    • $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2 + n + 1}{n^2 - n + 1}$
  3. Nyatakan sebagai pecahan menggunakan deret geometri:
    • $0.\overline{123}$
    • $0.1\overline{47}$
    • $5.\overline{216}$
    • $0.\overline{9}$ — mengapa hasilnya "mengejutkan"?
  4. Sebuah bola dijatuhkan dari ketinggian 10 m. Setiap kali memantul, ketinggiannya menjadi $\frac{2}{3}$ dari ketinggian sebelumnya. Berapa total jarak yang ditempuh bola?
  5. Pasien mendapat dosis obat 50 mg setiap 8 jam. Fraksi obat yang masih tersisa di tubuh dari dosis sebelumnya adalah $0.7$. Berapa level obat di tubuh pada kondisi steady state? Berapa dosis pertama yang harus diberikan agar level steady state persis 200 mg?
  6. Tunjukkan bahwa $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ konvergen dengan membandingkan dengan deret $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n-1)}$ untuk $n \geq 2$ (petunjuk: $\frac{1}{n^2} < \frac{1}{n(n-1)}$ untuk $n \geq 2$).
  7. Jika $\sum a_n$ konvergen, apakah $\sum a_n^2$ pasti konvergen? Berikan bukti atau contoh penyangkal. (Petunjuk: pertimbangkan $a_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ — apakah $\sum a_n$ konvergen? Apakah $\sum a_n^2$ konvergen?)
  8. Berapa suku pertama dari $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{3^n}$ yang diperlukan agar galat $< 10^{-6}$?
  9. Hitung $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ dengan dekomposisi pecahan parsial. (Petunjuk: $\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2}\left[\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\right]$.)
  10. (Soal tantangan) Tunjukkan bahwa $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ tidak bisa dihitung dengan metode yang kita pelajari di bab ini (geometri, teleskopik). Mengapa kita perlu alat baru (deret Taylor, Bab 14) untuk menghitung jumlah ini?
Sebelumnya
Bab 9: Barisan
Selanjutnya
Bab 11: Uji Konvergensi Deret