III. UJI KEKONVERGENAN SUATU DERET

Dalam pembicaraan mengenai deret, selalu ada dua pertanyaan penting yang dapat diajukan. Kedua pertanyaan tersebut adalah,ΠApakah deret tersebut konvergen ?ΠJika deret konvergen, berapakah jumlahnya.Untuk menjawab pertanyaan ini ada beberapa cara pengujian yang dapat kita lakukan, untuk sementara pengujian kekonvergenan ini kita batasi dahulu untuk deret yang suku-sukunya positif.

III.A. UJI JUMLAH TERBATASCara pengujian kekonvergenan ini dijabarkan langsung dari Teorema Barisan

Monoton (Teorema 1.4) seperti yang dinyatakan dalam teorema berikut.

Teorema III.1 (Uji Jumlah terbatas)

Suatu deret akk

1

yang sukunya tidak negatif, adalah konvergen jika dan hanya jika

jumlah parsialnya terbatas di atas

Bukti :.Andaikan Sn = a1 + a2 + a3 + . . . Oleh karena an ³ 0, maka Sn+1 ³ Sn.. Jadi {Sn} adalah barisan yang tidak turun. Menurut Teorema 1.4, barisan {Sn} akan konvergen apabila ada bilangan U sehingga Sn £ U untuk semua n. Apabila tidak, Sn akan melampaui tiap bilangan dan dalam hal ini {Sn}divergen.

Contoh III.1

Buktikan bahwa deret 1

1

1

3! !+

1

2!+ . . . konvergen.

Bukti :Akan kita buktikan bahwa jumlah-jumlah parsial Sn terbatas di atas.Perhatikan bahwa,

n! = 1 x 2 x 3 x . . . x n ³ 1 x 2 x 2 x . . . x 2 = 2n-1

Dari pertidaksamaan ini kita peroleh, 1 1

2 1n n!£ -

Jadi,

Sn = 1

1

1

3

1

! !+

1

2!+ . . . +

!

n£ 1

1

2

1

4

1

2 1 - . . . + n (i)

Suku-suku di sebelah kanan pertidaksamaan (i) merupakan deret geometri dengan a = 1

dan r = 12 . Jadi jumlah deret geometri ini adalah,

DND

22

a

r1

1

1

121

212-

-

(ii)

Dari (i) dan (ii) diperoleh, Sn £ 2, jadi Sn terbatas di atas. Menurut Teorema Uji Jumlah Terbatas (Teorema III.1) deret ini konvergen.

III.B. UJI INTEGRAL

Deret f kk

( )

1

dan integral tak wajar f x dx( )1

mempunyai kelakuan

kekonvergenan yang serupa. Karena itu kita dapat menjadikannya sebagai penguji kekonvergenan yang cukup ampuh.

Teorema III.2 (Uji Integral)Andaikan f adalah suatu fungsi yang kontinu, positif dan tidak naik pada selang [1, ]. Andaikan ak = f(k) untuk semua k positif bulat. Maka deret takberhingga

akk

1

konvergen, jika dan hanya jika integral takwajar

f x dx( )1

konvergen

Bukti :

Diagram pada Gambar III.1 memperlihatkan arti jumlah parsial deret akk

1

sebagai suatu

luas daerah di bawah suatu fungsi. Dengan demikian kita dapat menghubungkan deret tersebut dengan integral yang berkesesuaian.

Gambar III.1

Perhatikan bahwa luas setiap persegi panjang sama dengan tingginya, karena panjang alasnya adalah 1. Dari kedua diagram dalam Gambar III.1 dapat dilihat dengan mudah bahwa

a f x dx akk

n n

kk

n

-

£ £2 1 1

1

( )

DND

23

Andaikan f x dx( )1

konvergen. Maka menurut pertidaksamaan sisi kiri diperoleh,

S a a a f x dx a f x dxn kk

n n

£ £

12

11

11

( ) ( )

Jadi berdasarkan Teorema III.1 (Uji Jumlah Terbatas), akk

1

konvergen.

Sebaliknya jika akk

1

konvergen, maka menurut pertidaksamaan sisi kanan, untuk t < n

diperoleh,

f x dx f x dx a at n

kk

n

kk

( ) ( )1 1 1

1

1 £ £ £

-

Oleh karena f x dxt

( )1

naik apabila t bertambah dan terbatas di atas, maka lim ( )t

t

f x dx

1

harus ada, jadi f x dx( )1

konvergen.

Catatan : Teorema III.2 dapat diartikan bahwa deret akk

1

dan integral tak wajar

f x dx( )1

bersama-sama konvergen atau divergen.

Contoh III.2

Tentukan apakah deret 1

2 k kk ln

konvergen atau divergen ?

Jawab :

Fungsi f xx x

( )ln

1

kontinu, positif dan tidak naik pada selang [1, ), jadi fungsi ini

memenuhi hipotesis dalam Uji Integral.

1 1 1 1

2 2222x x

dxx

dx

x xd x

xd x x

t t

tt

ln ln ln(ln ) lim

ln(ln ) lim ln ln

Jadi 1

2x x

dxln

divergen, karena itu deret 1

2 k kk ln

juga divergen.

Dari Contoh III.2 dapat kita lihat bahwa hipotesis dalam Uji Integral tidak perlu mulai dari 1 atau dalam interval [1, ) tapi bisa dalam interval [2, ). Hal ini menunjukkan bahwa awal suatu deret tidaklah penting dalam hal kekonvergenan dan kedivergenannya. Yang penting adalah ekor-nya. Yang dimaksud dengan ekor suatu deret adalah,

aN + aN+1 + aN+2 + . . .

di mana N adalah suatu bilangan besar sebarang. Dengan demikian, dalam pengujian kekonvergenan dan kedivergenan suatu deret, kita dapat mengabaikan suku-suku awalnya

DND

24

atau bahkan menggantinya. Akan tetapi jumlah deret tetap bergantung pada semua sukunya, termasuk suku awal.

Contoh III.3Dengan menggunakan integral tak wajar, tentukanlah batas atas yang paling baik untuk kesalahan yang terjadi jika kita ambil jumlah lima suku pertama dari deret konvergen,

k

ekk

2

1

sebagai pendekatan jumlah deret tersebut.

Jawab :Karena yang diambil hanya lima suku pertama, maka jumlah deret yang diabaikan adalah mulai dari suku ke-6. Karena itu kesalahan penentuan jumlah deret ini adalah,

E = k

ekk

2

6

Dari Gambar III.2 dapat dilihat bahwa fungsi f xx

en( ) 2 kontinu dan tak naik pada selang

[5, ). Jadi,

E = k

exe dx e x dx e d x

kk

x

t

xt

t

xt

2

2 2 2

6 5 5

2

5

1

22

1

2

-

-

- - - - -lim ( ) lim ( )

-

- - -lim ,t

x te e

1

2

1

26 94 10

2

5

25 12 x

Jadi kesalahannya adalah lebih kecil dari 6,94 x 10-12.

Gambar III.2

III.C. UJI DERET-p

Deret 1

1 k pk

= 11

2

1

3

1

4 p p p . . . dengan p adalah sebuah konstanta, dinamakan deret-p.

Akan dibuktikanlah bahwa a) Deret-p konvergen untuk p > 1, dan b) Deret-p divergen untuk p £ 1.Bukti :

DND

25

Apabila p ³ 0, fungsi f xx p( ) 1

kontinu, positif dan tidak naik pada selang [1, ). Jika

f kk p( ) 1

, maka menurut Uji Integral, 1

1 k pk

konvergen jika dan hanya jika limt p

t

xdx

1

1

ada (sebagai bilangan berhingga)

Untuk p ¹ 1, maka 1

1

1

11

1

1

1

xdx

x

p

t

pp

t p t p

-

--

- -

Untuk p = 1, maka 1

11x

dx x tt

t ln ln

Oleh karena, untuk p > 1 limt

pt

- 1 0

dan untuk p 1 limt

pt

- 1 dan lim ln

tt

= maka diperoleh,

Untuk p > 1 1

1 xdxp

limt p

t

xdx

1

1

-

-

-

limt

pt

p

1 1

1

-

-

-

lim

limt

p

t

t

p

1 1

1

-

-

-

lim lim

lim limt

p

t

t t

t

p

1 1

1

--

--

-

0 1

1

1

1

1

1p p p

Karena 1

1 xdxp

konvergen ( limt p

t

xdx

1

1

ada), maka menurut Teorema III.2 (Uji Integral)

deret 1

1 k pk

juga konvergen (Bukti a)

Untuk p 11

1 xdxp

limt p

t

xdx

1

1

-

-

-

limt

pt

p

1 1

1

-

-

-

lim

limt

p

t

t

p

1 1

1

-

-

-

lim lim

lim limt

p

t

t t

t

p

1 1

1

--

1

1 p

DND

26

Karena 1

1 xdxp

divergen ( limt p

t

xdx

1

1

tidak ada), maka menurut Teorema III.2 (Uji

Integral) deret 1

1 k pk

juga divergen (Bukti b)

Untuk p = 11 1

1 1x

dxx

dx tt

t

t

lim lim ln

Karena 1

1x

dx

divergen ( limt

t

xdx

1

1

tidak ada), maka menurut Teorema III.2 (Uji

Integral) deret 1

1 k pk

juga divergen (Bukti b)

Jika p = 1, maka deret-p menjadi deret harmonik. Jadi hasil di atas sesuai dengan hasil terdahulu yaitu deret harmonik konvergen.

Contoh III.4.

Apakah deret 11 01k , konvergen atau divergen ?

Jawab :

Deret 11 01k , adalah deret-p dengan p = 1,01 > 1. Jadi menurut Uji Deret-p, deret ini

konvergen.

III.D. UJI BANDING

Dalam Bab II dan juga dalam bagian yang lalu, telah kita analisis deret-deret khusus yaitu deret geometri dan deret-p. Kedua deret ini dapat digunakan sebagai standar atau model untuk menentukan kekonvergenan atau kedivergenan deret lainnya. Untuk mengingatkan, kita tuliskan kembali kedua deret tersebut,

Konvergen apabila - 1 1r

Deret Geometri rn

n

1

Divergen apabila r ³1

Konvergen untuk p > 1

Deret-p 1

1 n pn

Divergen untuk p £1

Untuk p = 1 deret-p menjadi deret harmonik yaitu 1

1 nn

dari Bab II-B telah kita

bicarakan bahwa deret harmonik adalah divergen.

Sebuah deret yang suku-sukunya lebih kecil daripada suku-suku yang terletak dalam suatu deret konvergen harus konvergen, demikian pula sebuah deret yang suku-sukunya lebih besar daripada suku-suku yang seletak deret divergen, juga harus divergen. Pernyataan ini dituangkan dalam teorema berikut.

DND

27

Teorema III. 3 (Uji Banding)Andaikan untuk n ³ N berlaku 0 £ an £ bn

u Jika bnn

1

konvergen, maka ann

1

konvergen

v Jika ann

1

divergen, maka bnn

1

divergen

Bukti :Andaikan N = 1, dan andaikan

Sn = a1 + a2 + a3 + . . . + an

Perhatikanlah bahwa barisan {Sn} adalah barisan yang tak turun. Jika bnn

1

konvergen,

misalkan dengan jumlah B, maka

S £ b1 + b2 + b3 + . . . + bn £ bnn

1

= B

Menurut Uji Jumlah Terbatas (Teorema III.1), maka ann

1

konvergen.

Sifat (ii) dapat dibuktikan berdasarkan sifat (i), sebab jika bnn

1

konvergen, maka ann

1

akan konvergen dan ini berlawanan dengan yang diketahui.

Contoh III.5

Tentukan apakah 1

2 11n

n

konvergen atau divergen ?

Jawab :

Untuk menentukan kekonvergenan deret ini kita bandingkan dengan deret 1

21n

n

Perhatikanlah bahwa 1

2 1

1

2n n

Deret 1

21n

n

= 1

2

1

4

1

8 . . . adalah deret geometri dengan a = 1

2 dan r = 12 , karena -1

r 1, maka deret geometri ini konvergen. Jadi menurut Teorema Uji Banding (Teorema

III.3) deret 1

2 11n

n

konvergen.

DND

28