Anril

ALTERNATING SERIES

• • • •

OLEH: KELOMPOK 1 ADRINA FAUZA HASNA DEWI RITONGA NOVA YANTI SINAGA RINA A.S SITEPU

6.30 TEOREMA [FORMULA ABEL]

Misalkan 𝑎𝑘 𝑘∈𝑁 dan 𝑏𝑘 𝑘∈𝑁 menjadi urutan bilangan real, dan untuk setiap pasangan himpunan bilangan bulat 𝑛 ≥ 𝑚 ≥ 1 𝑛

𝐴𝑛,𝑚 ≔

𝑎𝑘 𝑘=𝑚

Maka 𝑛

𝑛−1

𝑎𝑘 𝑏𝑘 = 𝐴𝑛,𝑚 𝑏𝑛 − 𝑘=𝑚

untuk semua bilangan bulat 𝑛 ≥ 𝑚 ≥ 1

𝐴𝑘,𝑚 (𝑏𝑘+1 − 𝑏𝑘 ) 𝑘=𝑚

BUKTI:

𝐴𝑘,𝑚 − 𝐴(𝑘−1),𝑚 = 𝑎𝑘 untuk 𝑘 > 𝑚 dan 𝐴𝑚,𝑚 = 𝑎𝑚 𝑛

,

maka

𝑛

Misalkan :

𝑎𝑘 𝑏𝑘 = 𝑎𝑚 𝑏𝑚 + 𝑘=𝑚

(𝐴𝑘,𝑚 − 𝐴 𝑘−1 ,𝑚 )𝑏𝑘 𝑘=𝑚+1 𝑛

= 𝑎𝑚 𝑏𝑚 +

𝑛−1

𝐴𝑘,𝑚 𝑏𝑘 − 𝑘=𝑚+1

𝑛−1

𝐴𝑘,𝑚 𝑏𝑘+1 𝑘=𝑚

𝑛−1

= 𝑎𝑚 𝑏𝑚 +

𝐴𝑘,𝑚 𝑏𝑘 + 𝐴𝑛,𝑚 𝑏𝑛 − 𝑘=𝑚+1

𝐴𝑘,𝑚 𝑏𝑘+1 − 𝐴𝑚,𝑚 𝑏𝑚+1 𝑘=𝑚+1 𝑛−1

= 𝐴𝑛,𝑚 𝑏𝑛 − 𝐴𝑚,𝑚 (𝑏𝑚+1 − 𝑏𝑚 ) −

𝐴𝑘,𝑚 (𝑏𝑘+1 − 𝑏𝑘 ) 𝑘=𝑚+1

𝑛−1

= 𝐴𝑛,𝑚 𝑏𝑛 −

𝐴𝑘,𝑚 𝑏𝑘+1 − 𝑏𝑘 . ∎ 𝑘=𝑚

Hasil ini lebih mudah kita ingat menggunakan perbandingan berikut: Jika [1, 𝑁] → 𝐑 untuk beberapa 𝑁 ∈ 𝐍, maka penjumlahan

𝑛−1 𝑘=𝑚

𝑓(𝑘) adalah sebuah pendekatan untuk

𝑁 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 1

turunan terbatas 𝑓 𝑘 + 1 − 𝑓(𝑘) adalah pendekatan ke 𝑓′(𝑘) untuk 𝑘 = 1,2, … , 𝑁 − 1. Secara umum, penjumlahan merupakan sebuah analogi dari integral, dan turunan terbatas adalah analogi dari turunan. Dalam konteks ini, Formula Abel dapat diartikan sebagai analog diskrit integrasi oleh bagian-bagiannya.

6.31 Teorema [UJI DIRICHLETS] Misalkan 𝑎𝑘 𝑏𝑘 ∈ 𝐑 untuk 𝑘 ∈ 𝐍. Jika rangkaian dari penjumlahan parsial 𝑠𝑛 = dan 𝑏𝑘 ↓ 0 sebagai 𝑘 → ∞, maka

∞ 𝑘=1 𝑎𝑘

𝑛 𝑘=1 𝑎𝑘

adalah dibatasi;

𝑏𝑘 konvergen.

BUKTI: pilih 𝑀 > 0 sehingga 𝑛

𝑠𝑛 =

𝑎𝑘 ≤ 𝑘=1

𝑀 , 2

𝑛∈𝐍

Dengan ketaksamaan segitiga, 𝑛

13

𝐴𝑛 ,𝑚 =

𝑎𝑘 = 𝑠𝑛 − 𝑠𝑚 −1 ≤ 𝑘=𝑚

𝑀 𝑀 + +𝑀 2 2

Untuk 𝑛 > 𝑚 > 1. Misalkan 𝜀 > 0 dan pilih 𝑁 ∈ 𝐍 sehingga 𝑏𝑘 < 𝜀/𝑀 untuk 𝑘 ≥ 𝑁. Sejak {𝑏𝑘 } menurun dan tak negative, ditemukan Formula Abel, (13) dan telescoping bahwa 𝑛

𝑛−1

𝑎𝑘 𝑏𝑘 ≤ 𝐴𝑛,𝑚 𝑘=𝑚

𝑏𝑛 +

𝐴𝑘,𝑚 (𝑏𝑘 − 𝑏𝑘 +1 ) 𝑘=𝑚

≤ 𝑀𝑏𝑛 + +𝑀 𝑏𝑚 − 𝑏𝑛 = 𝑀𝑏𝑚 < 𝜀 Untuk semua 𝑛 > 𝑚 > 1. ∎

6.32 Corollary [UJi Deret Bolak Balik]]

Jika 𝑎𝑘 ↓ 0 sebagai 𝑘 → ∞ maka ∞

(−1)𝑘 𝑎𝑘 𝑘=1

Konvergen BUKTI: sejak penjumlahan Parsial dari

∞ 𝑘 𝑘=1(−1)

dibatasi,

∞ 𝑘 𝑘=1(−1) 𝑎𝑘

konvergen oleh Uji Dirichlet ∎ Kita catat bahwa deret balik.

∞ 𝑘=1

−1 𝑘 /𝑘, digunakan pada Remark 6.20, adalah deret bolak

6.32 Corollary [UJi Deret Bolak Balik]]

Jika 𝑎𝑘 ↓ 0 sebagai 𝑘 → ∞ maka ∞

(−1)𝑘 𝑎𝑘 𝑘=1

Konvergen BUKTI: sejak penjumlahan Parsial dari

∞ 𝑘 𝑘=1(−1)

dibatasi,

∞ 𝑘 𝑘=1(−1) 𝑎𝑘

konvergen oleh Uji Dirichlet ∎ Kita catat bahwa deret balik.

∞ 𝑘=1

−1 𝑘 /𝑘, digunakan pada Remark 6.20, adalah deret bolak



Contoh 6.33

Buktikan bahwa

k (  1 )  / log k konvergen. k 1

BUKTI. misalkan 1/log k  0 sebagai k   , ini mengikuti UJI Deret Bolak Balik. Uji Dirichlet dapat digunakan lebih dari sekadar seri bolak-balik.

Contoh 6.34 

Buktikan bahwa S(x) =  sin( kx) / k konvergen untuk k 1

setiap x  R.

BUKTI. Sejak  (x) = sin (kx) adalah periodik pada periode 2 (misalnya  ( x  2 x)   ( x) untuk semua x R) dan memiliki nilai identik nol ketika x = 0 atau 2 , kita hanya perlu menunjukkan bahwa S(x) konvergen untuk setiap x (0, 2 ). Dengan Uji Dirichlet, sudah cukup untuk menunjukkannya. n ~ D n ( x) :  sin( kx), (14) n N k 1

adalah urutan dibatasi untuk setiap x (0, 2 ). Bukti ini, yang awalnya ditemukan oleh Dirichlet, melibatkan trik cerdas yang mengarah untuk formula untuk D . Memang, menerapkan rumus jumlah sudut (lihat Lampiran B) dan telescoping, kita miliki ~

n

n x ~ x 2 sin D n ( x)   2 sin sin( kx) 2 2 k 1

 x  x     cos  kx  cos  kx  2  2  k 1  n   1   1       cos   k  x   cos   k  x       k 1   2  2 n

 1   x  cos    cos  n   x  2   2  Oleh Karena itu,

 1   x cos    cos  n   x  ~ 2  1  2  Dn ( x )   x x 2 sin sin 2 2

6.5 ESTIMASI DERET Dalam prakteknya, kita memperkirakan sebuah deret konvergen dengan pemotongan, yaitu dengan penambahan deret-deret terbatas. Pada bagian ini ditunjukkan bagaimana memperkirakan kesalahan terkait dengan pemotongan semacam itu. Bukti beberapa tes sebelumnya benar-benar berisi perkiraan kesalahan dalam pemotongan. Inilah yang bisa kita dapatkan dari Uji Integral.

Teorema 6.35 Misalkan f: [1,  )  R positif dan menurun pada [1.  ]. maka n

n

k 1

1

f (n)   f (k )   f ( x)dx  f (1)

Selain itu, jika



 k 1

f (k ) konvergen, maka n





k 1

n

k 1

0   f (k )   f ( x)dx   f (k )  f (n)

untuk semua n  N.

untuk n  N.

BUKTI. set pertama ketidaksetaraan telah diverifikasi (lihat (3)). Untuk membangun set kedua, misalkan uk = sk - tk k N, dan mengamati, karena f adalah menurun, itu k 1

0  uk  uk 1   f ( x)dx  f (k  1)  f (k )  f (k  1). k

Menjumlahkan ketidaksetaraan ini lebih k  n dan telescoping, kita memiliki 



k n

k n

0  u n  lim u j   (u k  u k 1 )   ( f (k )  f (k  1))  f (n) j 



Misalkan u j  k 1 f (k )   f ( x)dx j   , dapat disimpulkan bahwa 

1

n





k 1

n

k 1

0   f (k )   f ( x)dx   f (k )  f (n) Contoh berikut menunjukkan bagaimana menggunakan hasil ini untuk memperkirakan keakuratan sebuah pemotongan dari serangkaian uji Integral yang berlaku.

6.36 Contoh

Buktikan bahwa nilainya ke akurasi 10-3.

konvergen dan perkirakan

6.37 Contoh. Buktikan bahwa terdapat bilangan Cn  (0,1] sehingga n

1  log n  C n  k 1 k untuk setiap n  N. BUKTI. Jelas, f(x) = l/x positif, menurun, dan terintegrasi pada [1, ∞). Oleh karena itu, dengan Teorema 6.35, n n 1 1 n 1 1     dx   log n  1. n k 1 k 1 x k 1 k

6.38 TEOREMA

k Misalkan ak ↓ 0 dengan k  ∞. Jika s  k 1 (1) ak 

k dan s n  k 1 (1) a k , maka n

0  s  s n  an1 untuk setiap n  N. BUKTI. Pertama-tama misalkan n genap, misalkan n = 2m. Maka 0  (a 2m1  a 2m 2 )  (a 2m3  a 2 m 4 )  ... 



k (  1 ) ak  s  sn 

k  2 m 1

 a 2 m 1  (a 2 m  2  a 2 m 3 )  (a 2 m  4  a 2 m 5 )  ...  a 2 m 1

yaitu, 0  s – sn  -an + 1 . Argumen yang sama membuktikan bahwa 0  s – sn  an + 1 saat n ganjil.

6.39 Contoh. Untuk setiap a > 0, buktikan bahwa barisan





k 2 (  1 ) k /( k   ) konvergen. Jika sn k 1

mewakili jumlah sebagian suku ke-n dan s nilainya, temukan n yang besar sehingga sn mendekati s dengan akurasi 10-2 . BUKTI. Misalkan f(x) = x/(x2 + a) dan perhatikan bahwa f(x)  0 dengan x ∞. Karena f'(x) = (–x2)/(x2 + )2 negatif untuk x >  , berarti bahwa k/(k2 + ) ↓ 0 dengan k  ∞. Oleh karena itu, barisan yang diberikan konvergen dengan Uji Barisan Bolak-balik. Dengan Teorema 6.38, sn akan memperkirakan s dengan akurasi 10-2 karena f(n) < 10-2, yaitu, karena n2 –100n +  > 0. Saat  > 502, persamaan kuadrat terakhir ini tidak memiliki akar real; Karenanya, ketaksamaan selalu dipenuhi dan kita dapat memilih n = 1. Saat   502, persamaan kuadrat memiliki akar 50  50 2   . Oleh karena itu, pilih n yang memenuhi n > 50  50 2   .

6.40 TEOREMA Misalkan

k 1 ak konvergen mutlak dan s adalah nilai dari k 1 ak 



(i) Jika terdapat bilangan x  (0,1) dan N  N sehingga

ak

1/ k

x

untuk setiap k > N, maka x n1 0  s   ak  1 x k 1 n

untuk setiap n  N. (ii) Jika terdapat bilangan x  (0,1) dan N N sehingga a k 1 ak

x

untuk k > N, maka n

0  s   ak  k 1

untuk setiap n  N.

a N x n  N 1 1 x

BUKTI. Misalkan n  N. Karena

ak  x k

untuk k > N,

yang kita miliki, dengan menjumlahkan barisan geometri, bahwa n 1 x 0  s   ak   ak   x k  1 x k 1 k  n 1 k  n 1 n





untuk setiap n  N. Ini membuktikan bagian (i). Buktinya bagian (ii) yang tersisa sebagai latihan.

CONTOH 6.41

TEOREMA 6.42 (Uji Logaritmik)

TEOREMA 6.43 (Uji Raabe)