Soal dan Pembahasan – Deret dalam Analisis Real

Jawaban a)
Tinjau rumus barisannya.
$$\begin{aligned} \dfrac{1}{(n+1)(n+2)} & = \dfrac{a}{n+1} + \dfrac{b}{n+2} \\ & = \dfrac{(a + b)n + (2a + b)}{(n+1)(n+2)} \end{aligned}$$Dengan meninjau posisi pembilang, diperoleh $a + b = 0$ dan $2a + b = 1$. Gunakan metode penyelesaian SPLDV sehingga didapat $a = 1$ dan $b =-1$. Jadi, bentuk notasi sigma di atas dapat ditulis menjadi
$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \left(\dfrac{1}{n+1}- \dfrac{1}{n+2}\right) = \left(\dfrac{1}{1}- \dfrac{1}{2}\right) + \left(\dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{3}\right) + \left(\dfrac{1}{3}- \dfrac{1}{4}\right) + \cdots = 1$$Terbukti bahwa $\displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{1}{(n+1)(n+2)} = 1$.
Jawaban b)
Tinjau rumus barisannya,
$$\begin{aligned} \dfrac{1}{n(n+1)(n+2)} & = \dfrac{a}{n} + \dfrac{b}{n+1} + \dfrac{c}{n+2} \\ & = \dfrac{a(n+1)(n+2)+b(n)(n+2)+c(n)(n+1)}{(n)(n+1)(n+2)} \\ & = \dfrac{(a+b+c)n^2 + (3a+2b+c)n + 2a}{(n)(n+1)(n+2)} \end{aligned}$$Dengan meninjau posisi pembilangnya, diperoleh $a+b+c=0, 3a+2b+c=0$, dan $2a=1$. Selesaikan $a,b,c$ sehingga diperoleh $a = \dfrac{1}{2}, b =-1, c = \dfrac{1}{2}$. Jadi,
$$\begin{aligned} \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n(n+1)(n+2)} & = \sum_{n=1}^{\infty} \left(\dfrac{\frac{1}{2}}{n}- \dfrac{1}{n+1} + \dfrac{\frac{1}{2}}{n+2}\right) \\ & = \dfrac{1}{2} \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{n}- \dfrac{2}{n+1} + \dfrac{1}{n+2}\right) \\ & = \dfrac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} \left[\left(\dfrac{1}{n}- \dfrac{1}{n+1}\right) + \left(-\dfrac{1}{n+1} + \dfrac{1}{n+2}\right)\right] \\ & = \dfrac{1}{2}\left(1- \dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{4} \end{aligned}$$(Terbukti)
Jawaban c) Tinjau rumus barisannya.
$\dfrac{1}{(a+n)(a+n+1)} = \dfrac{x}{a+n} + \dfrac{y}{a+n+1} \\ =  \dfrac{(x+y)a + (x+y)n + x}{(a+n)(a+n+1)}$
Dengan meninjau posisi pembilang, diperoleh $x + y = 0$ dan $x = 1$. Akibatnya $y =-1$. Berarti, $\dfrac{1}{(a+n)(a+n+1)} = \dfrac{1}{a+n}- \dfrac{1}{a+n+1}$
Bentuk notasi sigmanya adalah
$$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \left( \dfrac{1}{a+n}- \dfrac{1}{a+n+1}\right) = \left(\dfrac{1}{a}- \dfrac{1}{a+1}\right) +  \left(\dfrac{1}{a+1}- \dfrac{1}{a+2}\right)+  \left(\dfrac{1}{a+2} -\dfrac{1}{a+3}\right) + \cdots = \dfrac{1}{a}$$dengan syarat $a > 0$. Jadi, terbukti bahwa
$$\boxed{\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{(a+n)(a+n+1)} = \dfrac{1}{a} > 0~\text{jika}~ a > 0}$$

Perhatikan bahwa $\sum x_n = \displaystyle \sum \dfrac{1}{n} = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \cdots$ merupakan deret harmonik yang divergen (pembuktiannya bisa dilihat pada referensi lain).
Ambil $\sum y_n = \sum \dfrac{1}{n^2} = 1 + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{9} + \cdots$, yang jelas merupakan deret konvergen sebab rumus barisan $\text{U}_n = \dfrac{1}{n^2}$ konvergen ke $0$ untuk $n$ menuju tak hingga. Sekarang,
$\begin{aligned} \displaystyle \sum (x_n + y_n)  & = \sum \left(\dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n^2}\right) \\ & = \sum \dfrac{n+1}{n^2} \end{aligned}$$Deret ini konvergen, sebab rumus barisan $u_n = \dfrac{n+1}{n^2}$ konvergen ke $0$ untuk $n$ menuju tak hingga.

Ambil $\sum x_n = \sum (-1)^n$ dan $\sum y_n = \sum (-1)^{n+1}$. Kedua deret ini merupakan deret divergen (berosilasi pada bilangan $1$ dan $-1$), tetapi
$\sum (x_n + y_n) = \sum((-1)^n + (-1)^{n+1}) \\ = (-1 + 1) + (1- 1) + (-1 + 1) + \cdots$ konvergen ke $0$.
Contoh lain adalah: ambil $\sum x_n = \sum n$, sedangkan $\sum y_n = \sum (-n)$. Jelas kedua deret ini divergen (tepatnya, divergen tak sejati), tetapi,
$\sum (x_n + y_n) = \sum (n + (-n)) = \sum 0 = 0$ jelas konvergen ke $0$.
Anda bisa mencari contoh lain dengan memanipulasi bentuk seperti ini (memainkan tanda positif dan negatif).

Perhatikan bahwa $$\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \left(\dfrac{2}{9}\right)^n= \left(\dfrac{2}{9}\right)^2 +\left(\dfrac{2}{9}\right)^3 +\left(\dfrac{2}{9}\right)^4 +\left(\dfrac{2}{9}\right)^5 + \cdots$$Ekspresi pada ruas kanan dari persamaan di atas adalah deret geometri dengan suku pertama $a = \dfrac{4}{81}$ dan rasio $r = \dfrac{2}{9}$, sehingga dengan menggunakan formula $\text{S}_{\infty} = \dfrac{a}{1-r}$, diperoleh
$\text{S} = \displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \left(\dfrac{2}{9}\right)^n = \dfrac{\dfrac{4}{81}}{1- \dfrac{2}{9}} = \dfrac{4}{63}$
Jadi, nilai dari $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \left(\dfrac{2}{9}\right)^n$ adalah $\boxed{\dfrac{4}{63}}$

Perhatikan bahwa $$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{3}\right)^{2n} = \left(\dfrac{1}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{3}\right)^4 + \left(\dfrac{1}{3}\right)^6 + \cdots$$Ekspresi pada ruas kanan dari persamaan di atas merupakan deret geometri dengan suku pertama $a = \dfrac{1}{9}$ dan rasio $r = \dfrac{1}{9}$. Dengan menggunakan formula $S_{\infty} = \dfrac{a}{1-r}$, diperoleh
$\text{S}_{\infty} = \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{3}\right)^{2n} = \dfrac{\dfrac{1}{9}}{1-\dfrac{1}{9}} = \dfrac{1}{8}$
Jadi, nilai dari $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{3}\right)^{2n}$ adalah $\boxed{\dfrac{1}{8}}$

Perhatikan bahwa $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} r^{2n} = r^2 + r^4 + r^6 + \cdots$ merupakan deret geometri dengan suku pertama dan rasionya sama, yaitu $r^2$. Dengan formula $\text{S}_{\infty} = \dfrac{a}{1-r}$, diperoleh rumus deret ini adalah $\text{S}_{\infty} = \dfrac{r^2}{1-r^2}$.

Jawaban a) $\text{S} = 1 + \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n}r^n$.
Jawaban b) Gunakan teorema uji banding (ratio test), yang redaksinya:
Misalkan $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{u_{n+1}}{u_n} = L$. Deret akan konvergen apabila $L < 1$ atau divergen apabila $L > 1$.
Sekarang, misalkan $u_n = \dfrac{1}{n}r^n$, sedangkan $u_{n+1} = \dfrac{1}{n+1}r^{n+1}$, sehingga
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{u_{n+1}}{u_n} & = \lim_{n \to \infty} \dfrac{\dfrac{1}{n+1}r^{n+1}}{\dfrac{1}{n}r^n} \\ & = \lim_{n \to \infty} \dfrac{nr}{n+1} \\ & = r \end{aligned}$$Jadi, agar konvergen, maka $L = r < 1$.

Pertama-tama, kita harus mencari pola deret ini lebih dulu. Hal yang patut dicurigai adalah pembilangnya, yang untuk $3$ suku pertamanya selalu bernilai $7$, tetapi mungkin ada keraguan ketika kita melihat pembilang suku terakhirnya $1$. Untuk itu, ubahlah pembilang pada pecahan terakhir menjadi $7$ mengikuti aturan pecahan senilai.
$\dfrac{7}{6} + \dfrac{7}{12} + \dfrac{7}{20} + \cdots + \dfrac{7}{4830}$
Selanjutnya, tinjau posisi penyebutnya.
Kita akan menemukan pola berikut.
$6 = 2 \times 3$
$12 = 3 \times 4$
$20 = 4 \times 5$
$\vdots~~\vdots~~\vdots$
$4830 = 69 \times 70$
Jadi, deret tersebut dapat ditulis
$7\left(\dfrac{1}{2 \cdot 3} + \dfrac{1}{3 \cdot 4} + \dfrac{1}{4 \cdot 5} + \cdots + \dfrac{1}{69 \cdot 70}\right)$
Sekarang, kita akan menerapkan prinsip deret teleskopik.
$$\begin{aligned} & 7\left(\left(\dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{3}\right) + \left(\dfrac{1}{3}- \dfrac{1}{4}\right) +\left( \dfrac{1}{4}- \dfrac15\right) + \cdots + \left(\dfrac{1}{69}- \dfrac{1}{70}\right)\right) \\ & = 7\left(\dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{70}\right) = \dfrac{7}{2}- \dfrac{1}{10} = \dfrac{17}{5} \end{aligned}$$Jadi, hasil dari deret itu adalah $\boxed{\dfrac{17}{5}}$

Perhatikan bahwa,
$8 = 2 \times 4$
$24 = 4 \times 6$
$48 = 6 \times 8$
$\vdots~~\vdots~~\vdots$
$10200 = 100 \times 102$
Jadi, deretnya dapat ditulis
$$\begin{aligned} & \dfrac{1}{2 \cdot 4} + \dfrac{1}{4 \cdot 6} + \dfrac{1}{6 \cdot 8} + \cdots + \dfrac{1}{100 \cdot 102} \\ & = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{4}\right) + \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{4}- \dfrac{1}{6}\right) + \cdots + \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{100}- \dfrac{1}{102}\right) \\ & = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{102}\right) = \dfrac{25}{102} \end{aligned}$$Jadi, hasil dari deret tersebut adalah $\boxed{\dfrac{25}{102}}$

Kita akan membuktikannya dengan kontradiksi. Andaikan $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n}$ konvergen ke bilangan $\text{S}$, sehingga
$$\begin{aligned} \text{S} & = \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n} = \dfrac{1}{1} + \dfrac{1}{2} + \cdots + \dfrac{1}{2n-1} + \dfrac{1}{2n} + \cdots \\ & = \left(\dfrac{1}{1} + \dfrac{1}{2}\right) + \left(\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4}\right) + \cdots + \left(\dfrac{1}{2n-1} + \dfrac{1}{2n}\right) + \cdots \\ &> \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\right) + \left(\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4}\right) + \cdots + \left(\dfrac{1}{2n} + \dfrac{1}{2n}\right) + \cdots \\ & = \dfrac{1}{1} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + \cdots + \dfrac{1}{n} + \cdots = \text{S} \end{aligned}$$Berarti, diperoleh $\text{S} > \text{S}$. Tentu saja, ketaksamaan itu kontradiksi (tidak mungkin suatu bilangan lebih besar darinya sendiri). Jadi, pengandaian salah sehingga harus diingkari. Terbukti bahwa deret harmonik divergen.