Deret \displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{\sin n}{n}

Dalam matakuliah Kalkulus 2 kita mempelajari banyak ragam jenis pengujian kekonvergenan deret. Kita mempunyai uji integral, uji banding langsung, uji banding limit dan uji rasio. Untuk deret yang suku-sukunya tidak selalu positif, kita punya deret ganti tanda dan uji deret kekonvergenan mutlak. Dari beberapa uji-uji deret tersebut, sepengetahuan saya tidak ada yang bisa digunakan untuk memeriksa kekonvergenan deret {\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin n}{n}}.

Jika kita lihat sepintas, fungsi {\sin x} periodik dan nilainya berayun diantara {-1} dan {1}. Sifat ini mungkin mengingatkan kita dengan uji deret ganti tanda, tapi sayangnya uji deret ganti tanda tidak bisa digunakan disini karena nilai {\sin n} meskipun nilainya ada yang positif dan ada yang negatif, tapi tidak bergantian positif ke negatif dari satu suku ke suku berikutnya.

Berikut adalah uji Dirichlet yang dapat dipergunakan untuk membuktikan bahwa deret {\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin n}{n}} merupakan deret yang konvergen. Uji ini merupakan perumuman dari deret ganti tanda.

Teorema  (Uji Dirichlet) Misalkan {a_n} monoton turun, {\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} a_n=0} dan {\left|\displaystyle\sum_{n=1}^N b_n \right|\leq M} untuk setiap {N}. Maka deret {\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_nb_n } konvergen.

Sebelum kita buktikan, kita akan gunakan uji Dirichlet ini untuk membuktikan bahwa deret {\displaystyle \sum_{n=1}^n \frac{\sin n}{n}} konvergen. Ambil {a_n=\frac{1}{n}} dan {b_n=\sin n}. Jelas bahwa {a_n} monoton turun dan konvergen ke nol. Sekarang perhatikan bahwa

    \begin{align*} 2\sin(1/2)\sum_{n=1}^ N \sin n &=\sum_{n=1}^N 2\sin(1/2)\sin n \\ &=\sum_{n=1}^N \left(\cos(n-\frac12)-\cos(n+\frac12)\right)\\&=\cos(1/2)-\cos(N+\frac12). \end{align*}

Akibatnya

\displaystyle \left|\sum_{n=1}^ N \sin n\right|=\left|\frac{\cos(1/2)-\cos(N+\frac12)}{2\sin(1/2)}\right|\leq \frac{2}{2\sin(1/2)}=\frac{1}{\sin(1/2)}.

Jadi menurut uji Dirichlet kita peroleh bahwa {\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{\sin n}{n}} konvergen.

Bukti Uji Dirichlet: Misalkan {B_n:=\sum_{k=1}^n b_k}. Perhatikan bahwa

    \begin{align*} \sum_{n=1}^N B_n(a_n-a_{n+1})&= B_1a_1+\sum_{n=1}^{N-1} B_{n+1}a_{n+1}-\sum_{n=1}^N B_na_{n+1}\\ &=b_1a_1+\left(\sum_{n=1}^{N-1} (B_{n+1}-B_n)a_{n+1}\right) - B_Na_{N+1}\\ &=b_1a_1+\left(\sum_{n=1}^{N-1} b_{n+1}a_{n+1}\right)-B_Na_{N+1}\\ &=\left(\sum_{n=1}^N a_nb_n\right)-B_Na_{N+1}, \end{align*}

yang ekivalen dengan

\displaystyle \sum_{n=1}^N a_nb_n=B_Na_{N+1}+\sum_{n=1}^N B_n(a_n-a_{n+1}).

Karena barisan {\{a_n\}} konvergen ke nol dan {|B_N|\leq M}, maka {B_Na_{N+1}} konvergen ke nol. Sekarang

    \begin{align*} \sum_{n=1}^N |B_n(a_n-a_{n+1})|\leq \sum_{n=1}^N M(a_n-a_{n+1})=Ma_1-Ma_{N+1}\leq Ma_1 \end{align*}

Ini menunjukkan bahwa deret {\sum_{n=1}^\infty B_n(a_n-a_{n+1})} konvergen absolut. Dengan demikian ketika {N\rightarrow \infty} barisan {\sum_{n=1}^N B_n(a_n-a_{n+1})} konvergen dan kita simpulkan bahwa {\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_nb_n} konvergen. \Box

Deret Harmonik dan Pecahan Mesir

Pecahan berbentuk {\dfrac{1}{n}} dengan {n} bilangan asli kita sebut sebagai pecahan satuan. Apakah penjumlahan sejumlah pecahan satuan yang pertama dapat menghasilkan bilangan bulat? Dengan kata lain, adakah bilangan asli {N} sehingga

\displaystyle H_N:=\frac11+\frac12+\frac13+\frac14+\cdots +\frac{1}{N-1}+\frac{1}{N}

merupakan bilangan bulat?

Ternyata hasilnya negatif, seperti tertulis dalam teorma berikut.

Teorema 1 Untuk setiap bilangan asli {N} bilangan {H_N} tidak pernah merupakan bilangan bulat.

Proof: Andaikan {H_N} merupakan bilangan bulat untuk suatu bilangan asli {N}. Misalkan {k} adalah bilangan asli sehingga {2^k\leq N<2^{k+1}} (mengapa ada {k} yang demikian?). Kalikan {H_N} dengan {2^{k-1}} untuk mendapatkan

    \begin{align*} 2^{k-1}H_N&= 2^{k-1}\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{2^k-1}+\frac{1}{2^k}+\frac{1}{2^k+1}+\cdots +\frac{1}{N}\right)\\ &=\frac{2^{k-1}}{1}+\frac{2^{k-2}}{1}+\frac{2^{k-1}}{3}+\cdots + \frac{2^{k-1}}{2^k-1}+\frac{1}{2}+\frac{2^{k-1}}{2^k+1}+\cdots +\frac{2^{k-1}}{N}. \end{align*}

Pindah ruaskan {2^{k-1}H_N} dan {\frac{1}{2}}, didapat

\displaystyle -\frac12=-\frac{2^{k-1}H_N}{1}+\left(\frac{2^{k-1}}{1}+\frac{2^{k-2}}{1}+\frac{2^{k-1}}{3}+\cdots + \frac{2^{k-1}}{2^k-1}\right)+\left(\frac{2^{k-1}}{2^k+1}+\cdots +\frac{2^{k-1}}{N}\right)

Masing-masing suku disebelah kanan merupakan bilangan rasional dalam bentuk yang paling sederhana dengan penyebut ganjil. Ketika mereka semua kita jumlahkan dan sederhanakan maka tetap diperoleh suatu bilangan rasional {\frac pq} dengan {q} ganjil. Akibatnya tidak mungkin {\frac{p}{q}=-\frac{1}{2}} (kontradiksi!). \Box

Pertanyaan berikutnya adalah bagaimana kalau kita tidak mensyaratkan pecahan satuannya harus berurutan? Apakah bisa kita menyatakan suatu bilangan bulat sebagai jumlahan pecahan-pecahan satuan yang berbeda?

Definisi 2 Suatu bilangan rasional disebut pecahan Mesir jika ia dapat dinyatakan sebagai jumlahan pecahan-pecahan satuan yang berbeda.

Ternyata dapat dibuktikan bahwa tidak hanya ada bilangan bulat yang merupakan pecahan Mesir, tapi lebih kuat dari itu, setiap bilangan rasional positif merupakan pecahan Mesir. Untuk membuktikannya pertama kita perlukan lema berikut.

Lema 3 Misalkan {\frac{p}{q}} bilangan rasional dengan {\frac{1}{s}\leq \frac{p}{q}< \frac{1}{s-1}} untuk suatu bilangan asli {s}. Maka {\frac{p}{q}} merupakan pecahan Mesir.

Proof: Perhatikan bahwa

\displaystyle \frac{p}{q}-\frac{1}{s}=\frac{ps-q}{qs}

Karena {\frac{p}{q}<\frac{1}{s-1}}, maka {p(s-1)<q\Leftrightarrow ps-q<p}. Tulis {p_1=p(s-1)} dan {q_1=qs}, maka {\frac{p}{q}-\frac{1}{s}=\frac{p_1}{q_1}} dengan {p_1<p}. Jika {p_1=0}, maka {\frac{p}{q}=\frac{1}{s}} dan kita selesai. Jika {p_1>0}, maka terdapat bilangan asli {s_1 >s} (mengapa?) sehingga {\frac{1}{s_1}<\frac{p_1}{q_1}<\frac{1}{s_1-1}}. Dengan cara serupa kita dapatkan {\frac{p_1}{q_1}-\frac{1}{s_1}=\frac{p_2}{q_2}} dengan {p>p_1>p_2}. Jika kita lakukan terus menerus maka akan diperoleh barisan bilangan asli yang turun {p>p_1>p_2>\ldots} yang tentunya pada suatu saat kita peroleh {p_{n+1}=0}. Ketika hal ini terjadi maka kita peroleh

\displaystyle \frac{p}{q}-\frac{1}{s}-\frac{1}{s_1}-\cdots -\frac{1}{s_{n}}=\frac{p_{n+1}}{q_{n+1}}=0.

Jadi {\frac{p}{q}} merupakan pecahan mesir. \Box

Sekarang kita siap membuktikan hasil utama kita.

Teorema 4 Setiap bilangan rasional positif merupakan pecahan Mesir.

Proof: Ambil sebarang bilangan rasional positif {\frac{u}{v}}. Ingat bahwa deret harmonik {\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}} merupakan deret yang divergen. Jika {\displaystyle H_N=\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}}, maka terdapat suatu {m} sehingga {H_m\leq \frac{u}{v}<H_{m+1}=H_m+\frac{1}{m+1}}. Akibatnya {0<\frac{u}{v}-H_m<\frac{1}{m+1}<1} dan tentunya terdapat {s>m+1} asli sehingga {\frac{1}{s}\leq \frac{u}{v}-H_m<\frac{1}{s-1}}. Dengan menggunakan lema di atas, kita peroleh

\displaystyle \frac{u}{v}-H_m=\frac{1}{s}+\frac{1}{s_1}+\cdots +\frac{1}{s_n}

dengan {m+1<s<s_1<\cdots<s_n}. Dengan demikian

\displaystyle \frac{u}{v}=H_m+\frac{1}{s}+\frac{1}{s_1}+\cdots+\frac{1}{s_n}

merupakan pecahan Mesir. \Box

Deret Harmonik yang Konvergen ?

Di kelas telah ditunjukkan bahwa deret harmonik {\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}} merupakan deret yang divergen. Berikut adalah bukti yang sedikit berbeda dengan yang telah ditunjukkan di kelas.

Teorema 1 Deret harmonik divergen.
Bukti: Andakan deret harmonik konvergen, tulis jumlahnya sebagai {S}. Maka

    \begin{align*} S &= 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\cdots \\ &> \left(\frac{1}{2}+\frac12\right)+\left(\frac14+\frac14\right)+\left(\frac16+\frac16\right)+\cdots\\ &=S \end{align*}

dan {S>S} tidak mungkin terjadi (kontradiksi!) \Box

Pernyataan berikutnya bisakah kita membuang beberapa suku dari deret harmonik sehingga dihasilkan deret yang konvergen? Kita mengetahui bahwa jawabannya bisa, karena kita mengetahui bahwa deret {\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}} merupakan deret yang konvergen. Bisakah kita melakukannya dengan lebih baik yakni dengan membuang suku-suku dari deret harmonik lebih sedikit?

Berikut akan ditunjukkan bahwa jika kita kita membuang suku-suku {\frac{1}{n}} pada deret harmonik untuk semua {n} yang digit-digitnya mengandung minimal sebuah angka 9, maka deret yang dihasilkan merupakan deret yang konvergen.

Teorema 2 Deret {\displaystyle\sum_{9 \text{ bukan digit }n} \frac{1}{n}} konvergen.
Bukti: Misalkan {a_1=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{8}, a_2=\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+\cdots +\cdots+\frac{1}{88}} dan secara umum {a_m=\frac{1}{10^{m-1}}+\cdots +\frac{1}{\underbrace{8\cdots 88}_m}} adalah jumlah semua bentuk {\frac{1}{n}} dengan {n} bilangan dengan {m} digit yang tidak mengandung angka 9. Perhatikan bahwa jika kita memiliki suatu bilangan dengan {m} digit dan dia tidak mengandung 9, maka untuk digit pertamanya kita punya 8 pilihan, yakni semua digit kecuali 0 atau 9. Sedangkan untuk digit kedua sampai dengan digit ke-{m} kita bisa menggunakan semua digit kecuali digit 9. Dengan demikian pada {a_m} kita menjumlahkan {8\cdot 9^{m-1}} bilangan. Karena suku tekecil di {a_m} adalah {\frac{1}{10^{m-1}}} maka {a_m< 8\cdot \frac{9^{m-1}}{10^{m-1}}}. Akibatnya

\displaystyle \sum_{9 \text{ bukan digit }n} \frac{1}{n}=\sum_{m=1}^\infty a_m<\sum_{m=1}^\infty 8\cdot \left(\frac{9}{10}\right)^{m-1}=80

jelas merupakan deret konvergen. \Box
Berikutnya adalah tantangan buat para pembaca

Problem Jika kita membuang semua suku {\frac{1}{n}} pada deret harmonik untuk semua {n} yang mengandung paling sedikit 2017 buah angka 9 pada digit-digitnya, apakah deret yang dihasilkan akan konvergen?