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?

Lema Gauss dan Keirasionalan Bilangan

Dulu, pertama kali saya melihat bukti bahwa {\sqrt{2}} irasional ketika mengambil mata kuliah Analisis Real di tingkat tiga. Mungkin memang sepertinya sangat terlambat, tapi yang saya ingat saya cukup terkesan melihat bukti tersebut. Agar mahasiswa mengenal hal ini sedini mungkin, saya sudah memberikannya kepada mahasiswa kalkulus saya semester ini.

Hasil keirrasionalan {\sqrt{2}} bisa diperumum. Dapat dibuktikan bahwa asalkan bilangan asli {k} bukanlah merupakan pangkat {n} dari suatu bilangan asli, yakni {k\neq m^n} untuk setiap bilangan asli {m}, maka {\sqrt[n]{k}} merupakan bilangan irasional.

Lebih lanjut jika {P(x)=x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n} merupakan polinom dengan {a_1,\ldots,a_n} merupakan bilangan bulat, maka akar dari {P(x)} adalah bilangan bulat atau bilangan irasional. Hasil ini dikenal dengan Lemma Gauss. Perhatikan bahwa dengan meninjau polinom {x^n-k} dengan {k\neq m^n} untuk sebarang bilangan bulat {m}, maka kita simpulkan bahwa {\sqrt[n]{k}} merupakan bilangan irasional.

Dalam tulisan ini kita akan membuktikan Lemma Gauss dengan argumen baru yang diberikan oleh David Gilat tahun 2012. Argumen baru ini hanya bersandar kepada sifat kelengkapan bilangan asli yang mengatakan bahwa setiap subhimpunan bilangan asli pasti memiliki unsur terkecil. Bukti Lemma Gauss yang standard meskipun sama-sama sederhananya tapi mengasumsikan beberapa pengetahuan dasar tentang sifat bilangan prima.

Theorem 1 (Lemma Gauss) Diberikan polinom {P(x)=x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n} dengan koefisien bulat. Jika {r} adalah akar rasional dari {P(x)}, maka {r} merupakan bilangan bulat.

Bukti Standard

Misalkan r=p/q dengan (p,q)=1 dan f(r)=0. Akibatnya \frac{p^n}{q^n}+\sum_{i=1}^{n-1} a_i \frac{p^{n-1}}{q^{n-1}}=0. Kalikan dengan q^n dan pindah ruas diperoleh p^n=-\sum_{i=1}^{n-1} p^iq^{n-i}. Perhatikan bahwa ruas kanan habis dibagi q. Jika q\neq 1 maka q mempunyai faktor prima t yang membagi q dan menurut persamaan di atas juga membagi p^n. Karena sifat bilangan prima maka t juga membagi p kontradiksi dengan (p,q)=1. Jadi haruslah q=1 dan r bulat.

[collapse]

Proof: Andaikan {r} adalah akar rasional dari {P(x)} yang tidak bulat. Maka terdapat suatu bilangan bulat {q} sedemikian sehingga {q< r< q+1}. Sekarang pandang himpunan

\displaystyle M:=\{m\in \mathbb{N}\mid mr,mr^2,\ldots,mr^{n-1} \text{ merupakan bilangan bulat}\}

Karena {M} merupakan subhimpunan dari bilangan asli, maka {M} mempunyai unsur terkecil, sebut ia {m}. Dari {P(r)=0} kita peroleh {r^n= -a_1r^{n-1}-a_2r^{n-2}+\cdots-a_{n-1}r-a_n}. Dengan mengalikan persamaan ini dengan {m} kita dapatkan

\displaystyle mr^n=-a_1mr^{n-1}-a_2mr^{n-2}+\cdots-a_{n-1}mr-a_n

dan kita simpulkan bahwa {mr^n} merupakan bilangan bulat (mengapa?). Sekarang tinjau bilangan {m':=(r-q)m}. Perhatikan bahwa berdasarkan definisi {m}, kita tahu bahwa {mr} bulat, demikian juga {qm} bulat karena {q} bulat. Dengan demikian {m'} bulat. Perhatikan pula bahwa untuk {i=1,\ldots, n-1} kita peroleh {m'r^i=(r-q)mr^i=mr^{i+1}-qmr^i} yang juga merupakan bilangan bulat arena {Q} bulat dan {mr^j} adalah bilangan bulat untuk {j=1,\ldots, n}. Jadi {m'\in M}. Akan tetapi perhatikan bahwa {0<(r-q)<(q+1)-q=1} yang mengakibatkan {m'=(r-q)m<m}. Ini bertentangan dengan fakta bahwa {m} adalah unsur terkecil di {M}.

Jadi haruslah {r} merupakan bilangan bulat. \Box

Berkaitan dengan keirasionalan bilangan, Lemma Gauss bisa kita baca sebagai berikut: jika {r} bukan bilangan bulat, tapi ia merupakan akar suatu polinom monik dengan koefisien bilangan bulat, maka haruslah {r} merupakan bilangan irasional.

Sebagai contoh jika {p} bilangan prima, jelas {\sqrt{p}} bukan bulat, karena jika bulat maka ia merupakan faktor dari {p}. Akan tetapi {\sqrt{p}} merupakan akar dari polinom monik {x^2-p}. Dengan demikian {\sqrt{p}} merupakan bilangan irasional.

Contoh yang lain, apakah {\sqrt{5}+\sqrt{11}} rasional? Pertama kita periksa apakah ia bulat? jika ia bulat maka demikian pula dengan {(\sqrt{5}+\sqrt{11})^2=16+2\sqrt{55}}. Akibatnya {2\sqrt{55}} bulat. Tapi hal tersebut tidak mungkin karena {14^2< (2\sqrt{55})^2<15^2} sehingga bilangan {2\sqrt{55}} terletak diantara dua bilangan bulat berurutan (14 dan 15) yang mengakibatkan {2\sqrt{55}} tidak bulat. Jadi {\sqrt{5}+\sqrt{11}} tidak bulat. Sekarang perhatikan dari perhitungan di atas kita peroleh

\displaystyle \left((\sqrt{5}+\sqrt{11})^2-16\right)^2=220

atau dengan kata lain {\sqrt{5}+\sqrt{11}} merupakan akar dari polinom monik {(x^2-16)^2-220=x^4-32x^2-24} dan menurut Lemma Gauss haruslah {\sqrt{5}+\sqrt{11}} irasional.