Kekonvergenan Deret Harmonik secara Analitik dan Numerik Muhammad Al Kahfi 10114032 Matematika ITB 2014

Masalah Pertama Selidiki apa yang terjadi dengan 𝐻 2𝑛 −𝐻(𝑛) jika 𝑛 →∞. Apakah anda mengenalinya ?

Pendekatan dengan Penaksiran Definisikan T(n) sedemikian sehingga 𝑇 𝑛 = 𝐻 2𝑛 −𝐻 𝑛 = 𝑖=1 2𝑛 1 𝑖 − 𝑖=1 𝑛 1 𝑖 = 1 𝑛+1 + 1 𝑛+2 + …+ 1 2𝑛 Akibatnya, 1 2 = 𝑛 2𝑛 ≤𝑇 𝑛 ≤ 𝑛 𝑛+1 ≤1 Karena T(n) adalah fungsi menaik (bukti diserahkan pada pembaca) dan T(n) terbatas di atas, maka jelas bahwa T(n) konvergen. Tapi, konvergen kemana ?

Definisi Integral 𝐻 2𝑛 −𝐻 𝑛 = 𝑖=1 2𝑛 1 𝑖 − 𝑖=1 𝑛 1 𝑖 = 𝑖=𝑛+1 2𝑛 1 𝑖 = 𝑖=1 𝑛 1 𝑛+𝑖 = 1 𝑛 𝑖=1 𝑛 1 1+ 𝑖 𝑛 Akibatnya, lim 𝑛 →∞ 1 𝑛 𝑖=1 𝑛 1 1+ 𝑖 𝑛 = 0 1 1 1+𝑥 𝑑𝑥= ln 𝑥+1 0 1 = ln 2

Programming Matlab for i = 1 : 100 har(i) = 0; for j = i+1 : 2*i; har(i) = har(i) + 1/j; end; plot(har - log(2));

Selidiki juga dengan 𝐻 2 𝑘 𝑛 −𝐻(𝑛) Masalah Kedua Selidiki juga dengan 𝐻 2 𝑘 𝑛 −𝐻(𝑛)

Gunakan Hasil Sebelumnya lim 𝑛 →∞ 𝐻 2 𝑘 𝑛 −𝐻 𝑛 = lim 𝑛 →∞ 𝐻 2 𝑘 𝑛 −𝐻 2 𝑘−1 𝑛 +𝐻 2 𝑘−1 𝑛 −𝐻 2 𝑘−2 𝑛 + …+𝐻 2𝑛 −𝐻(𝑛) = lim 𝑛 →∞ 𝐻 2 𝑘 𝑛 −𝐻 2 𝑘−1 𝑛 + lim 𝑛 →∞ 𝐻 2 𝑘−1 𝑛 −𝐻 2 𝑘−2 𝑛 + … + lim 𝑛 →∞ 𝐻 2𝑛 −𝐻 𝑛 = ln 2 + ln 2 + ln 2 + …+ ln 2 =𝑘 ln 2 = ln 2 𝑘 ⁡

Programming Matlab for k = 1 : 10; for i = 1 : 200 har(i, k) = 0; for j = i+1 : 2^k*i; har(i, k) = har(i, k)+ 1/j; end; plot(har(:, k) - k*log(2)); hold on;

Masalah Ketiga Misalkan n mempunyai nilai tetap, selidiki apa yang terjadi dengan 𝐻( 2 𝑘 𝑛). Tentu nilainya membesar. Bagaimana ukuran membesarnya ? Carilah suatu fungsi yang dapat digunakan sebagai ukuran

Batasi Nilai 𝐻( 2 𝑘 𝑛) Dari uraian pada masalah 1 telah kita dapatkan 1 2 ≤𝐻 2𝑛 −𝐻 𝑛 ≤1 𝑘 2 ≤𝐻 2 𝑘 𝑛 −𝐻 𝑛 ≤𝑘 1 2 ≤ 𝐻 2 𝑘 𝑛 −𝐻 𝑛 𝑘 ≤1 Perhatikan bahwa fungsi T k = 𝐻 2 𝑘 𝑛 −𝐻 𝑛 𝑘 monoton turun untuk setiap 𝑘> 𝑘 0 dengan 𝑘 0 ∈ ℕ (bukti diserahkan ke pembaca), akibatnya 𝑇(𝑘) konvergen ke suatu nilai, sebut c.

lim 𝑘→∞ 𝐻 2 𝑘 𝑛 −𝐻 𝑛 𝑘 =𝑐 𝐻 2 𝑘 𝑛 =𝑐 𝑘+𝑂 𝑘 +𝐻 𝑛 𝐻 2 𝑘 𝑛 −𝑐𝑘=𝑐𝑂 𝑘 +𝐻(𝑛) Dengan cesaro stolz theorem, 𝑐 ≈ lim 𝑥 →∞ 𝐻 2 𝑥+1 𝑛 −𝐻 2 𝑥 𝑛 = lim 𝑥 →∞ 𝑖=1 2 𝑥 𝑛 1 2 𝑥 𝑛+𝑖 = lim 𝑥 →∞ 1 2 𝑥 𝑖=1 2 𝑥 𝑛 1 𝑛+ 𝑖 2 𝑥 = 0 𝑛 1 𝑛+𝑥 𝑑𝑥 = ln 2

Programming Matlab for i = 1 : 20; for k = 1 : 20; har(i, k) = 0; for j = 1 : i*2^k; har(i, k) = har(i, k) + 1/j; end; plot(har(i, :)); hold on;

Masalah Keempat Misalkan 𝐽(𝑛) merupakan bilangan bulat yang tidak lebih kecil dari 𝐻 𝑛 . Hitung 𝐽 2𝑛 −𝐽 𝑛 dengan 𝑛=1, 2, …, 𝑁 dengan 𝑁 cukup besar. Kesimpulan apa yang diperoleh

Gunakan fungsi ceiling Jelas bahwa 𝐽 𝑛 = 𝐻(𝑛) . Perhatikan bahwa 𝑦 − 𝑥 ≤ 𝑦 −𝑥 ⇒ 𝐻(2𝑛) − 𝐻(𝑛) ≤ 𝐻 2𝑛 −𝐻 𝑛 ≤1⇒ 𝐽 2𝑛 −𝐽 𝑛 ≤1 Karena 𝐽(𝑛) bernilai bilangan bulat, maka kemungkinan nilai dari 𝐽 2𝑛 −𝐽 𝑛 adalah 0 dan 1

Program Matlab har(1) = 1; for i = 2 : 1000; har(i) = har(i-1) + 1/i; end; i = 1 : 500 f = @(x) ceil(har(2*x)) - ceil(har(x)) plot(i, f(i), ‘ro')

Masalah kelima Tentukan kemungkinan nilai 𝑚 𝑛 jika 𝐽 𝑚 =𝐽 𝑛 +1

Integral lagi Perhatikan bahwa 𝐽 𝑚 =𝐽 𝑛 +1⇒0<𝐻 𝑚 −𝐻 𝑛 <2 Ambil limit kedua ruas 0≤ lim 𝑛 →∞ 𝑖=𝑛+1 𝑚 1 𝑖 = lim 𝑛 →∞ 𝑖=1 𝑚−𝑛 1 𝑛+𝑖 = 0 𝑚 𝑛 −1 1 1+𝑥 𝑑𝑥 = ln 𝑚 𝑛 ≤2 ⇒1≤ 𝑚 𝑛 ≤ 𝑒 2 𝑎𝑠 𝑛 →∞

Program Matlab har(1) = 1; for i = 2 : 3000; har(i) = har(i-1) + 1/i; end; f = @(x) ceil(har(x)) i = 1 : 3000; kom = f(i); for i = 1 : 600; kecil(i) = min(find(kom == f(i) + 1))/i; besar(i) = max(find(kom == f(i) + 1))/i; i = 1 : 600; plot(kecil(i), ‘g’); hold on; plot(besar(i), ‘r’);

Masalah Keenam Misalkan 𝑛 bilangan terbesar sehingga 𝐽 𝑛 =𝑚, untuk 𝑚=1, 2, …, 30. Tuliskan ini sebagai 𝐿 𝑚 . Hitung 𝐿 𝑚+1 𝐿 𝑚 carilah suatu kesimulan mengenai hasil ini. Tentukan order dari 𝐿(𝑚) jika 𝑚 membesar tanpa batas.

Lakukan Pengandaian Asumsikan 𝐿 𝑚 =𝑛 dan 𝐿 𝑚+1 =𝑛′. Untuk 𝑛 yang cukup besar / menuju ∞ maka berlaku H n ′ −H n =m+1 −m=1⇒ 1= lim 𝑛 →∞ 𝑖=𝑛+1 𝑛 ′ 1 𝑖 = lim 𝑛 →∞ 𝑖=1 𝑛 ′ −𝑛 1 𝑛+𝑖 = 0 𝑛 ′ 𝑛 −1 1 1+𝑥 𝑑𝑥 = ln 𝑛 ′ 𝑛 ⇒ 𝐿 𝑚+1 𝐿 𝑚 = 𝑛 ′ 𝑛 →𝑒

Simpulkan Karena 𝐿 𝑚+1 𝐿 𝑚 = 𝑛 ′ 𝑛 →𝑒 maka lim 𝑚 →∞ 𝐿 𝑚 𝑒 𝑚 =𝑐 Jadi 𝐿(𝑚) membesar secara eksponensial

Program Matlab har(1) = 1; for i = 2 : 1000000; har(i) = har(i-1) + 1/i; end; f = @(x) ceil(har(x)) i = 1 : 1000000; kom = f(i); for i = 1 : 14; nilai(i) = max(find(kom == i)); perbandingan = nilai(2 : end)./nilai(1 : end-1); plot(perbandingan); figure; plot(nilai);

Masalah ketujuh Bagaimana dengan deret 𝑛=1 ∞ −1 𝑛+1 𝑛 Apakah konvergen ? Apakah anda mengenalinya ?

Dirichlet’s Test Teorema : Jika 𝑋 ≔( 𝑥 𝑛 ) adalah barisan monoton turun dengan 𝑙𝑖𝑚 𝑥 𝑛 =0 dan jika jumlah parsial dari ( 𝑠 𝑛 ) dari ∑ 𝑦 𝑛 terbatas, maka deret 𝑥 𝑛 𝑦 𝑛 konvergen. Pilih 𝑥 𝑛 = 1 𝑛 , perhatikan bahwa lim 𝑥 𝑛 =0 Pilih 𝑦 𝑛 = −1 𝑛+1 , perhatikan bahwa 𝑦 𝑛 terbatas Dengan dirichlet test, −1 𝑛+1 𝑛 konvergen.

Masih ingat dengan deret Mc Laurin ? Perhatikan bahwa 1 1+𝑥 =1 −𝑥+ 𝑥 2 − 𝑥 3 + 𝑥 4 − … Integralkan kedua ruas dengan batas [0, 𝑥] ln 1+𝑥 =𝑥 − 𝑥 2 2 + 𝑥 3 3 − 𝑥 4 4 + 𝑥 5 5 − … Pilih 𝑥=1 ln 2 =1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + 1 5 − …= 𝑛=1 ∞ −1 𝑛+1 𝑛

Program Matlab har(1) = 1; for i = 2 : 1000 har(i) = har(i-1) + (-1)^(i+1)/i; end; plot(har - log(2));

Masalah ke Delapan Bagaimana dengan deret 1 + 1 2 − 1 3 + 1 4 + 1 5 − 1 6 + 1 7 − … Apakah deret konvergen ? Apakah anda mengenalinya ?

Tinjau 𝑆 3𝑛 Perhatikan bahwa 𝑆 3𝑛 = 1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + 1 6 + …+ 1 3𝑛 − 2 3 1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 + …+ 1 𝑛 = 1 3 1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 + …+ 1 𝑛 + 1 𝑛+1 + 1 𝑛+2 + …+ 1 3𝑛 Jelas bahwa deret ini divergen karena mengandung deret harmonik. Tetapi, bagaimana dengan orde membesarnya ?

Partisi Menjadi 2 Bagian Bagi 𝑆 3𝑛 menjadi 2 bagian : lim 𝑛→∞ 1 3 1+ 1 2 + 1 3 + …+ 1 𝑛 − 1 3 ln 𝑛 = 1 3 𝛾 𝑖=1 2𝑛 1 𝑛+𝑖 = 0 2 1 1+𝑥 𝑑𝑥 = ln 3 Akibatnya, lim 𝑛 →∞ 1 3 1+ 1 2 + …+ 1 𝑛 + 1 𝑛+1 + 1 𝑛+2 + …+ 1 3𝑛 − ln 𝑛 3 = 1 3 𝛾+ ln 3

Bagaimana dengan 𝑆 3𝑛+1 dan 𝑆 3𝑛+2 lim 𝑛 →∞ 𝑆 3𝑛+1 − 1 3 ln 3𝑛+1 3 = lim 𝑛 →∞ 𝑆 3𝑛 + 1 3𝑛+1 − 1 3 ln 3𝑛+1 3 = 1 3 𝛾+ ln 3 + lim 𝑛 →∞ 1 3𝑛+1 − 1 3 ln 3n+1 3n = 1 3 𝛾+ ln 3 Lakukan hal yang sama untuk 𝑆 3𝑛+2 . Diperoleh bahwa 𝑆 𝑛 − 2 3 ln 𝑛 3 konvergen menuju 1 3 𝛾+ ln 3

Program Matlab har(1) = 1; for i = 2 : 10000 if mod(i, 3) ~= 0 har(i) = har(i-1) + 1/i; else har(i) = har(i-1) - 1/i; end; har1(i) = har(i) - 1/3*log(i/3); plot(har1); axis([0, 10000, 1.2, 1.4])

Masalah ke Sembilan Bagaimana dengan deret 1+ 1 3 − 1 2 + 1 5 + 1 7 − 1 4 + … Apakah deret konvergen ? Apakah Anda mengenalinya

Tinjau 𝑆 3𝑛 Dengan rearrangemen ulang 𝑆 3𝑛 =1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + …+ 1 2𝑛−1 − 1 2𝑛 + 1 2𝑛+1 + 1 2𝑛+3 + 1 2𝑛+5 + …+ 1 4𝑛−1 Perhatikan bahwa bentuk 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + …+ 1 2𝑛−1 − 1 2𝑛 Konvergen ke ln 2 sesuai dengan masalah ketujuh. Sedangkan bentuk di dalam kurung dapat diselesaikan menggunakan integral

1 2𝑛+1 + 1 2𝑛+3 + 1 2𝑛+5 + …+ 1 4𝑛−1 = 1 2 1 𝑛 1 1+ 1 2𝑛 + 1 1+ 3 2𝑛 + …+ 1 1+ 2𝑛−1 2𝑛 = 1 2 0 1 1 1+𝑥 𝑑𝑥 = ln 2 2 Akibatnya, lim 𝑛 →∞ 𝑆 3𝑛 = ln 2 + ln 2 2 = 3 2 ln 2

Bagaimana dengan 𝑆 3𝑛+1 dan 𝑆 3𝑛+2 Kedua barisan ini tetap konvergen ke 3 2 ln 2 . Bukti mirip dengan masalah ke delapan dan diserahkan kepada pembaca.

Program Matlab har(1) = 1; for i = 2 : 10000 if mod(i, 3) ~= 0 har(i) = har(i-1) + 1/(2*(i - floor(i/3)) - 1); else har(i) = har(i-1) - 1/(2*floor(i/3)); end; plot(har - 3/2*log(2)); axis([0 10000 -0.05 0.05]

Masalah ke Sepuluh Kita mengetahui bahwa deret 𝑥 𝑛 =1+ 1 2 + 1 3 + 1 4 + …+ 1 𝑛 Divergen. Selidiki order konvergensinya.

Gambarkan grafik f x = 1 𝑥 Dengan menggambarkan grafik, kita dapatkan bahwa 0≤ lim 𝑛 →∞ 𝑖=1 𝑛 1 𝑖 − 1 𝑛 1 𝑥 ≤1⇒ 0≤ lim 𝑛 →∞ 𝑖=1 𝑛 1 𝑖 −2( 𝑛 −1) ≤1 Karena 𝑖=1 𝑛 1 𝑖 − 1 𝑛 1 𝑥 menaik dan terbatas maka deret ini konvergen. Jadi, deret ini konvergen dengan orde 2 𝑛

Program Matlab har(1) = 1; for i = 2 : 1000; har(i) = har(i-1) + 1/sqrt(i); after(i) = har(i) - 2*sqrt(i); end; plot(after); axis([0 1000 -1.5 -1]);

Masalah ke Sebelas Kita mengetahui bahwa deret 𝑥 𝑛 =1+ 1 3 2 + 1 3 3 + …+ 1 3 𝑛 Divergen. Selidiki order divergensinya

Lakukan hal yang sama dengan masalah ke sepuluh.

Masalah ke Dua Belas Selidiki kekonvergenan 1 1 2 + 1 2 2 + 1 3 2 + … 1 1 3 + 1 2 3 + 1 3 3 + … 1 1 4 + 1 2 4 + 1 3 4 + …

Gunakan Teorema Residu untuk Integral .... Hah :o >o< :o Residu itu apa ?

Lemma 𝑛=−∞ 𝑛≠ 𝑧 𝑘 ∞ 𝑓(𝑛) =− 𝑘 𝑅𝑒𝑠 𝜋 cot 𝜋𝑧 𝑓 𝑧 ; 𝑧 𝑘

Kasus 𝑓 𝑛 = 1 𝑛 2 Perhatikan bahwa 2 𝑛=1 ∞ 1 𝑛 2 = 𝑛=−∞ 𝑛≠0 ∞ 1 𝑛 2 =−𝑅𝑒𝑠 𝜋 cot 𝜋𝑧 𝑧 2 ;0 Gunakan deret laurent cot (𝜋𝑧) = 1 𝜋𝑧 − 𝜋𝑧 3 − 𝜋 3 𝑧 3 45 + …⇒ 𝜋 cot π𝑧 𝑧 2 = 1 𝑧 3 − 𝜋 2 3𝑧 − 𝜋 4 𝑧 45 + … Akibatnya 𝑛=1 ∞ 1 𝑛 2 = − 1 2 𝑅𝑒𝑠 𝜋 cot 𝜋𝑧 𝑧 2 ;0 =− 1 2 − 𝜋 2 3 = 𝜋 2 6

Kasus 𝑓 𝑛 = 1 𝑛 3 Di dalam matematika, dikenal istilah Apery’s Constant. Istilah ini muncul oleh matematikawan Prancis, Roger Apery yang membuktikan bahwa bilangan ini irrasional (1978). Sampai saat ini belum ada pembuktian apakah bilangan ini transenden atau tidak. 𝜁 3 = 𝑛=1 ∞ 1 𝑛 3 = lim 𝑛 →∞ 1 1 3 + 1 2 3 + …+ 1 𝑛 3 Yang jika diapproksimasi oleh komputer menghasilkan 1.202056903159594285399738161511449990764986292..

Kasus 𝑓 𝑛 = 1 𝑛 4 Perhatikan bahwa 2 𝑛=1 ∞ 1 𝑛 4 = 𝑛=−∞ 𝑛≠0 ∞ 1 𝑛 4 =−𝑅𝑒𝑠 𝜋 cot 𝜋𝑧 𝑧 4 ;0 Gunakan deret laurent cot (𝜋𝑧) = 1 𝜋𝑧 − 𝜋𝑧 3 − 𝜋 3 𝑧 3 45 + …⇒ 𝜋 cot π𝑧 𝑧 4 = 1 𝑧 5 − 𝜋 2 3 𝑧 3 − 𝜋 4 45𝑧 + … Akibatnya 𝑛=1 ∞ 1 𝑛 4 = − 1 2 𝑅𝑒𝑠 𝜋 cot 𝜋𝑧 𝑧 4 ;0 =− 1 2 − 𝜋 4 45 = 𝜋 4 90

Program Matlab 1 har(1) = 1; for i = 2 : 1000; har(i) = har(i-1) + 1/i^2; end; plot(har - pi^2/6, 'g--', 'LineWidth', 5);

Program Matlab 2

Program Matlab 3 har(1) = 1; for i = 2 : 50; har(i) = har(i-1) + 1/i^4; end; plot(har - pi^4/90, 'g--', 'LineWidth', 5);

Daftar Pustaka Andrescu, Titu dan Gelca, Razvan. 2007. Putnam and Beyond. Springer Bak, Joseph dan Newman, Donald J. 2010. Complex Analysis (Third Edition). Springer. Bartle, Robert G. dan Sherbert, Donald R.. 2011. Introduction to Real Analysis (Fourth Edition). John Wiley & Sons, Inc. Churchill, Ruel V. Dan Brown, James Ward. 2014. Complex Variables and Applications (Ninth Edition). McGraw Hill Education. Purcell, dkk. 2011. Kalkulus (Edisi 9) Jilid 2. Jakarta : Penerbit Erlangga