Pada 11.2 kita hanya bisa memutuskan kekonvergenan deret bila jumlah parsial \(s_n\) punya rumus tertutup (deret geometri, teleskop). Sebagian besar deret tidak sebaik itu. Misalnya, tidak ada rumus sederhana untuk \(s_n=\sum_{k=1}^n \frac1{k^2}\), padahal kita ingin tahu apakah deretnya konvergen. Subbab ini memakai integral sebagai alat bantu: bila suku deret berasal dari fungsi positif yang menurun, luas di bawah kurva "terjepit" oleh jumlah deret.
1. Gagasan: membandingkan deret dengan luas
Tinjau deret \(\sum_{n=1}^\infty \frac1{n^2}\) dan fungsi \(f(x)=\frac1{x^2}\), sehingga \(f(n)=\frac{1}{n^2}\). Gambarkan persegi panjang dengan alas 1 dan tinggi \(f(n)\), mulai dari \(x=n\) ke kanan. Karena \(f\) menurun, tiap persegi panjang berada di atas kurva, sehingga jumlah luasnya (yaitu \(s_n\)) lebih besar dari luas di bawah kurva:
\[ s_n=\sum_{k=1}^{n} f(k)\ \ge\ \int_1^{n+1} f(x)\,dx. \]Sebaliknya, bila persegi panjang digeser agar mulai dari \(x=k-1\) (ujung kanannya menyentuh kurva), mereka berada di bawah kurva:
\[ s_n-f(1)=\sum_{k=2}^{n} f(k)\ \le\ \int_1^{n} f(x)\,dx. \]
Jadi jika integral \(\int_1^\infty f\) berhingga, jumlah parsial terbatas di atas dan deret konvergen; bila integralnya tak hingga, \(s_n\to\infty\) dan deret divergen. Itu isi uji berikut.
2. Uji integral
Misalkan \(f\) kontinu, positif, dan menurun pada \([1,\infty)\), dan \(a_n=f(n)\). Maka \[ \sum_{n=1}^\infty a_n\ \text{konvergen}\iff\int_1^\infty f(x)\,dx\ \text{konvergen}. \] Dengan kata lain, deret dan integral tak wajar itu sama-sama konvergen atau sama-sama divergen.
Bukti
(Integral konvergen \(\Rightarrow\) deret konvergen). Dari ketaksamaan kedua di atas, \(s_n\le a_1+\int_1^nf\le a_1+\int_1^\infty f=:M\). Karena \(a_n\gt0\), barisan \(\{s_n\}\) naik dan terbatas di atas oleh \(M\), jadi konvergen menurut Teorema Barisan Monoton (11.1).
(Integral divergen \(\Rightarrow\) deret divergen). Dari ketaksamaan pertama, \(s_n\ge\int_1^{n+1}f\to\infty\), maka \(s_n\to\infty\). \(\blacksquare\)
- Fungsi tidak perlu menurun mulai dari \(x=1\); cukup menurun pada \([N,\infty)\) untuk suatu \(N\), sebab membuang berhingga banyak suku tidak mengubah kekonvergenan.
- Uji ini hanya menyatakan kekonvergenan, bukan nilai jumlah deret. \(\int_1^\infty f\) umumnya berbeda dari \(\sum a_n\).
- Batas bawah integral boleh disesuaikan dengan indeks awal deret.
- Syarat "positif" dan "menurun" harus diperiksa, misalnya dengan \(f'(x)\lt0\).
3. Deret-\(p\)
Deret-\(p\) \(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^p}\) konvergen jika \(p\gt1\) dan divergen jika \(p\le1\).
Bukti. Bila \(p\le0\), suku \(\frac1{n^p}\not\to0\), jadi divergen menurut uji divergensi. Bila \(p\gt0\), \(f(x)=x^{-p}\) positif, kontinu, dan menurun pada \([1,\infty)\). Untuk \(p\ne1\), \[ \int_1^\infty x^{-p}\,dx=\lim_{t\to\infty}\frac{t^{1-p}-1}{1-p}=\begin{cases}\dfrac1{p-1}&p\gt1\\\infty&p\lt1,\end{cases} \] dan untuk \(p=1\), \(\int_1^\infty\frac{dx}{x}=\lim\ln t=\infty\). Uji integral menyelesaikan bukti. \(\blacksquare\)
Kasus khusus yang perlu dihafal: \(p=1\) (harmonik, divergen), \(p=2\) (\(\sum 1/n^2\), konvergen), \(p=\tfrac12\) (\(\sum1/\sqrt n\), divergen), \(p=1{,}001\) (konvergen, walaupun sangat lambat).
4. Contoh uji integral
\(f(x)=\frac1{x^2+1}\) positif, kontinu, menurun (\(f'(x)=-\frac{2x}{(x^2+1)^2}\lt0\)). Maka \[ \int_1^\infty\frac{dx}{x^2+1}=\lim_{t\to\infty}\arctan t-\arctan1=\frac\pi2-\frac\pi4=\frac\pi4. \] Integral konvergen, sehingga deret konvergen. (Nilai integral \(\pi/4\approx0{,}785\) berbeda dari jumlah deret \(\approx1{,}0767\), sesuai catatan di atas.)
\(f(x)=\frac{\ln x}{x^2}\). Turunannya \(f'(x)=\dfrac{x^2\cdot\frac1x-2x\ln x}{x^4}=\dfrac{1-2\ln x}{x^3}\), negatif bila \(\ln x\gt\tfrac12\), yaitu \(x\gt\sqrt e\approx1{,}65\). Jadi \(f\) menurun untuk \(x\ge2\); gunakan batas bawah 2 (atau 1, hasilnya sama konvergen). Dengan integral parsial (\(u=\ln x,\ dv=x^{-2}dx\)): \[ \int_1^t\frac{\ln x}{x^2}dx=\Bigl[-\frac{\ln x}{x}-\frac1x\Bigr]_1^t=1-\frac{\ln t+1}{t}\ \xrightarrow[t\to\infty]{}\ 1. \] Integral konvergen, maka deret konvergen.
\(f(x)=\frac1{x\ln x}\) positif dan menurun pada \([2,\infty)\). Dengan substitusi \(u=\ln x\): \[ \int_2^t\frac{dx}{x\ln x}=\ln(\ln t)-\ln(\ln2)\ \to\ \infty. \] Deret divergen. Walaupun suku-sukunya menuju nol lebih cepat dari \(1/n\), \(\ln(\ln n)\) tumbuh sangat lambat: karena \(\sum_{n=2}^N\frac1{n\ln n}\approx\ln(\ln N)+0{,}79\), untuk mencapai jumlah 10 dibutuhkan \(N\) sekitar \(10^{4300}\) suku.
\(f(x)=xe^{-x^2}\), \(f'(x)=(1-2x^2)e^{-x^2}\lt0\) untuk \(x\ge1\). \(\int_1^\infty xe^{-x^2}dx=\Bigl[-\tfrac12e^{-x^2}\Bigr]_1^\infty=\dfrac1{2e}\), konvergen. Maka deret konvergen. Lebih jauh, \(\sum\le a_1+\int_1^\infty f=\frac1e+\frac1{2e}\approx0{,}552\); nilai sebenarnya \(\approx0{,}4049\).
Untuk \(\sum\dfrac{\cos^2n}{1+n^2}\), fungsi \(\frac{\cos^2x}{1+x^2}\) tidak menurun (ia berosilasi), jadi uji integral tidak berlaku. Deret ini ditangani dengan uji perbandingan: \(0\le\frac{\cos^2n}{1+n^2}\le\frac1{1+n^2}\), dan deret terakhir konvergen (Contoh 1). Lihat 11.4.
5. Menaksir jumlah deret
Seandainya kita tahu sebuah deret konvergen ke \(s\), berapa jauh jumlah parsial \(s_n\) dari \(s\)? Galat (sisa) adalah \[ R_n=s-s_n=\sum_{k=n+1}^\infty a_k. \] Dengan gambar persegi panjang yang sama, tetapi mulai dari \(x=n\) (bukan dari 1), kita peroleh jepitan untuk sisa:
Jika \(f\) kontinu, positif, menurun pada \([n,\infty)\), dan \(\sum a_k\) konvergen, maka \[ \int_{n+1}^\infty f(x)\,dx\ \le\ R_n\ \le\ \int_n^\infty f(x)\,dx. \] Akibatnya, menambahkan batas-batas ini ke \(s_n\) menjepit jumlah sebenarnya: \[ s_n+\int_{n+1}^\infty f(x)\,dx\ \le\ s\ \le\ s_n+\int_n^\infty f(x)\,dx. \]
Jumlah parsial: \(s_{10}=1+\frac18+\frac1{27}+\cdots+\frac1{1000}\approx1{,}197532\). Karena \(\int_n^\infty x^{-3}dx=\dfrac1{2n^2}\): \[ \text{batas atas: }\ \frac1{2\cdot10^2}=0{,}005,\qquad\text{batas bawah: }\ \frac1{2\cdot11^2}\approx0{,}004132. \] Jadi \(1{,}197532+0{,}004132\le s\le1{,}197532+0{,}005\), yaitu \(1{,}201664\le s\le1{,}202532\). Kita bisa memakai titik tengah \(s\approx1{,}2021\) dengan galat maksimum \(\lt0{,}0005\). (Nilai sebenarnya \(1{,}2020569\ldots\))
Berapa suku \(\sum\frac1{n^4}\) perlu dijumlahkan agar galat \(\lt10^{-5}\)? Dari \(R_n\le\int_n^\infty x^{-4}dx=\dfrac1{3n^3}\), kita perlu \(\dfrac1{3n^3}\lt10^{-5}\iff n^3\gt33\,333{,}3\iff n\ge33\) (karena \(32^3=32\,768\lt33\,333\) dan \(33^3=35\,937\)). Dengan \(n=33\): \(s_{33}\approx1{,}082314\), sedangkan nilai eksak \(\pi^4/90\approx1{,}082323\); selisihnya \(\approx9\times10^{-6}\lt10^{-5}\). ✓
(a) \(\sum\frac1{n^2}\) dengan \(n=10\): \(s_{10}\approx1{,}549768\), \(\int_{11}^\infty\frac{dx}{x^2}=\frac1{11}\), \(\int_{10}^\infty=\frac1{10}\). Maka \(1{,}6407\le s\le1{,}6498\); nilai eksak \(\pi^2/6\approx1{,}6449\) ✓. Konvergensinya lambat: galat \(R_n\approx1/n\), sehingga butuh seribu suku untuk tiga desimal.
(b) Harmonik: untuk deret divergen, ketaksamaan yang sama memberi \(\ln(n+1)\le H_n\le1+\ln n\). Jadi \(H_{1000}\) ada di antara \(6{,}91\) dan \(7{,}91\) (nilai sebenarnya \(\approx7{,}485\)). Deret harmonik tumbuh seperti \(\ln n\).
6. Kesalahan umum
- Menganggap \(\sum a_n=\int_1^\infty f\). Hanya sifat konvergen/divergennya yang sama.
- Memakai uji integral pada fungsi yang tidak menurun atau bernilai negatif.
- Menyimpulkan konvergen dari \(a_n\to0\). Harmonik menuju 0 tetapi divergen.
- Mengira \(\sum\frac1{n^p}\) konvergen untuk \(p=1\); batasnya tegas \(p\gt1\).
7. Ringkasan
- Uji integral: \(f\) positif, kontinu, menurun \(\Rightarrow\) \(\sum f(n)\) dan \(\int^\infty f\) sama-sama konvergen/divergen.
- Deret-\(p\): konvergen \(\iff p\gt1\).
- Sisa: \(\int_{n+1}^\infty f\le R_n\le\int_n^\infty f\); gunakan untuk menaksir jumlah dan menentukan banyak suku.
Lanjut ke 11.4 Uji Perbandingan, yang memanfaatkan deret-\(p\) dan geometri sebagai pembanding.