Sampai di sini semua deret yang diuji memiliki suku positif. Deret yang sukunya bergantian positif dan negatif berperilaku jauh lebih baik: pembatalan antar suku membantu kekonvergenan. Contoh terkenalnya adalah deret harmonik berganti tanda \[ 1-\frac12+\frac13-\frac14+\frac15-\cdots=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}, \] yang konvergen walaupun deret harmonik biasa divergen.
1. Deret berganti tanda
Deret berganti tanda (alternating series) adalah deret yang suku-sukunya berganti positif dan negatif, yaitu berbentuk \[ \sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}b_n=b_1-b_2+b_3-b_4+\cdots\qquad\text{atau}\qquad\sum_{n=1}^\infty(-1)^nb_n,\quad b_n\gt0. \]
2. Uji deret berganti tanda (Leibniz)
Jika deret berganti tanda \(\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}b_n\) (\(b_n\gt0\)) memenuhi
- \(b_{n+1}\le b_n\) untuk semua \(n\) (barisan \(b_n\) menurun), dan
- \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=0\),
maka deret itu konvergen.
Mengapa ini benar
Perhatikan jumlah parsial:
- Jumlah parsial genap: \(s_{2n}=(b_1-b_2)+(b_3-b_4)+\cdots+(b_{2n-1}-b_{2n})\). Tiap kurung \(\ge0\), jadi \(s_{2n}\) naik. Sekaligus \(s_{2n}=b_1-(b_2-b_3)-\cdots-b_{2n}\le b_1\), jadi \(s_{2n}\) terbatas oleh \(b_1\). Maka \(s_{2n}\to s\) (Teorema Barisan Monoton).
- Jumlah parsial ganjil: \(s_{2n+1}=s_{2n}+b_{2n+1}\), dan \(b_{2n+1}\to0\), maka \(s_{2n+1}\to s+0=s\).
Kedua subbarisan (genap dan ganjil) menuju \(s\) yang sama, sehingga \(s_n\to s\). \(\blacksquare\)
Secara geometris, \(s_1\gt s_3\gt s_5\gt\cdots\) turun dari atas, \(s_2\lt s_4\lt\cdots\) naik dari bawah, dan jumlah deret \(s\) selalu terjepit di antara dua jumlah parsial berurutan.
- Kedua syarat harus dipenuhi. Bila \(b_n\not\to0\), deret divergen menurut uji divergensi.
- Syarat menurun cukup berlaku untuk \(n\ge N\) (suatu \(N\)).
- Uji ini hanya menyatakan konvergen; bila syaratnya gagal, uji ini tidak menyimpulkan divergen.
3. Contoh
\(b_n=\frac1n\): menurun dan \(\to0\). Konvergen. (Nilainya \(\ln2\approx0{,}6931\); lihat nanti di 11.10.)
\(\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\dfrac{3n}{4n-1}\). Di sini \(b_n=\dfrac{3n}{4n-1}\to\dfrac34\ne0\). Maka \(\lim a_n\) tidak ada (\(a_n\) berayun mendekati \(\pm\frac34\)), dan deret divergen menurut uji divergensi.
\(\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\dfrac{n^2}{n^3+1}\). Misalkan \(f(x)=\dfrac{x^2}{x^3+1}\). Maka \(f'(x)=\dfrac{2x(x^3+1)-3x^4}{(x^3+1)^2}=\dfrac{x(2-x^3)}{(x^3+1)^2}\lt0\) bila \(x^3\gt2\), yaitu \(x\gt1{,}26\). Jadi \(b_n\) menurun untuk \(n\ge2\). Juga \(b_n\to0\) (derajat penyebut lebih besar). Konvergen. (Jumlah \(\approx0{,}2396\).)
\(\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\dfrac{\ln n}{n}\) (mulai dari \(n=3\)). \(f(x)=\dfrac{\ln x}x\), \(f'(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}\lt0\) untuk \(x\gt e\approx2{,}72\); jadi menurun untuk \(n\ge3\). Dan \(\lim\dfrac{\ln n}n=0\) (l'Hôpital). Konvergen.
\(\sum_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n}{n!}\): \(b_n=\dfrac1{n!}\) menurun dan \(\to0\). Konvergen. (Jumlahnya \(e^{-1}\approx0{,}3679\); ini adalah \(e^x\) di \(x=-1\), lihat 11.10.)
\(\sum(-1)^{n}\dfrac{1}{\sqrt{n}+n}\). \(b_n=\frac1{\sqrt n+n}\), penyebut \(\sqrt n+n\) bertambah besar bila \(n\) naik, sehingga \(b_n\) menurun; \(b_n\to0\). Konvergen.
Misalkan \(\sum(-1)^n b_n\) dengan \(b_n=\dfrac1n\) untuk \(n\) genap dan \(b_n=\dfrac1{n^2}\) untuk \(n\) ganjil. Maka \(b_n\to0\), tetapi \(b_n\) tidak menurun: misalnya \(b_3=\frac19\lt b_4=\frac14\). Jadi uji Leibniz tidak berlaku. Dan deret ini memang divergen: bagian positifnya \(\sum\frac1{2k}\) divergen, sedangkan bagian negatifnya \(\sum\frac1{(2k+1)^2}\) konvergen, sehingga jumlah parsialnya tak terbatas. Moral: syarat menurun bukan formalitas.
4. Taksiran jumlah deret berganti tanda
Karena jumlah \(s\) terjepit di antara \(s_n\) dan \(s_{n+1}\), jarak \(|s-s_n|\) paling besar sama dengan jarak antara keduanya, yaitu \(b_{n+1}\).
Bila \(s=\sum(-1)^{n-1}b_n\) memenuhi \(b_{n+1}\le b_n\) dan \(b_n\to0\), maka \[ |R_n|=|s-s_n|\le b_{n+1}. \] Yakni galat jumlah parsial tidak melebihi suku pertama yang dibuang.
Cari \(n\) sehingga \(b_{n+1}=\dfrac1{(n+1)!}\lt0{,}01\iff(n+1)!\gt100\). Karena \(4!=24\) dan \(5!=120\), cukup \(n+1=5\), yaitu \(n=4\). Maka \[ s_4=1-1+\tfrac12-\tfrac16+\tfrac1{24}=0{,}375. \] Galat \(\le\frac1{120}\approx0{,}0083\lt0{,}01\). Memang nilai sebenarnya \(0{,}3679\) berjarak \(0{,}0071\) dari \(0{,}375\). ✓
Perlu \(b_{n+1}=\dfrac1{(n+1)^2}\lt0{,}001\iff(n+1)^2\gt1000\iff n+1\ge32\), jadi \(n=31\). \(s_{31}\approx0{,}82297\); nilai sebenarnya \(\pi^2/12\approx0{,}82247\), selisih \(5\times10^{-4}\lt\frac1{32^2}\approx9{,}8\times10^{-4}\) ✓.
Bahkan 1000 suku hanya memberi \(s_{1000}\approx0{,}69265\) vs \(\ln2=0{,}69315\); galat \(\approx5\times10^{-4}\approx b_{1001}\approx10^{-3}\). Deret berganti tanda dengan \(b_n\sim1/n\) memerlukan banyak suku.
Tebakan lebih baik: nilai tengah \(\frac{s_n+s_{n+1}}2\) biasanya jauh lebih dekat ke jumlah sebenarnya daripada \(s_n\).
5. Kesalahan umum
- Menganggap deret berganti tanda otomatis konvergen. Contoh 2 menunjukkan sebaliknya.
- Lupa memeriksa bahwa \(b_n\) benar-benar menurun (bukan hanya menuju 0).
- Memakai taksiran \(b_{n+1}\) untuk deret yang bukan berganti tanda.
- Menyimpulkan divergen dari kegagalan syarat menurun (uji ini hanya cukup, bukan perlu).
6. Ringkasan
- Leibniz: \(b_n\) menurun dan \(\to0\) \(\Rightarrow\) \(\sum(-1)^{n-1}b_n\) konvergen.
- Galat \(\le\) suku pertama yang dibuang \(b_{n+1}\).
- Harmonik berganti tanda konvergen (ke \(\ln2\)), sedangkan harmonik biasa divergen; ini mengantar pada konsep kekonvergenan bersyarat di 11.6.