Barisan dan Deret

aₙ=a₁+(n−1)d=3+(n−1)·4=4n−1. Sebaiknya diperiksa bahwa n=1 memberi a₁=3. Bentuk 4n+3 adalah kekeliruan khas karena beda ditambahkan n kali (yaitu (n−1) dijadikan n); untuk n=1 nilainya 7 sehingga tidak cocok dengan suku pertamanya.

a₁₀=100+(10−1)×(−7)=100−63=37. Menambahkan bedanya 10 kali sehingga menjadi 100−70=30 adalah kekeliruan yang khas; yang ditambahkan sebanyak (n−1)=9 kali.

Jumlah barisan aritmetika = (suku pertama + suku terakhir) × banyak suku ÷2=(1+100)×100÷2=5050. Bila lupa dibagi 2 hasilnya 10100. Adapun 4950 adalah jumlah 1 sampai 99.

Suku ke-10 adalah 2+9×3=29, sehingga jumlahnya 10×(2+29)/2=155. Bila suku terakhirnya keliru dihitung 2+10×3=32, hasilnya menjadi 10×(2+32)/2=170. Dengan rumus Sₙ=n{2a₁+(n−1)d}/2=5×(4+27)=155 hasilnya sama.

Dari a₇−a₃=4d=12 diperoleh d=3, lalu a₁=10−2×3=4, sehingga a₂₀=4+19×3=61. Menghitung dari suku di tengah pun boleh: a₂₀=a₇+13d=22+39=61. Nilai 64 adalah kekeliruan karena (n−1) dijadikan n sehingga a₂₀=a₁+20d=4+60, 58 karena suku pertamanya tertukar dengan 1, dan 67 karena a₃ langsung dianggap suku pertama sehingga dihitung 10+19×3.

aₙ=20−3(n−1)=23−3n, dan aₙ≧0 ⇔ n≦7.67, sehingga suku positifnya sampai suku ke-7 (a₇=2). Maka S₇=7×(20+2)/2=77. Begitu suku negatif mulai ditambahkan jumlahnya berkurang, jadi jumlah maksimum tercapai saat semua suku positif sudah dijumlahkan. Nilai 70 muncul karena hanya dijumlahkan sampai suku ke-5, 80 karena keliru menganggap a₈=0 sehingga dihitung S₈=8(20+0)/2, dan 76 adalah S₈ yang ikut menjumlahkan suku negatif a₈=−1.

Dari hubungan suku tengah aritmetika 2x=5+13 diperoleh x=9. Suku tengahnya adalah rata-rata kedua ujungnya, yaitu (5+13)/2. Nilai √65 timbul dari tertukarnya dengan suku tengah geometri (x²=65).

Kelipatan 3 adalah 3, 6, …, 99, yaitu sebanyak 33. Jumlahnya = 33×(3+99)/2=33×51=1683. Dapat pula dihitung 3×(1+2+…+33)=3×561=1683. Jangan salah mencacah banyaknya suku menjadi 32 atau 34 (sebab 99÷3=33).

Untuk n≧2 berlaku aₙ=Sₙ−Sₙ₋₁=(n²+2n)−{(n−1)²+2(n−1)}=2n+1. Karena a₁=S₁=3 juga cocok dengan 2×1+1=3, maka aₙ=2n+1 berlaku untuk semua n. Bentuk 2n−1 adalah kekeliruan karena tertukar dengan kasus Sₙ=n².

a₅=3×2⁵⁻¹=3×2⁴=3×16=48. Kekeliruan yang khas adalah memakai pangkat 5 sehingga dihitung 3×2⁵=96; yang dikalikan sebanyak (n−1)=4 kali.

aₙ=a₁·rⁿ⁻¹=3·2ⁿ⁻¹. Periksalah bahwa n=1 memberi a₁=3. Bentuk 3·2ⁿ memberi 6 saat n=1 sehingga tidak cocok dengan suku pertamanya. Perhatikan pula bentuk 2·3ⁿ⁻¹ yang suku pertama dan rasionya tertukar.

S₁₀=(2¹⁰−1)/(2−1)=1024−1=1023. Untuk rasio 2, jumlahnya dapat pula dipandang sebagai dua kali suku terakhir dikurangi suku pertama, yaitu 2⁹×2−1. Nilai 1024 adalah 2¹⁰ itu sendiri, sedangkan 511 adalah jumlah sampai suku ke-9.

S₅=2×(3⁵−1)/(3−1)=2×242/2=242. Memang 2+6+18+54+162=242. Jangan lupa −1 pada perhitungan 3⁵−1, dan jangan lupa membagi dengan penyebut (r−1) sehingga menjadi 484.

Dari hubungan suku tengah geometri x²=2×8=16 diperoleh x=±4. Karena rasio 2 (yaitu 2, 4, 8) maupun rasio −2 (yaitu 2, −4, 8) sama-sama berlaku, menjawab hanya 4 yang positif belum lengkap. Nilai 5 timbul dari tertukarnya dengan suku tengah aritmetika (2+8)/2.

Substitusikan n=10 ke Σk=n(n+1)/2 sehingga 10×11/2=55. Bila lupa dibagi 2 hasilnya 110. Nilai 45 adalah jumlah 1 sampai 9, jadi berhati-hatilah terhadap batas atasnya.

Substitusikan n=6 ke Σk²=n(n+1)(2n+1)/6 sehingga 6×7×13/6=91. Memang 1+4+9+16+25+36=91. Nilai 55 adalah kasus n=5, sedangkan 441=21² timbul dari tertukarnya dengan Σk³=(Σk)².

2Σk+Σ1=2×n(n+1)/2+n=n²+n+n=n²+2n. Bila Σ1=n lupa ditambahkan, hasilnya n²+n. Sebaiknya diperiksa dengan menyubstitusikan n=1, apakah nilainya 3 (yaitu 2×1+1).

Jabarkan k(k+1)=k²+k, lalu Σk²+Σk=385+55=440, dengan memakai Σk²(n=10)=10×11×21/6=385 dan Σk(n=10)=55. Nilai 385 adalah kekeliruan karena berhenti pada Σk² saja. Aturan bakunya adalah menjabarkannya lebih dulu agar dapat dikembalikan ke rumus.

Bila selisihnya diambil, diperoleh deret bilangan asli 1, 2, 3, 4, sehingga selisih berikutnya 5. Maka a₆=12+5=17. Bila pola barisan aslinya belum tampak, aturan bakunya adalah memeriksa lebih dulu selisih antarsuku yang berdampingan.

Karena selisihnya bₖ=k, untuk n≧2 berlaku aₙ=2+Σₖ₌₁ⁿ⁻¹ k=2+(n−1)n/2=(n²−n+4)/2. Untuk n=1 pun berlaku karena 4/2=2. Pemeriksaannya dapat dilakukan dengan menyubstitusikan n=2 dan melihat apakah hasilnya 3 (bentuk (n²+n+2)/2 memberi 4 saat n=2 sehingga keliru).

Dengan penguraian pecahan parsial 1/(k(k+1))=1/k−1/(k+1), jumlahnya menjadi (1−1/2)+(1/2−1/3)+…+(1/n−1/(n+1))=1−1/(n+1)=n/(n+1). Suku-suku di tengah saling meniadakan sehingga hanya yang pertama dan yang terakhir tersisa.

Karena setiap kali ditambah 3, barisannya bertipe aritmetika dengan beda 3. Maka a₁₀=1+(10−1)×3=28, dan suku ke-n-nya aₙ=3n−2. Menambahkan 3 sebanyak 10 kali sehingga terjawab 31 berarti (n−1) kali keliru dianggap n kali.

Karena setiap kali dikalikan 3, barisannya bertipe geometri dengan rasio 3. Maka a₄=2×3³=54. Bila ditulis berturut-turut pun 2→6→18→54. Mengalikan 3 sebanyak 4 kali sehingga terjawab 162 berarti pangkatnya salah dicacah.

Induksi terdiri atas dua tahap: (1) menunjukkan pernyataan berlaku untuk n=1, dan (2) mengandaikan berlaku untuk n=k lalu menunjukkan berlaku untuk n=k+1. Bayangkan menjatuhkan kartu domino pertama lalu menunjukkan bahwa kartu mana pun yang jatuh akan menjatuhkan kartu berikutnya; kedua tahap itu sama-sama diperlukan.

Dari persamaan karakteristik α=2α+1 diperoleh α=−1. Setelah diubah menjadi aₙ₊₁+1=2(aₙ+1), barisan {aₙ+1} merupakan barisan geometri dengan suku pertama 2 dan rasio 2, sehingga aₙ+1=2ⁿ dan aₙ=2ⁿ−1. Memang barisannya 1, 3, 7, 15, 31, …. Bentuk 2ⁿ⁻¹ memberi 2 saat n=2 sehingga tidak cocok dengan a₂=3.