001
Barisan bilangan real Pengaturan bilangan real dalam indeks terurut dinamakan barisan. Barisan bilangan real a1 , a2 , a3 , ditulis {an }• n =1 , atau disingkat {an}. Secara formal, barisan (tak hingga) ini didefinisikan sebagai fungsi dengan daerah asal himpunan bilangan asli . Ilustrasi Barisan bilangan real yang polanya 1, 4, 7, ◊◊◊ mempunyai rumus eksplisit suku ke-n berbentuk an = 3n - 2, n = 1, 2, . Dalam bentuk rumus rekursif barisan ini ditulis a1 = 1, an = an -1 + 3, n ≥ 2 . Barisan konvergen Barisan {an} dikatakan konvergen ke L jika an dapat dibuat sebarang dekat ke L dengan mengambil n yang besar. Secara formal, barisan {an} konvergen ke L, ditulis lim an = L, atau an Æ L jika nÆ•
"e > 0 $ N Œ 'n ≥ N fi | an - L | < e . Barisan yang tidak konvergen dinamakan divergen, mungkin limitnya •, - •, atau tidak ada (oskilasi).
{
1
1 2 3
Ilustrasi Barisan {an} dengan an = 1 - n ; 0, 2 , 3 , 4 ,
} konvergen ke 1
1
karena lim an = lim (1 - n ) = 1 . Perhatikan situasi geometrinya. nƕ
nƕ
1+e
1+e
1
y
1
1-e
1-e 1
1
an = 1 - n 1
2
3
4
y = a(x) = 1 - x N
0
1
N
x
B & D BR
002 1
Contoh Buktikan lim an = lim (1 - n ) = 1 dengan definisi limit barisan. nƕ
nƕ
1
Bukti Akan dibuktikan " e > 0 $ N Œ 'n ≥ N fi |1 - n - 1| < e . Karena dik dicari bktkan
|1 - 1n - 1| = 1n < e ¤ n > e1 , maka ambillah N bilangan asli yang lebih besar 1 1 1 1 dari e , maka n ≥ N > e mengakibatkan |1 - n - 1| = n < e . Sifat limit barisan Untuk barisan konvergen {an}, {bn} dan konstanta k: (1) lim k = k (4) lim (an ◊ bn ) = lim an ◊ lim bn nÆ•
nƕ
(2) lim kan = k lim an nƕ
nƕ
(3) lim (an ± bn ) = lim an ± lim bn nÆ•
nƕ
(5)
nƕ
a lim bn nƕ n
nƕ
nƕ
lim an
nƕ
= lim b , lim bn π 0 n n Æ• n Æ•
Sifat barisan konvergen ¾ Untuk barisan {an }, an = f (n) ; jika lim f (x) = L , maka lim f (n) = L . xÆ•
nƕ
¾ Prinsip apit Untuk barisan {an },{bn },{cn } , jika an £ bn £ cn dengan an Æ L dan cn Æ L , maka bn Æ L . ¾ Untuk barisan {an }, jika | an | Æ 0 , maka an Æ 0 . ¾ Jika barisan {an } konvergen, maka {an } terbatas. ({an } barisan terbatas jika $ M > 0 '| an | £ M "n Œ ) ¾ Jika barisan {an } monoton tak turun dan terbatas di atas, maka {an } konvergen. ({an } barisan monoton tak turun jika an £ an +1 " n Œ ) Contoh penggunaan prinsip apit Buktikan jika | r | < 1 , maka r n Æ 0 . 1
1
Bukti Karena | r | < 1 , maka | r | > 1, akibatnya $ p > 0 '| r | = 1 + p . Dari sini
diperoleh
1 | rn|
=
1 | r |n
1
= (1 + p)n ≥ 1 + pn > pn "n Œ , sehingga 0 £ | r n | < pn . 1
Karena lim 0 = 0 = lim pn (limit pengapitnya 0), maka | r n | Æ 0 . Akibatnya nÆ• nÆ• berdasarkan sifat barisan konvergen diperoleh r n Æ 0 .
B & D BR
003
Contoh Buktikan barisan {an } dengan an =
2n n!
konvergen ke 0.
Bukti Karena {an } barisan positif, maka {an } terbatas di bawah oleh 0. a
2n +1
1
n!
2
Karena an +1 = an +1◊ a = ( n + 1)! ◊ n = n + 1 £ 1, maka an +1 £ an "n Œ , akibat2 n n nya {an } barisan monoton tak naik. Karena {an } monoton tak naik dan terbatas di bawah oleh 0, maka {an } konvergen ke 0. (sifat barisan konvergen) Cara lain Karena 2n < (n -1)!, n > 6 (buktikan dengan induksi matematika), 2n
maka 0 < an = n ! <
( n - 1)! 1 = n. n!
Karena limit pengapitnya 0, maka an Æ 0 .
Deret bilangan real Dari barisan {an} buatlah barisan {sn} dengan s1 = a1, s1 = a1 + a2 , s3 = a1 + a2 + a3 , , sn = a1 + a2 + + an .
Barisan {sn} dinamakan deret bilangan real dan ditulis
•
 n=1 an . Suku
ke-n dari barisan {sn} dinamakan jumlah parsial deret. Dari definisi ini langsung diperoleh an = sn +1 - sn , n = 1, 2,3, Deret konvergen Deret
•
 n=1 an dikatakan konvergen (punya jumlah)
jika barisan {sn} konvergen dan divergen jika {sn} divergen. Contoh Selidiki kekonvergenan deret ¾ Deretnya:
•
•
 n =1 n (n + 1) .
 n =1 n (n + 1) = 2 + 6 + 12 + 20 + 1
1
1
¾ Jumlah parsial deret ini adalah
(
1
1
1
1
)( )( )
sn =Â k =1 k (k +1) = Â k =1 k - k +1 = 1 - 2 + 2 - 3 + n
1
n
(
1
1
)
1
1
1
1
dengan n (n + 1) = n - n + 1 . 1
1
(
1
1
)
1
+ n - n +1 = 1 - n +1 .
¾ Karena lim sn = lim 1 - n +1 = 1, maka deret ini konvergen dan jumlah nÆ• nÆ•
deretnya 1, ditulis
•
 n=1 n (n + 1) = 1. 1
B & D BR
004
Contoh Selidiki kekonvergenan deret ¾ Deretnya:
• 1
 n=1 n = 1 + 2 + 3 + 4 + 1
1
1
• 1
 n=1 n . 1
dengan an = n . (deret harmonik)
¾ Jumlah parsial deret ini dapat ditulis dalam bentuk s1 = a1 = 1 1
1
s 2 = a1 + a 2 = 1 + 2 = 1 + 1◊ 2 1
( ) 1
1
1
s4 = a1 + a 2 + a 3 + a 4 = 1 + 2 + 3 + 4 > 1 + 2 ◊ 2 > 1/ 2
1
s8 = a1 + a 2 +
( ) ( 1
1
1
1
1
1
)
1
+ a 8 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 > 1 + 3◊ 2 > 1/ 2
1
> 1/ 2
1
Dari sini diperoleh s2n > 1 + n ◊ 2 = 1 + 2 n . (buktikan dengan induksi!)
(
1
)
¾ Karena lim sn = lim 1 + 2 n = •, maka deret ini divergen. nÆ• nÆ• Contoh Selidiki kekonvergenan deret ¾ Deretnya:
•
 n=1 (-1)n+1 = 1 - 1 + 1 - 1 +
¾ Jumlah parsial deretnya: sn =
{
•
 n =1(-1)n +1 . dengan an = (-1) n +1.
1, n bilangan ganjil = {1,0,1,0, } . 0, n bilangan genap
¾ Karena {sn} tidak mempunyai limit (oskilasi), maka deret ini divergen. •
Sifat deret konvergen Jika deret  n =1 an konvergen, maka lim an = 0. nƕ
Bukti Misalkan jumlah parsial deret ini adalah sn. Karena deretnya konvergen, maka $ s Œ 'lim sn = s. Akibatnya nÆ•
lim an = lim (sn - sn -1) = lim sn - lim sn -1 = s - s = 0.
nƕ
Ilustrasi Deret
nƕ
•
nƕ
n +1
nƕ
n +1
= 2 π 0. Â n =1 2n - 5 divergen karena nlim Æ • 2n - 5
(kontraposisi sifat deret konvergen)
1
B & D BR
005
Catatan Kebalikan sifat deret konvergen tidak benar lagi.
• 1
Contoh penyangkalnya adalah lim n = 0 tetapi deret  n =1 n divergen. nƕ 1
•
Deret Geometri Bentuk umum:
 n =1 ar n -1 = a + ar + ar 2 +
¾ Jumlah parsial: sn =Â k =1 ar
= a + ar + ar +
n
k -1
+ ar
2
n -1
=
.
a (1- r n ) , r π 1. 1- r
+ ar n -1 + ar n -1 + ar n
sn = a + ar + ar 2 + rsn = ar + ar 2 +
a (1- r n )
(1 - r ) sn = a (1 - r n ) fi sn = 1- r , r π 1 ¾ Jika | r | < 1 , maka r n Æ 0 (halaman 2, prinsip apit), akibatnya •
a (1- r n )
s =  n =1 ar n -1 = lim sn = lim 1- r nƕ nƕ 1
a
1
= 1- r = a ◊ 1 - r .
1
1
1
1
Catatan Dari fenomena 1 = 2 - 1 , 1 + 2 = 2 - 2 , 1 + 2 + 4 = 2 - 4 , ◊◊◊ di1
1
1 1 = 2 - n dengan lim Sn +1 = 2 , sehingga n 2 2 nÆ• • 1 • 1 1 1 = 1 + + + konvergen ke 2; = 2. n n= 0 2 n= 0 2n 2 4
peroleh Sn +1 = 1 + 2 + 4 + deret geometri Ilustrasi Ilustrasi
Â
Â
+
Â
• 2 ◊ 2n -1
•
2n n =1 3n -1
= Â n =1
•
n 1
 n=0 (-1)
2n
3
1 2
=1- +
Ilustrasi Jika | x | < 1 , maka Catatan Deret
n -1
()
2 n -1
•
= Â n =1 2 3
1 4
1 -8
•
= 2◊
•
= Â n =11 ◊
+
 n=0 xn = 1 - x dan 1
1 1 - 23
= 2 ◊ 3 = 6.
( )
1 n -1 1 -2 = 1 1+ 2
•
2
= 3.
 n =0 (-1)n x n = 1 + x .
•
1
•
 n =1 an yang konvergen ke S ditulis  n=1 an = S .
Sifat linear deret tak hingga •
•
(1) Jika c π 0, maka  n =1 an dan  n =1 can bersama-sama konvergen atau
divergen. (2) Jika
•
 n=1 an = S dan
•
 n =1bn = T, maka
•
 n=1 (an ± bn) = S ± T.
B & D BR
006
Uji jumlah terbatas
Deret
•
 n =1 an , an ≥ 0 "n Œ
konvergen ¤ sn =Â k =1 ak terbatas di atas. n
Uji integral Untuk fungsi f yang kontinu, bernilai positif, dan tak naik pada [1,•) dengan an = f (n) berlaku
deret
•
 n=1 an konvergen ¤ integral tak wajar
y
•
Ú1
f (x) dx konvergen.
y
y = f (x)
a1
a2
y = f (x)
a3
a4
a1
a5
a2 a3
a4
a5
an
0
1 2 3 4 5
an
n
x
Uji banding biasa
0
1 2 3 4 5
•
n
x
•
¾ Jika 0 £ an £ bn "n ≥ N dan n =1bn konvergen, maka  n =1 an konvergen. •
•
¾ Jika 0 £ an £ bn "n ≥ N dan  n =1 an divergen, maka  n =1bn divergen. a
Uji banding limit Misalkan an ≥ 0, bn > 0, dan lim bn = L . nÆ• n •
•
¾ Jika 0 < L < • , maka  n =1 an dan  n =1bn bersama-sama konvergen
atau divergen. (keduanya konvergen atau keduanya divergen) •
¾ Jika L = 0 dan  n =1bn konvergen, maka •
•
 n =1 an
konvergen.
Uji banding Untuk deret  n =1 an , an > 0 "n Œ dan lim an+1 = L ; nÆ• n ¾ jika L <1, maka deret konvergen. ¾ jika L >1 atau lim
an +1
n Æ • an
a
= • , maka deret divergen.
¾ jika L =1, maka uji kekonvergenan tidak memberikan kesimpulan.
B & D BR
007
Aneka Ragam Variasi Contoh Kekonvergenan Deret •
Contoh Selidiki kekonvergenan deret  n =1
2n
n 2 - 3n + 3
diperoleh -3n + 3 £ 0.
Cara 1 Dengan uji banding biasa, dari n ≥ 1 "n Œ
Akibatnya n 2 - 3n + 3 £ n 2, sehingga Karena deret
• 1
1 n2 - 3n + 3
≥
1 n2
dan
•
2n 2n ≥ n2 - 3n + 1 n2
2
= n.
 n =1 n divergen, maka deret  n =1 n2 - 3n + 3 juga divergen. 2n
Cara 2 Dengan uji banding limit, bandingkan an = a
2n n - 3n + 3 2
2n
1
Karena lim bn = lim an◊ b = lim 2 ◊ n = 2 <• dan deret n nÆ• n nÆ• n Æ • n - 3n + 3 •
vergen, maka deret  n =1
2n n 2 - 3n + 3
• 1
 n =1 n di-
juga divergen.
Cara 3 Dengan uji integral, tunjukkan Ú
cian prosesnya!). Akibatnya
2
dengan bn = n .
•
2 x dx 1 x2 - 3 x + 3
•
 n =1 n2 - 3n + 3 2n
divergen (kerjakan rin-
divergen. •
Contoh Selidiki kekonvergenan deret  n =1
n 3n (2 n + 1)
. n
Cara 1 Dengan uji banding biasa, dari n < 2n +1 "n Πdiperoleh 2n +1 <1,
sehingga
n n 3 (2 n + 1)
<
()
1 n . 3
ngan rasio r = 13 ), maka
•
()
1 n Karena n =1 3 konvergen (deret • n deret n =1 n konvergen. 3 (2 n + 1)
Â
Â
Cara 2 Dengan uji banding limit, bandingkan an = bn =
()
deret
1 n 1 = n 3 3
Â
•
geometri de-
a
1
n 3n (2 n + 1)
dengan
n
1
. Karena lim bn = lim an◊ b = lim n ◊ 3n = 2 <• dan n nÆ• n nÆ• n Æ • 3 (2 n + 1)
()
1 n konvergen, n =1 3
maka deret
•
 n=1 3n(2n + 1) n
konvergen.
B & D BR
008 •
Contoh Selidiki kekonvergenan deret (a) Â n =1 (a) Dengan uji integral, karena • dx
Ú1
x x
b -3/2 x dx bƕ 1
= lim
Ú
(konvergen), maka deret
( •
= lim -2 x -1/2 bÆ
•
 n =1 n
1
)
b
1 n n
, (b)
(
= lim bƕ
1
•
 n= 2 n ln n . 2 b
1
)
+2 =2
konvergen.
n
(b) Dengan uji integral, karena • dx
Ú2
= lim = lim (ln(ln x))2 = lim (ln(ln b) - ln(ln 2)) = • x ln x b Æ • Ú2 ln x bÆ• bÆ• b d (ln x )
(divergen), maka deret
b
•
 n= 2 n ln n 1
divergen. •
Hampiran jumlah deret Jumlah deret S = Â n =1 an dapat dihampiri oleh •
jumlah parsial Sn = Â k =1 ak dan galatnya adalah En = S - Sn = Â k = n +1 ak . n
•
Dengan kondisi fungsi f pada uji integral diperoleh En < Ú f (x) dx . n
•
Contoh (a) Jika jumlah deret konvergen  n =1
1 n n
dihampiri oleh 100
suku pertama, tentukan suatu batas untuk galatnya. (b) Tentukan n agar galat dari jumlah deret S dan jumlah parsial Sn paling besar 0,005. (a) Untuk deret ini pilihlah f (x) =1/ x3/2 yang bernilai positif, monoton turun, dan kontinu pada [1,•). Karena •
E100 =Â k =101
1 k 3/2
<Ú
• dx
100 x3/2
( )
-2 b 2 = 1/2 bƕ x 100 10
= lim
= 0, 2
maka suatu batas untuk galatnya adalah 0,2. (b) Akan dicari n sehingga En = S - Sn < 0,005 . Karena
Â
maka oleh
• dx
( )
-2 b 2 En = k = n +1 3/2 < = lim 1/2 = . 3/2 n k n x bÆ• x n 2 En = S - Sn < 0,005 dipenuhi bilamana < 0,005 . Dari n •
1
Ú
n > 400 , sehingga n > 160000 .
sini diper-
B & D BR
009 • 2n◊ n!
Contoh Tunjukkan deret  n =1
2n◊ n! n . nÆ• n
konvergen dan hitunglah lim
nn
Gunakan uji banding untuk deret suku positif. Untuk deret a 1 lim an+1 = lim an +1◊ a n nÆ• n nÆ•
( )
2n +1◊ ( n +1)! nn n n = lim n +1 ◊ 2n◊ n! = lim 2 n +1 = n Æ • (n +1) nÆ•
a
Karena lim an+1 < 1, maka deret nƕ n
• 2n◊ n!
 n=1
nn
2n◊ n! ini an = n dan n 2 2 n = e <1 . lim (1+ 1 )
nƕ
n
konvergen. Berdasarkan sifat
2n◊ n! deret konvergen diperoleh lim n = 0 nÆ• n
Contoh Selidiki kekonvergenan deret
• (2 n)!
 n=1 n! n!
(2 n )!
Gunakan uji banding untuk deret suku positif. Untuk deret ini an = n! n! dan a
(2 n + 2)!
1
n! n!
lim an+1 = lim an +1◊ a = lim (n +1)!(n +1)! ◊ (2n)! = lim n nÆ• n nÆ• nÆ• nÆ• a
Karena lim an+1 > 1, maka deret nƕ n
• (2 n)!
 n=1 n! n!
(2 n +1)(2 n + 2) (n +1)2
= 4 >1 .
divergen.
Deret ganti tanda Bentuk umumnya adalah •
 n=1(-1)n +1an = a1 - a2 + a3 - a4 +
, an > 0 "n Π,
suku-suku deret ganti tanda berselang-seling positif dan negatif. Ilustrasi ¾
•
 n=1(-1)
n +1 1
1 2
1 -8
•
+
•
= Â n =11◊
( )
1 n -1 1 -2 = 1 1+ 2
2
= 3 ada2 lah deret ganti tanda konvergen. (deret geometri dengan rasio -1/2) n -1
= 1- +
1 4
 n=1(-1)n+1n = 1 - 2 + 3 - 4 + adalah deret ganti tanda divergen. • ¾  n =1 (-1) n +1 = 1 - 1 + 1 - 1 + adalah deret ganti tanda divergen. ¾
B & D BR
010
Uji kekonvergenan deret ganti tanda Jika barisan {an } semua sukunya •
positif, monoton turun, dan lim an = 0, maka  n =1 (-1) n +1an konvergen. nƕ
Ilustrasi Deret
•
 n=1(-1)n +1 n = 1 - 2 + 3 - 4 + 1
1
1
1
konvergen karena
1
1
an = n > 0 "n Œ , {an } monoton turun, dan lim an = lim n = 0. nÆ• nÆ• +a1 -a2 +a3 -a4 0
s2
s4
Taksiran deret ganti tanda Jika deret •
 n =1(-1)n +1an = s memenuhi kondisi
s
s3
di atas dan sn = a1 - a2 + maka | s - sn | £ an +1.
s1 x
•
 n =1(-1)n +1 2n-1 1
+ (-1) n +1an ,
2
konvergen ke s = 3 dan jumlah 8 suku pertamanya adalah s8 = 0,6440625 . Taksiran jumlahnya memenuhi Ilustrasi Deret
1
| s - s8 | = 0,00260416… < a9 = 256 = 0,00390625 .
Uji kekonvergenan dengan nilai mutlak •
•
Jika deret  n =1| un | konvergen, maka deret  n =1un juga konvergen. Kekonvergenan mutlak dan bersyarat Deret •
•
 n=1un dikatakan kon-
 n=1|un | konvergen dan konvergen bersyarat jika • konvergen tetapi deret  n =1| un | divergen.
vergen mutlak jika
 n=1un
•
Ilustrasi ¾ Deret •
•
 n=1(-1)n +1 2n-1 = 1 - 2 + 4 - 8 + 1
 n =1 2n-1 = 1+ 2 + 4 + ¾ Deret
1
1
•
1
1
=
1 1- 12
1
1
= 2 . (deret nilai mutlaknya konvergen)
 n=1(-1)n +1 n = 1 - 2 + 3 - 4 + 1
1
konvergen mutlak karena
1
deret ini konvergen tetapi deret
1
• 1
konvergen bersyarat karena
 n =1 n =1+ 2 + 3 + 1
1
divergen.
B & D BR
011
Ilustrasi Deret
• sin 16 (2n -1)p
 n=1
n n
1
= 2+
1
+
1
1
1
- 16 -
-
1 12 6
+
5 5 6 3 • |sin 1 (2n -1)p | konvergen karena deret nilai mutlaknya n =1 6 konvergen. n n |sin 16 (2n -1)p | • 1 1 Karena £ dan deret n =1 konvergen (uji integral), n n n n n n • |sin 1 (2n -1)p | maka deret n =1 6 konvergen. n n 2 2
Â
Â
Â
•
Uji banding mutlak Untuk deret  n =1 an , an π 0 dan lim | an+1| = L ; nÆ• n ¾ jika L < 1, maka deret konvergen. ¾ jika L >1, maka deret divergen. ¾ jika L =1 , maka uji kekonvergenan tidak memberikan kesimpulan. |a
|
Pengaturan kembali suku deret Suku-suku deret konvergen mutlak dapat diatur kembali tanpa berpengaruh pada kekonvergenan atau jumlah deretnya. Ilustrasi Deret
•
 n=1(-1)
n
n +1 3
n!
ding mutlak karena | an +1|
1 lim | a | = lim | an +1|◊ | a | n nÆ• n nÆ•
konvergen mutlak berdasarkan uji ban3n +1 n! = lim ( n +1)! ◊ n 3 nÆ•
3
= lim n +1 = 0 < 1 . nƕ
Deret pangkat Bentuk umum deret pangkat yang berpusat di 0 adalah •
 n=0 an x n = a0 + a1x + a2 x 2 + dan yang berpusat di x0 adalah •  n =0 an(x - x0)n = a0 + a1 (x - x0) + a2 (x - x0)2 + Catatan Dalam notasi ini a0 x 0 = a0 walaupun x = 0. Ilustrasi Deret geometri
•
 n =0 ax n = a + ax + ax2 + ax3 + a
adalah suatu
deret pangkat yang konvergen ke s (x) = 1- x untuk | x | <1 (atau -1< x <1 )
B & D BR
012
Himpunan kekonvergenan deret pangkat Himpunan ini terdiri dari semua x di mana suatu deret pangkat konvergen dan di luarnya divergen. Teorema Himpunan kekonvergenan
•
 n=0 an x n selalu berbentuk:
¾ Titik x = 0 (selang [0,0]), jari-jari kekonvergenannya 0; ¾ Selang (-R,R) (atau (-R,R], [-R,R), [-R,R]), jari-jari kekonvergenannya R; ¾ Seluruh garis real (selang (-•,•)), jari-jari kekonvergenannya •. •
 n=0 an x n konvergen mutlak pada interior
Teorema Deret pangkat
(selang buka) dari selang kekonvergenannya. •
Ilustrasi Untuk deret  n = 0 n! x n, uji banding dengan an = n! x n membe-
rikan
(n +1)!x n +1 L = lim | a | = lim n! x n nƕ n nƕ | an +1|
= lim (n +1)| x | = nƕ
maka deret hanya konvergen di x = 0. •
{
0, x = 0 . Karena L > 1, •, x π 0
Ilustrasi Untuk deret  n = 0 n! , uji banding dengan an = n! memberikan xn
xn
xn +1 n! = lim (n +1)! ◊ n x nÆ•
| an +1|
1 L = lim | a | = lim an +1◊ a n nÆ• n nÆ•
| x|
= lim n +1 = 0 . Karena L < 1, nƕ
maka deret konvergen "x Œ
dan selang kekonvergenannya (-•,•).
•
xn an = (n +1)2n
Ilustrasi Untuk deret
Â
xn n = 0 (n +1)2n
, uji banding dengan
memberikan |a
|
xn +1
1
L = lim | an+1| = lim an +1◊ a = lim n +1 ◊ n nÆ• n nÆ• n Æ • (n + 2)2
( n +1)2n xn
| x|
| x | n +1
| x|
= lim 2 ◊ n + 2 = 2 . nÆ• | x|
Akibatnya deret konvergen jika L = 2 <1 dan divergen jika L = 2 >1 , sehingga deret konvergen jika -2 < x < 2 dan divergen jika x > 2 atau x < -2 . Di titik batas x = - 2 diperoleh deret batas x = 2 diperoleh deret
•
Â
•
( -1)n n = 0 (n +1)
yang konvergen. Di titik
 n=0 (n +1) yang divergen. Jadi selang kekon1
vergenan deret pangkat ini adalah -2 £ x < 2 .
B & D BR
013 • (x + 2)n
Contoh Tentukan selang kekonvergenan deret pangkat  n =1
Gunakan uji kekonvergenan mutlak dengan an = | an +1|
1 L = lim | a | = lim an +1◊ a n nÆ• n nÆ•
(x + 2)n n ◊ 3n
(x + 2)n +1 n◊3n = lim n +1 ◊ (x + 2)n n Æ • (n +1)◊3
n ◊ 3n
.
, diperoleh
| x + 2|
= 3
n
| x + 2|
lim = 3 . n Æ • n +1
| x + 2|
| x + 2|
Akibatnya deret konvergen jika L = 3 <1 dan divergen jika L = 3 >1, sehingga deret konvergen jika -5 < x <1 dan divergen jika x >1 atau x < -5 . • ( -1) n
Di titik batas x = -5 diperoleh deret  n =1 n yang konvergen. Di titik ba• 1 tas x =1 diperoleh deret  n =1 n yang divergen. Jadi selang kekonvergenan deret pangkat ini adalah -5 £ x <1.
Operasi pada deret pangkat Turunan dan integral suku demi suku deret pangkat di interior selang kekonvergenannya. (interior adalah selang buka terbesar dari selang kekonvergenannya). •
Jika s (x) =Â n = 0 an x n = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x3 + •
pada selang I, maka
•
¾ s ¢(x) =Â n = 0 dx (an x n ) =Â n =1 nan x n -1 = a1 + 2a2 x + 3a3 x 2 + d
•
•
a xn +1
¾ Ú s (x) dx =Â n = 0 Ú an x n dx =Â n = 0 nn +1 = a0 x + 21 x 2 + 32 x3 + a
a
1
Ilustrasi Dari deret pangkat 1- x = 1 + x + x 2 + x3 + 1 (1- x )2
= 1 + 2 x + 3 x 2 + 4 x3 +
, x Πinterior I , x Πinterior I
, -1< x <1 diperoleh
, -1< x <1
dengan cara menurunkan suku demi suku deret semula. 1
Ilustrasi Dari deret pangkat 1+ x =1 - x + x 2 - x3 + 1
1
1
ln (1 + x) = x - 2 x 2 + 3 x3 - 4 x 2 +
, -1< x <1 diperoleh
, -1< x <1
dengan cara mengintegralkan suku demi suku deret semula.
B & D BR
014
Teorema Abel (Kekonvergenan deret pangkat di titik ujung selang) •
Jika s (x) = n = 0 an x n, x Œ( - R, R), s kontinu di R dan -R, serta deret konvergen untuk x = R dan x = -R, maka di titik ujung selang berlaku •
 n=0 an R n = s(R)
•
 n=0 an(- R)n = s(-R) .
dan
Ilustrasi Dari ilustrasi terakhir kita mempunyai deret pangkat 1
1
1
ln (1 + x) = x - 2 x 2 + 3 x3 - 4 x 2 +
, -1< x <1.
Karena fungsi y = ln (1+ x) kontinu di x = 1 dan deret di ruas kanan konver1
1
1
gen untuk x = 1, maka ln 2 = 1 - 2 + 3 - 4 +
.
Contoh Tentukan deret pangkat untuk tan -1 x dan suatu deret untuk p. 1
Dari deret pangkat 1- x = 1 + x + x 2 + x3 + diperoleh
1 1+ x 2
= 1- x2 + x4 - x6 +
, -1< x <1 gantilah x dengan - x 2,
, -1< x <1. Integralkan suku demi suku
dari deret ini menghasilkan tan -1 x = x - 3 x3 + 5 x5 - 7 x 7 + 1
1
1
, -1< x <1 .
Berdasarkan teorema Abel, karena y = tan -1 x kontinu di x = 1 dan deret di ruas kanan konvergen untuk x = 1, maka 4p = tan -11 = 1 - 3 + 5 - 7 + 1
1
(
1
1
(
1
1
1
1
, -1< x <1
1
1
1
, -1< x <1
fi ln (1 + x) = x - 2 x 2 + 3 x3 - 4 x 2 + int
fi -ln (1 - x) = x + 2 x 2 + 3 x3 + 4 x 2 + int
1+ x
(
1
1
ln 1- x = 2 x + 3 x3 + 5 x5 +
Ambil
1 x= 3,
diperoleh
, se-
), -1< x <1 dan tentukan
1
Contoh Tunjukkan ln 1- x = 2 x + 3 x3 + 5 x5 + suatu deret untuk ln 2. 1 =1 - x + x 2 - x3 + 1+ x 1 =1 + x + x 2 + x3 + 1- x
1
).
1
hingga suatu deret untuk p adalah p = 4 1 - 3 + 5 - 7 + 1+ x
1
1+ 13 ln 2 = ln 1 1- 3
(
1
= 2 3+
) , -1< x <1 ◊ + ).
1 1 1 + 34 5 35
B & D BR
015
Operasi aljabar pada deret pangkat Dua deret pangkat yang konvergen dapat dijumlahkan, dikurangkan, dan dikalikan suku demi sukunya seperti pada sukubanyak. Dua deret pangkat yang konvergen juga dapat dibagi seperti pembagian panjang pada sukubanyak. Ilustrasi Tentukan jumlah, selisih, hasilkali, dan hasilbagi deret pang1 1 kat 1+ x =1 - x + x 2 - x3 + , -1< x <1 dan 1- x =1 + x + x 2 + x3 + , -1< x <1 . 1
1
¾ Jumlah: Dari 1+ x + 1- x = (1 - x + x 2 - x3 + 2 1- x 2
= 2(1 + x 2 + x 4 + ) , yang menghasilkan 1
1
¾ Selisih: Dari 1+ x - 1- x = (1 - x + x 2 - x3 + -2 x 1- x 2
) + (1 + x + x 2 + x3 + 1 1- x 2
1
= 1+ x2 + x4 +
) - (1 + x + x 2 + x3 +
= -2(x + x3 + x5 + ) , yang menghasilkan
1 1- x 2
1
¾ Hasilkali: Dari 1+ x ◊ 1- x = (1 - x + x 2 - x3 + x 4 diperoleh ruas kanan
) diperoleh
.
) diperoleh
= 1+ x2 + x4 +
.
) ◊ (1 + x + x 2 + x3 + x 4 +
)
1 + x + x 2 + x3 + x 4 + - x - x 2 - x3 - x 4 - x5 - + x 2 + x3 + x 4 + x5 + x 6 + , yang setelah disederhanakan sama dengan 1 + x 2 + x 4 + . Dalam kasus 1 2 4 . 2 = 1+ x + x + 1- x 1 1 2 3 4 = (1 x + x x + x 1+ x 1- x
ini juga dihasilkan ¾ Hasilbagi: Dari
) (1 + x + x 2 + x3 + x 4 + )
dengan pembagian panjang diperoleh 1- 2 x + 2 x 2 - 2 x 3+ 1+ x + x 2 + x 3+ x 4 + x5 + x 6 + x 7 +
1- x + x 2 - x3+ x 4 - x5 + x 6 - x 7 +
1+ x + x 2 + x 3 + x 4 + x5 + x 6 + x 7 + - 2x
- 2 x3
- 2 x5
- 2 x7 -
- 2x - 2 x 2 - 2 x3 - 2 x 4 - 2 x5 - 2 x 6 - 2 x7 -
2 x2
+2 x4
+2 x6
-
dst.
Dikerjakan tanpa proses pembagian panjang, kita mempunyai 1 1 1+ x 1- x
1- x
1+ x - 2 x
= 1+ x = 1+ x
2x
= 1 - 1+ x = 1- 2 x(1- x + x 2 - x3 + ) = 1- 2 x + 2 x 2 - 2 x 2 +
B & D BR
016
Deret Maclaurin Perhatikan proses menentukan koefisien deret pang•
kat f (x) = Â n = 0 an x n dinyatakan dalam turunan dari fungsi f pada selang (-R,R) dengan R jari-jari kekonvergenan deret. •
f (x) = Â n = 0 an x n = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x3 + f ¢(x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x 2 + 4a4 x3 + f ¢¢(x) = 2a2 + 2◊3a3 x + 3◊ 4a4 x 2 + f ¢¢¢(x) = 2◊3a3 + 2◊3◊ 4a4 x +
+ an x n +
fi a0 = f (0)
+ nan x n -1+
fi a1 = f ¢(0) 1
+ (n -1)nan x n - 2 +
fi a2 = 2 f ¢¢(0) 1
+ (n - 2)(n -1)nan x n - 3 +
fi a3 = 3! f ¢¢¢(0)
.................................................................................. 1
fi an = n! f (n) (0)
f (n) (x) = n !an + n !(n +1) x + •
f (n)(0)
Akibatnya kita mempunyai f (x) = Â n = 0 n! x n , - R < x < R , yang dikenal sebagai deret Maclaurin (di sekitar 0) yang konvergen ke f. •
Deret Taylor Jika f (x) = Â n = 0 an (x - c) n, - R < x - c < R ( c - R < x < c + R ),
maka dengan proses yang sama, f (x) =Â
•
f (n)(c) n ( x c ) , c -R < x < c +R . n = 0 n!
Deret ini dikenal sebagai deret Taylor di sekitar c yang konvergen ke f. Ilustrasi Tentukan deret Maclaurin dan deret Taylor di sekitar c untuk fungsi f (x) = e x.
Karena f (n) (x) = e x dengan f (n) (0) =1, maka deret Maclaurin untuk fungsi ini adalah e =Â x
•
xn . n = 0 n!
Karena deret pangkatnya konvergen "x Π, maka
e =Â x
•
xn n = 0 n!
1
1
= 1 + x + 2 x 2 + 6 x3 +
, xΠ.
Karena f (n) (c) = ec , maka deret Taylor dari f (x) = e x di sekitar adalah e =Â x
•
ec n ( x c ) , n = 0 n!
xΠ.
Deret terakhir dapat juga diperoleh dengan cara e =e ◊e x
c
x -c
=e
c
Â
•
1 n ( x c ) = n = 0 n!
Â
•
ec n ( x c ) , n = 0 n!
xΠ.
B & D BR
017
Ilustrasi Tentukan deret Maclaurin untuk f (x) = sin x dan g (x) = cos x .
(
)
1
(
)
1
¾ Dari f ¢(x) = cos x = sin 2p - x , f ¢¢(x) = - sin x = sin 2◊ 2p - x diperoleh
(
1
)
1
f (n) (x) = sin n◊ 2p - x , sehingga f (n) (0) = sin 2 np , n = 0,1, 2,3, ret Maclaurin untuk fungsi f (x) = sin x adalah x3
x5
x7
f (x) = sin x = x - 3! + 5! - 7! +
(
)
1
. Jadi de-
x2 n +1
•
=  n = 0 (2n +1)!, x Œ . 1
¾ Analog: g (n) (x) = cos x + 2 np dan g (n) (0) = cos 2 np , n = 0,1, 2,3, deret Maclaurin untuk fungsi g (x) = cos x adalah g (x) = cos x =1 -
x 2 x 4 x6 + - + 2! 4! 6!
=Â
•
x2n , n = 0 (2n )!
. Jadi
xΠ.
Rumus Taylor dengan suku sisanya Jika fungsi f mempunyai turunan sampai tingkat-(n+1) pada selang buka I yang memuat c, maka "x ŒI , f ¢¢(c) f (x) = f (c) + f ¢(c)(x - c) + 2! (x - c) 2 +
dengan suku sisa Rn (x) =
f (n +1)(x ) (x - c)n +1 , (n +1)!
Pn (x) = f (c) + f ¢(c)(x - c) +
+
f (n)(c) n ( x c ) + Rn (x) , n!
x di antara x dan c. Di sini
f ¢¢(c) 2 ( x c ) + 2!
+
f (n)(c) n ( x c ) n!
dikenal sebagai sukubanyak Taylor dan Rn (x) suku sisa Taylor. Teorema Taylor Jika fungsi f mempunyai turunan di semua tingkat pa•
f (n)(c)
da selang (c - r, c + r) , maka deret Taylor  n = 0 n! (x - c)n adalah uraian fungsi f ¤ lim Rn (x) = 0, dengan Rn (x) = nÆ•
f (n +1)(x ) n +1 ( x c ) , x Œ(c - r, c + r) (n +1)!
Deret Binomial Untuk x yang memenuhi -1< x <1 dan "p Œ berlaku Ê pˆ Ê pˆ Ê pˆ Ê p ˆ p ( p - 1)( p - 2) ( p - n + 1) (1 + x) p = 1 + Á ˜ x + Á ˜ x 2 + Á ˜ x3 + , Á ˜ = n! Ë 1¯ Ë 2¯ Ë 3¯ Ë n¯ Ilustrasi Dengan rumus deret binomial, (1 + x)
-1/2
= 1-
( - 12 )( - 32 ) 2 1 x+ x + 2 2!
• ( -1)n◊1◊3◊5 (2n -1) n
= 1 + Â n =1
2n◊ n!
x , | x | < 1.
B & D BR
018
Hampiran fungsi dengan sukubanyak Taylor Jika fungsi f mempunyai turunan sampai tingkat-(n+1) pada selang buka I yang memuat c, maka "x ŒI , f (x) = Pn (x) + Rn (x) , dengan f ¢¢(c) 2 ( x c ) + 2!
Pn (x) = f (c) + f ¢(c)(x - c) + f (n +1)(x )
+
f (n)(c) n ( x c ) n!
dan Rn (x) = (n +1)! (x - c)n +1, x Œ(c -r, c +r) . Untuk n = 1 kita mempunyai f (x) ª Pn (x) = f (c) + f ¢(c)(x - c) , dikenal sebagai hampiran dengan garis singgung. Untuk n = 2 hampiran dengan fungsi kuadrat, dan seterusnya. Untuk Rn(x) yang terbatas dapat dihitung batas ketelitian hampirannya dan besarnya n agar hampirannya memenuhi batas galat yang diberikan. Contoh Hitunglah hampiran untuk e dengan galat paling sedikit 10 -6.
Uraian Maclaurin dari e x dan suku sisanya adalah x2
x3
1
1
xn
ec x n +1
1
ec
e x = 1 + x + 2! + 3! + + n! + Rn (x) , Rn (x) = (n +1)! , c di antara 0 dan x. Untuk menghitung e ambillah x = 1, maka diperoleh e x = 1 +1 + 2! + 3! +
+ n! + Rn (1) , Rn (1) = (n +1)! , c di antara 0 dan 1.
1 ec 3 Andaikan e < 3, maka 0 < c <1 fi 1< e < e < 3 fi (n +1)! < Rn (1) = (n +1)! < (n +1)! . 1 3 1 3 Carilah n sehingga (n +1)! < Rn (1) £10 -6 < (n +1)! . Karena 9! <10 -6 < 10! , ambil1
c
lah (n + 1) = 10, sehingga n = 9. Jadi hampiran untuk e dengan galat paling sedikit 10 -6 adalah e = 1 +1 + 2! + 3! + 1
1
1
+ 9! = 2,728282 .
Contoh Hitunglah hampiran cos 62∞ dengan sukubanyak Taylor derajat dua beserta suatu batas untuk galat hampirannya. 1
1
(
p
) ( 1
)
p 2
p
p
Dari cos x = 2 - 2 3 x - 3 - 4 x - 3 + R2(x) ambillah x = 62 = 3 + 90 , 1 2
( ) ( )
|
p
2
1 p maka diperoleh cos 62 = - 3 90 - 4 90 + R2 (x) ª 0,4694654 + R2(x), p p sin c p 1 p dengan batas galat | R2 (x)| = R2( 3 + 90) = 3! (90)3 < 6 (90)3ª 0,0000071 . 1 2
| |
|
