Barisan dan Deret. Modul 1 PENDAHULUAN

Modul 1

Barisan dan Deret Retno Wikan Tyasning Adnan

PE NDA HULUA N

P

okok bahasan dalam modul ini terdiri atas dua kegiatan belajar. Yang pertama tentang barisan, yang kedua tentang deret dan contoh-contoh pemakaian deret. Pembahasan tentang barisan ditekankan pada penyelidikan kekonvergenan, sifat-sifat barisan terutama sifat yang merupakan syarat konvergenan dan juga sifat-sifat yang dimiliki oleh barisan yang konvergen. Pada pembahasan deret terutama juga menyangkut kekonvergenan deret, sifat-sifat deret konvergen, uji kekonvergenan dan perhitungan jumlah deret. Penggunaan deret akan Anda jumpai di berbagai bidang, seperti pada Statistika Matematika, Ekonomi, Perhitungan Keuangan dan sebagainya. Setelah mempelajari modul ini Anda diharapkan dapat memahami dan mengenal barisan dan deret secara baik. Anda diharapkan mampu: menentukan apakah suatu barisan konvergen atau divergen; menentukan apakah suatu barisan monoton naik/monoton turun, terbatas ke atas atau terbatas ke bawah atau tidak; menentukan limit barisan yang konvergen. Selain itu Anda mampu pula: menentukan apakah satu deret konvergen atau divergen; menentukan apakah suatu deret konvergen mutlak atau konvergen bersyarat; menentukan jumlah deret yang konvergen; menggunakan deret untuk hitung keuangan.

1.2

Matematika 2 

Kegiatan Belajar 1

Barisan

P

ada Matematika 1 Anda telah banyak mempelajari fungsi-fungsi yang didefinisikan dengan domain suatu interval atau gabungan intervalinterval. Berikut ini Anda akan mempelajari barisan dan sifat-sifatnya. Definisi 1.1 Suatu fungsi berharga real yang didefinisikan pada himpunan bilangan bulat positif disebut suatu barisan. Lazimnya barisan diberi simbol dengan ( an ), ( bn ), ( cn ) dan sebagainya. Selanjutnya: a1, a2, a3, . . . . , an, . . . menyatakan barisan tak hingga atau dengan singkat barisan dan a1 adalah suku pertama, a2 adalah suku ke-2 dan an adalah suku ken dari barisan (an). Contoh 1.1: 1) an  n 2

 an  :1, 4,9,16,, n 2 , n 1 n 1 2 3 n 1 (bn ):0, , , ,..., ,... 2 3 4 n

2)

(bn )

3)

cn 

4)

d n  nl n

1 log n n 1 1 1 1   n log n  :log 1, 2 log 2, 3 log 3, ... , n log n, ...  

 nl  :l , 2l n

1

2

,3l n ,..., nl n ,...

1.3

 SATS4210/MODUL 1

Definisi 1.2 Suatu barisan ( an ) dikatakan: 1) Naik, jika dan hanya jika an  an 1 ,  n  0; ( dibaca untuk setiap). 2) Tidak turun, jika dan hanya jika an  an 1 , n  0 . 3) Turun jika dan hanya jika an  an 1 , n  0 . 4) Tidak naik jika dan hanya jika an  an 1 , n  0 . Selanjutnya jika salah satu sifat dari keempat sifat di atas berlaku, maka ( an ) dikatakan monoton. Barisan ( an ) dikatakan terbatas ke atas jika dan hanya jika terdapat bilangan A dengan sifat an  A untuk semua bilangan bulat positif n . Setiap bilangan yang memiliki sifat seperti bilangan A disebut batas atas dari ( an ). Barisan ( an ) dikatakan terbatas ke bawah jika dan hanya jika terdapat bilangan B dengan sifat an  B untuk semua n bulat positif. Bilangan B disebut batas bawah dari ( an ). Barisan ( an ) dikatakan terbatas jika dan hanya jika ( an ) terbatas ke atas dan terbatas ke bawah kalau dalam modul ini disebut n selalu dimaksudkan n bilangan bulat positif, kecuali bila diberikan keterangan lain. Contoh 1.2: 1) an  an 1 an

n n2 

n  1 n  2 n 2  3n  2 2 .  2 1 2 n3 n n  3n n  3n

an 1 > 1 untuk setiap n . an Barisan  an  naik monoton, terbatas 2)

an 

2n n!

an 1 2 n 1 n ! 2   . n an (n  1)! 2 n 1

1  an  1 . 3

1.4

Matematika 2 

Jadi

a2 =1 untuk n  1. a1

an 1 < 1 untuk n  2 . an Barisan ( an ) turun monoton, terbatas untuk n  2 dan terbatas 0  an  1 . Jika A adalah nilai minimum dari semua batas atas barisan ( an ) maka A disebut batas atas terkecil dari ( an ). Cobalah Anda katakan apa yang disebut batas bawah terbesar dari ( an ). Kemudian carilah batas atas terkecil dan batas bawah terbesar dari contoh-contoh barisan yang telah diberikan. Definisi 1.3 Limit an untuk n menuju tak hingga adalah l, ditulis dengan lim an  l , n 

jika dan hanya jika untuk setiap  > 0 yang ditentukan terdapat suatu bilangan bulat N > 0 dengan sifat untuk setiap n  N berlaku an  l   . Dengan kata lain, lim an  l jika dan hanya jika an dapat dibuat dekat n 

sekehendak kita terhadap l dengan mengambil n yang cukup besar. Selain ditulis dengan lim an  l dapat juga ditulis dengan an  l untuk n   . n 

Contoh 1.3: 1) Buktikan lim

n 

3n  2 3 n

Bukti: Ambil   0 . Harus ditunjukkan terdapat 3n  2  3   untuk semua n  N. n 3n  2 3n  2  3n 2 2 3      . n n n n

N 0

dengan sifat

1.5


Akan dipenuhi oleh n 

2 . 

Jadi dapat dipilih bilangan bulat N 

2 . 

n angka    2 2) Jika an  0, 666...6, buktikan lim an  n  3

Bukti: Ambil   0 an 

n angka  2 2   0, 666...6  3 3 n angka   1, 99 8  2 0, 000 2   . 3 3

2 1 1  . n  n  3 10 10 Pilih N sehingga

1   atau N bilangan bulat, N   log  . 10 N

Definisi 1.4 Barisan ( an ) dikatakan konvergen ke-a jika dan hanya jika lim an  a . n 

Barisan yang tidak mempunyai limit dikatakan divergen. Perhatikan bahwa limit untuk suatu barisan selalu dimaksudkan sebagai limit untuk n menuju tak hingga. Dikatakan lim an  a atau an   jika n 

untuk setiap bilangan positif M dapat ditentukan bilangan N  0 sehingga an  M untuk setiap n  N . Secara sama, an    jika untuk setiap bilangan positif N terdapat suatu bilangan positif N sehingga an   M untuk setiap n  N . Perlu Anda perhatikan bahwa  dan   bukan bilangan dan barisan dengan limit seperti di atas adalah tidak konvergen.

1.6

Matematika 2 

Teorema 1.1 Limit suatu barisan, jika ada, adalah tunggal. Bukti: 1 l  m . Jadi 2 dengan sifat untuk n  N1 berlaku

Andaikan an  l dan an m dengan l  m . Ambil   terdapat bilangan bulat positif N1

1 l  m dan terdapat bilangan bulat N 2  0 dengan sifat untuk 2 1 n  N 2 berlaku an  n  (l  m) . Ambil N = bilangan terbesar di antara N1 2 dan N2. Diperoleh an  l 

an  l  an  m 

1 1 l m  l m  l m 2 2

l  m  l  an  an  m  l  an  an  m .Berarti l - m  l  m jadi l  m  l  m  l  m , berarti l  m salah ( pengandaian salah atau kontradiksi) berarti l  m. Jadi limit suatu barisan, jika ada adalah tunggal.

Teorima 1.2 Setiap barisan yang konvergen adalah terbatas. Bukti: Misal an  l untuk n   . Ambil sebarang bilangan positif, misal 1, sebagai . Jadi terdapat N dengan sifat

an  l  1untuk n  N . Berarti

an 1  l untuk n  N . Selanjutnya jika M adalah nilai maksimum dari a1 , a2 , , aN 1 ,1  l maka an  M . Jadi ( an ) terbatas.

Dari Teorema 1.2 di atas dapat diturunkan bahwa setiap barisan yang tidak terbatas adalah divergen. Anda perlu memperhatikan bahwa sifat terbatas pada suatu barisan tidak mengakibatkan bahwa barisan tersebut konvergen.

1.7


Contoh 1.4 an  (1)n . Barisan ini terbatas, tetapi tidak konvergen. Teorema 1.3 Jika suatu barisan terbatas dan tidak turun, maka barisan tersebut konvergen ke batas atas terkecil. Jika barisan itu terbatas dan tidak naik maka barisan tersebut konvergen ke batas bawah terbesar. Bukti: Andaikan ( an ) terbatas dan tidak turun dan andaikan l adalah batas atas terkecil. Jika an  l untuk semua n . Ambil  sebarang bilangan positif. Karena l batas atas terkecil maka l   bukan batas atas. Jadi terdapat k sehingga ak  l   . Karena barisan tidak turun, maka ak  an untuk n  k . Jadi l    an  l untuk n  k , yang berarti an  l   untuk semua n  k . Terbukti an  l untuk n   . Untuk barisan terbatas dan tidak naik Anda dapat mencoba membuktikan sendiri. Contoh 1.5 1

Tunjukkan ( an ) dengan an (2n  3n ) n adalah konvergen. Jawab: 1

1

1

1

2  (2n ) n  (2 n  3n ) n  (2.3n ) n  2 n .3  6 2  an  6 .

Jadi ( an ) terbatas. n1

1

Perhatikan (2 n  3n ) n  (2n  3n ) n (2n  3n ) 1

1

 (2 n  3n ) n 2n  (2n  3n ) n 3n 1

1

 (2 n ) n 2n  (3n ) n 3n  2 n 1  3n 1 1

1

Jadi (2 n  3n ) n  (2n 1  3n 1 ) n1 an  an 1 Karena juga terbatas maka ( an ) konvergen.

1.8

Matematika 2 

Teorema 1.4 Jika c bilangan real, an  l dan bn  m, maka (1) an  bn  l  m (2) Can  Cl (3) an bn  lm . Dengan syarat m  0 dan bn tidak pernah 0 untuk semua n . (4)

1 1   bn m

(5)

an 1  untuk l  0 bn m an mungkin mempunyai atau tidak mempunyai limit untuk l = 0. bn

(6) anp  l p (7) p an  p1 Bukti: Misal untuk (3). Pilih  > 0. an bn  lm  an bn  an m  an m  lm  an (bn  m)  m(an  l )  an bn  m  m an  l ( an ) konvergen, jadi terbatas, jadi terdapat M > 0 sehingga an < M untuk semua n . Karena bn  m maka untuk bn  m 

 untuk n  N1 . 2M

 terdapat bilangan bulat N1 sehingga 2M

1.9


Karena an  l maka untuk an  l 

 terdapat bilangan bulat N2 sehingga m2

 untuk n  N 2 . m2

Jika N adalah bilangan terbesar di antara N1 dan N2 maka untuk n > N berlaku an bn  lm  an

    m    . 2M m2 2 2

Jadi an bn  lm untuk n  . Buktikan untuk lainnya dapat Anda kerjakan sendiri. Teorema 1.5 Andaikan untuk n yang cukup besar berlaku an  bn  cn , jika an  l dan cn  l untuk n   maka bn   untuk n . Anda dapat membuktikan sendiri. Contoh 1.6 an 

cos n n

1 cos n 1    n n n 1   0 untuk n   n 1  0 untuk n   n cos n Jadi  0 untuk n   n Contoh 1.7 an  25 

1 n2

1.10

Matematika 2 

5  25 

1 10 1 1  25   2  5  n2 n n n

1 5   5. n Jadi

25 

1 5. n2

Teorema 1.6 Jika untuk fungsi f ( x) dan barisan (cn ) berlaku: (i) cn  c untuk n   . (ii) f ( x) kontinu di c . (iii) untuk setiap n, cn berada di dalam domain f , maka f (cn )  f (c ) untuk n   . Bukti: Ambil   0 . Karena f kontinu di c , maka terdapat   0 sehingga | f ( x )  f (c ) |  untuk | x  c |  . Karena cn  c untuk n   maka terdapat bilangan positif N sehingga untuk n  N berlaku | cn  c |  . Jadi untuk n  N berlaku | f (cn )  f (c) |  . Terbukti f (cn )  f (c ) untuk n   .

Contoh 1.8  (1)  0 untuk n   . n  Jadi cos  cos 0  1 untuk n   . n (2)

 n 2   2 n  16   untuk n   n 4n 2 f ( x)  tan x adalah fungsi yang kontinu pada x  Jadi tan

 . n

 n 2   2 n  16   tan untuk n    1 untuk n   . n 4n 2

1.11


Definisi 1.5 Suatu barisan ( an ) disebut barisan Cauchy jika dan hanya jika untuk setiap bilangan   0 terdapat suatu bilangan bulat positif N dengan sifat | am  an |  untuk setiap m  N dan n  N . Teorema 1.7 Setiap barisan konvergen adalah barisan dan sebaliknya. Bukti: Misal an  l untuk n   . Ambil   0 . Terdapat bilangan bulat N  0 dengan sifat | an  l |

 untuk n  N . 2

Ambil m dan n, m  n, n  N . | am  an |  | am  l  l  an |  | am  l |  | l  an | | am  l |  | an  l | 

    2 2

Jadi | am  an |  untuk m  n , n  N . Dapat dibuktikan pula bahwa barisan Cauchy adalah konvergen. Apabila Anda sekarang telah memahami isi pembicaraan di muka cobalah Anda mengerjakan soal-soal latihan berikut. Setelah selesai bandingkan jawaban Anda dengan jawaban yang ada. Tentu saja mungkin ada perbedaan cara mengerjakan. LA TIHA N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1) Tentukan sifat terbatas, naik dan turunnya barisan-barisan di bawah ini.

1.12

Matematika 2 

a) b)

n  (1)n n 2 n an  n 1 an 

c)

1 1 an   n n 1

d)

an  (1)n n

e)

an 

(2)n ne

 5n  2) Tunjukkan barisan   turun untuk n  5 .  n!  3) Kalau barisan-barisan di bawah ini konvergen tentukan limitnya. n2 a) an  n 1 b)

an 

4n n2 1

 2n  an  log    n 1  4) Andaikan (an) adalah barisan. Kemudian disusun barisan (ln ) dan (On ) dengan ln  a2 n dan On  a2 n 1 . Tunjukkan bahwa an  l untuk n    jika dan hanya jika ln  l dan On  l untuk n   . c)

2n  0 untuk n   . n!  n  6) Jika konvergen, tentukan limit barisan  5   5) Tunjukkan bahwa



n  5  . 4n 2  1  

n 3





Petunjuk Jawaban Latihan 2 tidak monoton, terbatas ke bawah dan terbatas ke atas, 0  an  . 3 1 b) naik, terbatas ke bawah dan tidak terbatas ke atas, an  . 2

1) a)


1.13

1 2 d) tidak monoton, tidak terbatas ke bawah dan tidak terbatas ke atas. 2)

c)

turun terbatas ke bawah dan terbatas ke atas 0  an 

an 

5n n!

an 1 5n 1 n ! 5   n an (n  1)! 5 n 1 untuk n  3. an 1  an n  4 an 1  an n  4 a n  1  an 3) a) divergen b) konvergen, an 4 untuk n   . c) konvergen, an log 2 untuk n   . 4) Andaikan an  l untuk n   akan dibuktikan ln  l , On  l untuk n. Ambil   0 , terdapat N sehingga untuk semua n  N berlaku | an  l |  . Perhatikan ln  a2 n . Jadi jika dipilih bilangan bulat positif N1 

N 2

maka untuk semua n  N1 berlaku  ln  l    . Perhatikan

N 1 maka 2 untuk semua n  N 2 berlaku [On  l ]   . Jadi an  l untuk n   mengakibatkan ln  l , On  l untuk n   . Selanjutnya masih harus dibuktikan. Jika ln  l dan On  l untuk n   maka an  l untuk n   . Tentunya tidak sukar untuk Anda On  a2 n 1 . Jadi jika dipilih bilangan bulat positif N 2 

membuktikannya.

1.14

5)

Matematika 2 

2n  0 untuk n    n! 2n 2.2.2 2 2 2 2   2   2  n ! 1.2.3 n 3 n 3 0

2n 2  2  n!  3 

2 3   Jadi

 0 untuk n   2n 0 untuk n   . n!

cn 



n 3





n 5

4n 2  1

cn 

3  5   1   n  n 1 4 2 n

  1

1 untuk n   . 4

f ( x)  5 x n Jadi

n2

n2

n 6.

n2

5



merupakan fungsi kontinu di x  n3



n5

2

4n  1



5

1 . 4

1 untuk n   . 4

RA NG K UMA N Barisan ( an ) adalah fungsi berharga real yang didefinisikan pada himpunan bilangan bulat positif. Barisan ( an ) dikatakan naik jika an  an 1 , tidak turun jika an  an 1 turun jika an  an 1 , tidak naik jika an  an 1 . Jika memenuhi salah satu sifat di atas dikatakan monoton. Barisan ( an ) dikatakan terbatas ke atas jika terdapat bilangan A dengan sifat an  A untuk semua n dan dikatakan terbatas ke bawah jika terdapat bilangan B dengan sifat an  A untuk semua n .


1.15

Barisan yang terbatas adalah barisan yang terbatas ke atas dan ke bawah. Jika barisan terbatas dan tidak turun maka barisan konvergen ke atas terkecil. Jika barisan terbatas dan tidak naik maka barisan konvergen ke batas bawah terbesar. Jika untuk tiga barisan berlaku an  bn  cn untuk n cukup besar dan an  l , cn  l untuk n   maka bn  l untuk n   . Jika f(x) fungsi yang kontinu di c barisan cn  c untuk n   dan cn berada di domain f, maka f( cn )  f(c), n   . Jika Anda telah siap. kerjakan soal-soal pada Test Formatif berikut ini. TE S F O RMA TIF 1 Untuk soal nomor 1 sampai dengan nomor 5. A. B. C. D E.

Berilah tanda-tanda sebagai berikut. bila jawaban 1, 2, dan 3 betul; bila jawaban 1 dan 3 betul; bila jawaban 2 dan 4 betul; bila jawaban 4 yang betul; bila jawaban semua betul.

 log (n  5)  1) Barisan   mempunyai sifat ….  n5  1. turun 2. terbatas ke atas 3. terbatas ke bawah 1 4. konvergen dengan limit log 5 5  3n 1  2) Barisan  n 1  …. 4  1. turun 2. tak terbatas ke atas 3. mempunyai limit 4. divergen

1.16

Matematika 2 

   3) Barisan  sin  …. 2n   1. mempunyai batas bawah terbesar = -1 2. mempunyai batas atas terkecil = 1 3. tidak monoton 4. konvergen dengan limit 0 4) Suatu barisan ( an ) didefinisikan dengan: 1 a1  1 dan an 1  an  1 untuk n 1 . 2 Barisan ini .... 1. terbatas ke bawah 2. terbatas ke atas 3. konvergen dengan limit 2 4. monoton 5) Suatu barisan ( an ) didefinisikan dengan a1  1 dan an 1 

1 an untuk n 1 . n 1

Barisan ini …. 1. monoton 2. terbatas ke bawah 3. mempunyai limit 0 4. terbatas ke atas Untuk soal nomor 6 sampai dengan nomor 10. Pilihlah satu jawaban yang paling tepat! 1

6) Jika 0 < c < d maka lim  c n  d n  n = …. n 

A. tidak ada B. e 1 C. e D. d E. 0

1.17


n2 dan an   maka nilai terkecil k bulat positif supaya n 1   adalah …. 100 100 101 199 200 201

7) Jika an  ak A. B. C. D. E.

8) Jika an  (1)

n 1 maka barisan ( an ) mempunyai limit …. 2n 2  2

A. 1 1 B.  2 C. 0 1 D. 2 E. 1 9) Jika an  (1) A. B. C. D. E.

(n  1) 2 maka lim an adalah …. n  n2 1

 1 0 1 tidak ada 1 1     n 1

10) Jika an   n

A. 0 1 B.  C. 1 D.  E. tidak ada

maka lim an adalah …. n 

1.18

Matematika 2 

Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1.

Tingkat penguasaan =

Jumlah Jawaban yang Benar

 100%

Jumlah Soal Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang belum dikuasai.

1.19


Kegiatan Belajar 2

Deret

B

erikut ini kita beralih pada pembicaraan topik baru, yaitu deret.

Definisi 1.6 Diberikan barisan u1 , u2 , u3 ,  , un ,  

Jumlah tak hingga suku-suku ini,

u

n

 u1  u2    un   disebut

n 1

deret tak hingga atau disingkat deret. Dapat dipakai juga simbol

u

n

yang lebih sederhana. Di sini un juga disebut suku ke-n dari deret. Jumlah n suku terdepan, sn  u1  u2    un disebut jumlah parsial ke-n dari deret

u

n

.

Definisi 1.7 Deret

u

dikatakan

n

konvergen

jika

dan

hanya

jika

lim S n  lim (u1  u2    un )  S , suatu nilai yang berhingga. Selanjutnya S n 

n 

disebut jumlah deret. Deret yang tidak konvergen dikatakan divergen. Secara lain dapat dikatakan bahwa deret  un konvergen dengan jumlah S jika barisan (Sn) konvergen ke S. Teorema 1.8 Jika deret

u

n

konvergen dengan jumlah S, deret

dengan jumlah T dan k adalah bilangan konstan, maka: 1) deret  (un  vn ) konvergen dengan jumlah S + T. 2) deret

 ku

n

konvergen dengan jumlah ks.

Bukti: 1) S n  u1  u2    un

u

n

konvergen

1.20

Matematika 2 

Tn  v1  v2    vn Wn  (u1  v1 )  (u2  v2 )    (un  vn )  Sn  Tn lim Wn  lim ( S n  Tn )  S  T , menurut Teorema 1.4 Kegiatan Belajar 1. n 

n 

Wn  (un  vn ) konvergen dengan jumlah S  T . Anda dapat

Jadi

membuktikan sendiri bagian (2) dari Teorema di atas. Dapat diturunkan  (Vn )   (1) Vn adalah deret konvergen dengan jumlah T . Jadi

 (u

diperoleh

n

 vn ) konvergen dengan jumlah S  T . Dan selanjutnya

untuk k dan h konstan deret

 (ku

n

 hvn ) konvergen dengan jumlah

kS  hT . Contoh 1.9: 

1)

u

n



n 

 1 1 1 1      . 1.3 3.5 5.7 n 1 (2 n  1)(2 n  1)

Tunjukkan

u

n

konvergen dan tentukan jumlahnya.

Jawab : un 

1 1 1 1      (2n 1)(2n 1) 2  2n 1 2n  1 

S n  u1  u2    un 1 1 1  1  1 1  1  1 1  1 1 1                   2 1 3 2  3 5  2  5 7  2  2 n 1 2 n  1  1 1 1 1 1 1 1 1 1   1          2 3 3 5 5 7 7 2n 1 2n  1  1 1   1  2  2n  1  lim S n  n 

1 Jadi 2

u

n

konvergen dengan jumlah S 

1 . 2

1.21


2)

1 1 1 1   2  3    n   . Tunjukkan 3 3 3 3 tentukan jumlahnya.

u

n

u

n

Jawab : 1 1 1 1 Sn   2  3    n 3 3 3 3 1 1 1 1 1 S      n  n 1 3 n 32 33 3 3  2 1 1 S n   n 1 3 3 3 1 1 Sn  1 n  2 3  1 lim S n  n  2 Jadi deret

1

3

n

konvergen dengan jumlah S 

 (1)

3) Buktikan deret

n

Bukti : S1  1 S2  1  1  0 S3  1  1  1  1 S4  0 

1, untuk n ganjil Sn =   0, untuk n genap Jadi

 (1)

n

divergen.

divergen

1 2

konvergen dan

1.22

Matematika 2 

Sifat-sifat Deret 1) Jika setiap suku dari suatu deret dikalikan dengan konstanta yang tidak sama dengan 0 maka kekonvergenan (atau kedivergenan) deret tidak berubah. 2) Penghapusan (atau penambahan) sejumlah berhingga suku-suku dari (atau terhadap) suatu deret tidak mengubah kekonvergenan atau kedivergenan deret. Teorema 1.9 Jika deret

u

n

konvergen, maka. lim un  0 . n 

Bukti: lim un  lim ( Sn  S n 1 )  S  S  0

n 

n 

Perhatikan bahwa kebalikan teorema di atas tidak berlaku, lim  0 tidak n 

selalu berarti

 un konvergen.

Contoh 1.10: 1) Deret Aritmatika 

 a  (n 1) b  a  (a  b)  (a  2b)   n 1

Sn  a  (a  b)  (a  2b)    (a  (n  1) b) 

n n 2a  (n 1)b  (u1  u2 ). 2 2

Deret ini divergen. Terlihat lim un  0 . n 

2) Deret Geometrik 

 ar

n 1

 a  ar  ar 2    ar n  

n 1

dengan a dan r konstanta. Sn  1.9).

a (1  r n ) (buktikan dengan memperhatikan soal nomor 2 contoh 1 r


1.23

Deret ini konvergen dengan jumlah S

a jika r 1 dan divergen jika r 1. 1 r

3) Deret harmonik 

1

n

p



n 1

1 1 1    , p konstan. 1p 2 p 3 p

Deret ini konvergen untuk p  1 dan divergen untuk p  1 . 1 1 Jika p  1 deret menjadi 1     2 3 Perhatikan un  0 tetapi deret divergen. 4) Deret berganti-ganti (tanda) Deret un  u2  u3    un   dengan sifat untuk setiap n dua suku berturutan un dan un + 1 selalu berbeda tanda. Misalnya : a)

1  1  1  1  1 (Contoh 1.9 soal nomor 3).

b)

1

1 1 1    2 2 33 42

Deret ini konvergen. Seperti juga pada pembicaraan barisan maka kekonvergenan atau kedivergenan deret merupakan masalah yang utama. Untuk deret yang konvergen jumlah deret juga mendapatkan banyak perhatian. Oleh karena itu sangat diperlukan adanya alat-alat untuk menguji kekonvergenan/ kedivergenan deret.

1.24

Matematika 2 

Uji kekonvergenan/kedivergenan untuk deret dengan suku-suku tak negatif: 1. Uji perbandingan a) Andaikan vn  0 untuk semua n  N dan andaikan  vn konvergen. Jika 0  un  vn untuk semua n  N maka konvergen. b) Andaikan vn  0 untuk

semua n  N dan

u

n

v

andaikan

divergen. Jika un  vn untuk semua n  N , maka

juga

n

u

n

juga

divergen. Seperti juga uji-uji selanjutnya, di dalam pembicaraan ini tidak disertai bukti. 2.

Uji pembagian a)

Jika un  0dan vn  0 dan lim

n 

un  A  0atau  , maka  un dan  vn vn

kedua-duanya konvergen atau kedua-duanya divergen. u b) Jika dalam a) di atas lim n  0 dan  vn konvergen, maka n  v n

u

n

c)

konvergen.

Jika dalam a) A =  dan vn divergen, maka

u

n

divergen.

1 dapat diturunkan np uji lain yang sering digunakan sebagai pengganti uji pembagian. Andaikan lim n p un  A , maka

3) Dari uji pembagian di atas dengan mengambil vn 

n 

a)

 un konvergen jika p > 1 dan A berhingga

b)

u

n

divergen jika p  1 dan A  0.

4) Uji integral Jika f(x) adalah positif, kontinu dan monoton turun untuk x  N dan f (n)  un untuk n  N , N  1, N  2, . . . maka  un konvergen atau

1.25




divergen sesuai dengan

 N

M

f ( x) dx  lim

M 

 f ( x) dx

konvergen atau

N

divergen. Sering kali N = 1. Contoh 1.11: 1) Pada contoh 1.10 nomor 3 diberikan bahwa

1

n

p

konvergen untuk

p > 1. Kita buktikan: Perhatikan f ( x) 

1 , p  0 . Fungsi ini positif dan monoton turun. xp



M 1 1 dx  lim 1 x p M  1 x p dx

  1  lim   untuk p  1 M  (1  p ) x p 1    1 1   lim    , p 1 M  (1  p ) M p 1 1 p    1 untuk p 1    p 1 , untuk p 1  Jadi

1

n

p

konvergen untuk p  1 dan divergen untuk p  1 , untuk

p 1, 

M 1 1 dx  lim 1 x M  1 x dx

 ln M  ln 1   Jadi

1

n

p

konvergen untuk p  1 , divergen untuk p < 1.

1.26

2)

Matematika 2 

u

n

1 2 1



n

Dengan uji perbandingan: 1

3)

2

n

un 

1 , n2 ln n

konvergen, jadi 

1 1  n 2 1 2 n

1 konvergen. 2 1 n

ln n  n 1 1  ln n n 



1

1

 n divergen. Jadi  ln n divergen

n2

4)

un 

n2

n 2n  3 3

lim n 2 n 

Jadi

5)

un 

n 1  2n 3  3 2

 2n

n konvergen. 3

3

ln n 1

(n  2) 2 1

lim n 2 n 

Jadi



ln n (n  2) ln n

1

 2

1

(n  2)

divergen 2

1.27


6)

un 

n n n3  n

Uji pembagian: Ambil vn  lim

n 

1 n2

un n n  lim n 2 3 1 n  vn n n 1

v  n n

Jadi 

2

konvergen

n n konvergen n3  n

Uji untuk Deret Berganti-ganti Suatu deret berganti-ganti konvergen jika dipenuhi: a)

un 1  un untuk n  1

b)

lim un  0, atau lim un  0 .



n 

n 



Contoh 1.12: (1) 1 1 1 1 1) un  deret :  1      n 2 3 4 5 Tampak di sini a)

un  b)

1

u n 1 

n 1

1 n

Jadi un 1  un untuk n 1

lim un  lim n 

n 

1 n

0

Jadi deret konvergen.

1.28

Matematika 2 

Definisi 1.8 Deret

u

dikatakan konvergen mutlak jika

n

konvergen. Jika  un divergen, tetapi

u

n

konvergen maka

u u

n

n

adalah

dikatakan

konvergen bersyarat. Teorema 1.10 Jika  un konvergen mutlak maka

u

n

konvergen.

Contoh 1.13: sin A sin 2 A sin 3 A sin nA   2  ...   ... 12 22 3 n2 Perhatikan deret

u

1) Deret

n

u



un 

1 n2

n



sin A

sin 2 A



2

1

2

1

n

Sudah kita kenal Jadi

u

u

2) Deret

u

1 Jadi



n

2



u

n

sin 3 A 3

 

2

sin nA n2



deret konvergen.

konvergen mutlak, berarti juga konvergen.

n

1

2



konvergen.

n

Deret

1

2



1 3

1 1



1 2



1 3



1

adalah divergen.

konvergen bersyarat.

4

  adalah konvergen. Tetapi deret

1.29


Berikut ini Anda akan mempelajari uji kekonvergenan mutlak. 1.

Uji Rasio Andaikan lim

n 

un 1 L un

maka jika: (a) L < 1, deret (b) L > 1, deret

u u

n

konvergen mutlak

n

divergen

(c) L = 1, uji gagal (tidak menghasilkan keputusan). 2.

Uji akar n Andaikan lim n un  L n 

maka jika: a) L < 1, deret b)

u L > 1, deret  u

c)

L = 1, uji gagal

n

n

konvergen mutlak divergen

Dapat Anda perhatikan bahwa kedua uji di atas dapat digunakan untuk deret dengan suku-suku tak negatif dengan tidak memerlukan tanda nilai mutlak lagi. Contoh 1.14: 1) Deret

2n

 u   1.3.5(2n  1)  n

Uji rasio: un 1 un 1 2 n 1 1.3.5 (2n 1) 2   .  n un un 1.3.5 (2n  1)(2n  3) 2n  3 2 lim

n 

un 1  0 . Jadi deret konvergen. un

1.30

2)

Matematika 2 

 un = lim

n 

nn  n!

un 1 u (n  1) n  1 n !  lim n 1  lim . n n  u n  ( n  1)! un n n n

(n  1)n 1 (n 1) n  1  lim  lim 1    e 1. n n  ( n  1) n n  n  nn  n

 lim

Jadi deret konvergen. 3)

 n   un    2  3n2    lim n un  lim n 

n 

n

n  0 1  2  3n 2

Jadi deret konvergen. 4)

1

1

1

1

 u   n(n  1)  1.2  2.3  3.4   n

lim

n 

un 1 1 n  lim n( n 1)  lim 1 n  n  un (n  1)(n  2) (n  2)

Uji rasio ternyata gagal. Kita coba dengan cara lain. un 

1 1 1   . n(n  1) n n  1

Deret menjadi: 1 1   1 1 1 1 1 1  2    2  3    3  4      n  n  1            1 Sn 1  n 1 lim S n  1. Jadi  un konvergen. n 

1.31


Sampai pelajaran ini Anda telah mengenal beberapa uji kekonvergenan. Jika suatu uji yang Anda pilih gagal menentukan kekonvergenan atau kedivergenan suatu deret, maka Anda dapat mencoba uji yang lain. Deret aritmatika dan deret geometrik ternyata dapat diterapkan untuk perhitungan-perhitungan dalam Hitung Keuangan. Ternyata di sini jumlah parsial ke-n, Sn, banyak dimanfaatkan. Selanjutnya, akan Anda pelajari contoh-contoh penggunaan deret dalam hitung keuangan terutama yang berhubungan dengan suku bunga kredit, investasi dan annuitas yang timbul sebagai masalah sehari-hari. Suku bunga sederhana (tunggal) Bunga adalah uang yang dibayarkan oleh pihak ke-2 kepada pihak pertama atas penggunaan sejumlah uang pihak pertama (yang disebut uang pokok). Tingkat suku bunga adalah perbandingan yang dinyatakan dalam % antara bunga yang dikenakan dalam satu kurun waktu tertentu terhadap uang pokok. Biasanya untuk kurun waktu tertentu ini diambil 1 tahun. (Jika tidak diterangkan berarti kurun waktu 1 tahun). Jika besarnya bunga (I) untuk waktu t tahun atas uang pokok P dengan tingkat suku bunga r adalah l Prt maka bunga yang diberlakukan di sini disebut bunga sederhana atau bunga tunggal. Dengan demikian Jumlah uang (A) menjadi A  P  Prt  P (1  rt ) Suku bunga majemuk Kalau pada setiap akhir kurun waktu bunga ditambahkan pada uang pokok, sehingga setiap awal kurun waktu uang pokok menjadi (1 + r) kali uang pokok awal kurun waktu sebelumnya, maka dikatakan bunga adalah bunga majemuk. Jika r adalah suku bunga per tahun sedang perhitungan bunga dilakukan 1 tiap tahun maka pada akhir tahun ke t berlaku. k  r A  p 1   k

tk

1.32

Matematika 2 

Di sini

1 tahun disebut k

r periode konversi. Jika i  , n  tk maka k

diperoleh A  P(1  i)n . Jika diinginkan sejumlah uang A pada akhir n periode konversi dengan suku bunga per periode konversi adalah i maka nilai sekarang P dari jumlah A tersebut adalah P

A (1  i )n

Annuitas Banyak transaksi perdagangan yang dilakukan dengan pembayaran yang sama pada setiap akhir selang waktu tertentu. Selang waktu tersebut dinamakan periode pembayaran. Suatu deretan pembayaran ini disebut annuitas. Jangka waktu yang dihitung dari permulaan periode pembayaran pertama sampai dengan akhir periode pembayaran terakhir disebut waktu annuitas. Jumlah dari suatu annuitas adalah jumlah total yang dihitung akumulatif pada akhir waktu annuitas bila setiap pembayaran diinvestasikan dengan bunga majemuk dengan waktu konversi sama dengan periode pembayaran. Jika pembayaran annuitas agar periode waktu adalah 1 rupiah dengan bunga per periode waktu pembayaran i maka jumlah annuitas dengan n pembayaran adalah. sn i 

(1  i )n  1 i

Jika pembayaran adalah R rupiah jumlah annuitas menjadi sn i  R sn i .

1.33


Dengan pembayaran 1 rupiah diperoleh sn i  (1  i) n 1  (1  i )n  2    (1  i )  1  1  (1  i )   (1  i )n 1 Ini merupakan jumlah n suku pertama deret geometrik dengan a  1 dan r  1  i. Jadi sn i 

(1  i ) n  1 i

Sebaliknya, nilai sekarang dari annuitas dengan pembayaran 1 rupiah seperti di atas adalah 1 1 1    1  i (1  i ) 2 (1  i )n 1  (1 i)n 1  (1 i) n 2   1 (1  i) n

an i 

 an i 

1 1  (1  i ) n Sn i  n (1  i) i 1  (1  i ) n i

Jika pembayaran 2 rupiah, nilai sekarang annuitas An i  R an i Pembayaran dengan cara annuitas ini dilakukan seperti pada pembayaran premi asuransi, pembelian dengan cara angsuran dan sebagainya. Walaupun namanya annuitas tetapi periode pembayaran tidak selalu tahunan, dapat bulanan, triwulanan dan sebagainya. Mari kita lihat beberapa contoh hitung keuangan berikut. Contoh 1.15: Dana sebesar 400 juta rupiah di investasikan dengan suku bunga 8%, dimajemukkan tiap tengah tahunan selama 5 tahun. Berapa besar jumlah uang pada akhir tahun ke-5 tersebut? Jawab: A  8%, i 

80%  4%, n  2  5  10 2

1.34

Matematika 2 

Jumlah uang pada akhir tahun ke-5 = 400 (1,04)10 = 592.0977 juta rupiah. Contoh 1.16: Pinjaman sebesar Rp1.000.000,00 harus dikembalikan setiap akhir bulan sebesar Rp100.000,00 dari sisa pinjaman saat itu ditambah bunga untuk pinjaman tersebut. Jika suku bunga 12%, berapakah total pengembalian uang seluruhnya? Jawab: Besar bunga yang harus dibayar pada: Pengembalian ke-1 = 1%  Rp1.000.000,00 = Rp10.000,00 Pengembalian ke-2 = 1%  Rp900.000,00 = Rp9.000,00 Pengembalian ke-3 = 1%  Rp800.000,00 = Rp8.000,00  Pengembalian ke-10 = 1%  Rp100.000,00 = Rp1.000,00 10 Total bunga = (Rp10.000 + Rp1.000) = Rp55.000,00 2 Total pengembalian = Rp1.000.000 + Rp55.000,00 = Rp1.055.000,00 Contoh 1.17: Suatu annuitas dibayar Rp100.000,00 tiap 3 bulan dalam waktu 5 tahun dengan suku bunga 12% per tahun. Tentukan jumlah annuitas dan nilai sekarang annuitas tersebut. Jawab: 12% = 3%, n = 4  5 = 20. 4 (1  i ) n  1 Jumlah annuitas  R . i (1.03)20  1  100.000 0.03 = Rp2.687.040,00.

i=

1.35


(1  i )n  1 i 1  (1.03)-20  100.000 0.03 = Rp1.487.750,00.

Nilai sekarang  R .

.

Jika Anda telah memahami uraian di atas, cobalah kerjakan soal-soal latihan berikut. LA TIHA N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! Selidikilah kekonvergenan atau kedivergenan dari deret-deret berikut. 1 1 1 1)  un  2  2    2   1  1 2 1 n 1 2)

u

3)

u

4)

n



2 3 4 n 1      1.3 2.4 3.5 n( n  2)

1 1 1  sin  sin    sin   1 2 n 2 3n  u  3  un   n4  n . n

5) Selidikilah apakah deret berikut konvergen mutlak/konvergen atau divergen.

u

n

1 1 1 1 (1) n 1       . 2 4 6 8 2n

Petunjuk Jawaban Latihan 1) Konvergen un 

1 1  n2 1 n2

1.36

Matematika 2 

1

n

2

u

konvergen

n

konvergen

2) Divergen n 1 1  n(n  2) n  2 1 1 1 1  n  2  3  4  5   divergen

un 

3) Divergen Perhatikan

1

u  n , n

deret divergen

1 sin un 2 1. lim  lim n  v n  1 n n 4) Konvergen un 

3n 2  n  3 1 ,  vn   2 , deret konvergen n4  n n

5) Konvergen, konvergen bersyarat,

u

un 1  un lim un  0.Jadi  un konvergen n 

1 1 1 1      2 4 6 8 1 1 1 1    1       divergen. 2 2 3 4 

u

n

Jadi konvergen tetapi tidak mutlak.

n

merupakan deret berganti-ganti

1.37


RA NG K UMA N Diberikan barisan un , u2 , u3 , , un  

u

n

 u1  u2  u3  

n 1

disebut deret tak hingga atau deret dengan simbol

u

n

.

S n  u1  u2    un disebut jumlah parsial ke n dari deret Deret

u

n

u

n

.

dikatakan konvergen ke S bila lim S n  S . n 

S disebut jumlah deret. Deret yang tidak konvergen dikatakan divergen. Jika

u

n

konvergen maka  un dikatakan konvergen mutlak. Dikenal beberapa cara uji kekonvergenan/kedivergenan. 1. Uji perbandingan Jika 0  un  vn untuk semua n  N dan  vn konvergen, maka

u

n

2.

juga konvergen.

Jika 0  un  vn untuk n  N dan  vn divergen, maka  un juga divergen. Uji pembagian u Jika un  0, vn  0 dan lim n  A yang tidak sama dengan nol dan n  v n tidak , maka  un dan  vn kedua-duanya konvergen atau kedua-duanya divergen. Jika A = 0 dan  vn konvergen, maka  un juga konvergen. Jika A =  dan

v

n

divergen, maka

u

n

divergen.

Untuk uji ini secara khusus dapat diambil vn  3.

1 . np

Uji integral Jika f(x) adalah positif, kontinu dan monoton turun untuk x  N dan f(n) = un untuk n = N, N + 1, N + 2, ..., maka  un konvergen atau divergen sesuai dengan

1.38

Matematika 2 







f ( x) dx  lim  f ( x) dx n 

N

N

Konvergen atau divergen. Jika  un merupakan deret berganti-ganti dengan un 1  un untuk

4.

 u konvergen. konvergen maka  u juga konvergen.

n  1 dan un = 0 maka

Jika  un Uji rasio u Jika lim n  L, maka n  v n

5. 6.

n

n

u

n

konvergen mutlak bila L < 1 dan

divergen jika L > 1.

7.

Uji akar ke-n Jika lim n un  L, maka

u

n

n 

u

n

konvergen mutlak bila L < 1 dan

divergen bila L > 1.

TE S F O RMA TIF 2

Untuk soal nomor 1 sampai dengan nomor 5. Jawablah: A. Apabila 1, 2, 3 benar B. Apabila 1 dan 3 benar C. Apabila 2 dan 4 benar D. Apabila 4 saja benar E. Apabila semua benar 1) Jika 1. 2. 3. 4.

u  n

v v u u

cos n dan n3

n3 , maka …. 2 1

v   n n

n

konvergen bersyarat

n

konvergen mutlak

n

konvergen bersyarat

n

konvergen mutlak

1.39


2) Jika 1. 2. 3. 4.

3) Jika 1. 2. 3. 4.

4) Jika 1. 2. 3. 4.

5) Jika 1. 2. 3. 4.

 un   (1)n u u v v

ln n dan n

n

divergen

n

konvergen

n

divergen

n

konvergen

(1)n dan n!  un konvergen

 un  

u v v

n

divergen

n

konvergen

n

divergen

 u   ne

 n2

n

u u v v

dan

n

konvergen

n

divergen

n

divergen

n

konvergen

 vn  

v

n

 sin

n2 1 , maka …. 3n 4  2

1 1 1  sin 2  sin 2   maka …. 2 1 2 3

ln n

 v   (n  1) n

2n

nn

1

, maka …. 3

 u   n ! dan  v   n! , maka ….  v konvergen  u konvergen   u  v  konvergen  u divergen n

n

n

n

n

n

n

1.40

Matematika 2 

Untuk soal nomor 6 sampai dengan nomor 10. Pilihlah jawaban yang paling sesuai. n

 log n  1

6) Deret A. B. C. D. E.

konvergen ke e konvergen ke e -1 konvergen ke 1 konvergen ke 0 divergen (1)n adalah …. 2n 4 konvergen ke 3 2 konvergen ke 3 1 konvergen ke 3 konvergen ke 0 divergen



7) Deret A. B. C. D. E.



8) Jika

adalah ….



1

 u   (n  2)(n  1) , maka jumlah parsial ke-n, Sn = …. n

n 1

n 1

A.

n 1 1 n2

B.

n 1 1  n2 2

C.

n 1 1  n2 2

D.

n 1 1 n2

E.

n 1 n2

1.41




9) Jika



1 n

u  2 n

n 1

n 1

maka jumlah parsial ke-n, Sn = ….

n 1

A.

n 1 1  2 n 2 2

B.

n 1 1  2 n 2 2

C.

n 1 1 2 n 2

D.

n 1 1  2n 2

E.

n 1  2n 2

10) Seorang penabung tiap akhir bulan memasukkan sisa gajinya sebesar Rp100.000 dalam tabungannya. Jika suku bunga adalah 12% per tahun maka akhir tahun ke-2 besar tabungannya adalah …. A. 2.697.346 B. 2.602.756 C. 2.592.828 D. 2.590.770 E. 2.560.508 Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 2 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 2.

Tingkat penguasaan =

Jumlah Jawaban yang Benar

 100%

Jumlah Soal Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang

1.42

Matematika 2 

Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan modul selanjutnya. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 2, terutama bagian yang belum dikuasai.

1.43


Kunci Jawaban Tes Formatif Tes Formatif 1 1) A. 2) B. 3) C. 4) E. 5) E. 6) D. 7) E. 8) C. 9) E. 10) C. Tes Formatif 2 1) D. 2) C.  un deret berganti, un 1  un , lim un  0 . n 

3) B.

u

n

deret berganti-ganti.

Gunakan uji pembagian terhadap 4) B. Pakailah uji integral untuk

u

n

u

n

dengan deret

1

n

dan uji pembagian dengan

2

. 1

n

1

.

3

5) C. Ujilah kedua deret dengan uji rasio. 1 2 n 1 6) E. S n  log  log    log  log 2 3 n 1 n 1 lim S n    . n 

(1)n 1 1 1 1 1 1      n 2 4 8 16 32 2  1 1  1 1 1  3 2 2  1     1       .  4 16  2  4 16  4 3 3

7) B.



8) C.

 n 1 n  n 1 1 2 1 3 2 4 3 Sn                  .  3 2 4 3 5 4 n  2 n 1  n  2 2       

 n 1 n  n 1 1  2 1  3 2   4 3  S n   2     3  2    4  3      n  1  n   n 1  . 2 2 2 2 2 2 2 2  2       2 10) A. Hitunglah sebagai jumlah parsial deret atau dengan rumus anuitas. 9) B.

1.44

Matematika 2 

Daftar Pustaka Kaplan, W. Advanced Calculus. Addison Wesley Publishing Company, Inc. Piskunov, N. Differential an Integral Calculus. Mir Publisher. Salas, S.L. (1982). Hillie Einas, Calculus Ed. VI. John Wiley and Sons. Spiegel, Murray. Theory and Problems of Advanced Calculus. McGraw Hill Book Co.

Barisan dan Deret. Modul 1 PENDAHULUAN

Recommend Documents