BAB : I SISTEM BILANGAN REAL

1 Ruang Barisan

BAB : I SISTEM BILANGAN REAL Sebelum membicarakan barisan dan deret akan dibicarakan lebih dahulu tentang

bilangan real karena barisan dan deret yang akan dibica-

rakan adalah barisan dan deret bilangan real. Sistem bilangan real merupakan hasil peradapan manusia yang monu-mental yang mempunyai sifatsifat yang sempurna sehingga semua cabang ilmu pe-ngetahuan menggunakannya, terutama matematika. Untuk keperluan barisan dan deret bilangan real, bab ini akan menyajikan secara singkat, tetapi cukup, tentang sistem bilangan real.

1.1 Sifat-sifat dasar bilangan real Yang dimaksud dengan sistem bilangan real (the real numbers system) adalah himpunan semua bilangan real, yang dinotasikan dengan huruf ℛ diperergkapi dengan dua operasi biner jumlahan (+) dan perkalian (x atau .) dan urutan (<, ≤, >, atau ngan real sendiri (anggota

). Untuk selanjutnya bilangan-bila

) dinotasikan dengan huruf-huruf : a, b, c, . . .

Sifat-sifat dasar bilangan real di antaranya adalah sebagai berikut. A.

merupakan grup komutatif terhadap operasi jumlahan (+), artinya : (i) (+) bersifat tertutup, yaitu untuk setiap a, b 𝜖 ℛ terdapat dengan tunggal c 𝜖 ℛ sehingga a + b = c. (ii) (+) bersifat asosiatif, yaitu untuk setiap a, b, c 𝜖 ℛ benar bahwa a + (b + c) = (a + b) + c. (iii) Terdapat tepat satu biangan real 0, yangan disebut bilangan nol, sehingga benar bahwa a +0 = 0 + a = a

2 Barisan dan deret

untuk setiap a 𝜖 ℛ. (iv) Untuk setiap a 𝜖 ℛ terdapat dengan tunggal bilangan untuk setiap b 𝜖 ℛ sehingga a + b = b + a = 0. Bilangan real b tersebut dinamakan bilangan negasi a dan dituliskan dengan -a. Jadi, a + -a = -a + a = 0. (v) (+) bersifat komutatif, yaitu untuk setiap a, b 𝜖 ℛ benar bahwa a + b = b + a. B.

-{0} merupakan grup komutatif terhadap operasi perkalian (. atau x ) (i)

(.) bersifat tertutup, yaitu untuk setiap a, b 𝜖 ℛ-{0}terdapat

(ii)

dengan tunggal c 𝜖 ℛ - {0}sehingga a. b = c. (.) bersifat asosiatif, yaitu untuk setiap a, b, c 𝜖 ℛ-{0}benar bahwa a.(b.c) = (a.b).c.

(iii) Terdapat tepat satu biangan real 1, yangan disebut bilangan satuan, sehingga benar bahwa a.1 = 1.a = a untuk setiap a 𝜖 ℛ-{0} (iv) Untuk setiap a 𝜖 ℛ-{0}terdapat dengan tunggal bilangan 𝜖 ℛ-{0} sehingga a.b = b.a = 1. Bilangan real b tersebut dinamakan bilangan inverse a dan 1

dituliskan dengan a-1 atau 𝑎. Jadi, a.a-1 = a-1.a = 1

1

1

atau a.𝑎 = 𝑎.a = 1

(v) (+) bersifat komutatif, yaitu untuk setiap a, b 𝜖 ℛ-{0} benar bahwa a.b = b.a.

3 Barisan dan deret

C.

merupakan lapangan (field), artinya (i) (ii)

memenuhi sifat-sifat A dan B tersebut di atas dan untuk setiap a, b, c 𝜖

berlaku

a.(b + c) = a.b +a.c

dan

a.0 = 0.a = 0.

Untuk menyingkat penulisan, jika a, b 𝜖 ℛ yang dimaksud dengan a – b adalah a + (-b), jadi a – b = a + (-b). Terdapat himpunan-himpunan bagian yang penting di dalam

:

(a) Himpunan semua bilangan bulat positif (positive integer) atau bilangan asli yang biasa dinotasikan dengan ℕ; jadi = { 1, 2, 3, . . . } (b) Himpunan semua bilangan bulat (integer) yang biasa dinotasikan dengan ℤ. ; jadi = { . . . , -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, . . . } (c) Himpunan semua bilangan rasional (rational numbers) atau pecahan yang biasa dinotasikan dengan ℚ; jadi ={

𝑚 𝑛

: m 𝜖 ℤ dan n ℕ }.

Dengan demikian diperoleh hubungan : ℕ ⊂ ℤ ⊂ ℚ ⊂ ℛ. Yang dimaksud bilangan cacah adalah bilangan 0 atau bilangan asli. Berdasarkan sifat-sifat bilangan real tersebut di atas, yaitu sifat-sifat A, B, dan C, dapat diturunkan sifat-sifat lain yang berbentuk teoremateorema di bawah ini. Teorema-teorema sengaja tanpa bukti, tetapi sebagai latihan. Teorema 1.1.1 : Jika a 𝜖 ℛ, maka (i) persamaan x + a = 0 mempunyai penyelesaian tunggal di dalam ℛ, yaitu x = a, (ii) persamaan x.a = 1 dengan a

0 mempunyai penyelesaian tunggal

4 Barisan dan deret

di dalam ℛ, yaitu x = a-1. Teorema 1.1.2 : Untuk setiap a 𝜖 ℛ diperoleh : (i) a.0 = 0, (iii) -(-a) = a, (ii) (-1).a = -a,

(iv)

dan

-(-1) = 1.

Teorema 1.1.3 : Diketahui a,b,c 𝜖 ℛ. 1

Jika a ≠ 0, maka a-1 = 𝑎

(i)

0 dan

1 1 𝑎

= a.

(ii)

Jika a.b = a.c dan a

0, maka b = c.

(iii)

Jika a.b = 0 maka a = 0 atau b = 0.

Bukti induksi matematika (mathematical induction) berdasarkan Axioma Peano di bawah ini. Axioma Peano ( Axiom of Peano ) : Jika P ⊂ ℕ memenuhi sifat-sifat : (a)

1 𝜖 P dan

(b) n 𝜖 P

n+1 𝜖 P

maka P = ℕ. Di dalam aplikasinya pada pembuktian, yang disebut bukti induksi matematika adalah sebagai bekikut. Jika suatu pernyataan (rumus) benar untuk bilangan asli (bi-langan bulat positif) 1 dan jika pernyataan (rumus) tersebut dianggap benar untuk suatu bilangan asli n dan dapat dibuktikan benar untuk bilangan asli n+1, maka dapat diambil kesimpulan bahwa pernyataan (rumus) tesebut benar untuk setiap bilangan asli n. Contoh : Benar bahwa untuk setiap bilangan asli n berlaku (∑𝑛𝑖=1 𝑖 )2 = ∑𝑛𝑖=1 𝑖 3 . Bukti : Langkah pertama : Terlihat dengan mudah bahwa rumus (pernyataan) benar untuk n = 1, karena untuk n = 1 ruas kiri dan ruas kanan bersama-sama bernilai 1. Langkah ke-2 : Rumus dianggap benar untuk suatu bilangan asli n ; jadi diangap benar bahwa (∑𝑛𝑖=1 𝑖 )2 = ∑𝑛𝑖=1 𝑖 3

5 Barisan dan deret

untuk suatu bilangan asli n. Akan dibuktikan bahwa rumus benar untuk bilangan asli n+1. Bukkti sebagai berikut : 𝑛 2 2 (∑𝑛+1 𝑖=1 𝑖 ) = {∑𝑖=1 𝑖 + (𝑛 + 1)} = (∑𝑛𝑖=1 𝑖 )2 + 2.(n + 1).∑𝑛𝑖=1 𝑖 + (n + 1)2 𝑛

= ∑𝑛𝑖=1 𝑖 3 + 2.(n + 1){ 2(n + 1)} + (n +1)2 3 = ∑𝑛𝑖=1 𝑖 3 + (n +1)2(n + 1) = ∑𝑛+1 𝑖=1 𝑖 .

Bergasarkan hasil langkah pertama dan hasil langkah ke-2 dapat disimpulkan bahwa rumus (pernyataan) benar untuk setiap bilangan asli n. Bukti selesai.

1.2 Urutan pada sistem bilangan real Urutan pada system bilangan real dapat dibangun melalui pembentukan suatu himpunan bagian yang disebut himpunan bilangan positif, yaitu sebagai di bawah ini. Definisi 1.2.1 : Himpunan P ⊂ ℛ disebut himpunan bilangan positif (the set of positive numbers) jika P memenuhi tiga syarat di bawah ini : (i) Untuk setiap x,y 𝜖 P berakibat x+y 𝜖 P. (ii) Untuk setiap x,y 𝜖 P berakibat x.y 𝜖 P. (iii) P mempunyai sifat trikhotomi (trichotomy property), yaitu: Untuk setiap x 𝜖 ℛ tepat satu terjadi : x 𝜖 P,

-x 𝜖 P,

atau

x = 0.

Untuk selanjutnya yang dimaksud bilangan positif adalah anggota P dan sebaliknya setiap anggota P disebut bilangan positif. Sementara itu, himpunan P ∪ {0} disebut himpunan bilangan nonnegatif dan anggotanya disebut bilangan nonnegatif. Sekarang telah siap untuk membentuk urutan pada system bilangan real ℛ. Definisi 1.2.2 ( Urutan ) : Jika x,y 𝜖 ℛ, maka x dikatakan lebih kecil daripada y, ditulis singkat dengan x

Barisan dan deret

y,

6

jika y - x 𝜖 P. Sejalan dengan itu, x dikatakan lebih kecil daripada atau sama dengan y, ditulis singkat dengan x

y,

jika x < y atau x = y. Catatan : (a) x < y dituliskan pula dengan y > x dan dibaca y lebih besar daripada x. (b) x ≤ 𝑦 dituliskan pula dengan y

x dan dibaca y lebih besar dari

pada atau sama dengan x. (c) x 𝜖 P dituliskan pula dengan x > 0. Berdasarkan Definisi 1.2.2 tersebut di atas di peroleh beberapa teorema di bawah ini. Teorema 1.2.3 : Diketahui x,y,z 𝜖 ℛ. Pernyataan-pernyataan di bawah ini benar : (i)

Jika x < y dan y < z, maka x < z.

(ii) Tepat satu terjadi : x < y, y < x, atau x = y. (iii) Jika x

y dan y

x, maka x = y.

Bukti : (i) x < y dan y < z ⟺ y - x, z - y 𝜖 P ⟹ z – x =(y-z )+(z- y) 𝜖 P

x < z.

(ii) Berdasarkan sifat trikhotomi , x < y, y < x, atau x = y

y–x𝜖

P, x – y = -(y – x ) 𝜖 𝑃, atau y – x = 0 𝜖 𝑃. (iii) Andaikan x ≠ 𝑦, maka y < x atau x < y ; sustu kontradiksi. Teorema1.2.4 : Pernyataan-pernyataan di bawah ini benar : (i) Jika x bilangan real dan x (ii)

0, maka x2 = x.x = -x .-x > 0.

1 > 0.

(iii) Jika n bilangan asli, maka n > 0.

7 Barisan dan deret

Bukti : (i) Jika x bilangan real (x 𝜖 ℛ) dan x

0, maka x 𝜖 𝑃 atau -

x 𝜖 𝑃. Hal ini berarti x2 = x.x = -x.-x > 0. (ii) Menuut (i) diperoleh 1 = 1.1 = -1.-1 > 0. (iii) Bukti dengan induksi matematika . Teorema di bawah ini mudah dibuktikan ; silahkan membuktikan sebagai latihan. Teorema 1.2.5 : Diketahui x, y, z, dan u bilangan-bilangan real. (i)

Jika x < y, maka x + u < y + u.

(ii)

Jika x < y dan z ≤ u, maka x + z < y + u.

(iii) Jika x < y dan u > 0, maka x.u < y.u . Jika x < y dan u < 0, maka x.u > y.u . (iv) Jika x > 0, maka x-1 =

1 𝑥

> 0 . Jika x < 0, maka x-1 =

1 𝑥

< 0.

Bukti : Andaikan a ≠ 0, jadi a > 0. Menurut Akibat 1.2.7 diperoleh 0 < Berdasarkan Teorema 1.2.5 (i) dan (ii) diperleh teorema di bawah ini. Teorema 1.2.6 : Jika x, y bilangan real dan x < y, maka x<

𝑥+𝑦 2

Akibat 1.2.7 : Jika x bilangan real dan x > 0, maka 0<

𝑥 2

<x.

Teorema 1.2.8 : Jika a bilangan real dan berlaku 0

a < 𝜀 untuk

sebarang bilangan real 𝜀 > 0, maka a = 0 . Bukti : Andaikan a > 0. Karena bilangan real 𝜀 > 0 sebarang, dengan mengambil 𝜀 =

𝑎 2

, menurut yang diketahui, diperoleh 0

a<

𝑎 2

; suatu

kontradiksi dan bukti selesai. Teorema 1.2.8 mempunyai akibat sebagai berikut. Akibat 1.2.9 : Jika a dan b dua bilangan real, maka a = b jika dan hanya jika untuk sebarang bilangan real 𝜀 > 0 benar bahwa 0 ≤ a – b <𝜀.

8 Barisan dan deret

Teorema 1.2.10 : Jika a dan b dua bilangan real dan a 0, maka a

b.

Bukti : Andaikan a > b berarti a – b > 0. Karena bilangan real 𝜀 > 0 dapat diambil sebarang dan bilangan real

𝑎−𝑏 2

> 0, diambil 𝜀 =

𝑎−𝑏 2

.

Menurut Teorema 1.2.6 dan yang diketahui diperoleh a
𝑎−𝑏 2

=

𝑎+𝑏 2

suatu kontradiksi dan bukti selesai. Teorama 1.2.11 : Jika a dan b dua bilangan real dan a.b > 0, maka : a > 0 dan b > 0

atau

a < 0 dan b < 0.

Bukti : Karena a.b > 0 tentu a ≠ 0 dan b ≠ 0. Jika a > 0 diperoleh a1

> 0 dan a.a-1= a-1a = 1. Oleh karena itu a.b > 0 ⟹ a-1.(a.b) = (a-1.a).b = 1.b = b > 0.

Jika a < 0 diperoleh a-1 < 0 dan a.a-1 = a-1.a = 1. Oleh karena itu a.b > 0 ⟹ a-1.(a.b) = (a-1.a).b = 1.b = b < 0. Bukti selesai. Ada beberapa himpunan bagian di dalam

yang dinotasikan secara

khusus. Diketahui a,b 𝜖 ℛ dan a < b. Himpunan (a) (a,b) = { x 𝜖 ℛ ∶ a < x < b }

: selang (interval) terbuka,

(b) [a,b] = { x 𝜖 ℛ : a ≤ 𝑥 ≤ 𝑏}

: selang (interval) tertutup,

(c) [a,b) = { x 𝜖 ℛ : 𝑎 ≤ 𝑥 < 𝑏}

: selang (interval) terbuka kanan,

(d) (a,b] = { x 𝜖 ℛ ∶ a < x

: selang (interval) terbuka kiri.

(e) (a, ) = { x 𝜖 ℛ ∶ x > a } [a,∞) = { x 𝜖 ℛ ∶ x

a}

(f) (-∞,a) = { x 𝜖 ℛ ∶ x < a }

b}

: selang terbuka tak terbatas ke-atas : selang tertutup tak terbatas ke-atas. : selang terbuka tak terbatas kebawah.

(-∞, 𝑎] = {x 𝜖 ℛ : x a }

: selang tertutup tak terbatas kebawah.

BBarisan dan deret

9

1.3 Nilai mutlak dan himpunan terbatas Jika x suatu bilangan real, maka yang dimaksud dengan nilai (harga) mutlak (absolute value of) x adalah bilangan real non negatif |x| yang didefinisikan sebagai berikut : |x| = {

𝑥 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑥 ≥ 0 −𝑥 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑥 < 0

Berdasarkan pengertian nilai mutlak tersebut diperoleh teorema dan akibat di bawah ini. Silahkan mebuktikanya, sebagai latihan. Teorema 1.3.1 : Jika x dan y bilangan-bilangan real, maka : (i)

|x| ≥ 0,

(ii)

|-x| = |x|,

|x| = 0 jika dan hanya jika x = 0,

(iii) |x.y| = |x|.|y|, (iv) |x+y| (v)

|x| + |y|

(ketidaksamaan segitiga),

|x| ≤ 𝑦 jika dan hanya jika -y

x

y,

(vi) -|x| ≤ 𝑥 ≤ |𝑥|. Sebagai akibat langsung teorema tersebut adalah : Akibat 1.3.2 : (i)

Jika x dan y dua bilangan real, maka : | |x| - |y| |

(ii)

|x – y|

dan

|x – y|

|x + y|.

Untuk setiap bilangan-bilangan real a1, a2, . . . ,an benar bahwa : | ∑𝑛𝑖=1 𝑎𝑖 |

∑𝑛𝑖=1 |𝑎𝑖 | .

Himpunan terbatas di dalam 𝓡 Bagian ini memuat pembicaraan mengenai himpunan bilangan real yang terbatas.

Barisan dan deret

10

Definisi 1.3.3 : Himpunan bilangan real A ⊂ ℛ dikatakan: (i) terbatas ke-atas (upper bounded) jika terdapat bilangan M1 sehingga a

M1

untuk setiap a 𝜖 A. Bilangan M1 disebut batas atas (upper bound) himpunan A. (ii) terbatas ke-bawah (lower bounded) jika terdapat bilangan m1 sehingga m1

a

untuk setiap a 𝜖 A.Bilangan m1 disebut batas bawah (lower bound) himpunan A. (iii) terbatas (bounded) jika himpuanan A terbatas ke-atas dan terbatas ke-bawah. Berdasarkan pengertian tersebut (Definisi 1.3.3 (i),(ii)) mudah difahami bahwa jiika himpunan bilangan real A tebatas ke-atas dengan batas atas M1 maka setiap bilangan real M2

M1 merupakan batas atas

himpunan A pula. Oleh karena itu tentu himpunan A mempunyai batas atas yang paling kecil yang disebut batas atas terkecil (bat), supremum (sup), atau the least upper bound (lub) himpunan A. Jadi diperoleh teorema di bawah ini . Teorema 1.3.4 A : Bilangan real M = sup(A) = bat(A) = lub(A) merupakan batas atas terkecil himpunan A jika dan hanya jika (a) M merupakan batas atas himpunan A : a ≤ 𝑀 untuk setiap a 𝜖 A, dan (b) untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 ter dapat ao 𝜖 A sehingga M – 𝜀 < ao .

Barisan dan deret

11

Jika himpunan bilangan real A tebatas ke-bawah dengan batas bawah m1 maka setiap bilangan real m2 m1 merupakan batas bawah himpunan A pula. Oleh karena itu tentu himpunan A mempunyai batas bawah yang paling besar yang disebut batas bawah terbesar (bbt), infimum (inf), atau the greatest lower bound (glb) himpunan A. Jadi diperoleh : Teorema 1.3.4 B : Bilangan real m = inf(A) = bbt(A) = glb(A) merupakan batas bawah terbesar himpunan A jika dan hanya jika (a) m merupakan batas bawah himpunan A : m ≤ 𝑎 untuk setiap a 𝜖 A, dan (b) untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 terdapat ao 𝜖 A sehingga ao < m + 𝜀 . Bukti : Cukup dibuktian Teorema 1.3.4.A saja karena bukti untuk Teorema 1.3.4.B sejalan. Syarat perlu : Bilangan M batas atas terkecil himpunan bilangan real A . Karena M batas atas himpunan A maka untuk setiap a 𝜖 A benar bahwa a

M. Karena M batas himpunan A yang

paling kecil, maka untuk sebarang bilangan 𝜀 > 0 maka M – 𝜀 sudah bukan batas atas lagi. Oleh karena itu ada ao 𝜖 A sehingga M – 𝜀 < ao . Syarat cukup : Menurut hipotesis bagian (a) bilangan real M merupakan batas atas himpunan A dan menurut hipotesis bagian (b) untuk sebarang bilangan 𝜀 > 0 bilangan real M – 𝜀 sudah bukan batas atas himpunan A lagi. Hal ini berarti M merupakan batas atas terkecil himpunan A. Yang dumaksud dengan himpuan terbatas ( bounded set ) adalah himpunan yang terbatas ke-atas maupun terbatas ke-bawah. Perlu dicatat bahwa jika himpunan bilangan real A terbatas, maka sup(A) atau inf(A) belum tentu menjadi anggota himpunan A itu sendiri. Sebagai contoh adalah himpunan di bawah ini. Contoh : 1. A = (a,∞) merupakan himpunan bilangan real yang terbatas keBarissan dan deret

12

bawah dengan inf(A) = a. Jelas bahwa a bukan anggota A. 2. B = {0, 1, 2}

(3,5) merupakan himpunan bilangan real yang ter-

batas dengan inf(B) = 0 𝜖 B dan sup(B) = 5

B.

0 menjadi anggota dan 5 tak mejadi anggota. Jika C dan D dua himpunan bilangan real dan x bilangan real, didefinisikan : C + D = { c+d : c 𝜖 C dan d 𝜖 D },

x + C = { x + c : c 𝜖 C },

dan x.C = { x.c : c 𝜖 C }. Teorema 1.3 5 : Jika C dan D dua himpunan bilangan real, maka : (i) C

D

(ii) sup(C

sup(C) D)

sup(D)

dan

inf(C)

inf(D).

sup(C) + sup(D) dan inf(C + D)

inf(C) +

inf(D). (iii) Jika x > 0 maka : sup(xC) = x.sup(C) dan inf(xC) = x.inf(C) Jika x < 0 maka : sup(xC) = x.inf(C) dan inf(xC) = x.sup(C). Bukti : (i) Untuk setiap d 𝜖 D berlaku d maka setiap c 𝜖 C berakibat c

sup(D) dan karena C

D

sup(D). Hal ini berarti sup(C)

sup(D). Sebaliknya, untuk setiap c 𝜖 C berlaku inf(C) D maka setiap d 𝜖 D berakibat inf(C)

c gan karena C

d. Hal ini berarti inf(C)

inf(D). (ii) Untuk menyingkat namakan M1 = sup(C) dan M2 = sup(D). Untuk setiap x 𝜖 C + D tentu ada c 𝜖 C dan d 𝜖 D sehingga x = c + d ; c M1 dan d

M2.. Oleh karena itu x = c + d

M1 + M2 . Hal ini berarti

M1 + M2 merupakan batas atas himpunan C + D; jadi sup(C + D)

M1

+ M2 = sup(C) + sup(D). Selanjutnya, untuk menyingkat, namakan m1 = inf(C) dan m2 = inf(D) . Untuk setiap x 𝜖 C + D tentu ada c 𝜖 C dan d 𝜖 D sehingga x = c + d ; c

Barisan dan deret

13

m1 dan d

m2 . Oleh karena itu x = c + d

m1 + m2 . Hal ini berarti

m1 + m2 merupakan batas bawah himpunan C + D; jadi inf(C+D) m1 + m2 = inf(C) + inf(D) . (iii) Silahkan membuktikan sendiri.

Sistem bilangan complex Sistem bilangan komplex merupakan perluasan system bilangan real melalui pembentukan tepat satu bilangan baru : i = √−𝟏 yang disebut bilangan imajiner (imaginair number). Jadi i2 = -1 Selanjutnya, jika a dan b bilangan-bilangan real maka bilangan z =a +bi disebut bilangan komplex (complex number); a disebut bagian real, dan b disebut bagian imaginer biangan komplex z tersebut. Jadi jika ℂ koleksi semua bilangan komplex, maka = { z = a + bi : a,b 𝜖 dan jelas bahwa

karena setiap a 𝜖

a + 0i. Operasi-operasi biner pada

}, dapat dianggap sebagai

sebagai berikut :

(a) Jumlahan (+) : Jika z1 = a1 + b1i dan z2 = a2 + b2i dua bilangan komplex, maka z1 + z2 = (a1 + b1i) + (a2 + b2i) = (a1 + a2) + (b1 + b2)i . (b) Perkalian scalar : Jika c bilangan real dan z = a + bi bilangan komplex maka c.z = c.( a + bi) = c.a + c.b i . (c) Hasil ganda : Jika z1 = a1 + b1i dan z2 = a2 + b2i dua bilangan komplex, maka z1.z2 = (a1 + b1i).(a2 + b2i) = (a1.b1 – a2.b2) + (a1.b2 + a2.b1)i . Perlu mendapat perhatian bahwa i2 = i.i = -1 dan bilangan complex :

Barisan dan deret

14

𝟏

𝟏

𝒂+𝒃𝒊

𝒂−𝒃𝒊

= 𝒂+𝒃𝒊 . 𝒂−𝒃𝒊 =

𝒂−𝒊𝒃 𝒂𝟐 +𝒃𝟐

Jika z = a + bi bilangan komplex, maka bilangan real positif 𝜌 = |𝑧| = √𝑎2 + 𝑏 2 disebut modulus bilangan komplex z tersebut. Oleh karena itu 𝒂

𝒃

z = 𝝆.( 𝝆 + 𝝆i ) = 𝝆.(cos𝜽 + i.sin𝜽) = 𝝆.𝒆𝒊𝜽 𝑎

𝑏

dengan 𝜃 = arccos𝜌 = arcsin𝜌 dan disebut argumen (argument) bilangan komplex z tersebut .

Latihan 1 1. Buktikan Teorema 1.1.1, Teorema 1.1.2, dan Teorema 1.1.3. 2. Berdasarkan salah satu teorema tesebut, tentukan bilangan real x sehingga (i) 3.x + 5 = 3,

(ii) 2.x + 5 = 3.x + 1,

(iii) x2 = 2.x,

(iv) (x – 2).(x + 1) = 0.

3. Jika a dan b dua bilangan real buktikan bahwa : (i) -(a + b) = (-a) + (-b), 𝑎

(iv) -(𝑏) =

−𝑎 𝑏

(ii) (-a).(-b) = a.b,

(iii)

1 −𝑎

1

= -( 𝑎 ),

4. Buktikan Teorema 1.2.6, Akibat 1.2.7, dan Akibat

1.2.9. 5. Jika bilangan real a

0 dan bilangan asli n ≥ 2, didefinsikan bilang𝑛

2

an real: √𝑎 , √𝑎 dan √𝑎 sebagai berikut : 2

(√𝑎)2 = ( √𝑎)2 = a

𝑛

( √𝑎)n = a .

dan

Buktikan bahwa jika a > 0 dan b > 0 diperoleh : √𝑎

√𝑏

a2

b2

a

b

6. Jika a > 0 dan b > 0, buktikan bahwa : √𝑎. 𝑏 ≤

𝑎+𝑏 2

dan a.b

𝑎2 +𝑏 2 2

.

Jika a1 , a2 , . . . , an dan b1 , b2 , . . . , bn bilangan-bilangan real,

Barisan dan deret

15

Buktikan bahwa : |∑𝑛𝑖=1(𝑎𝑖 .𝑏𝑖 )|

|∑𝑛𝑖=1 |𝑎𝑖 .𝑏𝑖 |

(∑𝑛𝑖=1 |𝑎𝑖 |2)1/2.(∑𝑛𝑖=1 | 𝑏𝑖 |2)1/2

dan (∑𝑛𝑖=1 |𝑎𝑖 +𝑏𝑖 |2)1/2

(∑𝑛𝑖=1 |𝑎𝑖 |2)1/2 + (∑𝑛𝑖=1 | 𝑏𝑖 |2)1/2 .

8. Buktikan dengan induksi matematika ! (a) Jika bilangan real x > -1, maka untuk setiap bilangan asli n benar bahwa 1 + n.x

(1 + x)n

(b) Jika a dan b dua bilangan real dan n bilangan asli, maka 𝑖 (a + b)n = ∑𝑛𝑖=0( )an-i.bi 𝑛 (c) Jika bilangan real ci n2

0 untuk i=1,2, . . . ,n , maka 1

1

1

1

2

𝑛

(c1 + c2 + . . . + cn).( 𝑐 + 𝑐 + . . . + 𝑐 ) .

9. Jika A dan B dua himpunan bilangan real, buktikan bahwa : sup(A ∩ 𝐵)

sup(A)

sup(A

inf(A

B)

dan inf(A ∩ 𝐵)

inf(A)

B)

10. Diketahui A suatu himpunan bilangan real yang tak kosong. Buktikan bahwa : (a) Jika a > 0 maka inf(a.A) = a.inf(A)

dan

sup(a.A) = a.sup(A) .

(b) Jika a < 0 maka inf(a.A) = a.sup(A) dan sup(a.A) = a.inf(A) . 11. Diketahui X suatu himpunan yang tak kosong dan fungsi f : X merupakan fungsi terbatas. Jika a bilangan real positif, buktikan bahwa : (a)

sup{a + f(x) : x 𝜖 X } = a + sup{f(x) : x 𝜖 X }

Barisan dan deret

.

16

(b)

inf{a + f(x) : x 𝜖 X } = a + inf{f(x) : x 𝜖 X }.

12. Jika A, B ⊂ ℛ didefiniskan A + B = { a + b : a 𝜖A dan b 𝜖 B }. Buktikan bahwa sup( A + B ) ≤ sup(A) + sup(B) dan inf(A + B) ≥ inf(A) + inf(B)

Deret dan barisan

17

BAB II BARISAN dan DERET BILANGAN REAL Setelah mengingat kembali tentang bilangan real atau tepatnya sistem bilangan real, pembicaraan tentang barisan dan deret bilangan real disajikan di dalam Bab II ini. Pembicaraan tentang barisan dan deret bilangan komplex akan jelas setelah pembicaraan tentang barisan dan deret bilangan real selesai.

2.1 Barisan bilangan real Definisi 2.1.1 : Yang dimaksud dengan barisan bilangan real (sequence of real numbers) adalah himpunan bilangan real terurut (ordered set of real numbers) {a1 ,a2 ,a3 , . . . . . } yang ditulis singkat dengan {an} ; a1 ,a2 ,a3 , . . . . .

masing-masing disebut unsur (term) atau anggota

dan ai disebut unsur ke-i barisan itu. Berdasarkan definisi tersebut, barisan bilangan real {an} dapat dipandang sebagai himpunan terurut atau suatu fungsi f : a1 = f(1), a2 = f(2), a3 = f(3),

𝓡 dengan

dan seterusnya yang umumnya aj = f(j) .

Selanjutnya dan agar lebih singkat, yang dimaksud dengan barisan yaitu barisan bilangan real asalkan tak ada penjelasan apa-apa dan yang dimaksud dengan bilangan adalah bilangan real. Contoh : 1

1. {𝑛} merupakan barisan (barisan bilangan real) dengan unsur ke-k 1

adalah ak = 𝑘. Jika barisan itu dipandang sebagai fungsi g : 1

1

,

maka g(k) = ak = 𝑘 . {an}= {𝑛}dan jika barisan itu dipandang sebagai

Barisan dan deret

18

1

1

himpunan terurut dapat ditulis sebagai berikut : { 1 , 2 , 3 , . . . . . }. 𝑘+1

𝑖+1

𝑘

𝑖

2. {

} merupakan barisan dengan unsur ke-i yaitu bi =

, jadi

𝑘+1

{bk} = { 𝑛2

(−1)𝑘

3. {𝑛+1} dan {

𝑘2

𝑘

}

(𝑘 + 1)3} merupakan barisan .

Jika S menotasikan koleksi semua barisan (barisan bilangan real), maka S merupakan aljabar (algebra), yaitu : (a) S merupakan ruang linear (ruang vektor atas lapangan

), artinya

(i) Operasi jumlahan (+) di dalam bersifat tertutup : Setiap {an], {bn} 𝜖 S didefinisikan {an} + {bn} = {an+bn} 𝜖 S , (ii) Operasi perkalian skalar terpenuhi : Untuk setiap skalar (bilangan real) c dan {an} 𝜖 S didefinisikan c.{an} = {c.an} 𝜖 S , dan (b) Operasi hasilganda (.) di dalam S bersifat tertutup : Setiap{an],{bn} 𝜖 S didefinisikan {an}.{bn} = {an.bn} 𝜖 S . Perlu dicatat bahwa jika diketahui barisan {an}, {bn} 𝜖 S dengan bn 0 untuk setiap n, yang dimaksud dengan barisan

{𝑎𝑛 } {𝑏𝑛 }

adalah barisan

𝑎

{ 𝑏𝑛 } ; jadi 𝑛

𝟏

𝟏

{𝒃 } = {𝒃 𝒏

asalkan bn ≠ 0.

Barisan dan deret

𝒏}

dan

{𝒂𝒏 } {𝒃𝒏 }

= {

𝒂𝒏 𝒃𝒏

}.

19

Contoh : 𝑛2

1. Jika diketahui barisan-barisan {𝑛+1}, {

𝑛+1 𝑛

}, dan scalar ( bilangan

real) c, maka 𝑛2

𝑛2

𝑛+1

} = {{𝑛+1 +

𝑛+1

𝑛3 +(𝑛+1)2

𝑛

𝑛(𝑛+1)

(i)

{𝑛+1}+{

(ii)

c{𝑛+1} = {c.𝑛+1} = {𝑛+1} .

(iii)

{𝑛+1}.{

(iv)

{𝑛+1}/{

𝑛

𝑛2

𝑛2

𝑛2

𝑛2

𝑐.𝑛2

} = {𝑛+1.

𝑛

} = {n} .

𝑛2 𝑛+1

𝑛+1 𝑛

}.

𝑛2 𝑛+1

𝑛+1 𝑛

}={

} = {𝑛+1/

𝑛

𝑛3

} = {(𝑛+1)2 } .

Dengan {an(k)} {an}, dibaca : {an(k)} merupakan barisan-bagian (sub-sequence) barisan {an}, jika setiap unsur an(k) 𝜖 {an}. Contoh : 1

1

1

2. Barisan barisan {2.(𝑛+1)}, {2.𝑛), dan {3.𝑛} masing-masing merupakan 1

barisan-bagian barisan {𝑛}, karena untuk setiap n masing-masing 1

1

1

1

, , anggota {𝑛}. 2.(𝑛+1) 2.𝑛 3.𝑛

Kekonvergenan dan kedivergenan suatu barisan Definisi 2.1.2 : Barisan {an} dikatakan konvergen (convergent) jika ada bilangan k sehingga untuk sebarang bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no dan untuk setiap bilangan asli n

no benar bahwa

|an – k| < 𝜀. Pengertian tersebut ditulis singkat dengan 𝐥𝐢𝐦 𝒂𝒏 = k atau

𝒏→∞

Barisan dan deret

{an}

k untuk n → ∞,

20

dan bilangan k disebut limit barisan {an}, dan dikatakan barisan {an} konvergen ke k . Barrisan yang tak konvergen dikatakan divergen. Berdasarkan definisi tersebut diperoleh teorema di bawah ini. Teorema 2.1.3 : Jika barisan {an} konvergen maka limitnya tunggal. Bukti : Jika bilangan k dan g merupakan limit barisan {an}, maka berdasarkan Definis1 2.1.3 untuk sebarang bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan-bilangan asli n1 dan n2 sehingga jika bilangan asli n

n1 benar bahwa

|an – k| <

(ii) n

n2 benar bahwa

|an – g| <

(i)

𝜀 2 𝜀

,

2

.

Dengan mengambil bilangan asli no = maks{n1,n2} dan jika bilangan asli n

no diperoleh 0

|k – g|

|k – an| + |an – g| <

𝜀 2

𝜀

+ 2 = 𝜀,

yang berarti k = g, menurut Teorema1.2.8, dan bukti selesai. Contoh : 1. Barisan {

𝑛+1 𝑛

} konvergen ke bilangan 1, sebab jika diambil sebarang

bilangan 𝜀 >0 dapat ditunjukkan bahwa ada bilangan asli no sehingga jika bilangan asli n |

𝑛+1 𝑛

no berakibat 1

- 1| < 𝜀,

𝑛

< 𝜀,

1

atau

n >𝜀.

yaitu sebagai berikut. Dipilih bilangan asli no = bilangan asli perama 1

yang lebih besar dari pada 𝜀 . Dengan demikian diperoleh untuk setiap bilangan asli n

1

no ( no > 𝜀 ) benar bahwa |

𝑛+1 𝑛

- 1| < 𝜀

yang dengan kata lain terbukti bahwa barisan {

𝑛+1 𝑛

} konvergen ke

1 atau lim

𝑛+1

𝑛→∞ 𝑛

=1

1

1

2. Barisan {(-1)n 𝑛} konvergen ke bilangan 0 atau lim (−1)𝑛 𝑛 = 𝑛→∞

Barisan dan deret

21

0,sebab untuk sebarang bilangan 𝜀 >0 dapat ditemukan bilangan asli no sehingga jika bilangan asli n ≥ no benar bahwa 1

1

1

1

|(-1)n 𝑛 - 0| = | 𝑛 | = 𝑛 < 𝜀,

𝑛

< 𝜀,

1

atau

n >𝜀.

Bilangan asli no dapat dipilih mana saja asalkan lebih besar daripada 1 𝜀

. Dalam praktek, sebagai contoh, jika diambil bilangan 𝜀 = 0,0105 1

maka jika bilangan asli n > 0,0105 yang berarti n

no = 100, dipero-

leh unsur ke-100 atau lebih selisihnya dengan 0 (limit barisan) sudah lebih kecil daripada 𝜀 = 0,0105. 𝑛2

3. Barisan {𝑛+1} divergen karena lim

𝑛2

𝑛→∞ 𝑛+1

=

yang artinya setiap

ditunjuk bilangan M > 0 selalu terdapat bilangan asli n sehingga 𝑛2 𝑛+1

>M

atau setiap menunjuk bilangan k selalu lim

𝑛2

𝑛→∞ 𝑛+1

k.

Barisan {an} dikatakan terbatas (bounded) jika ada bilangan M > 0 sehingga untuk setiap bilangan asli n benar bahwa | an |

M

atau

-M < an < M.

Dengan kata lain barisan terbatas jika dan hanya jika barisan itu terbatas ke-atas dan terbatas ke-bawah. Teorema 2.1.4 : Setiap barisan yang konvergen terbatas. Bukti : Diambil {an} sebarang barisan yang konvergen; katakan konvergen ke k. Jadi untuk bilangan 𝜀 = 1 dapat ditemukan bilangan asli no sehingga jika bilangan asli n (a)

|an – k| < 1

no berlaku

yang berakibat

|an| < k + 1.

(b) Selanjutnya diambil bilangan M = maks{|a1|, |a2|, . . . ,|𝑎𝑛𝑜−1 |, k + 1}. Berdasarkan hasil (a) dan (b) diperpleh : untuk setiap bilangan asli n benar bahwa |an|

M

yang dengan kata lain barisan {an} terbatas. Barisan dan deret

22

Teorema 2.1.5 : Jika c suatu skalar dan barisan {an}, {bn} berturutturut konvergen ke k dan l, maka barisan-barisan {c.an}, {an + bn}, 𝑎

{an.bn}, dan { 𝑏𝑛 } dengan bn ≠ 0 untuk setiap n berturut-turut 𝑛

konvergen ke c.k, k + l, k. dan

𝑘 𝑙

asalkan l ≠ 0.

Dengan bahasa yang sama : jika lim 𝑎𝑛 = k dan lim 𝑏𝑛 = l, maka 𝑛→∞

→∞

(a) lim𝑐. 𝑎𝑛 = c. lim 𝑎𝑛 = c.k , 𝑛→∞

𝑛→∞

(b) lim( 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 ) = lim 𝑎𝑛 + lim 𝑎𝑛 = k + l, 𝑛→∞

𝑛→∞

𝑛→∞

(c) lim (𝑎𝑛 . 𝑏𝑛 ) = lim 𝑎𝑛 . lim 𝑏𝑛 = k.l, dan 𝑛→∞

(d) lim

𝑛→∞

𝑎𝑛

𝑛→∞ 𝑏𝑛

lim 𝑎𝑛

𝑘

𝑛→∞ 𝑛

𝑙

= 𝑛→∞ = lim 𝑏

→∞

asalkan l≠ 0.

Bukti : Karena barisan {an} dan barisan {bn} berturut-turut konvergen ke k dan l maka, menurut Teorema 2.1.4, {an} dan{bn} terbatas ; jadi ada bilangan positif M1 dan M2 sehingga untuk setiap bilangan asli n benar bahwa |an|

M1 dan |bn|

M2 . Lebih dari itu, untuk sebarang bi-

langan 𝜀 ≥ 0 terdapat bilangan asli n1 dan n2 sehingga (i) jika bilangan asli n

n1 benar bahwa

|an – k| < (ii) jika bilangan asli n

𝜀

dan |k|

2.(𝑀2 +1)

n2 benar bahwa |bn – l| <

Oleh karena itu untuk bilangan asli n (a)

M1 , 𝜀 2.(𝑀1 +1)

.

maks{n1, n2} = no diperoleh : 𝜀

|c.an – c.k| = |c|.|an – k| < |c|.2.(𝑀

2 +1)

< |c|. 𝜀 yang dengan kata lain

terbukti bahwa barisan {c.an} konvergen ke c.k atau lim 𝑐. 𝑎𝑛 = 𝑛→∞>

c. lim 𝑎𝑛 = c.k . 𝑛→∞>

(b) 𝜀 2

|(an + bn) – (k – l)|

|an – k| + |bn – l| <

𝜀 2.(𝑀2 +1)

𝜀

+ 2.(𝑀

1 +1)

<

𝜀 2

+

= 𝜀 yang dengan kata lain terbukti bahwa barisan {an + bn}konver-

gen ke k + l atau lim (𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 ) = lim 𝑎𝑛 + lim 𝑏𝑛 = k + l .

𝑛→∞

𝑛→∞

𝑛→∞

23 Barisan dan deret

(c) 𝜀 2

𝜀

|an – k|.|bn| + |k|.|bn – l|

|an.bn - k.l|

2.(𝑀2

𝜀

.M2 + M1.2.(𝑀 +1)

1 +1)

<

𝜀

+ 2 = 𝜀 yang dengan kata lain terbukti bahwa barisan {an.bn}

konvergen ke k.l atau lim 𝑎𝑛 .bn = lim 𝑎𝑛 . lim 𝑏𝑛 = k .l

𝑛→∞∞

𝑛→∞

.

𝑛→∞

(d) Barisan {bn} terbatas berarti {bn} terbatas ke bawah dan karean bn 0 untuk setiap bilangan asli n maka ada bilangan positif m sehinnga m | bn|. Oleh karena itu untuk bilangan asli n 1

1

|𝑏 - 𝑙 |=|

𝑏𝑛 −𝑙

|=

𝑏𝑛 .𝑙

𝑛

1 |𝑏𝑛 |.|𝑙|

no di atas diperoleh : 1

. | 𝑏𝑛 - l |

𝜀

𝑚|𝑙|

. 2.(𝑀

1 +1)

yang berarti lim

1

1

=

𝑛→∞ 𝑏𝑛

lim 𝑏𝑛

1

=

𝑙

𝑛→∞

.

Jadi, berdasarkan (c) dan hasil terakhir tesebut diperoleh lim

𝑎𝑛

𝑛→∞ 𝑏𝑛

1

= lim 𝑎𝑛 . 𝑏 = lim 𝑎𝑛 . lim 𝑛→∞

= lim 𝑎𝑛 . 𝑛→∞

𝑛→∞ 𝑏𝑛

𝑛→∞

𝑛

1 lim 𝑏𝑛

1

𝑘

=

𝑙

𝑛→∞

∎

Bukti selesai. Contoh :

2𝑛+1

1..Jika {an} = {

𝑛

𝑛−1

} dan {bn} = {3𝑛+2} berdasarkan Teorema 2.3.5

dihitung lim 2𝑏𝑛 , lim (𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 ) , lim 𝑎𝑛 . 𝑏𝑛 , dan

𝑛→∞

lim

𝑛→∞

𝑎𝑛

𝑛→∞ 𝑏𝑛

𝑛→∞

.

Penyelesaian : lim 2𝑏𝑛 = 2. lim 𝑏𝑛 = 2. lim 𝑛→∞

𝑛→∞

𝑛→∞

𝑛→∞

𝑛

𝑛→∞

1

2

= 2.3 = 3 3𝑛+2

𝑛→∞ 2𝑛+1

lim (𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 ) = lim 𝑎𝑛 + lim 𝑏𝑛 = lim

𝑛→∞ 1

𝑛−1

+

𝑛−1

1

lim 3𝑛+2 = 2 + 3

𝑛→∞

= 23 .

lim 𝑎𝑛 . 𝑏𝑛 = lim

𝑛→∞

lim

𝑛→∞

𝑎𝑛

𝑛→∞ 𝑏𝑛

= lim 𝑎𝑛 . 𝑛→∞

2𝑛+1 𝑛

. lim

1 lim 𝑏𝑛

𝑛→∞

𝑛−1

1

𝑛→∞ 3𝑛+2 1

= 2.

1 3

2

= 2.3 = 3.

=2.3=6.

Sekali lagi tentang barisan terbatas . Karena barisan (barisan bilangan real) dapat dipandang sebagai himpunan (himpunan bilangan real), maka ada pengertian barisan terbatas ke atas, barisan terbatas ke


bawah, dan barisan terbatas. Jadi, seperti pada himpunan (lihat Teorema 134 A dan B) : (a) Barisan {an} dikatakan terbatas ke atas jika ada bilangan real M1 sehingga an

M1 untuk setiap n ; bilangan M1 disebut batas atas barisan

itu dan batas atas yang paling kecil disebut batas atas terkecil (bat), supremum (sup), atau the least upper bound (lub). (b) Barisan {an} dikatakan terbatas ke bawah jika ada bilangan real m1 sehingga m1 ≤ an untuk setiap n ; bilangan m1 disebut batas bawah barisan itu dan batas bawah yang paling besar disebut batas bawah terbesar (bbt), infimum (inf), atau the greatest lower bound (glb). (c) Barisan {an} dikatakan terbatas jika barisan itu tebatas ke atas atau terbatas ke bawah. Contoh : 1. (i) Barisan {

𝑛+1 𝑛

} merupakan barisan tebatas ke bawah karena ada 1

bilangan m1 = 1, , 0, -1, . . . merupakan batas-batas bawah barisan 2

itu. 1 merupakan batas bawah yang paling besar, jadi bbt{

𝑛+1 𝑛

} = inf{

𝑛+1 𝑛

}= 1,

karena untuk sebarang bilangan 𝜀 >0 ada bilangan asli no ( no > 1 1

- 𝜀 ) sehingga untuk no

no benar bahwa 1≤

𝑛+1 𝑛

𝑛

< 1+𝜀 .

(ii) Barisan { 2𝑛+1 } merupakan barisan terbatas ke atas karena ada 1

2

bilangan M1 = 2 , 3 , 1, . . .yang merupakan batas-batas atas barisan 1

itu. Ternyata bilangan 2 merupakan batas atas terkecilnya , jadi 𝑛

1

sup{ 2𝑛+1 } = 2 , karena untuk sebarang bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no (no > 2𝜀−1 4𝜀−1

) sehingga untuk n > no benar bahwa

1 2

𝑛

–𝜀 < 2𝑛+1

1 2

, me-

ngapa ? 𝑛2

(ii) Barisan { 2𝑛+3 } tak terbatas ke atas, sebab setiap diambil bilangan M > 0 ada bilangan asli no ( no > 2M +3 ) sehingga untuk n 𝑛2

no benar bahwa 2𝑛+3 > M .

25

Barisan dan deret

Definisi 2.1.6 : Barisan {an} dikatakan : (i) naik monoton (monotonic nondecreaing) jika untuk setiap bilangan asli n benar bahwa an

an+1 ,

(ii) turun monoton (monotonic nonincreasing) jika untuk setiap bilangasli n benar bahwa an+1

an ,

(iii) monoton (monotone) jika barisan itu naik monoton atau turun monoton . Contoh : 𝑛2

1. (a) Barisan { 2𝑛+3 } naik monoton, sebab 𝑛2

an = 2𝑛+3

(𝑛+1)2 2(𝑛+1)+3

= an+1

untuk setiap bilangan asli n. (b) Barisan {

𝑛+1 𝑛

} turun monoton, sebab bn+1 =

𝑛+1

(𝑛+1)+1

𝑛

𝑛+1

= bn

untuk setiap bilangan asli n . 1

1

1

2. Barisan {an} dengan an = 1 + 2 +3 + . . . . + 𝑛 merupakan barisan 1

yang naik monoton an < an + 𝑛+1 = an+1 untuk setiap bilangan asli n Teorema 2.1.7 : Setiap barisan terbatas mempunyai barisan bagian yang monoton. Lebih jelasnya : (i) Setiap barisan yang terbatas ke-atas mempunyai barisan bagian yang naik monoton. (ii) Setiap barisan yang terbatas ke-bawah mempunyai barisan bagian yang turun monoton . Bukti : (i)

Diambil sebarang barisan {an} yang terbatas ke atas ;

jadi{an} mempunyai batas atas terkecil, namakan bat{an] = M. Hal ini 1

berar-ti untuk sebarang bilangan asli k (𝜀=𝑘) ada an(k) 𝜖 {an} sehingga 1

M - 𝑘 < an(k)

M.

26

Barisan dan deret

Diperoleh barisan bagian {an(k)} an(k+1) maka an(k)

{an}. Karena M -

1 𝑘

< M-

1 𝑘+1

<

an(k+1) yang berarti {an(k)} barisan bagian yang naik

monoton Bukti dengan cara yang lain sebagai berikut. Untuk setiap bilangan asli k diambil an(k) = maks{a1 ,a2 , . . . . ,ak}. Jika ada dua atau lebih unsur bernomor urut yang

yang memenuhi diambil unsur yang

paling besar. Dengan cara demikian diperole

barisan bagian {an(k)} ⊂ {an} yang naik monoton karena an

an(k+1) . (ii)

Bulti bagian (ii) sejalan dengan bukti bagian (i) . Teorema 2.1.8 : (i) Barisan yang naik monoton dan terbatas ke atas akan kon-vergen ke batas atas terkecilnya (ii) Barisan yang turun monoton dan terbatas ke bawah akan konvergen ke batas bawah terbesarnya . Bukti : (i) Diambil sebarang barisan {an} yang naik monoton dan terbatas ke atas ; namakan M = bat{an}. Jadi diperoleh bahwa untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no sehingga setiap bilangan asli n

no benar bahwa M - 𝜀 < an ≤ M < M + 𝜀

yang dengan kata lain barisan {an} konvergen ke M ( lim 𝑎𝑛 = M ) . (ii) 𝑛→∞

Bukti bagian (ii) sejalan dengan bukti bagian (i) . Teorema di atas secara tak langsung mengatakan : Barisan yang naik monoton dan tak terbatas ke atas akan divergen, demikian pula, barisan yang turun monoton dan tak terbatas ke bawah akan divergen. Contoh 2 di bawah ini memperlihatkan bahwa bilangan Euler dapat dipandang sebagai bat suatu barisan naik monoton dan terbatas ke-atas.

27

Barisan dan deret

Contoh : 1. Barisan {

𝑛+1 𝑛

} turun monoton dan terbatas ke bawah dengan bbt{

Jadi barisan {

𝑛+1 𝑛

} = 1.

𝑛+1

} konvergen ke batas bawah terbesarnya yaitu 1

𝑛

atau 𝑛+1

lim

𝑛→∞ 𝑛

= 1. 1

2. Bilangan Euler : Diselidiki barisan {an} = { (1+ 𝑛)n}. Dengan binomium Newton diperoleh : 1

1

1

1

1

1

2

an = (1+ 𝑛 )n = 1 + 1! + 2!.1.(1- 𝑛) + 3!.1.(1- 𝑛).(1- 𝑛) + . . . 1

1

2

𝑛−1

+ 𝑛!. 1.(1- 𝑛).(1- 𝑛). . . (11

1

𝑛

1

) .

1

1

1

2

an+1 = (1+ 𝑛+1)n+1 =1 + 1! + 2!.1.(1- 𝑛+1) + 3!.1.(1- 𝑛+1).(1- 𝑛+1) 1

1

2

𝑛

+ . . . + (𝑛+1)!. 1.(1- 𝑛+1).(1- 𝑛+1). . . . (1- 𝑛+1) . Mudah dilihat bahwa an < an+1 untuk setiap n ≥ 1 yang berart baris1

an {an} = {(1+ 𝑛)n} naik monoton. Selanjutnya dari kesamaan pertama di atas diperoleh 1

1

1

1

1

1

1

1

an < 1 + 1! + 2! + 3! + . . . + 𝑛! < 1 +1 + 2 + 22 + 23 + . . . . + 2𝑛−1 1

< 1 + ∑∞ 𝑘=0 2𝑘 = 3 1

yang mengatakan bahwa barisan { (1+ 𝑛)n} terbatas ke atas. 1

Karena barisan{an} = {(1+ 𝑛)n} terbukti naik monoton dan terbatas 1

ke atas, maka menurut Teorema 2.3.7 di atas barisan { (1+ 𝑛)n} konvergen ke batas atas terkecilnya dan batas atas terkecilbya dinotasikan dengan huruf e dan yang disebut bilangan Euler ( Euler number ). Jadi 𝟏

𝟏

𝐥𝐢𝐦 (𝟏 + 𝒏 )n = bat{ (1+ 𝒏)n} = e .

𝒏→∞

Perlu dicatat bahwa 1

1

1

1

e = lim (1 + 𝑛 )n = lim {1 + 1! + 2! . 1. (1 - 𝑛 ) 𝑛→∞ 1

𝑛→∞

1

2

1

1

2

+ 3!.1.(1- 𝑛)(1- 𝑛) + . . . . + 𝑛!.1.(1- 𝑛)(1- 𝑛) . . . . (1 – 1

1

1

= 1 + 1! + 2! + 3! + . . . .

𝑛−1 𝑛

)}

28

Barisan dan deret

Jika dihitung sampai dengan suku ke-15 diperoleh : 2,718281828459045 < e < 2,718281828459046 yang berarti bilangan Euler e

2,718281828459045

benar sampai dengan 15 angka (digit) di belakang koma . 3. Mencari √𝒂 : Diketahui bilangan a > 0 dan barisan {sn} dengan s1 > 1

𝑎

0 dan sn+1 = 2( sn + 𝑠 ). Karena sn memenuhi persamaan kwadrat 𝑠𝑛2 𝑛

– 2.sn+1.sn + a = 0, maka persamaan itu mempunyai akar real . Oleh 2 2 karena itu diskriminannya nonnegatif 4.𝑠𝑛+1 – 4.a 0 atau 𝑠𝑛+1 ≥ a untuk n

1. Jadi {sn} barisan terbatas ke bawah Lebih lanjut : 1

𝑎

1

sn – sn+1 = sn - 2 (sn + 𝑠 ) = 2.𝑠 . (𝑠𝑛2 - a) 𝑛

0 atau sn+1

𝑛

sn

yang berarti barisan {sn} turun monoton. Jadi barisan {sn} konvergen ke batas bawah terbasarnya, katakana bbt{sn} = s . Dengan menggunakan Teorema 2.3.5 diperoleh 1

𝑎

s2 = a ,

s = 2( s+ 𝑠 ) ,

s = √𝑎 .

atau

Jadi untuk mencari nilai pendekatan bilangan √𝑎 dapat menggunakan rumus iteratif ( iterative formular ) : sn+1 = 4. Barisan {an} dengan an = 1 +

1 2

𝟏 𝟐

𝒂

( sn + 𝒔 ). 𝒏

1

1

+ 3 + . . . . + 𝑛 jelas merupakan 1

barisan naik monoton karena an < an+1 (an+1 – an = 𝑛+1 > 0). Lebih lanjut, 1

a1 = 1, a2 = 1 + 2 , a4 = 1 + a8 = 1 +

1

1

a3 = 1 +

1

+ (3 + 4) > 1 + 2 1 2

1

1

1

1 2 1

+

1 2 1 2 1

1

1

1

1

+3 > 1+2, ,

+ (3 + 4) + (5 + 6 + 7 + 8) > 1 +

2

1

1

1

+2+2

Umumnya 𝑎2𝑛 > 1 + (n-1).2 . Hal ini berarti barisan {an} naik monoton dan tak terbatas ke atas : 1

lim 𝑎𝑛 > lim (1 + (𝑛 − 1). 2 ) =

𝑛→∞

𝑛→∞

.

29

Barisan dan deret

Berdasarkan Teorema 2.1.8 diperoleh teorema penting di bawah ini yang mempunyai banyak pemakaian dalam bidang analisis selanjutnya. Teoema 2.1.9 ( Teorema Selang Susut ) : Jika barisan selang tertutup {[an,bn]} memenuhi sifat-sifat : (i) (ii)

[an+1,bn+1] ⊂ [an,bn] untuk setiap bilangan asli n dan lim (bn-an) = 0

𝑛→∞

maka terdapat dengan tunggal titik xo 𝜖 [an,bn] untuk setiap n. Bukti : Karena [an+1,bn+1] ⊂ [an,bn] untuk setiap bi;angan asli n maka barisan binagan {an} naik monoton terbatas ke atas dan barisan bilangan {bn} turun monoton dan terbatas ke bawah. Oleh karena itu ada dengan tunggal, menurut Teorema 2.1.8, bilangan a dad b sehingga lim 𝑎𝑛 = bat{an} = a dan lim 𝑏𝑛 = bbt{bn}= b.

𝑛→∞

𝑛→∞

Tinggal memperlihatkan a = b. Diambil sebarang bilangan 𝜀 > 0. Pertama, andaikan a no benar bahwa a – 𝜀 < an ≤ a < a + 𝜀

dan

b – 𝜀 (b + 𝜀) – (a – 𝜀) = b – a + 2𝜀 atau lim (bn – an) = b – a < 0,

𝑛→∞

merupakan suatu kontradiksi. Ke-dua, andaikan b < a. Dengan cara yang sama diperoleh bn – an > (b - 𝜀) – (a + 𝜀) = b – a - 2𝜀 atau

lim (bn – an) = b – a > 0,

𝑛→∞

juga merupakan suatu kontradiksi. Jadi yang benar adalah a = b dan bukti selesai dengan mengambil xo = a = b.

∎

Definisi 2.1.10 : Barisan {an} disebut barisan Cauchy (Cauchy sequence) atau barisan fundamental (fundamental sequence) jika untuk

30

Barisan dan deret

setiap bilangan 𝜀 > 0 ada bilangan asli no sehingga jika dua bilangan asli m, n

no benar bahwa |am – an| < 𝜀 .

Beberapa teorema di bawah ini mengenai barisan Cauchy. Teorema 2.1.11 : Setiap barisan Cauchy terbatas. Bukti : Menurut Definisi 2.1.9 tersebut jika {an} barisan Cauchy, untuk bilangan 1 (𝜀 = 1) maka ada bilangan asli no sehingga jika dua bilangan m, n

no benar bahwa | |am – an| ≤ 1.

Oleh karena itu diperoleh : |𝑎𝑛𝑜 - an| < 1

yang berakibat

|an| < |𝑎𝑛𝑜 | + 1 untuk setiap n

no .

Selanjutnya, jika diambil bilangan M = maks{|a1|, |a2|, . . . , | 𝑎𝑛𝑜 −1|, |𝑎𝑛𝑜 | + 1} diperoleh |an| ≤ M untuk setiap bilangan asli n yang berarti barisan {an} terbatas. Berdasarkan teorema tersebut,Teorema 2.1.7, dan Teorema 2.1.8 dapat ditarik kesempulan bahwa setiap barisan Cauchy mempunyai barisan bagian yang konvergen. Teorema 2.1.12 : Setiap barisan Cauchy konvergen dan, sebaliknya, setiap barisan yang konvergen merupakan barisan Cauchy . Bukti : Diambil sebarang barisan Cauchy {an}. Menurut Teorema 2.3. 10, barisan {an} terbatas dan menurut Teorema 2.3.7 setiap barisan yang terbatas mempunyai barisan bagian yang monoton. Katakan barisan bagian yang monoton itu {an(k)}.

Karena monoton {an(k)}

{an} terbatas maka, menurut Teorema 2.3.8, barisan {an(k)} konvergen, katakan konvergen ke bilangan k . Jadi untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 dapat

31

Barisan dan deret

dipilih bilangan aski no sehingga untuk setiap bilangan asli m, n, n(k) no benar bahwa |am – an| <

𝜀 2

dan

|an(k) – k| <

𝜀 2

.

Hal ini berakibat bahwa untuk setiap bilangan asli n > no benar bahwa |an – k|

|an – an(k)| + |an(k) – k| <

𝜀 2

𝜀

+ = 𝜀, 2

Dengan kata lain terbukti bahwa barisan Cauchy {an} konvergen ( ke k pula) .Sebaliknya, jika {an} barisan yang konvergen maka ada bilangan c sehingga untuk setiap bilangan sehingga untuk setiap bilangan asli n

𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no no benar bahwa 𝜀

|an – c| < 2 . Oleh karena itu untuk setiap dua bilangan asli m,n > no benar bahwa |am – an|

𝜀

𝜀

|am – c| + |c – an| < 2 + 2 = 𝜀.

Dengan kata lain terbukti bahwa setiap barisan yang konvergen merupakan barisan Cauchy.

Barisan bilangan komplex Jika untuk setiap bilangan asli n diketahui dua bilangan real an dan bn , maka barisan bilangan {zn} = {an+bni}, dengan zn = an+bni , disebut barisan bilangan komplex (sequence of complex numbers). Mudah difahami bahwa {zn} = {an+bni} = {an} + {bn}.i dan {an} disebut barisan bagian real dan {bn} disebut barisan bagian imaginer. Deret bilangan complex {zn} = {an+bni} dikatakan konvergen jika ada bilangan complex z = a + bi sehingga untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no dan jika bilangan asli n > no benar bahwa

32

|zn – z| = |(an+bni) – (a+bi)| = |(an – a) + (bn – b)i| Barisan dan deret

= √(𝑎𝑛 − 𝑎)2 + (𝑏𝑛 − 𝑏)2 < 𝜀 Oleh karena itu diperoleh : Teorema 2.1.13 : Barisan bilangan komplex {zn} = {an+bni} konvergen jika dan hanya jika barisan bagian realnya yaitu {an} konvergen dan barisan bagian imaginernya yaitu {bn} konvergen.

Latihan 2.1 𝑛

1. Diketahui barisan-barisan {(𝑛+1)}, {

(−1)𝑘 𝑘2

1

1

1

}, {1 - 2 + 3 - 4 + . . . .

1

+(-1)n+1𝑛 }.Tentukan unsur-unsur yang ke-3, ke-6, ke-11, dan yang ke-j. 2. Jika diketahui barisan-barisan {an} = {

𝑘2

𝑛−1 𝑛

} dan {bk} = {𝑘(𝑘+1)}, ca𝑎

1

rilah barisan-barisan {an – bn}, {ak + 2.bk}, {an.bn}, {𝑏𝑘 }, {𝑛 . bn} . 𝑘

3. Di antara barisan-barisan di bawah ini mana yang terbatas ke atas, mana yang terbatas ke bawah, dan mana yang tak terbatas. 𝑛2

{𝑛+1}, {

𝑛−1 𝑛

𝑘2

1

2

𝑛+1

}, {𝑘(𝑘+1)}, {∑𝑛𝑘=1 2𝑘}, {(1+𝑛)n},{

𝑛

}, dan ∑𝑛𝑘=1 𝑘 −𝑝

(0 1) Lebih lanjut, jika barisan tersebut terbatas ke atas carilah batas atas terkecilnya serta buktikan dan jika barisan tersebut terbatas ke bawah carilah batas bawah terbesarnya serta buktikan . 4. Carilah nilai limit barisan-barisan di dalam soal No.3. 5. Buktikan bahwa barisan : 𝑛−1

(a) {2𝑛+3} konvergen ke −3𝑛+1

1 2

(c) { 2𝑛+1 } konvergen ke

1−2𝑛

, −3 2

(b) { 𝑛+1 } konvergen ke -2 , , (d) {

(e) {∑𝑛𝑘=0 𝑎. 𝑟 𝑘 } konvergen ke |r|

𝑎 1−𝑟

𝑛2 −2𝑛+3

1

2𝑛2 +𝑛

2

} konvergen ke

,

untuk |r| < 1 dan divergen untuk

1.

6. Diketahui barisan {an} konvergen ke k dan barisan {bn} konvergen ke l dengan bn > 0 untuk setiap n . lim 𝑎𝑛

a. Jika c suatu bilangan, buktikan bahwa lim 𝑐 𝑎𝑛 = 𝑐 𝑛→∞ 𝑛→∞

𝑐𝑘 .

=

33

b. Jika c > 0 dan l > 0, buktikan bahwa barisan {clogbn} konvergen Barisan dan deret

ke clog l . c.. Jika k ≠ 0 atau l ≠ 0, buktikan bahwa barisan {𝑎𝑛 𝑏𝑛 } konvergen ke kl . 7. Buktikan Teorema 2.1.1

2.2 Deret bilangan real Definisi 2.2.1 : Jika untuk setiap bilangan asli k diketahui bilangan real ak , maka jumlahan ∑∞ 𝒌=𝟏 𝒂𝒌 = a1 + a2 + a3 + . . . . disebut deret bilangan real (series of real numbers) atau cukup disebut deret saja asalkan tak diberi penjelasan lebih lanjut ; ak disebut suku ke-k deret tersebut . Berdasarkan pengertian tersebut, untuk ak, sebarang bilangan asli k, nilainya boleh nol atau tak nol ( positif atau negatif ) , Jika banyaknya suku suatu deret yang tak sama dengan nol hingga maka deret disebut deret suku hingga. Sebaliknya, deret suku hingga dapat dipandang deret suku tak hingga dengan memandang suku-suku yang lain sama dengan nol semuanya. Contoh : 1

1

1

∞ 1. (a) Deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 = ∑𝑘=1 𝑘 = 1 + 2 + 3 + . . . .

a9 = suku ke-9 =

1 9

, a100 = suku ke-100 = 1

1

1

1 100 1

∞ 𝑖 (b) Deret ∑∞ 𝑖=1 𝑏𝑖 = ∑𝑖=0(−1) 𝑖! = 1 - 1! + 2! - 4! + . . . . 1

1

1

b0 = suku ke-0 = (-1)0. 0! = 1, b5 = suku ke-5 = (-1)5.5! = - 5! Jika diketahui suatu deret ∑∞ 𝒌=𝟏 𝒂𝒌 = a1 + a2 + a3 + . . . .

,

Untuk setiap bilangan asli n dibentuk Sn = ∑𝒏𝒌=𝟏 𝒂𝒌 = a1 + a2 + a3 + . . . + an .

34

Barisan dan deret

Sn disebut jumlah parsial n suku pertama (n-th partial sum) deret semula. Oleh karena itu diperoleh barisan {Sn} yang disebut barisan jumlah parsial ( sequence of partial sums) deret tersebut. Mudah difahami bahwa an = Sn – Sn-1 dan

𝒏 ∑∞ 𝒌=𝟏 𝒂𝒌 = 𝐥𝐢𝐦 ∑𝒌=𝟏 𝒂𝒌 = 𝐥𝐢𝐦 𝑺𝒏 . 𝒏→∞

𝒏→∞

Berdasarkan kesamaan terakhir tersebut diangkat definisi sebagai terseut di bawah ini. Definisi 2.2.2 :

Deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 dikatakan konvergen jika barisan

jumlah parsialnya yaitu {Sn} konvergen. Jadi berdasarkan definisi dan kesamaan terakhir tersebut di atas diperoleh pernyataan-pernyataan di dalam teorema sebagai berikut. Teorema 2.2.3 : (i) Deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen jika dan hanya jika ada bilangan S sehingga 𝐥𝐢𝐦 𝑺𝒏 = S .

𝒏→∞

(ii) Deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen jika dan hanya jika ada bilangan S sehingga 𝒏 ∑∞ 𝒌=𝟏 𝒂𝒌 = 𝐥𝐢𝐦 ∑𝒌=𝟏 𝒂𝒌 = 𝐥𝐢𝐦 𝑺𝒏 = S . 𝒏→∞

𝒏→∞

(iii) Deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen jika dan hanya jika ada bilangan S sehingga untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no dan jika bilangan asli n

no benar bahwa |Sn – S| = | ∑𝒏𝒌=𝟏 𝒂𝒌 - S | < 𝜀 .

(iv) Deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen jika dan hanya jika untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no sehingga | ∑𝒌>𝒏𝒐 𝒂𝒌 | < 𝜺 .

35

Bukti : (i) Menurut Definisi 2.2.2, deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen jika dan hanya jika barisan jumlah parsial {Sn} konvergen, artinya ada blangan S

Barisan dan deret

sehingga barisan {Sn} konvergen ke bilangan S ; jadi lim 𝑆𝑛 = S . (ii) 𝑛→∞

Berdasarkan (i) diperoleh 𝑛 ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 = lim ∑𝑘=1 𝑎𝑘 = lim 𝑆𝑛 = S. 𝑛→∞

𝑛→∞

(iii) lim 𝑆𝑛 = S artinya untuk sebarang bilangan 𝜀 > 0 terdapat 𝑛→∞

bilangan asli no sehingga jika bilangan asli n

no benar bahwa

| ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 - S | = | Sn – S | < 𝜀 . (iv) Berdasarkan (iii) dan (ii) diperoleh untuk n

no benar bahwa

| ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 - S | = | ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 – ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 | = | ∑𝑘>𝑛𝑜 𝑎𝑘 | < 𝜀 . Berdasarkan Teorema 2.2.3 (iv) tersebut diperoleh. Jika deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen maka lim ∑𝑘>𝑛 𝑎𝑘 = 0

𝑛→∞

Contoh : 𝑘 1. Diketahui deret geometrik (geometric series) ∑∞ 𝑘=0 𝑎. 𝑟 Jadi jumlah

parsial n suku pertamanya adalah Sn = ∑𝑛𝑘=0 𝑎.rk = a + a.r + a.r2 + . . . . + a.rn-1 1

1−𝑟 𝑛

= a.(1 + r + r2 + . . . . + rn-1).(1 – r).1−𝑟 = a. 1−𝑟 . Mudah difahami bahwa 𝑎

(a) jika |r| < 1 maka lim 𝑆𝑛 = 1−𝑟 , 𝑛→∞

(b) jika |r|

1 maka lim 𝑆𝑛 tak ada ( mengapa ? ) 𝑛→∞

Jadi deret geometrk konvergen jika |r| < 1 dan divergen jika |r| 𝟏

2. Deret harmonik order-p : ∑∞ 𝒌=𝟏 𝒌𝒑 Jika p = 1 deret menjadi

∑∞ 𝑘=1

1 𝑘

1

1

= 1 + 2 + 3 + . . . . Jadi

1.

36

Sn = ∑𝑛𝑘=1

1 𝑘

1

1

1

2

3

𝑛

=1+ + +....+

dan oleh karena itu, menurut Contoh 16 Bagian 2.1, barisan{Sn} merupakan barisan yang naik monoton dan tak terbatas ke atas (divergen)..Karena jika 0 < p ≤ 1 diperoleh

1 𝑘𝑝

1

≥ 𝑘 dan oleh karena itu

Barisan dan deret

∑∞ 𝑘=1

1 𝑘

1

< ∑∞ 𝑘=1 𝑘 𝑝

1

Hal ini berarti deret ∑∞ 𝑘=1 𝑘 𝑝 divergen. Pada pembahasan yang akan datang akan ditunjukan bahwa untuk 1 < p <

deret harmonik

order-p konvergen. 1

3. Deret ∑∞ 𝑘=0 𝑘! mempunyai barisan jumlah parsial {Sn] dengan 1

1

1

1

Sn = ∑𝑛𝑘=0 𝑘! = 1 + 1! + 2! + . . . . + 𝑛! . Pada Contoh 14 Bagian 2.1 telah ditunjukkan bahwa barisan {Sn} naik monoton terbatas ke atas ; jadi {Sn} konvergen ke batas atas 1

terkecilnya yaitu bilangan Euler e . Dengan kata lain deret ∑∞ 𝑘=0 𝑘! konvergen ke bilangan Euler e : ∑∞ 𝑘=0

1 𝑘!

1

= e atau lim ∑𝑛𝑘=1 𝑘! = lim 𝑆𝑛 = e . 𝑛→∞

𝑛→∞

Akibat 2.2.4 : Jika deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen, maka lim 𝑎𝑛 = 0 . 𝑛→∞

Bukti : Menurut Teorema 2.2.3, deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen jika dan hanya jika barisan jumlah parsialnya yaitu {Sn} konvergen ; katakanlah {Sn} konvergen ke bilangan S. Jadi lim 𝑎𝑛 = lim (𝑆𝑛 - 𝑆𝑛−1)

𝑛→∞

𝑛→∞

= lim 𝑆𝑛 - lim 𝑆𝑛−1 = S – S = 0 . 𝑛→∞

𝑛→∞

Teorema 2.2.5 : Deret akan tetap konvergen atau tetap divergen jika ditambah atau dikurangai beberapa suku. Juga, deret akan tetap konvergen atau divergen jika dikalikan dengan suatu bilangan tak nol. Bukti : Jika diketahui deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen ke bilangan S (atau diketahui divergen) dan deret itu ditambah atau dikurangi beberapa suku

37

b1 ,b2 ,b3 , . . . ,bp yang jumlahnya sama dengan s. Diperoleh deret b1 + b2 ∞ + . . . + bp + ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 atau deret (-b1 - b2 - . . . - bp) + ∑𝑘=1 𝑎𝑘 yang

konvergen ke s + S atau ke –s + S. . Selanjutnya, jika ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 kon-

Barisan dan deret

vergen (divergen), jadi barisan jumlah parsialnya {Sn} konvergen ∞ (divergen), dan l sutu bilangan, maka deret l.∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 = ∑𝑘=1 𝑙𝑎𝑘 yang

barisan jumlah parsialnya {l.Sn} = l.{Sn} akan konvergen (divergen).

Latihan 2.2 (−1)𝑘

1. a. Jika diketahui deret ∑∞ 𝑘=1 𝑘(𝑘+1) , tunjukkan suku ke-18, suku ke11, dan suku ke-n. Cari pula jumlah parsial n-suku pertama ! b. Jika diketahui deret 1 -

1 2

1

1

+ 3 - 4 + . . . . , an suku ke-n , dan Sn

jumlah parsial n suku pertama, tentukan nilai-nilai an , Sn , dan Sn+1 - Sn ! 2. Buktikan bahwa deret di dalam soal no.1(a) divergen dan deret di dalam soal no.1(b) konvergen ! 3. Jumlah dua deret konvergen akan konvergen dan jumlah deret konvergen dan deret divergen akan divergen. Buktikan !

2.3 Tes kekonvergenan dan kedivergenan Untuk menentukan apakah suatu deret (deret bilangan real) konvergen atau divergen perlu adanya cara atau metoda yang disebut tes kekonvergenan/kedivergenan. Akan dimulai dengan tes kekonvergenan untuk deret suku positif, yaitu deret yang suku-sukunya nonnegatif. Teorema 2.3.1 : ( Tes Banding, Comparation Test ) ∞ Diketahuoi dua deret suku positif ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 dan ∑𝑘=1 𝑏𝑘 .

(i) Jika 0

𝑎𝑘 ≤ 𝑏𝑘 untuk setiap k dan deret ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘 konvergen maka

38

deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen . (ii) Jika 0

𝑎𝑘 ≤ 𝑏𝑘 untuk setiap k dan deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 divergen maka

deret ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘 divergen .

Barisan dan deret

Bukti : Namakan Sn = ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 dan 𝑆𝑛′ = ∑𝑛𝑘=1 𝑏𝑘 . (i) Menurut yang diketahui diperoleh Sn ≤ 𝑆𝑛′ , barisan {Sn}dan{𝑆𝑛′ } naik monoton, dan {𝑆𝑛′ } konvergen (karena deret ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘 konvergen). Oleh itu barisan {Sn} naik monoton terbatas ke atas : jadi {Sn} konvergen atau deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen. (ii) Karena untuk setiap k diketahui 0

ak

𝑆𝑛′ dan deret

bk , Sn

∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 ( barisan {Sn} divergen (naik monoton dan tak terbatas ke atas) ′ maka deret ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘 ( barisan {𝑆𝑛 }) naik monoton dan tak terbatas ke

atas atau divergen . Contoh : 1

1. Telah diketahui bahwa deret harmonik order-1 ∑∞ 𝑘=1 𝑘 divergen. 1

Barisan harmonik order-p ∑∞ 𝑘=1 𝑘 𝑝 dengan 0 < p ≤ 1 divergen karena, berdarkan Tes Banding (i),

1 𝑘

1

≤ 𝑘 𝑝 untuk setiap k.

1

1

2. Diketahui deret ∑∞ 𝑘=0 𝑘! dengan suku ke-k adalah ak = 𝑘! . Karena ak = 1 𝑘!

1

1

∞ < 2𝑘 = bk dan deret ∑∞ 𝑘=0 𝑏𝑘 = ∑𝑘=0 2𝑘 konvergen maka deret

∑∞ 𝑘=0

1 𝑘!

konvregen .

Teorema 2.3.2 : ( Tes Integral ) Diketahui deret suku positif ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 . Jika terdapat fungsi posittif f pada (0,∞) yang kontinu dan turun monoton sehingga f(n) = an untuk setap ∞

bilangan asli n, maka deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 dan integral tak sejati ∫1 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 bersama-sama konvergen atau bersama-sama divergen.

39

Bukti : Menurut yang diketahui diperoleh luas daerah di atas selang 𝑛+1

[n,n+1] di bawah kurva y = f(x) adalah ∫𝑛 ketidaksamaan 𝑛+1

an+1 ≤ ∫𝑛

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 dan memenuhi

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≤ an .

Oleh karena itu dioperoleh 𝑛+1

Sn+1 – a1 = ∑𝑛+1 𝑘=1 𝑎𝑘+1 ≤ ∫1

𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≤ ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 = Sn

Barisan dnn deret

untuk setiap n. Berdasarkan ketidaksamaan terakhir tersebut dapat ditarik kesimpulan bahwa barisan jumlah parsial {Sn} ( deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 ) ∞

dan integral tak sejati ∫1 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 bersama-sama konvergen atau bersa∎

masama divergen. Contoh :

1

1. Diselidiki deret harmonic order-p ∑∞ 𝑛=1 𝑛𝑝 konvergen atau divergen. Diambil fungsi positif pada (0,∞) yang kontinu dan turun monoton f 1

1

dengan f(x) = 𝑥 𝑝 . Cukup jelas bahwa f(n) = an = 𝑛𝑝 untuk setiap bilangan asli n. Mudah diperlihatkan bahwa integral tak sejati ∞

∞ 1

∫1 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫1

𝑛𝑝

𝑑𝑥

konvegen jika p > 1 dan divergen jika p ≤ 1 Oleh karena itu berdasarkan Tes Integral di atas dapat disimpulkan bahwa deret harmo1

nik order-p ∑∞ 𝑛=1 𝑛𝑝 konvegen jika p > 1 dan divergen jika p ≤ 1. Teorema 2.3.3 : ( Tes Kuosien, Quotient Test ) ∞ Diketahui dua deret suku positif ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 dan ∑𝑘=1 𝑏𝑘 dengan bk > 0

untuk setiap k dan A = lim (i) Jika A

0 atau A = ∞, maka

𝑎𝑛

.

𝑛→∞ 𝑏𝑛 deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘

dan deret ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘

bersama-sama konvergen atau bersama-sama divergen . ∞ (ii) Jika A = 0 dan deret ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘 konvergen, maka deret ∑𝑘=1 𝑎𝑘

kon-

40

vergen (iii) Jila A = ∞ dan deret ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘 divergen, maka deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 divergen . 0 dan hingga : A = lim

Bukti : (i) Untuk A

𝑎𝑛

jika dan hanya jika

𝑛→∞ 𝑏𝑛

untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no dan jika bilangan asli n |A -

no benar bahwa 𝑎𝑛 𝑏𝑛

𝑎

| < 𝜀 , A - 𝜀 < 𝑏𝑛 < A + 𝜀 , atau 𝑛

(A – 𝜀)bn < an < (A + 𝜀)bn

Menggunakan ketidaksamaan terakhir dan berdasarkan Teorema 2.2.5 Barisan dan deret

dan Teorema 2.3.1, jika deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen maka deret (A – ∞ 𝜀) ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘 konvergen yang berakibat deret ∑𝑘=1 𝑏𝑘 konvergen dan jika ∞ deret ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘 konvergen maka (A + 𝜀) ∑𝑘=1 𝑏𝑘 konvwegen yang ∞ berakibat deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen. Sebaliknya, jika deret ∑𝑘=1 𝑎𝑘

divergen maka deret(A+ 𝜀) ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘 divergen yang berakibat de∞ ret ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘 divergen dan jika deret ∑𝑘=1 𝑏𝑘 divergen maka deret (A – ∞ 𝜀) ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘 divergen yang berakibat deret ∑𝑘=1 𝑎𝑘 divergen Untuk A =

: lim

𝑎𝑛

𝑛→∞ 𝑏𝑛

=

jika dan haya jika untuk setiap bilangan M > 0 ada

bilangan asli no sehingga untuk setiap bilangan asli n 𝑎𝑛 𝑏𝑛

>M

yang berakibat

-an

no benar bahwa M.bn < an .

Menggunakan ketidaksamaan terakhir dan berdasarkan Teorema 2.2.5 dan Teorema 2.3.1 diperoleh seperti tersebut di dalam bagian pertama . (ii) lim

𝑎𝑛

𝑛→∞ 𝑏𝑛

= A = 0 jika dan hanya jika untuk setiap bilangan 𝜀 > 0

terdapat bilangan asli no sehingga jika bilangan asli n 0

𝑎𝑛 𝑏𝑛

< 𝜀

atau

no benar bahwa

0 ≤ an < bn.𝜀 .

Menggunakan ketidaksamaan terakhir dan berdasarkan Teorema 2.2.5 ∞ dan Teorema 2.3.1, jika deret ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘 konvergen maka deret 𝜀.∑𝑘=1 𝑏𝑘 ∞ = ∑∞ 𝑘=1 𝜀𝑏𝑘 konvergen yang berakibat deret ∑𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen .

41

(iii) lim

𝑎𝑛

𝑛→∞ 𝑏𝑛

=A=

jika dan haya jika untuk setiap bilangan M > 0

ada bilangan asli no sehingga untuk setiap bilangan asli n

no benar

bahwa 𝑎𝑛 𝑏𝑛

>M

atau

M.bn < an .

Menggunakan ketidaksamaan terakhir dan berdasarkan Teorema 2.2.5 ∞ dan Teorema 2.3.2, jika deret ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘 divergen maka deret 𝑀.∑𝑘=1 𝑏𝑘 ∞ = ∑∞ 𝑘=1 𝑀𝑏𝑘 divergen yang berakibat deret ∑𝑘=1 𝑎𝑘 divergen .

Barisan dan deret

Contoh : 1

1. Akan diselidiki deret ∑∞ 𝑘=1 𝑘(𝑘+1) konvergen atau divergen.Telah 1

diketahui deret harmonik order-2 ∑∞ 𝑘=1 𝑘 2 konvergen.Jika diambil an =

1 𝑛(𝑛+1)

1

dan bn = 𝑛2 dipeoleh lim

𝑎𝑛

𝑛→∞ 𝑏𝑛

𝑛3

= lim

𝑛→∞ 𝑛(𝑛+1)

= 1.

Menurut Teorena Tes Kuosien (i) tersebut di atas disimpulkan de1

ret ∑∞ 𝑘=1 𝑘(𝑘+1) konvergen. 2. Apakah deret ∑∞ 𝑛=1

log 𝑛 √𝑛+1

konvergen atau divergen ? 1

∞ Karena deret harmonik order-2 ∑∞ 𝑛=1 𝑏𝑛 = ∑𝑛=1

1 1

divergen, maka

𝑛2

deret ∞ ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 = ∑𝑛=1

log 𝑛 √𝑛+1

divergen sebab, menurut Teorwma Tes Kuosien (iii), 𝑎 lim 𝑏𝑛 = lim log 𝑛 = ∞ . 𝑛→∞ 𝑛

𝑛→∞

Kejadian khusus Teorema 2.3.3 adalah teorema di bawah ini dengan mengambil deret ∑∞ 𝑘=1 𝑏𝑘 sebagai deret harmonik order-p. Teorema 2,3.4 : Diketahui deret suku positif ∑∞ 𝑛−1 𝑎𝑛 dengan lim 𝑛𝑝 an = A .

𝑛→∞

(i) Deret ∑∞ 𝑛−1 𝑎𝑛 konvergen jika p >1 dan A hingga .

42

(ii)

Deret ∑∞ 𝑛−1 𝑎𝑛 divergen jika p ≤ 1 dan A ≠ 0 ( hingga atau

takhingga) . 1

Bukti : Diambil deret ∑∞ 𝑛=1 𝑏𝑛 dengan bn = 𝑛𝑝 . Jadi A = lim 𝑛𝑝 an = lim

𝑎𝑛

𝑛→∞ 𝑏 𝑛

𝑛→∞

1

∞ .Selanjutnya karena deret ∑∞ 𝑛−1 𝑏𝑛 = ∑𝑛=1 𝑛𝑝 merupakan deret

harmaonik order-p, konvergen jika p > 1 dan divergen jika p ≤ 1, maka menurut Teorema 2.3.3 diperoleh deret ∑∞ 𝑛−1 𝑎𝑛 konvergen jika A hingga dan p > 1 dan divergen jika A ≠ 0 dan p ≤ 1.

∎

Barisan dan deret

Contoh : 1. Lihat contoh nomor 4 dan contoh nomor 5 di atas. Teorema 2.3.5 : ( Tes Rasio d’Alembert) Diketahui deret suku positif ∑∞ 𝑛−1 𝑎𝑛 dengan lim

𝑎𝑛+1

𝑛→∞ 𝑎𝑛

= r.

(i) Jika r < 1 maka deret tersebut konvegen. (ii) Jika r > 1 maka deret tersebut divergen. (iii) Jika r = 1 maka tes gagal (tak memperoleh kesimpulan apa-apa). Bukti : lim

𝑎𝑛+1

𝑛→∞ 𝑎𝑛

= r jika dan hanya jika untuk setiap bilangan 𝜀 > 0

terdapat bilangan asli n0 sehingga setiap bilangan asli n ≥ no benar bahwa 𝑎𝑛+1

|

𝑎𝑛

- r| < 𝜀

atau

(r – 𝜀)an < an+1 < (r + 𝜀)an .

(i) Jika r < 1 diambil bilangan 𝜀 tersebut sehingga ro = r + 𝜀 < 1 dan bilangan asli no yang terkait. Jadi untuk setiap bilangan asli n ≥ no diperoleh an+1 < ro an dan oleh karena itu ∞ 𝑘 ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑛𝑜 +k < ∑𝑘=1 𝑟𝑜 𝑎𝑛𝑜

Ruas kanan pertidaksamaan tersebut merupakan deret geometrik yang konvergen karena ro < 1. Oleh karena itu deret suku positif ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑛𝑜 +𝑘 dan ∑∞ 𝑛−1 𝑎𝑛 konvergen.

43

(ii) Jika r > 1 diambil bilangan 𝜀 tersebut sehingga ro = r - 𝜀 > 1 dan bilangan asli no yang terkait. Jadi untuk setiap bilangan asli n ≥ no diperoleh ro an < an+1 dan oleh karena itu ∞ 𝑘 ∑∞ 𝑘=1 𝑟𝑜 𝑎𝑛𝑜 < ∑𝑘=1 𝑎𝑛𝑜 +𝑘 .

Ruas kiri pertidaksamaan tersebut merupakan deret geometrik yang divergen karena ro > 1. Oleh karena itu deret suku positif ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑛𝑜 +𝑘 dan divergen . (iii) Jika r = 1 perbandingan suku an dan suku an+1 tak jelas sehingga tak dapat kesimpulan apa-apa tentang deret tersebut.

∎

Barisan dan deret

Contoh : 3 -n 3 -n 1. Diselidiki deret ∑∞ 𝑛=1 𝑛 e konvegen atau divergen. Karena an = n e

maka r = lim

𝑎𝑛+1

𝑛→∞ 𝑎𝑛

= lim

(𝑛+1)3 𝑒 −(𝑛+1)

𝑛→∞

𝑛3

𝑒 −𝑛

1

=𝑒<1

dan oleh karena itu deret konvergen. Teorema 2.3.6 : ( Tes Akar ke-n Cauchy) 𝑛 Diketahui deret suku positif ∑∞ 𝑛−1 𝑎𝑛 dengan lim √𝑎𝑛 = r .

𝑛→∞

(i) Jika r < 1 maka deret konvergen. (ii) Jika r > 1 maka deret divergen. (iii) Jika r = 1 maka tes gagal (tak dapat ditarik kesimpulan apa-apa). Bukti : r = lim 𝑛√𝑎𝑛 jika dan hanya jika untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 𝑛→∞

terdapat bilangan asli no sehingga untuk setiap bilangan asli n ≥ no benar bahwa | 𝑛√𝑎𝑛 - r| < 𝜀

atau

(r – 𝜀)n < an < (r + 𝜀)n .

(i) Jika r < 1 diambil bilangan 𝜀 sehingga ro = r + 𝜀 < 1 dan bilangan asli no yang terkait. Oleh karena itu untuk setiap bilangan asli n ≥ no benar bahwa an < rn yang berakibat

44 ∞ 𝑘 ∑∞ 𝑘=𝑛𝑜 𝑎𝑘 < ∑𝑘=𝑛𝑜 𝑟𝑜

Ruas kanan pertdaksamaan terakhir merupakan deret geometrik yang konvergen, karena ro < 1. Hal ini berakibat ruas kiri yaitu deret suku ∞ positif ∑∞ 𝑘=𝑛𝑜 𝑎𝑘 dan deret ∑𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen. (ii) dan (iii) silahkan

∎

membuktikan sebagai latihan. Contoh :

1. Diselidiki deret suku positif ∑∞ 𝑛=1

𝑛𝑒 −𝑛 𝑛+1

konvergen atau divergen.

Karena r = lim 𝑛√𝑎𝑛 = lim

𝑛𝑒 −𝑛

𝑛→∞ 𝑛+1

𝑛→∞

= e-1 < 1

maka dapat disimpulkan bahwa deret tersebut konvergen.

Barisan dan deret

Latihan 2.3 1.. Dengan menggunakan Tes Banding atau Tes Kuosien selidiki deret di bawah ini konvergen atau divergen. 𝑛+1

a. ∑∞ 𝑛=1 𝑛

b.

√𝑛 1

d.

∑∞ 𝑛=1

1

1 𝑛 log 𝑛 1

c.

∑∞ 𝑛=1

1 𝑛(𝑛+1)

1 + 1.3 + 1.3.5 + . . . + 1.3.5….(2𝑛−1) + . . . 1

e.

2.3 2

f.

1!

2

3

𝑛

+ 3.4 + 4.5 + . . . + (𝑛+1)(𝑛+2) + . . . 3

4

+ 2! + 3! + . . . +

𝑛+1 𝑛!

+ ...

2. Dengan menggunakan Tes Rasio selidiki apakah deret di bawah ini konveruen atau divergen. 𝑛

∑∞ 𝑛=1 (𝑛+1)𝑛!

a.

∑∞ 𝑛=1

d.

b.

(𝑛+1)(𝑛+2) 𝑛2 2𝑛

e.

∑∞ 𝑛=1

2𝑛+1

𝑛2 +1 (𝑛+1)𝑛 ∑∞ 𝑛=1 𝑛2𝑛

c. f.

∑𝑛=1

𝑛2

𝑛3 +2 𝑛2 ∑∞ 𝑛=1 𝑛!

3. Dengan Tes Integral selidiki deret di bawah ini konvergen atau divergen/ a. d.

∑∞ 𝑛=1

1

−1+√𝑛+1 2𝑛 ∑∞ 𝑛=1 𝑛4 −1

b. e.

∑∞ 𝑛=2

1

𝑛 log 𝑛 1 ∑∞ 𝑛=1 (2𝑛−1)2𝑛

c.

∑∞ 𝑛=2

1 𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑛)2

45

4. Perlihatkan bahwa deret 1

∑∞ 𝑛=2

𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑛)𝑝

konvergen jika p > 1 dan divergen jika p ≤ 1. 5, a. Jika an > 0 dan

𝑎𝑛+1 𝑎𝑛

2

1

≤ 1 - 𝑛 + 𝑛2 untuk setiap bilangan asli n,

buktikan bahwa deret ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 konvergen. b. Jika an > 0 dan

𝑎𝑛+1 𝑎𝑛

1

≤ 1 - 𝑛 untuk setiap bilangan asli n,

buktikan bahwa deret ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 divergen.

Barisan dan deret

2.4 Deret ayun dan deret konvergen mutlak Deret ayun : Jika untuk setiap bilangan asli n bilangan an > 0, maka deret 𝑛+1 ∑∞ an = a1 – a2 + a3 – a4 + . . . 𝑛=1(−1)

dan deret 𝑛 ∑∞ 𝑛=1(−1) an = -a1 + a2 - a3 + a4 - . . . = - (a1 – a2 + a3 – a4 + . . .)

masing-masing disebut deret ayun (alternating series). Sebagai contoh deret ayun adalah deret 1

1

1

1

𝑛

1

2

3

𝑛+1 ∑∞ =1-2+3-4+... 𝑛=1(−1) 𝑛

dan deret 𝑛 ∑∞ 𝑛=1(−1) 𝑛+1 = - 2 + 3 - 4 + . . . 𝑛+1 Teorema 2.4.1 : Deret ayun ∑∞ an konvergen jika an ≥ an+1 𝑛=1(−1)

untuk setiap bilangan asli n dan lim 𝑎𝑛 = 0.

𝑛→∞

Bukti : Jumlah parsial 2n suku pertama deret ayun tersebut adalah S2n = a1 – a2 + a3 – a4 + . . . - a2n = (a1 – a2 ) + (a3 – a4 ) + . . . + (a2n-1 –

46

a2n) ≥ 0 dengan sifat S2n = a1 – (a2 - a3 ) - (a4 –a5) - . . . - a2n < a1 .

(a)

untuk stiap n. Jadi {S2n} merupakan barisan bilangan yang naik monoton dan terbatas ke atas. Oleh karena itu ada bilangan S sehingga lim 𝑆2𝑛 = S. Lebih lanjut, karena lim 𝑎𝑛 = 0, maka diperoleh

𝑛→∞

(b)

𝑛→∞

lim 𝑆2𝑛−1 = lim (𝑆2𝑛 − 𝑎2𝑛 ) =

𝑛→∞

lim 𝑆2𝑛 -

𝑛→∞

𝑛→∞

lim 𝑎2𝑛 = S.

𝑛→∞

Berdasarkan hasil (a) dan (b) dapat disimpulkan bahwa barisan jumlah parsial {Sn} = {S2n-1} + {a2n} konvergen atau deret ayun tersebut ∎

konvergen. Contoh :

1

1

1

1

𝑛 1. Deret ayun ∑∞ 𝑛=1(−1) 𝑛+1 = - 2 + 3 - 4 + . . . konvergen karena

Barisan dan deret

an =

1 𝑛+1

1

> 𝑛+2 = an+1 dan lim 𝑎𝑛 = lim 𝑏→∞

1

𝑏→∞ 𝑛+1

= 0.

Kekonvergenan mutlak : Diketahui sebarang deret ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 , jadi an boleh positif boleh negatif. Deret ∑∞ 𝑛=1 |𝑎𝑛 | disebut deret mutlak (absolute series) terhadap deret pertama. Jelas bahwa deret mutlak merupakan deret suku positif dan oleh karena itu untuk mengetahui deret mutlak itu konvergen atau divergen dapat menggunakan tes-tes kekonvergenan yang terdapat di dalam Bagian 2.3 bab ini. Hubungan sebarang deret dengan deret mutlaknya tertuang ke dalam teorema di bawah ini. Teorema 2.4.2 : Jika deret mutlaknya konvergen maka deretnya sendiri konvergen pula. Sebaliknya tak benar. Bukti : Diambil sebarang deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 dengan jumlah parsial n-suku pertamanya adalah Sn = ∑𝑛𝑘=1 𝑎𝑘 . Deret mutlaknya adalah ∑∞ 𝑘=1 |𝑎𝑘 | dengan jumlah parsial n-suku pertamanya adalah Tn

= ∑𝑛𝑘=1 |𝑎𝑘 |.

Karena diketahui deret mutlaknya konvergen maka ada bilangan t sehingga lim 𝑇𝑛 = t . Karena untuk setiap bilangan asli k benar bahwa ak 𝑛→∞

47 +

|ak| ≥ 0 maka barisan {Sn +Tn} naik monoton dan Sn +Tn ≤ 2Tn ≤ 2t.

Jadi barisan {Sn+Tn} konvergen, katakan konvergen ke bilangan s ; jadi lim ( Sn+Tn) = s.

𝑛→∞

Kenyataan tersedut berakibat lim 𝑆𝑛 = lim (𝑆𝑛 +Tn) - lim 𝑇𝑛 = s – t .

𝑛→∞

𝑛→∞

𝑛→∞

dan dengan kata lain terbukti deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen. Bukti sebaliknya dengan contoh penangkal : Deret 1 -

1 2

+

1 3

-

1 4

+ . . . merupakan deret

konvergen dan deret mutlaknya adalah deret 1 +

1 2

+

1 3

+

1 4

+ . . .

∎

merupakan deret divergen.

Definisi 2.4.3 : Sebarang deret dikatakan konvergen mutlak (absolutely convergent) jika deret mutlaknya konvergen. Sebarang deret dikatakan

Barisan dan deret

konvergen bersyarat (conditionally convergent) jika deret itu sendiri konvergen tetapi deret mutlaknya divergen. Contoh : 1. Barisan ayun 1

1

1

1-2+3-4+... merupakan barisan konvergen bersyarat dan barisan ayun 1

1

1

1 - 22 + 32 - 42 . . . merupakan barisan konvergen mutlak. Berdasarkan Definisi 2.4.3 tersebut di atas, untuk menyelidiki suatu deret konvergen muttlak atau tidak, dapat mengunakan tes kekonvergenan di bawah ini . Teorema 2.4.4 : Diketaui sebarang deret ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 . a. ( Tes Rasio ) Jika lim |

𝑎𝑛+1

𝑛→∞

𝑎𝑛

| = r,maka

(i) deret akan konvegen mutlak jia r < 1, (ii) deret divergen jika r > 1, dan (iii) tes gagal jika r = 1.

48

b.

( Tes akar ke-n ) Jika lim 𝑛√|𝑎𝑛 | = s, maka 𝑛→∞

(i) deret akan konvergen mutlak jika s < 1, (ii) deret divergen jika s > 1, dan (iii) tes gagal jika s = 1 (perlu penyelidika tersendiri). c.

( Tes Raabe ) Jika lim 𝑛(1 − |

𝑎𝑛+1

𝑛→∞

𝑎𝑛

| ) = t, maka

(i) deret konvergen mutlak jika t > 1, (ii) deret divergen atau konvergen bersyarat jika t < 1, dan (iii) tes gagal jika t = 1 . Contoh : 𝑛

𝑛+1 1. Selidiki deret ∑∞ konvergen mutlak, konvergen, atau 𝑛=1(−1) 𝑛2 +1

Barisan dan deret

𝑛

divergen. Karena | an| = 𝑛2 +1 maka deret mutlak deret tesebut ada𝑛

lah ∑∞ 𝑛=1 𝑛2 +1 yang merupakan deret divergen. Lebih lanjut karena lim |

𝑎𝑛+1

𝑛→∞

𝑎𝑛

| = 1 penggunaan Tes Rasio gagal. Oleh karena itu

perlu penyelidikan tersendiri. Deret merupakan deret ayun dengan lim 𝑎𝑛 = 0 dan 𝑎𝑛+1 ≤ 𝑎𝑛 ; jadi deret konvergen. Akhirnya

𝑛→∞

dapat disimpulkan bahwa deret kovergen bersyarat.

Latihan 2.4 1. Selidiki deret di bawah ini divergen, konvergen bersyarat, atau konvergen mutlak. (−1)𝑛−1

a. ∑∞ 𝑛=2 𝑛(𝑙𝑜𝑔𝑛)2

b. ∑∞ 𝑛=1

(−1)𝑛−1 2𝑛 𝑛2

c. ∑∞ 𝑛=1

(−1)𝑛+1 𝑛 𝑛2 +1

2. Pertanyaan seperti soal nomor 1. 1

1.4

1.4.7

1.4.7. . . . (3𝑛−2) 2 )+ 3.6.9.. . . . 3𝑛

1.3

1.3.5

1.3.5 . . . (2𝑛−1) 2 ) 2.4.6. . . . 2𝑛

a.

(3 )2 + (3.6)2 + (3.6.9)2 + . . . + (

b.

(2)2 + (2.4)2 + (2.4.6)2 + . . . + (

1

...

+...

49

2.5 Nilai pendekatan jumlah deret dan perkiraan kesalahan Untuk memahami nilai pendekataan jumlah suatu deret yang konvergen

dan perkiraan kesalahannya perlu mengingat kembali

pengerian tentang deret yang konvergen dan sifat-sifat dasarnya. Deret bilangan ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 dikatakan konvergen jika ada bilangan S sehingga ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 = S yang artinya untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 ada bilangan asli no sehingga setiap bilangan asli n > no benar bahwa |Sn – S| < 𝜀 dengan Sn = ∑𝑛𝑘=1 𝑆𝑛 . Lebih lanjut Teorema 2.2.3 mengatakan sebagai berikut : (i) Deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen jika dan hanya jika ada bilangan S sehingga 𝐥𝐢𝐦 𝑺𝒏 = S .

𝒏→∞

(ii) Deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen jika dan hanya jika ada bilangan S sehingga 𝒏 ∑∞ 𝒌=𝟏 𝒂𝒌 = 𝐥𝐢𝐦 ∑𝒌=𝟏 𝒂𝒌 = 𝐥𝐢𝐦 𝑺𝒏 = S . 𝒏→∞

𝒏→∞

(iii) Deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen jika dan hanya jika ada bilangan S sehingga untuk seiap bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no dan jika bilanga asli n

no berakibat

Barisan dan deret

|S – Sn| = | 𝑺 − ∑𝒏𝒌=𝟏 𝒂𝒌 | < 𝜀 . (iv) Deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen jika dan hanya jika ada bilangan setiap

50

bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no sehingga | ∑𝒌>𝒏𝒐 𝒂𝒌 | < 𝜺 . Bilangan S disebut limit atau jumlah deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 tersebut. Menurut definisi Sn diperoleh Rn = S – Sn = ∑𝒌=𝑛+1 𝒂𝒌 . 𝜀 > 0 maka terdapat Rn disebut sisa (remainder) atau kesalahan (error). Jadi jika diberikan bilangan biangan asli no sehingga 𝑆𝑛𝑜 merupakan nilai pendekatan (approximate value) bilangan S =∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 dengan kesalahan mutlak |S – Sn| ≤ ∑𝒌=𝑛+1 |𝒂𝒌 | = |Rn| < 𝜀 untuk n ≥ no . Barisan {|Rn|} merupakan barisan bilangan turun monoton. Jadi jika diketahui ada barisan bilanngan positif {Tn} yang turun monoton sehingga |Rn| ≤ Tn maka diperoleh nilai kesalahan mutlak |Rn| < 𝜀 jika Tn < 𝜀 . Bagaimana caranya memperoleh barisan {Tn} adalah memfaatkan Tes Banding, Tes Integral, atau Tes Rasio. Jelasnya dituangkan ke dalam teorema-teorema di bawah ini. Teorema 2.5.1 : Jika |an| ≤ bn untuk setiap n ≥ no dan deret ∑∞ 𝑘=𝑛+1 𝑏𝑘 konvergen, maka untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 ada bilangan asli no sehingga

Barisan dan deret

∞ |Rn| = ∑∞ 𝑘=𝑛+1 |𝑎𝑛 | ≤ ∑𝑘=𝑛+1 𝑏𝑘 = Tn

51

untuk setiap n ≥ no ; barisan {Tn}turun monoton dan konvergen ke bilangan 0. Bukti : Berdasarkan definisi diperoleh 𝑛+𝑝 Rn = ∑∞ 𝑘=𝑛+1 |𝑎𝑘 | = lim ∑𝑘=𝑛+1 𝑎𝑘 . 𝑝→∞

Karena untuk n ≥ no telah diketahui diketahui |an+1| + |an+2| + . . . + |an+p| ≤ bn+1+ bn+2 + . . . + bn+p ≤ ∑∞ 𝑘=𝑛+1 𝑏𝑘 dapat disimpulkan bahwa 𝑛+𝑝 ∞ |Rn| = ∑∞ 𝑘=𝑛+1 |𝑎𝑘 | = lim ∑𝑘=𝑛+1 |𝑎𝑘 | ≤ ∑𝑘=𝑛+1 𝑏𝑘 = Tn . 𝑝→∞

Mudah difahami bahwa barisan {Tn} turun monoton dan konvergen ke 0. ∎ Contoh : 1. Dihitung sampai suku ke berapa (nilai pendekatan) deret 𝑘 ∑∞ 𝑘=1(−1)

1 𝑘.2𝑘

agar kesalahan mutlaknya lebih kecil dari pada bilangan 𝜀 > 0. 1

1

Karena |an| = 𝑛.2𝑛 dapat diambil bn = 2𝑛 . Jadi |an |< bn dan |Rn| = ∑∞ 𝑘=𝑛+1

1 𝑘.2𝑘

∞ ∞ = ∑∞ 𝑘=𝑛+1 𝑎𝑘 < ∑𝑘=𝑛+1 𝑏𝑘 = ∑𝑘=𝑛+1

1 2𝑘

= Tn .

maka 1

1

1

1

T n = ∑∞ 𝑘=𝑛+1 2𝑘 = 2𝑛+1 + 2𝑛+2 +2𝑛+3 + . . . 1

1

1

1

= 2𝑛+1 { 1 + 2 + 22 + 23 + . . . } = atau n >

− log 𝜖 log 2

< 𝜀

. Diambil no = bilangan asli pertama yang lebih besar

atau sama dengan

− log 𝜖 log 2

𝑛

1

𝑜 dan diperoleh nilai ∑𝑘=1 (−1)𝑘 𝑘.2𝑘 sebagai

nilai pendekatan nilai deret 𝑘 ∑∞ 𝑘=1(−1)

Barisan dan deret

1 2𝑛

1 𝑘.2𝑘

52

dengan kesalahan mutlak lebih kecil dari pada 𝜀 . Teorema 2.5.2 : Jika deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen terhadap Tes Integral dengan fungsi f yang turun monoton untuk x ≥ c, maka ∞

|Rn| ≤ Tn = ∫𝑛 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 untuk n ≥ c ; lebik lanjut {Tn] turun monoton dan konvergen ke 0. 𝑛

Bukti : Diambil bn = ∫𝑛−1 𝑓(𝑥)𝑑𝑥. Menurut Tes Integral diperoleh 𝑛

|an | < ∫𝑛−1 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = bn .. Jadi diperoleh, untuk n ≥ c, ∞

∞ |Rn| = ∑∞ 𝑘=𝑛+1 |𝑎𝑘 | ≤ ∫𝑛+1 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∑𝑘=𝑛+1 𝑏𝑘 = Tn .

Karena fungsi f fungsi positif, turun monoton, dan integral tak sejati ∞ ∞ ∫𝑐 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 konvergen, maka {Tn} = { ∫𝑛+1 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 } konvergen ke 0 untuk n → ∞.

∎

Contoh : 1

1. Dihitung sampai suku ke berapa deret ∑∞ 𝑘=1 𝑘 2 agar kesalahannya lebih kecil dari pada 0,002. 1

Dengan Tes Integral dengan mengambil f(x) = 𝑥 2 deret konvergen, Jadi 1

∞

∞

1

∞ |Rn| = ∑∞ 𝑘=𝑛+1 |𝑎𝑘 | = ∑𝑘=𝑛+1 𝑘 2 ≤ ∫𝑛+1 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑛+1 𝑥 2 dx 1

= 𝑛+1 = Tn < 0,002 atau Tn dengan n > 499 . Hal ini berarti jika nilai deret dihitung sampai dengan suku ke-500 maka mempunyai kesalahan lebih kecil dari pada 0,002. Sejalan dengan dua teorema terakhir dua teorema di bawah ini dipersilahkan membuktikannya.

Barisan dan deret

53

Teorema2,5.3 : Jika 𝑎𝑛+1

|

𝑎𝑛

|≤r<1

untuk setiap n ≥ n1 sehingga deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen, maka |Rn| ≤

|𝑎𝑛+1 | 1−𝑟

= Tn

untuk n ≥ n1 dan {Tn} turun monoton dan konvergen ke 0 . Teorema 2.5.4 : Jika 𝑛

√|𝑎𝑛 | ≤ r < 1

untuk setiap n ≥ n1 sehingga deret ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 konvergen, maka |Rn| ≤

|𝑎𝑛+1 | 1−𝑟

= Tn

untuk n ≥ n1 .

Latihan 2.5 1. Dihitung sampai suku ke berapa deret di bawah ini agar kesalahannya lebih kecil dari pada 𝜀 . 1

a.

∑∞ 𝑘=1

c.

∑∞ 𝑘=0

𝑘 3 +5 1 𝑘!

(−1)𝑘

, 𝜀 = 0,02

b. ∑∞ 𝑘=2 𝑘.𝑙𝑜𝑔𝑘 ,

, 𝜀 = 0.003

𝑘+1 d. ∑∞ 𝑘=1(−1)

2. Buktikan Teorema 2.5.3 dan Teorema 2.3.4

Barisan dan deret

BAB III

𝜀 = 0,5 𝑘+1 𝑘3

,

𝜀 = 0, 04

54

DERET PANGKAT dan DERET TAYLOR Setelah mengetahui deret bilangan di dalam bab ini akan dibicarakan deret pangkat dan deret Taylor. Pembicaraan deret pangkat berdasarkan tes-tes kekonvergenan deret bilangan dan pembicaraan deret Taylor dimulai Teorema Rolle, Teorema Nilai Rata-Rata, dan Teorema Sisa Taylor.

3.1 Deret pangkat Jika diketahui barisan bilangan real {an} dan bilangan real c,dibentuk deret 2 3 𝑘 ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 (𝑥 − 𝑐) = ao + a1(x-c) + a2(x-c) + a3(x-c) + . . . .

dengan x sebarang bilangan real (indeterminate). Deret tersebut disebut deret pangkat (power series) dalam x-c. Contoh : ∑∞ 𝑘=0

1.

𝑥𝑘

𝑥

=1+2+ 𝑘+1

𝑥2 3

+

𝑥3 4

+...

merupakan deret pangkat dalam x . 2.

∑∞ 𝑘=1

(−1)𝑘+1 𝑘(𝑘+1)

1

(𝑥 − 2)𝑘−1 = 1.2 -

𝑥−2 2.3

+

(𝑥−2)2 3.4

–

(𝑥−2)3 4.5

+...

merupakan deret pangkat dalam x – 2 .

Seperti pada deret bilangan, jika diketahui deret pangkat 2 3 𝑘 ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 (𝑥 − 𝑐) = ao + a1(x-c) + a2(x-c) + a3(x-c) + . .

. suku ke-n deret tersebut adalah un(x) = an(x-c)n

Barisan dan deret

55

dan jumlah parsial n suku pertama deret pangkat tersebut adalah Sn(x) = ∑𝒏𝒌=𝟎 𝒂𝒌 (𝒙 − 𝒄)𝒌 = ao + a1(x-c) + a2(x-c)2 + a3(x-c)3 + . . . . + an(x-c)n . 𝑘 Selanjutnya, jika diketahui deret pangkat ∑∞ masalah 𝑘=0 𝑎𝑘 (𝑥 − 𝑐)

yang timbul adalah menentukan nilai x yang mana agar deret tersebut konvergen.Untuk menyelesaikan masalah tersebut ternyata Tes Rasio pada deret bilangan suku positif ( deret mutlak ) dapat dimanfaatkan, yaitu sebagai berikut. Tes Rasio mengatakan : Teorema 3.1.1 (Tes Rasio ): Jika diketahui deret pangkat 𝑘 ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 (𝑥 − 𝑐)

dengan lim |

𝑛→∞

𝑢𝑛+1 (𝑥) 𝑢𝑛 (𝑥)

| = lim | 𝑛→∞

𝑎𝑛+1 (𝑥−𝑐)𝑛+1 (𝑥−𝑐)𝑛

𝑎𝑛

𝑎𝑛

R = lim | 𝑎

atau

𝑛→∞

𝑛+1

| = r

(a)

|

maka (i)

deret akan konvergen jika r < 1 atau |x – a| < R

(ii)

deret akan divergen jika r > 1 atau |x – a| > R

(iii)

tes gagal jika r =1 atau |x – a| = R ;. Dalam keadaan ini perlu penyelidikan tersendiri yang disebut penyelidikan titik batas.

𝑘 Bukti : (i) Deret pangkat ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 (𝑥 − 𝑐) konvergen jika deret mu-

tlaknya konvergen; jadi deret konvergen, menurut Tes Rasio, jika r = lim | 𝑛→∞

atau

𝑎𝑛+1 (𝑥−𝑐)𝑛+1 𝑎𝑛

| < 1

(𝑥−𝑐)𝑛

𝑎𝑛

|x - c| < R = lim | 𝑎 𝑛→∞

𝑛+1

|.

Dengan kata lain deret pangkat tersebut konvergen jika x 𝝐 (c-R,c+R)

Barisan dan deret

56

atau untuk setiap x dengan c–R< x
𝒂𝒏

dengan R = 𝐥𝐢𝐦 | 𝒂 𝒏→∞

𝒏+𝟏

|

(b)

Bukti (ii) sejalan dengan (i). Jadi deret pangkat divergen jika r = lim | 𝑛→∞


(𝑥−𝑐)𝑛

| > 1

atau x < c–R

atau

x > c + R.

(c)

∎

Bulti untuk (iii) cukup jelas/

Selanjutnya, seperti telah disebutkan di dalam bukti : R disebut jari-jari kekonvergenan dan c disebut titik pusat kekonvergenan. Dalam keadaan (iii), perlu penyelidikan lebih lanjut, yaitu dengan cara mensubstitusikan titik-titik batas x = c + R dan x = c – R ke dalam deret pangkat tersebut dan akan diperoleh deret itu konvergen atau divergen. Penyelidikan terakhir ini disebut penyelidikan titik batas. Berdasarkan hasil penyelidikan (b), (c), dan penyelidikan titik batas diperoleh suatu selang kekonvergenan ( himpunan semua nilai x sehingga deret pangkat konvergen ) dan selang kedivergenan ( himpunan semua nilai x sehingga deret pangkat divergen ). Contoh : 3. Dicari selang kekonvergenan deret 1

1

1

1 - 2 (x – 2) + 3 (x – 2)2 - 4 (x – 2)3 + . . . Karena suku ke-n deret pangkat tersebut adalah 1

un(x) = an(x – c)n = (-1)n-1𝑛(x – 2)n, maka deret pangkat konvergen jika

Barisan dan deret

57

lim |

𝑛→∞


(𝑥−𝑐)𝑛

yaitu jika | x – 2| < 1

| = lim

𝑛+1

𝑛→∞ 𝑛

atau

|x – 2| < 1

1 < x < 3.

(a)

Penyelidikan titik batas : Untuk x = 1 deret menjadi 1

1

1

1+2+3+4+..

(b).

merupakan deret harmonik order-1, jadi deret divergen. Untuk x = 3 deret menjadi 1

1

1

1-2+3-4+...

(c)

merupakan deret ayun yang konvergen. Berdasarkan hasil penyelidikan (a), (b), dan (c) disimpulkan bahwa selang kekonvergenan deret pangkat tersebut adalah (1,3] atau biasa dituilis 1 < x ≤ 3 dengan titik pusat kekonvergenan 2 dan jari-jari kekonvergean 1.Perlu dicatat bahwa deret divergen untuk setiap x > 3 atau x ≤ 1 . 2. Untuk nilai-nilai x yang mana saja deret pangkat dalam x : 𝑥

𝑥2

𝑥3

𝑥4

- + - +... 1.2 2.3 3.4 4.5 konvergen atau divergen ? 𝑥𝑛

Karena suku ke-n deret pangkat tersebut adalah un (x) = (-1)n+1𝑛(𝑛+1) maka deret akan konvergen jika 𝑢𝑛+1 (𝑥) | 𝑛→∞ 𝑢𝑛 (𝑥)

lim |

yaitu

|x| < 1

atau

= lim

𝑛→∞

𝑛(𝑛+1)

-1 < x < 1

Penyelidikan titk batas : Untuk x = - 1 deret pangkat menjadi

Barisan dan deret

(𝑛+1)(𝑛+2)

|x| < 1 (a)

58

-(

1 1.2

+

1 2,3

+

1 3.4

+... )

(b)

merupakan deret konvergen . Untuk x = 1 deret pangkat menjadi 1 1.2

1

1

1

- 2,3 + 3.4 - 4/5 + . . .

(c)

merupakan deret konvergen . Berdasarkan hasil penyelidikan (a), (b), dan (c) disimpulkan bahwa deret pangkat tersebut konvergen untuk setiap x 𝜖 [-1,1] atau -1 ≤ 𝒙 ≤ 1 dan divergen untuk setiap x > 1 atau x < -1 .

Latihan 3.1 1. Tentukan titik pusat kekonvergenan, jari-jari kekonvergenan, selang kekonvergenan, dan selang kedivergenan deret pangkat di bawah ini 𝑥 𝑘−1

a. ∑∞ 𝑘=1 𝑘.3𝑘

b.

𝑥 𝑛−1

𝑛−1 ∑∞ 𝑛=1(−1) (2𝑛−1)!

∑∞ 𝑘=1

c.

𝑘(𝑥−1)𝑘 2𝑘 (3𝑘−1)

2. Untuk nilai-nilai x yang mana deret-deret pangkat di bawah ini konvergen ? 1

(𝑥+2)𝑛

𝑛 a. ∑∞ b. ∑∞ 𝑛=1 𝑛! (𝑥 − 𝑐) 𝑛=1 2𝑛−1 (𝑥−1)𝑛

1

c. ∑∞ 𝑛=1 (𝑥+𝑛)(𝑥+𝑛−1)

3.2 Deret Taylor Jika telah diketahui bahwa deret pangkat

k ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 (𝑥 − 𝑐)

mempunyai selang kekonvergenan I dengan titik pusat kekonvergenan c dan jari-jari kekonvergenan R, maka deret pangkat tersebut konvergen di setiap x 𝜖 (c–R,c+R) ⊂ I . Jadi ada bilangan f(x) sehingga k ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 (𝑥 − 𝑐) = f(x)

Dengan kata lain ada fungsi f : (c – R,c + R) → ℜ sehingga

Barisan dan deret

59 k f(x) = ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 (𝑥 − 𝑐)

untuk setiap x 𝜖 (c-R,c+R). Masalahnya sekarang dibalik sebagai berikut. Jika dike-tahui fungsi f : [a,b] → ℛ dan titik c 𝜖 (a,b) apakah ada deret pangkat dalam x – c sehingga k f(x) = ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 (𝑥 − 𝑐) .

Masalah tersebut terjawab dengan menelusuri mulai dari awal yaitu mulai dari Teorema Rolle di bawah ini. Teorema 3.2.1 : (Teorema Rolle) Jika fungsi f : [a,b] → ℛ memenuhi sifat-sifat : (i) f kontinu pada [a,b], (ii) f’(x) ada untuk setiap x 𝜖 (a,b), dan (iii) f(a) = f(b) = 0 maka ada c 𝜖 (a,b) sehingga f’(c) = 0 . Bukti : Tidak mengurangi keakuratan bukti, dapat dianggap a dan b merupakan titik-titik nol fungsi f yang berturutan , a 0 untuk setiap x 𝜖 (a,b), dan ke-tiga f(x) < 0 untuk setiap x 𝜖 (a,b). Dalam keadaan pertama jelas bahwa f’(x) = 0 untuk setiap x 𝜖 (a,b); jadi setiap c 𝜖 (a,b) benar bahwa f’(c)= 0. Dalam keadaan ke-dua karena fungsi f kontinu pada [a,b], maka fungsi f terbatas ke atas pada [a,b] dan oleh karena itu batas atas terkecilnya tercapai. Jadi ada c 𝜖 (a,b) sehingga f (c) = M =bat{f(x) : x 𝜖 {a,b]} Menurut (ii) f’(c) ada ; jadi tinggal membuktikan bahwa f’(c) = 0. Andaikan f’(c) > 0, untuk h > 0 diperoleh f’(c) = lim

ℎ→0

Barisan dan deret

𝑓(𝑐+ℎ)− 𝑓(𝑐) ℎ

< 0,

60

suatu kontradiksi. Andaikan f’(c) < 0, untuk h < 0 diperoleh f’(c) = lim

𝑓(𝑐+ℎ)− 𝑓(𝑐) ℎ

ℎ→0

> 0,

suatu kontradiksi. Jadi yang benar bahwa f’(c) = 0. Dalam keadaan ke∎

tiga bukti sejalan dengan bukti keadaan ke-dua. Bukti selesai.

Berdasarkan Teorema Rolle mudah dibuktikan teorema di bawah ini. Teorema 3.2.2 : Jika fungsi f : [a,b] → ℛ memenuhi syarat-syarat (i) fungsi f kontinu pada [a,b] dan (ii) f’(x) ada untuk setiap x 𝜖 (a,b), maka ada c 𝜖 (a,b) sehingga f’(c) =

𝒇(𝒃)− 𝒇(𝒂) 𝒃−𝒂

.

Bukti : Dibetuk fungsi F : [a,b] → ℛ dengan rumus F(x) = f(x) – f(a) -

𝑓(𝑏)− 𝑓(𝑎) 𝑏−𝑎

(x – a).

Oleh karena itu F’(x) = f’(x) -


.

Menurut yang diketahui cukup jelas bahwa fungsi F memenuhi syaratsyarat yang tercantum di dalam Teorema Rolle. Jadi ada c 𝜖 (a,b) sehingga F’(c) = f’(c) -


=0

atau f’(c) =


.

∎

Teorema 3.2.2 di atas sedikit dimodifikasi sebagai berikut. Dengan mengambil

Barisan dan deret

61

h =b – a diperoleh selang [a,b] = [a,a+h] dan c 𝜖 [a,a+h]. Hal ini berarti ada bilangan 𝜃 𝜖 (0,1) sehingga c = 𝑎 + 𝜃ℎ. Oleh karena itu Teorema 3.2.2 menjadi teorema di bawah ini. Teorema 3.2.3 : (Teorema Nilai Rata-rata I, Nilai Pendekatan Pertama) Jika fungsi f : [a,a+h] → ℛ memenuhi syarat-syarat (i) fungsi f kontinu pada [a,a+h] dan (ii) f’(x) untuk setiap x 𝜖 [a,a+h] maka ada 𝜃 𝜖 (0,1) sehingga f(a+h) = f(a) + h.f’(a+ 𝜽𝒉) . Teorema 3.2.3 dapat dipandang sebagai dasar nilai pendekatan suatu nilai fungsi f di titik a + h, titik yang cukup dekat dengan titik itu adalah titk a ( nilai h yang cukup kecil ). Contoh : 1. Dihitung nilai pendekatan bilangan ℯ 0,2 . Diambil f(x) = ℯ x . Titik 0,02 cukup dekat dengan a = 0 ; jadi 0,02 = 0 + 0,02, h = 0,02. Karena f ‘(x) = ℯ x diperoleh ℯ 0,02 = ℯ 0 + 0,02 = f(a+h) = f(a) + h.f’(a+ 𝜃ℎ) = ℯ a +h. ℯ 𝑎+𝜃ℎ = ℯ 0 +0,02. ℯ 0+𝜃.0,02 = 1 + 0,2. ℯ 𝜃.0,02 dengan 𝜃 𝜖 (0,1) ≅ 1 + 0,02. ℯ 0 ≅ 1,02 Ternyata Teorema Nilai Rata-rata I di atas dapat diitlakkan (digeneralisasikan) menjadi Teorema Sisa Taylor (Taylor Remainder Theorem) di bawah ini .

Barisan dan deret

62

Teorema 3.2.4 (Teorema Sisa Taylor) Jika xo 𝜖 [a,b] dan fungsi f : [a,b] → ℛ memenuhi syarat-syarat : (i) f kontinu pada [a,b] dan (ii) f’(x), f”(x), . . . , f(n+1)(x) ada untuk setiap x 𝜖 [a,b], maka untuk setiap x 𝜖 [a,b] ada titik c yang terletak di antara xo dan x sehingga f(x) = f(xo) + +

𝒇′ (𝒙𝒐 )

𝒇"(𝒙𝒐 )

𝒇(𝒏) (𝒙𝒐 )

𝟏!

𝟐!

𝒏!

(x – xo) +

𝒇(𝒏+𝟏) (𝒄) (x (𝒏+𝟏)!

(x – xo)2 + . . . +

(x – xo)n

– xo)n+1

atau disingkst f(x) = Pn(x) + Rn dengan Pn(x) = f(xo) +

𝒇′ (𝒙𝒐 )

𝒇"(𝒙𝒐 )

𝟏!

𝟐!

(x – xo) +

dan

Rn =

(x – xo)2 + . . . +

𝒇(𝒏+𝟏) (𝒄) (x (𝒏+𝟏)!

𝒇(𝒏) (𝒙𝒐 ) 𝒏!

(x – xo)n

– xo)n+1 .

Pn(x) disebut polynomial Taylor dan Rn disebut sisa (remainder), nilai koreksi, atau kesalahan Taylor. Bukti : Diambil sebarang titik x 𝜖 [a,b] tetap dan ditulis dengan I selang tertutup yang ujung-ujungnya adalah x dan xo..Selanjutnya dibentuk fungsi F: [a,b} → ℛ dengan rumus F(t) = f(x) – f(t) -

𝑓 ′ (𝑡)

𝑓"(𝑡)

𝑓 (𝑛) (𝑡)

1!

2!

𝑛!

(x – t) -

(x – t)2 - . . . -

(x – t)n

Mudah dihitung bahwa F(x) = 0

dan

F’(t) = -

(𝑥−𝑡)𝑛 (n+1) f (t) 𝑛!

Jika diambil fungsi G : I → ℛ dengan rumus 𝑥−𝑡

G(t) = F(t) – ( 𝑥− 𝑥 )n+1F(xo), 𝑜

Barisan dan deret

.

(a)

63

maka G merupakan fungsi kontinu , G(x) = G(xo) = 0, dan (𝑥 −𝑡)𝑛

G’(t) = F’(t)+ (n + 1)(𝑥−𝑥

𝑛+1 𝑜)

F(xo)

(b)

ada untuk setiap t 𝜖 I . Oleh karena itu, menurut Teorema Rolle, ada c 𝜖 I sehingga G’(c) = 0 . Jadi, setelah disubsitusikan (a) ke dalam (b), diperoleh -

(𝑥−𝑐)𝑛 (n+1) f (c) 𝑛!

atau

F(xo) = f(x) – f(xo) -

(𝑥 −𝑐)𝑛

+ (n + 1)(𝑥−𝑥

𝑓 (𝑛+1) (𝑐) (𝑛+1)!

𝑛+1 𝑜)

F(xo) = 0,

(x – xo)n+1

yang berarti

𝑓 ′ (𝑥𝑜 )

𝑓"(𝑥𝑜 )

𝑓 (𝑛) (𝑥𝑜 )

1!

2!

𝑛!

(x - xo) =

𝑓 (𝑛+1) (𝑐) (𝑛+1)!

(x – xo)2 - . . . -

(x – xo)n

(x – xo)n+1

atau f(x) = f(xo) +

𝑓 ′ (𝑥𝑜 )

𝑓"(𝑥𝑜 )

𝑓 (𝑛) (𝑥𝑜 )

1!

2!

𝑛!

(x – xo) +

+

(x – xo)2 + . . . +

𝑓 (𝑛+1) (𝑐) (𝑛+1)!

atau f(x) = Pn(x) + Rn dan bukti selesai .

(x – xo)n

(x – xo)n+1 ∎

Di dalam aplikasinya , jika nilai x cukup dekat dengan xo , maka Pn(x) merupakan nilai pendekatan nilai f(x) dengan kesalahan atau nilai koreksi Rn .Bentuk lain atau modifikasi Teorema Sisa Taylor tersebut adalah sebagai berikut . Teorema 3.2 5 : Jika fungsi f : [a,a+h] → 𝓡 memenuhi sifat-sifat : (i) fungsi f kontinu pada [a,a+h] dan (ii) f(i)(x) ada untuk setiap x 𝜖 (a,a+h), i = 1, 2, 3, . . . . , n+1, maka ada bilangan 𝜃 𝜖 (0,1) sehingga f(a+h) = f(a) +

Barisan dan deret

𝒇′ (𝒂) 𝟏!

h+

𝒇"(𝒂) 2 h 𝟐!

+...+

𝒇(𝒏) (𝒂) n h 𝒏!

+

𝒇(𝒏+𝟏) (𝒂+𝜽𝒉) n+1 h (𝒏+𝟏)!

64

atau

f(a+h) = Pn(h) + Rn

dengan

Pn(h) = f(a) +

𝒇′ (𝒂) 𝟏!

h+

𝒇"(𝒂) 2 h 𝟐!

+...+

𝒇(𝒏) (𝒂) n h 𝒏!

dan

𝒇(𝒏+𝟏) (𝒂+𝜽𝒉) n+1 h . (𝒏+𝟏)!

Rn = Contoh :

2. Akan dihitung nilai pendekatan ℯ 0,02 sampai benar 5 angka di belakang koma atau kesalahan mutlaknya lebih kecil dari pada 10-5 . Bilangan 0,02 dekat degan bilangan 0. Oleh karena itu diambil a = 0, h = 0,02 , dan f(x) = ℯ x. Dengan demikian diperoleh f(k+1)(x) = ℯ x untuk k = 1, 2, 3, . . . . Semuanya itu setelah disubstitusikan ke dalam rumus Taylor di atas diperoleh : ℯ 0,02 = ℯ 0+0,02 = f(0+h) = f(0)+ +

𝑓 ′ (0) 1!

h+

𝑓"(0) 2 h 2!

+...+

𝑓 (𝑛) (0) n h 𝑛!

𝑓 (𝑛+1) (0+𝜃ℎ) n+1 h (𝑛+1)! ℯ0

ℯ0

= ℯ 0 + 1! .0,02 + 2! .(0,02)2 + +

ℯ0 3!

.(0,02)3 + . . .

ℯ 𝜃.0,02 .(0,02)n+1 (𝑛+1)!

≅ 1 + 0,02 + 0,0002 + 0,00000166.. + 0,0000000066 … . ≅ 1,02020166 benar delapan angka di belakang koma dengasn nilai koreksi atau nilai kesalahan 0,000000006 < Rn < 0,000000007 Bandingkan dengan Contoh 1 di atas. Cacatan : Secara praktis, jika menghendaki pendekatan sampai dengan benar n angka di belakang koma, dihitung paling sedikit sampai dengan suku yang memuat angka 0 di belakang koma sebanyak n+1 berturutturut .

Barisan dan deret

65

Teorema di bawah ini merupakan kejadian khusus Teorema Sisa Taylor untuk fungsi-fungsi tertentu seperti fungsi cosines, fungsi sinus, dan fungsi eksponensial. Teorema 3.2.6 : (Deret Taylor) Jika fungsi f : [a,a+h] → ℛ memenuhi sifat-sifat : (i) fungsi f kontinu pada [a,a+h] dan (ii) f(k)(x) ada untuk setiap x 𝜖 [a,a+h] dan bilangan asli k , maka f(a+h) = f(a) + f(x) = f(a) +

𝑓 ′ (𝑎)

h+

1!

𝑓"(𝑎) 2 h 2!

𝑓 ′ (𝑎)

𝑓"(𝑎)

1!

2!

(x-a) +

𝑓 (3) (𝑎) 3 h 3!

+

(x-a)2 +

+ . . . . . . . atau

𝑓 (3) (𝑎) 3!

(x-a)3 + . . . . . .

untuk setiap x 𝜖 [a,a+h] . Deret di dalam Teorema 3.2.6 tersebut dinamakan deret Taylor fungsi f di ( di sekitar ) titik a. Deret Taylor fungsi f di titik 0 disebut deret Mac Laurin. Contoh : 3. Deretkan f(x) = ℯ x ke dalam deret Taylor di a ! Karena f(k)(x) = ℯ x unuk setiap bilangan asli k , maka f(k)(a) = ℯ a dan oleh karena itu ℯ x = f(x) = f(a) + = ℯa +

𝑓 ′ (𝑎)

ℯ𝑎 1!

1!

(x-a) +

(x-a) +

= ℯ a{ 1 +

(𝑥−𝑎) 1!

ℯ𝑎 2!

+

𝑓"(𝑎) 2!

(x-a)2 +

(x-a)2 +

(𝑥−𝑎)2 2!

+

ℯ𝑎 3!

𝑓 (3) (𝑎) 3!

(x-a)3 + . . .

(x-a)3 + . . .

(𝑥−𝑎)3 3!

+...}

4. Deretkan menurut deret Mac Laurin f(x) = cos x . Karena f’(x) = -sin x , f”(x) = -cos x , f(3)(x) = sin x , f(4)(x) = cos x , . . maka diperoleh f(0) = 1, f’(0) = 0, f”(0) = -1, f(3)(0) = 0, f(4)(0) = 1, . . . . . dan oleh karena itu diperoleh

Barisan dan deret

66

𝑓 ′ (0)

cos x = f(x) = f(0) +

1! 𝑥2

=1+0𝑥2

=1-

2!

𝑥4

+0+

!

𝑥4

+

𝑓"(0) 2 x 2!

x- +

𝑥6

-

4!

4!

+

+0-

𝑓 (3) (0) 3 x 3! 𝑥6 6!

+...

+...

+....

6!

Latihan 3.2 1

1. Jika f(x) = 1−𝑥 tentukan P4(x) dan R4-nya. Selanjutnya hitung nilai pendekatan sampai dengan suku ke-6 dan berapa kesalahan mutlaknya. Hitung pula nilai pendekatan itu untuk x = 0,02. 2. Jika f(x) = sin x tentukan Pn(x) dan Rn-nya dan hitung sin 2o sampai benar 5 angka di belakang koma jika 1o = 0,0175 radian, 3. Buktikan deret Mac Laurin di bawah ini. 1

(a)

1−𝑥 1

(b)

1+𝑥

= 1 + x + x2 + x3 + x4 + . . . = 1 - x + x2 - x3 + x4 - . . .

(c)

log (1 - x) = -x -

(d)

log (1 + x) = x -

(e)

sin x = x -

(f)

cos x = 1 -

(g)

tan-1x = x -

(h)

ctn-1x = 2 + { x -

(i)

cosh x = 1 +

(j)

sinh x = x +

(k)

𝑥3 𝑥2 𝑥3

𝜋

𝑛

1 𝑥

𝑥2 2! 𝑥3 3!

-

𝑥5 𝑥3 𝑥4 4!

1 1

7!

𝑥5 5!

𝑥4 4

+

𝑥5 5

- ...

+ ...

6! 𝑥7

+ ...

7 𝑥5

-

5

+

- ...

+ ...

𝑥6

+

3

+

𝑥7

4

-

3

-

5

+

𝑥3

-

4!

+

3

2

𝑥4

-

3

+

𝑥4

+

2!

𝑥2

5!

𝑥3

-

2

𝑥5

+

3!

𝑥2

𝑥6 6!

+

7

+ ... }

+ ....

𝑥7

𝑥2

𝑥7

7!

+ ... 1 1

1

𝑥3

√1 + 𝑥 = 1 + 𝑛 1! + 𝑛(𝑛 - 1) 2! + 𝑛(𝑛 - 1)(𝑛 - 2) 3! + . . . .

Barisan dan deret

67

4. Dengan mengambil

𝑛+1 𝑛

=

1+𝑥 1−𝑥

dan deret Mac Laurin log (1 – x) dan

log (1 – x), buktikan bahwa : 1

log (n+1) = log n + 2{ (2𝑛+1) +

1

1

3

(2𝑛+1)3

+

1

1

5

(2𝑛+1)5

+

1

1

7 (2𝑛+1)7

+ . . . }. Selanjutnya buatlah Daftar Logaritma dengan bilangan pokok 10. 5. Deretkan menurut deret Mac Laurin fungsi f(x) = cos 2x. 6. Deretkan menurut deret Taylor di x = a fungsi-fungsi f(x) = e2x dan g(x) = sin x .

Catatan : Dengan log yang dimaksud adalah logaritma normal ( = ln ), yaitu logaritma dengan bilangan pokok bilangan Euler e .

Barisan dan deret

68

BAB IV BARISAN dan DERET FUNGSI Telah dibicarakan tentang barisan dan deret bilangan, yaitu di dalam Bab II dan Bab III. Berdasarkan pengetahuan tersebut akan dibicarakan barisan fungsi dan deret fungsi sebagai berikut.

4.1 Barisan Fungsi Untuk setiap bilangan asli k dibentuk fungsi fk : D ⊂ ℛ → ℛ. Oleh karena itu terbentuklah barisan fungsi (sequence of functions) {fk}. Mudah difahami bahwa untuk setiap x 𝜖 D diperoleh barisan bilangan real {fk(x)}. Berdasarkan kenyataan tersebut disusunlah pengertian barisan fungsi yang konvergen seperti di dalam definisi di bawah ini. Definisi 4.1.1 : Diketahui fungsi fk : D ⊂ ℛ → ℛ untuk setiap bilangan asli k. (i) Barisan fungsi {fk} dikatakan konvergen di suatu tituk x 𝜖 D jika barisan bilangan {fk(x)} konvergen (ii) Barisan fungsi {fk} dikatakan konvergen pada D jika barisan fungsi itu konvergen di setiap titik x 𝜖 D. Berdasarkan definisi tersebut dipeoleh teorema di bawah ini. Teorema 4.1.2 : (i) Barisan fungsi {fk} konvergen di titik x 𝜖 D jika dan hanya jika ada bilangan real f(x) sehingga untuk sebarang bilangan 𝜀 > 0 ada bilangan asli no= no(𝜀,x), no selain tergantung pada 𝜀 juga tergantung pada x, sehingga untuk setiap bilangan asli k ≥ no benar bahwa

Barisan dan deret

69

| fk(x) – f(x) | < 𝜀 ( ditulis singkat dengan lim 𝑓𝑘 (x) = f(x) ). 𝑘→∞

(ii) Barisan fungsi {fk} konvergen pada D jika dan hanya jika ada fungsi f : D ⊂ ℛ → ℛ sehingga untuk setiap x 𝜖 D barisan bilangan {fk(x)} konvergen ke f(x), yaitu ada fungsi f : D ⊂ ℛ → ℛ sehingga untuk setiap x 𝜖 D dan bilangan 𝜀 > 0 ada bilangan asli no= no(𝜀,x) dan jika bilangan asli k ≥ n benar bahwa | fk(x) – f(x) | < 𝜀 , ( ditulis singkat dengan lim 𝑓𝑘 (x) = f(x) ) untuk setiap x𝜖D). 𝑘→∞

Bukti : Bukti teorema tersebut cukup jelas karena berdasarkan pengertian barisan bilangan yang konvergen ( {fk(x)} merupakan barisan bilangan ) Contoh : 1. Diketahui barisan fungsi {fk} dengan fk(x) = xk untuk setiap x 𝜖 [0,1]. Untuk x = 1 diperoleh barisan bilangan {fk(1)} = {1} jelas konvegen ke bilangan f(1) = 1. Untuk x 𝜖 [0,1) diperoleh barisan bilangan {fk(x)}= {xk} ke bilangan f(x) = 0 karena 0 ≤ x < 1. Jadi dapat disimpulkan bahwa barisan fungsi {fk} tersebut konvergen ke fungsi f pada [0,1] dengan f(x) = {

1 0

𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑥 = 1 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑥 𝜖 [0,1)

2. Diketahui barisan fungsi fungsi {gk} dengan 𝑘𝑡

gk(x) = { 1

𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 0 ≤ 𝑥 < 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘

1 𝑘

1 𝑘

≤𝑥 ≤1

Karena untuk k → ∞ diperoleh fungsi g dengan rumus


0 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑥 = 0 g(x) = lim 𝑔𝑘 (x) = { 𝑘→∞ 1 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 0 < 𝑥 ≤ 1 maka dapat disimpulkan bahwa barisan fungsi {gk} konvergen ke fungsi g. Menurut Teorema 4.1,2, barisan fungsi {fk} konvergen ke suatu fungsi f pada D ⊂ ℛ jika dan hanya jika di setiap x 𝜖 D barisan bilangan {fk(x)} konvergen kebilangan f(x). Dalam keadaan ini juga dikatakan barisan fungsi {fk} konvergen ke fungsi f titik demi titik (point wise) pada D. Memang, berdasarkan kenyataannya untuk sebarang bilangan x 𝜖 D dan sebarang bilangan 𝜀 > 0 dapat ditemukan bilangan asli no = no(x,𝜀) , bilangan asli no yang tergantung pada x dan 𝜀, sehingga setiap bilangan asli k ≥ no benar bahwa | fk(x) – f(t) | < 𝜀 . Ada barisan fungsi yang konvergen pada suatu daerah D sehingga bilangan asli bilangan asli no yang tekait dapat dipilih sehingga hanya tergantung pada bilangan 𝜀 saja. Jika halnya demikian barisan fungsi itu dikatakan konvergen seragam pada D. Definisi 4.1.3 : ( Kekonvergenan seragam ) Diketahuifungsi fk : D ⊂ ℛ → ℛ untuk setiap bilangan asli k. Barisan fungsi {fk} dikatakan konvergen seragam ( uniformly convergent ) ke fungsi f pada D ⊂ ℛ jika untuk sebarang bilangan 𝜀 > 0 ada ( dapat dipilih ) bilangan asli no , yang hanya tergantung pada 𝜀 saja, sehingga untuk setiap bialangan asli k > no benar bahwa | fk(x) – f(t) | < 𝜀 untuk setiap x 𝜖 D .


Contoh : 1. Jika untuk setiap bilangan asli k diketahui fk(x) =

𝑥𝑘 𝑘

untuk setiap x 𝜖

[0,1] akan diperlihatkan bahwa barisan fungsi {fk} konvergen seragam ke fungsi f pada [0,1] dengan f(x) = 0 untuk setiap x 𝝐 [0,1] Diambil sebarang bilangan 𝜀 > 0. Akan akan ditunjukkan ada bilangan asli no , yang tak bergantung pada x tetapi hanya bergantung pada 𝜺 saja, sehingga setiap jika bilangan asli k ≥ no benar bahwa | fk(x) – f(x) | = |

𝑥𝑘 𝑘

-0|=

𝑥𝑘 𝑘

< 𝜀 atau xk < k.𝜀 .

Karena x 𝜖 [0,1] diperoleh xk ≤ 1 < k.𝜀

1

atau

k>𝜀 . 1

Jadi dengan mengambil bilangan asli no > 𝜀 , no tidak tergantung pada x 𝜖 [0,1] dan hanya tergantung pada bilangan 𝜀 saja diperoleh bahwa untuk setiap k ≥ no benar bahwa | fk(x) – f(x) | = |

𝑥𝑘 𝑘

-0|=

𝑥𝑘 𝑘

< 𝜀

untuk setiap x 𝜖 [0,1] . Dengan kata lain terbukti bahwa fungsi {fk} konvergen seragam ke fungsi f pada [0,1]. 6. Barisan fungsi {gk} dengan gk(x) = xk untuk setiap x 𝜖 [0,1] konvergen tak seragam ke fungsi g pada [0,1] dengan g(x) = 0 untuk setiap x 𝜖 [0,1) dan g(1) = 1,sebab untuk sebarang bilangan 𝜀 > 0 tak dapat ditemukan bilangan asli no yang tak tergantung pada x 𝜖 [0,1] sehingga jika bilangan asli k ≥ no benar bahwa | gk(x) – g(x) | = | xk – 0 | = xk < 𝜀 . Terlihat bahwa :

k ≥ no = no(𝜀,x) > xlog 𝜀.

no di pilih bilangan asli pertama yang > xlog 𝜀.


Ada pengertian kekonvergenan baru yang ekuivalen dengan pengertian kekonvergenan seragam tersebut di atas, yaitu sebagai tertuang ke dalam definisi di bawah ini. Definisi 4.1.4 : ( Kekonvergenan lokal ) Diketahui fungsi fk : D ⊂ ℛ → ℛ untuk setiap bilangan asli k. (i) Barisan fungsi {fk} dikatakan konvergen lokal (locally convergent) ke fungsi f di titik t 𝜖 D ⊂ ℛ jika untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan 𝛿 = 𝛿(t, 𝜀) dan bilangan asli no =no(t, 𝜀) sehingga unuk setiap x 𝜖 D ⋂ (t-𝛿,t+𝛿) dan k > no benar bahwa | fk(x) – f(x) | < 𝜀. (ii) Barisan fungsi {fk} dikatakan konvergen local (locally convergent) ke fungsi f pada D ⊂ ℛ jika barisan fungsi {fk} konvergen local di setiap t 𝜖 D.

Teorema 4.1.5 : Barisan fungsi {fk} konvergen seragam ke fungsi f pada selang tertutup [a,b] jika dan hanya jika barisan itu konvergen local ke fungsi f pada [a,b]. Bukti : Syarat perlu : Karena barisan fungsi {fk} konvergen seragam ke fungsi f pada [a,b] maka untuk sebarang bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no sehingga jika bilangan asli k > no dan x 𝜖 [a,b] ⋂ (t𝛿,t+𝛿), untuk sebarang bilangan 𝛿 > 0, benar bahwa | fk(x) – f(x) | < 𝜀. Dengan kata lain terbukti bahwa barisan fungsi {fk} konvergen local ke fungsi f pada [a,b]. Syarat cukup : Barisan fungsi {fk} konvergen local (locally convergen ) ke fungsi f pada [a,b] jika dan hanya jika untuk


setiap t 𝜖 [a,b] dan sebarang bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no = no(t,𝜀) dan bilangan 𝛿 = 𝛿(t,𝜀) > 0 sehingga untuk setiap bilangan asli k > no dan x 𝜖 [a,b] ⋂ (t-𝛿,t+𝛿) benar bahwa | fk(x) – f(x) | < 𝜀. Koleksi O ={ (t-𝛿,t+𝛿) : t 𝜖 [a,b] } merupakan liput terbuka selang tertutup dan terbatas [a,b]. Oleh karena itu terdapat liput bagian {(t1𝛿 1,t1+𝛿 1), (t2-𝛿 2,t2+𝛿 2), . . . , (tn-𝛿 n,tn+𝛿 n)} ⊂ O sehingga [a,.b] ⊂ ⋃𝑛𝑖=1(ti-𝛿 i,ti+𝛿 i). Dipilih bilangan asli No = maks{ no(ti,𝜀) ; i = 1,2, . . . . , n }. Jika x 𝜖 [a,b] tentu ada bilangan asli s ( s = 1,2, . . . , n) sehingga x 𝜖 (ts𝛿 s,ts+𝛿 s). Dengan mengambil bilangan asli k > no diperoleh | fk(x) – f(x) | < 𝜀 dan dengan kata lain terbukti bahwa barisan fungsi {fk} konvergen seragam ke fungsi f pada [a,b].

∎

Seperti pada barisan bilangan, pada barisan fungsi pun ada pengertian barisan Cauchy, yaitu seperti tertuang ke dalam definisi di bawah ini. Definisi 4,1.5 : Barisan fungsi {fk} yang terdefinisi pada suatu daerah D ⊂ ℛ disebut barisan Cauchy atau barisan fundamental pada D jika untuk setiap t 𝜖 D barisan bilangan {fk(t)} merupakan barisan Cauchy. Berdasarkan definisi tersebut dan dengan meggunakan Teorema


2.1.11 mudah dibuktikan teorema di bawah ini. Teorema 4.1.6 : Barisan fungsi {fk}konvergen pada suatu daerah D ⊂ ℛ jika dan hanya jika barisan itu merupalan barisan Cauchy pada daerah D tersebut. Terkait dengan pengertian barisan fungsi yang konvergen atau barisan fungsi yang konvergen lokal pada suatu daerah D, ada pula pengertian keseragaman barisan Cauchy. Definisi 4.1.7 : Barisan Cauchy fungsi {fk} pada D dikatakan seragam jika untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no = no(𝜀) sehingga untuk setiap k,l ≥ no benar bahwa | fk(x) – fl(x) | < 𝜀 untuk setiap x 𝜖 D atau || fk – fl || = sup{ | fk(x) – fl(x) | : x 𝜖 D } < 𝜀 Teorema 4.1.8 : Barisan fungsi {fk} merupakan barisan Cauchy seragam pada D jika dan hanya jika barisan itu konvrgen seragam pada D. Bukkti : Syarat perlu : Barisan fungsi {fk} merupakan barisan Cauchy seragam pada D jika dan hanya jika untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no = no(𝜀) sehingga untuk setiap k,l ≥ no benar bahwa || fk – fl || = sup{ | fk(x) – fl(x) | : x 𝜖 D } < 𝜀/2 Hal ini berarti untuk setiap x 𝜖 D barisan bilangan {fk(x)} merupakan barisan Cauchy dan oleh karena itu barisan bilangan itu konvergen, katakanlah ke bilangan f(x); jadi untuk setiap x 𝜖 D benar bahwa lim 𝑓𝑙 (x) = f(x),

𝑙→∞


f merupakan fungsi dari D ke ℛ. dan untuk setiap k > no benar bahwa || fk – f || = sup{ | fk(x) – f (x) | : x 𝜖 D } < 𝜀 . Dengan kata lain barisan fungsi {fk} konvergen seragam ke fungsi f pada D. Syarat cukup : Bukti trivial (cukup jelas).

∎

Teorema 4.1.9 : Jika barisan fungsi {fk} konvergen lokal ke fungsi f di titik t 𝜖 D dan fk kontinu di titik t untuk setiap k, maka fungsi f kontinu di t. Bukti : Barisan fungsi {fk} konvergen lokal ke fungsi f di titik t ϵ D jika dan hanya jika untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no = no(t,𝜀) dan bilangan 𝛿 =𝛿(𝑡, 𝜀) > 0 sehingga untuk setiap k > no dan x ϵ D ∩ (t - 𝛿,t + 𝛿) benar bahwa | fk(x) – f (x) | < 𝜀/3 .

(a)

Diambil k > no. Fungsi fk kontinu di t jika dan hanya jika untuk bilangan 𝜀 tersebut terdapat bilangan 𝛾 = 𝛾(𝑡, 𝜀) > 0 shingga untuk setiap x ϵ D ∩ (t - 𝛾,t + 𝛾) benar bahwa | fk(x) – fk (t) | < 𝜀/3 .

(b)

Berdasarkan (a), (b), dan dengan mengambil bilangan 𝜏 = min{ 𝛿, 𝛾) diperoleh untuk setiap x ϵ D ∩ (t - 𝜏,t + 𝜏) benar bahwa | f(x) – f(t) | ≤ | f(x) – fk(x) | + | fk(x) – fk (t) | + | fk(t) – f (t) | < 𝜀/3 + 𝜀/3 + 𝜀/3 = 𝜀 . Dengan kata lain terbukti bahwa fungsi f kontinu di t .

∎

Akibat langsung teorema di atas adalah sebagai berikut. Akibat 4.1.10 : Jika barisan fungsi {fk} konvergen lokal (konvergen


seragam) ke fungsi f pada daerah D dan fk kontinu pada D untuk setiap k, maka fungsi f kontinu pada D. Contoh : 7. (a) Contoh 5 menunjukkan bahwa barisan fungsi {fk} dengan fk(x) = 𝑥𝑘 𝑘

konvergen seragam ke fungsi f dengan f(x) = 0 pada selang ter-

tutup [0,1]. Karena fk kontinu pada [0,1] untuk setiap k maka, menurut. Teorema 4.1.8 dan Akibat 4.1.10 fungsi f kontinu pada [0,1]. (b) Contoh 6 menunjukkan bahwa barisan fungsi{gk} dengan gk(x) = 𝑥 𝑘 konvergen ke fungsi g dengan g(x) = 0 untuk x 𝜖 [0,1) dan g(x) = 1 untuk x = 1. Meskipun gk kontinu pada [0,1] untuk setiap k .Diperoleh g tak kontinu pada [0,1] ( g tak kontinu di 1 ) karena barisan fungsi gk} konvergen tak seragam ke fungsi g pada [0,1]. Teorema 4.1.11 : Diketahui untuk setiap bilangan asli k terdapat bilangan nonnegatif ak sehingga | fk(x) | ≤ ak untuk setiap x 𝜖 D ⊂ ℛ. Jika barisan bilangan {ak} konvergen, maka barisan fungsi {fk} konvergen seragam pada D. Bukti : Barisan bilangan {ak} konvergen jika dan hanya jika {ak} merupakan barisan Cauchy. Jadi untuk sebarang bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no sehingga jika dua bilangan asli k,l ≥ no benar bahwa | ak – al | < 𝜀 . Menurut hipotesis, hal ini berakibat bahwa untuk setiap x 𝜖 D dan dua bilanga asli k,l ≥ no benar bahwa | fk(x) – fl(x) | ≤ | ak – al | < 𝜀 yang berarti bahwa barisan fungsi {fk} konvergen seragam pada D.

∎


Barisan fungsi {fn} dengan fn : D ⊂ ℛ → ℛ dikatakan naik ( turun ) monoton pada D jika fn(x) ≤ fn+1(x)

( fn(x) ≥ fn+1(x) )

untuk setiap x 𝜖 D. Selanjutnya, barisan fungsi {fn} tersenut dikatakan terbatas ke atas ( terbatas ke bawah ) pada D jika ada bilangan M ( bilangan m ) sehingga fn(x) ≤ M

( fn(x) ≥ m )

untuk setiap x 𝜖 D ; fungsi M dan m berturut-turut disebut batas atas dan batas bawah. Jika diketahui dua fungsi kontinu u,v : [a,b] ⊂ ℛ → ℛ dengan u(x) < v(x) untuk setiap x 𝜖 [a,b] , didefinisikan : (a) (u,v) = {k: [a,b] → ℛ kontinu | u(x) < k(x) < v(x), x 𝜖 [a,b] } disebut interval fungsi terbuka, (b) [u,v] = {k: [a,b] → ℛ kontinu | u(x) ≤ k(x) ≤ v(x), x 𝜖 [a,b] } disebut interval fungsi tertutup. Teorema 4.1.12 : Jika diketahui barisan interval fungsi tertutup fungsi {[un,vn]} pada [a,b] dengan sifat-sifat : (i) (ii)

[un+1,vn+1] ⊂ [un,vn] untuk setiap n dan lim sup{|vn(x)-un(x)| : x 𝜖 [a,b] } = 0

𝑛→∞

maka terdapat tepat satu fungsi f kontinu pada [a,b] sehingga f 𝜖 [un,vn] untuk setiap n. Bukti : Untuk setiap x 𝜖 [a,b], diperoleh barisan selang tertutup {[an,bn]} = {[un(x),vn(x)]}yang memenuhi syarat-syarat Teorema Selang


Susut (Teorema 2.1.9 ). Oleh karena itu terdapat dengan tunggal bilangan f(x) sehingga f(x) 𝜖 {[an,bn]} = {[un(x) ,vn(x)]}untuk setiap n. Jadi terdapat dengan tunggal fungsi f sehingga

f 𝜖 [un,vn] untuk setiap

bilangan asli n . Selanjutnya, lim sup{|vn(x)-un(x)| : x 𝜖 [a,b] } = 0

𝑛→∞

jika dan hanya jika untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli m sehingga setiap bilangan asli n ≥ m benar bahwa sup{|vn(x)-un(x)| : x 𝜖 [a,b] } < 𝜀 yang berarti |vn(x)-un(x)| < 𝜀 untuk setiap n ≥ m dan x 𝜖 [a,b] yang berakibat 0 ≤ f(x) – un(x) < 𝜀 dan 0 ≤ vn(x) – f(x) < 𝜀 . um kontinu pada selang tertutup [a,b], jadi um kontinu seragam pada [a,b] yaitu terdapat bilangan 𝛿 > 0 sehingga jika x,y 𝜖 [a,b] dan |x – y| < 𝛿 benar bahwa |um(x) – um(y)| < 𝜀 . Berdasarkan kenyataan-kenyataan tersebut di atas diperoleh jika x,y 𝜖 [a,b] dan |x – y| < 𝛿 benar bahwa |f(x) – f(y)| ≤ | f(x) – umx)| + |um(x) – um(y)| + | um(y) – f(y)| < 3.𝜀 yang dengan kata lain fungsi f kontinu pada [a,b] dan bukti selesai. ∎ Contoh : 8. Barisan fungsi {fk} ,dengan fk(x) =

sin 𝑘𝑥 𝑘2

untuk setiap x 𝜖 [0, 𝜋], 1

konvergen seragam pada [0, 𝜋] karena ada barisan bilangan {𝑘 2 }

79

Barisan dan deret

yang konvergen dan | fk(x) | = |

sin 𝑘𝑥 𝑘2

| ≤ | ak | =

1 𝑘2

untuk setiap x 𝜖 [0, 𝜋] . Teorema di bawah ini mengatakan hubungan antara barisan fungsi dan barisan fungsi derivatifnya . Teorema 4.1.13 : Diketahui bahwa untuk setiap k fungsi fk : [a,b] → ℛ mempunyai derivatif 𝑓𝑘′ (x) untuk setiap x 𝜖 [a,b]. Jika (i) barisan fungsi {fk} konvergen ke suatu fungsi f pada [a,b] dan (ii) barisan fungsi {𝑓𝑘′ } konvergen seragam ke suatu fungsi g pada [a,b], maka barisan fungsi {fk} konvergen seragam ke suatu fungsi f pada [a,b] dan f’(x) = g(x) untuk setiap x 𝜖 [a,b]. Bukti : Diambil sebarang titik tetap xo 𝜖 [a,b], sebarang titik x 𝜖 [a,b] dengan x ≠xo dan I adalah selang tertutup dengan ujung-ujungnya adalah x dan xo. Berdasarhan hipotesis (ii), {𝑓𝑘′ } konvergen seragam ke suatu fungsi g pada I jika dan hanya jika untuk sebarang bilangan 𝜀 > 0 dapat dipilih bilangan asli no = no(𝜀) sehingga jika dua bilangan asli k,l ≥ no benar bahwa || 𝑓𝑘′ – 𝑓𝑙′ || = sup{ |𝑓𝑘′ (t) – 𝑓𝑙′ (t)| : t 𝜖 I } < 𝜀

||f’k – g|| < 3(𝑏−𝑎)

dan

𝜀 3(𝑏−𝑎)

|fk(xo) – fl(xo)| <

𝜀 3

,

.

Berdasarkan hipotesis (i) dan (ii), menurut Teorema Nilai Rata-rata, terda-pat s 𝜖 I sehingga fk(x) – fl(x) = fk(xo) – fl(xo) + (x – xo)( 𝑓𝑘′ (s) – 𝑓𝑙′ (s) ) Kesamaan terakhir ini beakibat || fk – fl || < | fk(xo) – fl(xo) | + | x – xo |.|| 𝑓𝑘′ – 𝑓𝑙′ || < 𝜀

80

Barisan dan deret

yang berarti terbukti bahwa barisan fungsi {fk} konvergen seragam ke fungsi f pada [a,b]. Tinggal membuktikan bahwa f’(x) ada dan f’(x) = g(x) untuk setiap x 𝜖 [a,b]. Dari (a) dengan mengambil l → ∞ dipeoleh 𝜀

|| 𝑓𝑘′ –g || <3(𝑏−𝑎) dan karena 1

lim ℎ{𝑓𝑘 (x+h) - 𝑓𝑘 (x)} = 𝑓𝑘′ (x)

ℎ→0

dan

lim 𝑓𝑘 (x) = f(x)

𝑘→∞

untuk setiap x 𝜖 [a,b] maka 1

lim lim | ℎ{𝑓𝑘 (x+h) - 𝑓𝑘 (x)} – g(x) | <

𝑘→∞ ℎ→0

𝜀 3(𝑏−𝑎)

yang berarti f’(x) = g(x) untuk setiap x 𝜖 [a,b].

∎

Latihan 4.1 𝑥𝑘

1, Diketahui fk(x) = 1+𝑥 𝑘 untuk setiap bilangan asli k. Buktikan bahwa barisan fungsi {fk} konvergen ke suatu fungsi f pada [0,2]. Perlihat lihatkan bahwa kekonvergenannya itu tak seragam. 2. Diketahui barisan fungsi kontinu {fk} konvergen seragam ke suatu fungsi f pada suatu selang [a,b]. Jika {xn} barisan titik-titik di dalam selang tersebut konvergen ke xo 𝜖 [a,b] buktikan bahwa barisan bilangan {fk(xk)} konvergen ke f(xo). 3. Diketahui fungsi f kontinu seragam pada [a,b]. Jika untuk setiap bi1

langan asli k fungsi fk(x) = f(x+𝑘) untuk setiap x 𝜖 [a,b], buktikan bahwa barisan fungsi {fk} konvergen seragam ke fungsi f pada [a,b].. 4. Jika barisan fungsi {fk} dan {gk} berturut-turut konvergen seragam ke fungsi f danh g pada suatu selang I serta {fk} dan {gk} terbatas pada I,

81

Barisan dan deret

buktikan bahwa barisan fungsi {fkgk} konvergen seragam ke fungsi fg pada I. 5. Jika fungsi g kontinu pada selang tertutup I, barisan fungsi {fk} konvergen seragam ke fungsi f pada I, dan ada bilangan M > 0 sehingga | fk(x) | < M untuk setiap x 𝜖 I, buktikan bahwa barisan fungsi {fkg} konvergen ke fungsi fg pada I. Selidiki apakah kekonvergenan itu seragam ?

4.2 Deret fungsi Telah diketahui hubungan antara deret bilangan dan barisan bilangan, juga telah diketahui bahwa pengertian barisan fungsi dibangun atas pengertian barisan bilangan. Sejalan dengan itu, pengertian deret fungsi akan dibangun atas pengertian barisan fungsi. Definisi 4.2.1 : Untuk setiap bilangan asli k diketahui fungsi uk : D ⊂ ℛ → ℛ. Deret yang suku ke-k nya adalah fungsi uk yaitu ∑∞ 𝒌=𝟏 𝒖𝒌 = u1 + u2 + u3 + . . . . . disebut deret fungsi ( series of functions ) pada D. Seperti pada bilangan, pengertian dan sifat-sifat deret fungsi dibangun berdasarkan barisan fungai jumlah partsial {Sn} pada D dengan Sn = ∑𝒏𝒌=𝟏 𝒖𝒌 = u1 + u2 + u3 + . . . . + un , yang disebut jumlah partsial n suka perama, Barisan fungsi {Sn} disebut barisan fungsi jumlah parsial deret fungsi ∑∞ 𝒌=𝟏 𝒖𝒌 . Jadi dapat diangkat pengertian/definisi kekonvergenan deret fungsi sebagai berikut.

82

Barisan dan deret

Definisi 4.2.2 : Deret fungsi ∑∞ 𝒌=𝟏 𝒖𝒌 pada D dikatakan (i) konvergen di x jika barisan fungsi jumlah parsialnya konvergen di x. (ii) konvergen pada D jika barisan fungsi jimlah parsialnya konvergen pada D. bilangan f(x) sehingga barisan fungsi jumlah parsialnya yaitu {Sn} konvergen ke f(x) : Lebih

jelasnya,

deret

fungsi

∑∞ 𝑘=1 𝑢𝑘

konvergen di x 𝜖 D jika ada lim 𝑆𝑛 (x) = f(x) . 𝑛→∞

Deret fungsi ∑∞ 𝑘=1 𝑢𝑘 konvergen pada D jika ada fungsi f : D ⊂ ℛ → ℛ sehingga barisan fungsi jumlah parsialnya yaitu {Sn} konvergen ke fungsi f pada D : lim 𝑆𝑛 (x) = f(x) untuk setiap x 𝜖 D.

𝑛→∞

Sejalan dengan suatu pangertian pada barisan fungsi, deret fungsi ∑∞ 𝑘=1 𝑢𝑘 dikatakan konvergen local di suatu x 𝝐 D ( pada D ) jika barisan fungsi jumlah parsialnya yaitu {Sn} konvergen local di x ( pada D ). Juga, barisan fungsi ∑∞ 𝑘=1 𝑢𝑘 dikatakan konvergen seragam pada D jika barisan fungsi jumlah parsialnya yaitu {Sn} konvergen seragam pada D. Oleh karena itu diperoleh teorema di bawah ini.

Teorema 4.2.3 : Untuk setiap bilangan asli k diketahui fungsi uk :[a,b} → ℛ kontinu. (i) Jika deret fungsi ∑∞ 𝑘=1 𝑢𝑘 konvergen local ke fungsi f di 𝑥 𝜖 [a,b] maka fungsi f kontinu di x. (ii) Jika deret fungsi ∑∞ 𝑘=1 𝑢𝑘 konvergen local ( seragam ) ke fungsi f pada [a,.b] maka fungsi f kontinu pada [a,b] .

83

Barisan dan deret

Bukti : Bukti sejalan dengan bukti Teorema 4.1.8 dan Akibat 4.1.9 . Contoh : 1. Deret fungsi dengan suku ke-k yaitu uk(x) = xk ( k = 0,1,2,3, . . . . ) : 1 + x + x2 + x3 + . . . . 1

konvergen seragam ke fungsi f dengan f(x) = 1−𝑥 pada selang tertutup [-r,r] dengan 0 < r < 1, sebab | Sn(x) – f(x) | = | (1 + x + x2 + x3 + . . . + xn-1) -

1 1−𝑥

1−𝑥

| 1

= | (1 + x + x2 + x3 + . . . + xn-1)1−𝑥 - 1−𝑥 | =|

1−𝑥 𝑛 1−𝑥

1

𝑥𝑛

- 1−𝑥 | = | 1−𝑥 | <

1 𝑟

< 𝜀

untuk setiap bilangan asli n ≥ no dengan no bilangan asli pertama 1

yang lebih besar daripada dan tak tegantung pada x 𝜖 [-r,r]. Lebih 𝜀

lanjut, karena uk kontinu pada [-r,r] maka f kontinu pada [-r,r] . Seperti pada deret bilangan, terdapat pula teorema-teorema mengenai tes kekonvergenan deret fungsi ; di antaranya beberapa teorema di bawah ini Teorema 4.2.4 : ( Tes-M Weierstrass ) Diketahui untuk setiap bialangan asli k fungsi uk : D ⊂ ℛ → ℛ. Jika untuk setiap bilangan asli k terdapat bilangan nonnegatif Mk sehingga |uk(x)| ≤ Mk untuk setiap x 𝜖 D dan deret bilangan ∑∞ 𝑘=1 𝑀𝑘 konvergen, maka deret fungsi ∑∞ 𝑘=1 𝑢𝑘 konvergen seragam pada D. Bukti : Jumlah parsial n-suku pertama deret bilangan nonnegatif 𝑛 ∞ ∑∞ 𝑘=1 𝑀𝑘 adalah sn = ∑𝑘=1 𝑀𝑘 . Deret bilangan ∑𝑘=1 𝑀𝑘 konvergen jika

dan hanya jika barisan jumlah parsialnya yaitu {sn} merupakan barisan Cauchy, i.e. , untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 ada bilangan asli no yang

84

Barisan dan deret

hanya tergantung pada 𝜀 sehingga untuk setiap dua bilangan asli m,n ≥ no benar bahwa | sm – sn | < 𝜀 . Jika Sn jumlah parsial n suku pertama deret fungsi ∑∞ 𝑘=1 𝑢𝑘 , menurut yang diketahui diperoleh untuk untuk setiap x 𝜖 D dan m,n ≥ no , dianggap m < n, | Sm(x) - Sn(x) | ≤ | um+1| + | um+2| + . . . . + |un| ≤ Mm+1 + Mm+2 + . . . . + Mn = | sm – sn | < 𝜀 . Kenyataan ini berarti, menurut Teorema 4.1.10, barisan fungsi {Sn} dan deret fungsi ∑∞ 𝑘=1 𝑢𝑘 konvergen seragam .

∎

Contoh : 1. Deret fungsi ∑∞ 𝑘=1

sin 𝑘𝑥 𝑘2

konvergen seragam pada selang tertutup

𝜋

[0,2 ], sebab |uk(x)| = |

sin 𝑘𝑥 𝑘2

1

1

∞ | ≤ Mk = 𝑘 2 dan ∑∞ 𝑘=1 𝑀𝑘 = ∑𝑘=1 𝑘 2

konvergen . Barisan fungsi {fk} dikatakan terbatas seragam ( uniformly bounded ) pada D jika tedapat bilangan M ≥ 0 sehingga benar bahwa |fk(x)| ≤ M untuk setiap x 𝜖 D . Dipersilahkan pembaca membuktikan dua teorema di bawah ini. Teorema 4.2.5 : ( Tes Dirichlet ) Diketahui du barisan fungsi {fk} dan {gk} dengan domain D dan Sn = ∑𝑛𝑘=1 𝑓𝑘 .

85

Barisan dan deret

Deret fungsi ∑∞ 𝑘=1 𝑓𝑘 gk konvergen seragam pada D jika (i) barisan fungsi {Sn} terbatas seragam pada D dan (ii) barisan fungsi {gk} konvrgen seragam pada D sertaserta barisan bilangan {gk(x)} turun monoton dan konvergen ke 0 untuk setiap x 𝜖 [a,b] . Teorema 4.2.6 : ( Tes Abel ) Diketahui du barisan fungsi {fk} dan {gk} dengan domain D. Deret fungsi ∑∞ 𝑘=1 𝑓𝑘 gk konvergen seragam pada D jika (i) deret fungsi ∑∞ 𝑘=1 𝑓𝑘 konvergen seragam pada D, (ii) barisan fungsi {gk} terbatas pada D, dan (iii) barisan bilangan {gk(x)} merupakan barisan monoton untuk setiap x 𝜖 [a,b]. Contoh : 1. Deret-deret fungsi di bawah ini kekonvergen seragam pada ℛ : ∑∞ 𝑘=1

sin 𝑘𝑥 𝑘𝑝

∑∞ 𝑘=1

dan

cos 𝑘𝑥 𝑘𝑝

.

sebab nilai sin 𝑘𝑥 dan nilai cos 𝑘𝑥 terletak di antara -1 dan 1 ( ter1

batas ) dan dengan mengambil gk(x) = 𝑘 𝑝 , dengan p > 1, untuk setiap x 𝜖 ℛ. ( menurut Tes Weierstrass ) Kekonvergenan seragam deret pangkat Telah diketahui bahwa deret pangkat k ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 (x – a)

konvergen pada selang kekonvergenannya yaitu konvergen pada selang I dengan titik pangkal a – R, titik ujung a + R, dan 𝑎𝑘

R = lim | 𝑎 𝑘→∞

𝑘+1

| ( jari-jari kekonvergenan ) ;

86

Barisan dan deret

jadi I = (a –R,a+R), I = [a – R,a + R), I = (a – R,a + R], atau I = [a – R,a + R] . Teorema di bawah ini menunjukkan kekonvergenan seragam deret pangkat tersebut pada selang bagian tertutup di dalam selang kekonvergenan I tersebut. Teorema 4.2.7 : Deret pangkat k ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 (x – a)

konvergen seragam pada setiap interval tertutup [a – r,a + r] ⊂ I dengan I selang kekonvergenannya. Bukti : Karena deret pangkat tersebut konvergen pada selang kekonvergenannya I maka deret pangkat tersebut konvergen di a + r ; dengan k kata lain deret bilangan ∑∞ 𝑘=1 𝑎𝑘 r . Jadi, untuk setiap bilangan 𝜀 > 0 ada

bilangan asli m ( tak bergantung pada nilai x ) sehingga benar bahwa | ∑𝑘>𝑚 𝑎𝑘 rk | < 𝜀 . Karena jika x 𝜖 [a – r,a + r] berakibat x – a ≤ r diperoleh | ∑𝑘>𝑚 𝑎𝑘 (x – a)k | ≤ | ∑𝑘>𝑚 𝑎𝑘 rk | < 𝜀 maka deret pangkat k ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 (x – a)

konvergen seragam pada [a - r,a + r] dan bukti selesai.

∎

Telah diketahui bahwa jika I selang kekonvergenan suatu deret pangkat k ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 (x – a)

dengan pusat kekonvergenan a dan jari-jari kekonvergenan R, maka deret derivatifnya dan deret integralnya juga mempunyai mempunyai selang kekonvergenan dengan pusat kekonvergenan a dan jari-jari kekonvergenan R pula. Oleh karena itu teorema terakhir di atas mempunyai akibat sebagai berikut .

87

Barisan dan deret

Akibat 4.2.8 : Jika deret pangkat k ∑∞ 𝑘=0 𝑎𝑘 (x – a)

konvergen pada selang kekonvergenan I dengan jari-jari kekonvergenan R, maka deret derivatifnya k-1 ∑∞ 𝑘=0 𝑘. 𝑎𝑘 (x – a)

dan deret integralnya ∑∞ 𝑘=0

1 𝑘+1

𝑎𝑘 (x – a)k+1

masing-masing konvrgen seragam pada setiap interval tertutup [a – r,a + r] ⊂ I.

Latihan 4.2 1. Buktikan bahwa deret fungsi 1

a. ∑∞ 𝑘=0 𝑥 2 +𝑘 2 𝑥𝑘

b. ∑∞ 𝑘=0 𝑘!

konvergen seragam pada ℛ, konvergen seragam pada setiap selang tertutup

dan terbatas, c.

𝑥

n konvergen seragam pada pada selang kekon∑∞ 𝑛=0( 3 )

vergenan -nya. 2. Buktikan Teorema 4.2.5 dan Teorema 4.2.6 secara lengkap dan buatlah contoh-contohnya . ∞ 3. Diketahui dua deret fungsi ∑∞ 𝑘=1 𝑓𝑘 dan ∑𝑘=1 𝑔𝑘 konvergen seragam

berturut-turut ke fungsi f dan g pada suatu selang I Jika barisan

bi-

langan {ak} dan {bk} terbatas, buktikan bahwa fungsi ∑∞ 𝑘=1(𝑎𝑘 𝑓𝑘 + bkgk) konvergen seragam pada selang I tersebut. a. Jika barisan bilangan {ak} dan {bk} berturut-turut konvergen ke a

88

Barisan dan deret

dan b, buktikan bahwa deret fungsi ∑∞ 𝑘=1(𝑎𝑘 𝑓𝑘 + bkgk) konvergen seragam ke fungsi af + bg pada selang I. b. Jika untuk setiap bilangan asli k fungsi fk kontinu pada I, buktikan bahwa fungsi f juga kontinu pada I. 4. Buktikan Teorema 4.2.5 ( Tes Dirichlet ) dan Teorema 4.2.6 ( Tes Abel ). 5. Buktikan Akibat 4.2.8 dan berikan pula contohnya.

4.3 Deret Fourier Salah satu deret fungsi yang banyak pemakaiannya adalah deret Fourier ( Fourier series ). Fungsi-fungsi yang dipakai di dalam deret Fourier adalah fungsi sinus dan fungsi cosinus. Agar lebih mudah mema hami deret Fourier perlu mengingat kembali beberapa pengertian di bawah ini. A.

Fungsi f : ℛ → ℛ disebut fungsi periodik ( periodic function ) jika

ada konstanta p > 0 sehingga benar bahwa f(x + p) = f(x) untuk setiap x 𝜖 ℛ dan bilangan p disebut perioda ( period ) fungsi terbut. Jadi jika fungsi f merupakan fungsi periodik dengan perioda p maka harus diketahui lebih dahulu rumus fungsi f pada selang [a,a+p) atau pa da selang (a,a + p] Contoh : 1. f(x) = sin x dan g(x) = cos x masing-masing fungsi periodik de= ngan perioda 2𝜋. 2. Fungsi gigi gergaji h(x) = x untuk x 𝜖 [0,2) dan h(x) = x + 2 untuk x yang lain merupakan fungsi periodik dengan perioda 2. B. Fungsi f : ℛ → ℛ disebut

89

Barisan dan Deret

(i) fungsi genap ( even function ) terhadap garis x = c jika f(c + x) = f(c - x) untuk setiap x 𝜖 ℛ. (ii) fungsi ganjil ( odd function ) terhadap garis x = c jika f(c + x) = - f(c - x) untuk setiap x 𝜖 ℛ. Jika f fungsi genap terhadap garis x = c maka, dengan L > 0, 𝑐+𝐿

𝑐+𝐿

∫𝑐−𝐿 𝑓 (x)dx = 2.∫𝑐

𝑓(x)dx .

Jika f fungsi ganjil terhadap garis x = c maka, dengan L > 0, 𝑐+𝐿

∫𝑐−𝐿 𝑓 (x)dx = 0 Hasil kali dua fungsi genap dan hasil kali dua fungsi ganjil merupakan fungsi genap, tetapi hasil kali fungsi genap dengan fungsi ganjil merupakan fungsi ganjil. Contoh : Fungsi-fungsi f(x) = x2, g(x) = cos

𝜋𝑛𝑥 𝐿

merupakan fungsi genap ter-

hadap garis x = 0. Fungsi-fungsi h(x) = x, k(x) = sin

𝜋𝑛𝑥 𝐿

merupakan

fungsi ganjil terhadap gasis x = 0. Oleh karena itu 𝐿

∫−𝐿 𝑥 2 cos

𝜋𝑛𝑥 𝑙

𝐿

dx = 2. ∫0 𝑥 2 cos

𝜋𝑛𝑥 𝑙

𝐿

dx dan ∫−𝐿 𝑥 2 sin

𝜋𝑛𝑥 𝐿

dx = 0.

C. Barisan fungsi {fk) dikatakan ortogonal ( orthogonal ) pada selang [a,b] jika 𝑏 ≠ 0 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑚 = 𝑛 ∫𝑎 𝑓 m(x)fn(x)dx { = 0 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑚 ≠ 𝑛

Contoh : Barisan fungsi {1,sin kx,cos kx}𝑘≥1 = { 1, sin x, cos x, sin 2x, cos 2x, sin 3x, cos 3x, . . .}

90

Barisan dan deret

merupakan barisan fungsi yang ortogonal pada [-𝜋, 𝜋]. Umumnya barisan fungsi {1,sin

𝜋𝑛𝑥 𝐿

,cos

𝜋𝑛𝑥 𝐿

}𝑛≥1

merupakan barisan fungsi yang ortogonal pada [-L,L], sebab : 𝐿

∫−𝐿 sin

𝐿

𝜋𝑛𝑥

dx = ∫−𝐿 cos

𝐿

𝐿

∫−𝐿 sin

𝜋𝑚𝑥 𝐿

cos

𝜋𝑛𝑥 𝐿

𝜋𝑛𝑥 𝐿

dx = 0 ,

dx = 0

untuk setiap dua bilangan asli m dan n, 𝐿

∫−𝐿(sin

𝜋𝑛𝑥 2 ) dx 𝐿

𝐿

= L dan ∫−𝐿(cos

𝜋𝑛𝑥 2 ) dx 𝐿

=L

untuk setiap dua bilangan asli n , dan 𝐿

∫−𝐿 cos

𝜋𝑚𝑥 𝐿

.cos

𝜋𝑛𝑥 𝐿

𝐿

dx =∫−𝐿 sin

𝜋𝑚𝑥 𝐿

sin

𝜋𝑛𝑥 𝐿

dx = 0

untuk setiap dua bilangan asli m dan n dengan m ≠ n. Dalam pembicaraan deret Fourier pada buku ini yang dimaksud dengan inttegral adalah integral Riemann. Setiap fungsi yang terbatas dan kontinu pada selang tertutup [a,b], kecuali di beberapa titik, akan terintegral (terintegral Riemann) pada [a,b] ; perkalian skalar fungsi yang terintegral, jumlah dan perkalian dua fungsi yang terintgral akan terintegral pada selang tertutup yang sama. Definisi 4,3.1 : Jika fungsi f terintegral pada selang [c-L,c+L], maka deret fungsi 𝒂𝒐 𝟐

=

𝒂𝒐 𝟐

+ ∑∞ 𝒏=𝟏(𝒂𝒏 𝐜𝐨𝐬 + a1 𝐜𝐨𝐬

+ ak 𝐜𝐨𝐬

𝝅𝒙

𝝅𝒌𝒙 𝑳

𝑳

𝝅𝒏𝒙 𝑳

+ b1𝐬𝐢𝐧

+ bk 𝐬𝐢𝐧

+ bn𝐬𝐢𝐧 𝝅𝒙 𝑳

𝝅𝒌𝒙 𝑳

𝝅𝒏𝒙 𝑳

+ a2 𝐜𝐨𝐬

) 𝝅𝟐𝒙

+....

dengan 𝟏

𝒄+𝑳

ao = 𝑳 ∫𝒄−𝑳 𝒇(𝒙) dx,

𝑳

+ b2 𝐬𝐢𝐧

𝝅𝟐𝒙 𝑳

+ ....

91

Barisan dan deret

𝟏

𝒄+𝑳

an = 𝑳 ∫𝒄−𝑳 𝒇(𝒙) 𝐜𝐨𝐬

𝝅𝒏𝒙

𝟏

𝑳

𝒄+𝑳

bn = 𝑳 ∫𝒄−𝑳 𝒇(𝒙) 𝐬𝐢𝐧

dx, dan

𝝅𝒏𝒙 𝑳

dx.

disebut deret Fourier ( Fourier series ) fungsi f pada selang [c-L,c+L]. Contoh : 1. Jika fungsi f mempunyai rumus f(x) = 0 untuk 0 ≤ x < 1 dan f(x) = 1 untuk 1 ≤ x ≤ 2 akan dicari deret Fouriernya. Panjang selang 2L = 2 – 0 = 2; jadi L = 1 dan c = 2 – L = 1, Oleh karena itu 1

𝐶+𝑙

1

1

𝐶+𝑙

𝜋𝑛𝑥

2

1

2

ao = 𝐿 ∫𝑐−𝐿 𝑓 (x) dx = 1 ∫0 𝑓 (x) dx = ∫0 0 dx + ∫1 1 dx = 1 , an = 𝐿 ∫𝑐−𝐿 𝑓 (x)cos

2

1

2

dx = 1 ∫0 𝑓(x)cos 𝜋𝑛𝑥 dx = ∫1 cos 𝜋𝑛𝑥 dx

𝐿

=0, 𝐶+𝑙

1

bn = 𝐿 ∫𝑐−𝐿 𝑓 (x)sin

𝜋𝑛𝑥 𝐿

2

1

2

dx = 1 ∫0 𝑓 (x)sin 𝜋𝑛𝑥 dx = ∫1 sin 𝜋𝑛𝑥 dx

1

1

=− 𝜋𝑛(cos 2𝜋𝑛 - cos 𝜋𝑛) = 𝜋𝑛 { (-1)n – 1 } . Jadi deret Fourier fungsi f tersebut adalah : 𝑎𝑜 2

+ ∑∞ 𝑛=1(𝑎𝑛 cos =

1 2

𝜋𝑛𝑥 𝐿

+ bn sin

2

𝜋𝑛𝑥

)

𝐿

1

1

- 𝜋{ sin 𝜋𝑥 + 3 sin 3𝜋𝑥 + 5 sin 5𝜋𝑥 + . . . . }.

2. Dihitung deret Fourier untuk f(x) = x2 pada [-𝜋, 𝜋]. Karena L = 𝜋 , c = 0 , dan f fungsi genap terhadap x = c = 0 maka 1

𝐶+𝑙

1

𝜋

1

𝐶+𝑙

𝜋𝑛𝑥

2

ao = 𝐿 ∫𝑐−𝐿 𝑓 (x) dx =𝜋 ∫−𝜋 𝑥 2 dx = 3 𝜋 2 , an = 𝐿 ∫𝑐−𝐿 𝑓 (x)cos 2 1

𝐿

1

𝜋

dx = 2. 𝜋 ∫0 𝑥 2 cos nx dx

2

1

4

= 𝜋. 𝑛{ x2 sin nx + 𝑛(x cos nx - 𝑛- sinnx )}|𝜋0 = 𝑛2 cos n𝜋 4

= 𝑛2 .(-1)n , 1

𝐶+𝑙

bn = 𝐿 ∫𝑐−𝐿 𝑓 (x)sin

𝜋𝑛𝑥 𝐿

dx= =

1

𝜋

∫ 𝑥 2 sin nx dx = 0 . 𝜋 −𝜋

Jadi deret Fourier untuk f(x) = x2 pada [-𝜋, 𝜋].adalah 𝑎𝑜 2

+ ∑∞ 𝑛=1(𝑎𝑛 cos

𝜋𝑛𝑥 𝐿

+ bn sin

𝜋𝑛𝑥 𝐿

)

92

Barisan dan deret

=

1

4

n 𝜋 2 + ∑∞ 𝑛=1(-1) 𝑛2 cos 𝑛𝑥 3

1

1

1

= 3 𝜋 2 – 4{ cos x - 22 cos 2v + 32 cos 3x - . . . . } . 3. Dicari deret Fourier fungsi f dengan rumus f(x) = x -𝜋 pada [0,2𝜋] 1

Karena L = (2𝜋 – 0) = 𝜋, c = 𝜋, dan f fungsi ganjil terhadap garis x 2

= 𝜋, maka 𝐶+𝑙

1

2𝜋

1

ao = 𝐿 ∫𝑐−𝐿 𝑓 (x) dx = 𝜋 ∫0 (𝑥 − 𝜋) dx = 0, 𝐶+𝑙

1

∫ 𝑓 (x)cos 𝐿 𝑐−𝐿

an = bn = =

𝐶+𝑙 𝑓 ∫ 𝑐−𝐿 𝐿 1

2𝜋 ∫ (𝑥 𝜋 𝜋 2

(x)sin

𝜋𝑛𝑥 𝐿

𝜋𝑛𝑥 𝐿

dx =

dx =

1

2𝜋

∫ (𝑥 − 𝜋)cos nx dx =0 , 𝜋 0 1

2𝜋

∫ (𝑥 − 𝜋)sin nx dx 𝜋 0 2

1

− 𝜋)sin nx dx = - 𝜋𝑛 {(x –𝜋)cos nx - 𝑛 sin nx}|2𝜋 𝜋

2

=-𝑛. Jadi deret Fourier f(x) = x – 𝜋 pada [-𝜋, 𝜋] adalah deret 𝑎𝑜 2


𝜋𝑛𝑥 𝐿

1

+ bnsin

𝜋𝑛𝑥 𝐿

)

1

= - 2{ sin x +2 sin 2x + 3 sin 3x + . . . . }. Pada Contoh 2 terakhir fungsi yang dideretkan Fourier merupakan fungsi genap terhadap garis x = 0 dan setiap suku deretnya merupakan fungsi cosinus, sedangkan pada Contoh 3 fungsi yang dideretkan Fourier merupakan fungsi ganjil terhadap garis x = 𝜋 dan setiap suku deretnya merupakan fungsi sinus. Oleh karena itu ada pengertian deret Fourier cosinus dan deret Fourier sinus ; lebih jelasnya sebagai berikut. (i) Deret Fourier cosinus f(x) pada selang [c,c+L] adalah deret 𝒂𝒐 𝟐

dengan

𝟐

𝒄+𝒍

ao = 𝑳 ∫𝒄

+ ∑∞ 𝒏=𝟏 𝒂𝒏 cos

𝒇(x) dx

dan

𝝅𝒏𝒙 𝑳 𝟐

𝒄+𝑳

an = 𝑳 ∫𝒄

𝒇(x) cos

𝝅𝒏𝒙 𝑳

dx .

93

Barisan dan deret

(ii) Deret Fourier sinus f(x) pads selang [c,c+L] adalah deret 𝝅𝒏𝒙

∑∞ 𝒏=𝟏 𝒃𝒏 sin dengan

bn =

𝒄+𝑳 𝒇(x) ∫ 𝒄 𝑳

𝟐

𝑳

sin

𝝅𝒏𝒙 𝑳

dx .

Jadi deret Fourier cosinus fungsi f pada selang tertutup [c,c+L] tak lain adalah deret Fourier fungsi f pada selang tertutup [c-L,c+L] dengan menganggap fungsi f merupakan fungsi genap terhadap garis x = c dan deret Fourier sinus fungsi f pada selang tertutup [c,c+L] tak lain adalah deret Fourier fungsi f pada selang tertutup [c-L,c+L] dengan menganggap fungsi f merupakan fungsi ganjil terhadap garis x = c . Contoh : 4. a. Deret Fourier sinus f(x) = x pada [0,2] adalah deret ∑∞ 𝑛=1 𝑏𝑛 sin

𝜋𝑛𝑥 𝐿

dengan 𝑐+𝐿

2

bn = 𝐿 ∫𝑐 -

2

𝑓 (x) sin

sin

𝜋𝑛

𝜋𝑛𝑥 2

𝜋𝑛𝑥 𝐿

2

2

dx = 2 ∫0 𝑥sin 4

𝜋𝑛𝑥 2

−2

dx = 𝜋𝑛 {x cos

𝜋𝑛𝑥 2

4

}|20 = - 𝜋𝑛 cos n𝜋 =𝜋𝑛(-1)n+1 .

Jadi deret Fourier sinus f(x) = x pada [0,2] adalah deret ∑∞ 𝑛=1 𝑏𝑛 sin

𝜋𝑛𝑥 𝐿

=

4 𝜋

𝜋𝑥

1

{ sin 2 - 2sin

2𝜋𝑥 2

1

+ 3sin

3𝜋𝑥 2

1

- 4sin

4𝜋𝑥 2

+....}

b. Deret Fourier cosinus f(x) = x pada [0,2] adalah deret 𝑎𝑜 2

+ ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 cos

𝜋𝑛𝑥 𝐿

dengan 2

𝑐+𝐿

2

𝑐+𝐿

ao = 𝐿 ∫𝑐

an = 𝐿 ∫𝑐 2 𝜋𝑛

2

2

𝑓(x) dx = 2 ∫0 𝑥dx = 2 𝑓 (x) cos

cos

𝜋𝑛𝑥 2

𝜋𝑛𝑥 𝐿

2

2

dx = 2 ∫0 𝑥cos

dan 𝜋𝑛𝑥 2

2

dx = 𝜋𝑛 { x sin

4

}|20 = (𝜋𝑛)2 {(-1)n – 1}.

Jadi deret Fourier cosinus f(x) = x pada [0,2] adalah deret

𝜋𝑛𝑥 2

+

94

Barisan dan deret

𝑎𝑜

+ ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 cos

2

−8

= 1 + 𝜋2 { cos

𝜋𝑥 2

𝜋𝑛𝑥 𝐿 1

+ 32 cos

3𝜋𝑥 2

1

+ 52 cos

5𝜋𝑥 2

+ . . . }.

5. Deret Fourier cosinus f(x) = x2 pada [0,𝜋] adalah deret Fourier f(x) pa da [−𝜋, 𝜋] ; likat Contoh 2 di atas. Jika diketahui 𝑎𝑜


2

𝜋𝑛𝑥 𝐿

+ bn sin

𝜋𝑛𝑥 𝐿

)

merupakan deret Fourier fungsi f pada selang tertutup [c – L,c + L], akan diperlihatkan bahwa deret itu akan konvergen ke S(x) dengan S(x) = f(x) jika x 𝜖 (c – L,c + L) jika titik kontinu fungsi f dan

(i)

1

(ii)

{f(x+) + f(x-)} jika t titik diskontinu fungsi f tersebut

2

dengan f(x+) = lim 𝑓(u) dan f(x-) = lim 𝑓(u). 𝑢→𝑥+

𝑢→𝑥−

Untuk menuju ke sana diperlukan beberapa tahap dan dimulai dengan lemma di bawah ini. Lemma 4.3.2 : (i)

1

+ cos x + cos 2x + cos 3x + . . . , + cos nx = 2 1

𝜋 sin(𝑛+2)𝑥 ∫ 𝜋 0 2 sin1 𝑥 1

(ii)

2

1

0 sin(𝑛+2)𝑥 ∫ 𝜋 −𝜋 2 sin1 𝑥

1

1

dx = 2 dan

1 2 1 2 sin 𝑥 2

sin(𝑛+ )𝑥

2

1

dx = 2

1

Bukti : (i) Karena 2.sin2x.cos kx = sin(k+1)x – sin kx, maka 1

1

1

2.sin2{ 2 + cos x + cos 2x + cos 3x + . . . , + cos nx } = sin(n +2)x. (ii) Berdasarkan (i) diperoleh 1

1

𝜋 sin(𝑛+2)𝑥

∫ 𝜋 0

1 2 sin 𝑥 2

1

dx = 2 dan

1

1

0 sin(𝑛+2)𝑥 1 2 sin 𝑥

∫ 𝜋 −𝜋

2

1

dx = 2.

∎

95

Barisan dan deret

Cacatan : Lemma 4.3.2 tetap benar jika bilangan 0 diganti dengan bilangan c, Bilangan 𝜋 diganti dengan bilangan c + L, bilangan –𝜋 diganti dengan bilangan c – L, dan variabel x diganti dengan variabel

𝜋𝑛𝑥 𝐿

Jumlah parsial 2n+1 suku pertama deret Fourier fungsi f pada selang tertutup [c – L,c + L] adalah 𝑎0

Sn(x) =

2

+ ∑𝑛𝑘=1(𝑎𝑘 cos

𝜋𝑘𝑥 𝐿

+ bk sin

𝜋𝑘𝑥 𝐿

).

Teorema 4.3.3 ( Ketidaksamaan Bessel ) Jika 𝑎0

+ ∑∞ 𝑘=1(𝑎𝑘 cos

2

𝜋𝑘𝑥 𝐿

+ bk sin

𝜋𝑘𝑥 𝐿

)

deret Fourier f(x) pada [c – L,c + L] , maka 𝑎𝑜2 2

1

𝑐+𝐿

+ ∑𝑛𝑘=1(𝑎𝑘2 + 𝑏𝑘2 ) ≤ 𝐿 ∫𝑐−𝐿 {f(x)}2dx

untuk setiap bilangan asli n .. Bukti : Karena {Sn(x) – f(x)}2 ≥ 0 untuk setiap x 𝜖 [c – L,c + L], maka 𝑐+𝐿 ∫ {Sn(x) 𝐿 𝑐−𝐿 1

– f(x)}2dx ≥ 0 .

Oleh karena itu diperoleh 𝑐+𝐿 ∫ {Sn(x)}2dx 𝐿 𝑐−𝐿 1 𝑎𝑜2 2

2

𝑐+𝐿

1

𝑐+𝑙

- 𝐿 ∫𝑐−𝐿 𝑆n(x).f(x) dx + 𝐿 ∫𝑐−𝐿 {f(x)}2dx ≥ 0 , 𝑎2

1

𝑐+𝑙

+ ∑𝑛𝑘=1( 𝑎𝑘2 + 𝑏𝑘2 ) – 2{ 2𝑜 + ∑𝑛𝑘=1( 𝑎𝑘2 + 𝑏𝑘2 )} + 𝐿 ∫𝑐−𝐿 {f(x)}2dx ≥ 0

atau 𝑎𝑜2 2

1

𝑐+𝐿

+ ∑𝑛𝑘=1(𝑎𝑘2 + 𝑏𝑘2 ) ≤ 𝐿 ∫𝑐−𝐿 {f(x)}2dx .

∎

Akibat Teorema 4.3.3 di atas yang tertulis di bawah ini mudah difahami.

96

Barisan dan deret

Akibat 4.3.4 : 𝒄+𝑳

𝐥𝐢𝐦 ∫𝒄−𝑳 𝒇(x)cos

𝒏→∞

𝒄+𝑳

𝝅𝒏𝒙

dx = 0 dan 𝐥𝐢𝐦 ∫𝒄−𝑳 𝒇(x)sin

𝑳

𝝅𝒏𝒙

𝒏→∞

𝑳

dx = 0

Teorema 4.3.5 : ( Syarat Dirichlet ) Jika fungsi f memenuhi syarat-syarat ; (i) Fungsi f merupakan fungsi periodik dengan perioda 2L, (ii) Fungsi f terintegral pada [c – L,c + L], dan (iii) f’ ada dan kontinu.pada [c – L,c + L], maka deret Fourier fungsi f pada [c = L,c + L] akan ke S(x) dengan S(x) = a. f(x) jika x titik kontinu fungsi f b.

1 2

{ f(x+) + f(x-) } jika x titik diskontinu fungsi f

dengan f(x+) = lim+ 𝑓(𝑢) dan f(x-) = lim− 𝑓(𝑢) . 𝑢→𝑥

𝑢→𝑥

Bukti : Untuk mempermudah penulisan penyederhanaan teorema tersebut di atas dibuktikan untuk c = 0 dan L = 𝜋 . Karena 𝜋

1

ancos nx + bnsin nx = 𝜋 ∫𝜋 𝑓(𝑡){cos nt cos nx+sin nt sin nx}dt 𝜋

1

= 𝜋 ∫−𝜋 𝑓(𝑡) cos n(t - x) dt maka Sn(x) = =

1 𝜋 ∫ 𝑓(𝑡) 2𝜋 −𝜋 1

𝜋

𝑎𝑜

+ ∑𝑛𝑘=1{akcos kx + bksin kx}

2 1 𝜋

𝜋

dt + ∑𝑛𝑘=1 ∫−𝜋 𝑓(𝑡)cos k(t - x) dt

1

1

𝜋

= 𝜋 ∫−𝜋 𝑓(𝑡){ 2 + ∑𝑛𝑘=1 cos 𝑘(𝑡 − 𝑥)} dt = 𝜋 ∫−𝜋 𝑓(𝑡) 1

==

sin(𝑛+ )(𝑡−𝑥) 1 0 2 dt ∫ 𝑓(𝑡) 1 𝜋 −𝜋 2 sin (𝑡−𝑥) 2

1

+

1 2 1 2 sin (𝑡−𝑥) 2

sin(𝑛+ )(𝑡−𝑥)

sin(𝑛+ )(𝑡−𝑥) 1 𝜋 2 dt ∫ 𝑓(𝑡) 1 𝜋 0 2 sin (𝑡−𝑥) 2

Sementara itu telah diketahui , berdasarkan Lemma 4.3.2, bahwa

dt

97 1

𝜋+𝑥 sin(𝑛+2)(𝑡−𝑥) dt ∫ 1 𝜋 𝑥 2 sin (𝑡−𝑥) 1

=

2

1

𝑥 sin(𝑛+2)(𝑡−𝑥) dt ∫ 𝜋 𝜋−𝑥 2 sin1(𝑡−𝑥) 1

2

1

=2

Barisan dan deret

dan karena fungsi f dan fungsi sinus berperioda 2𝜋 diperoleh 1

𝜋 sin(𝑛+2)(𝑡−𝑥) dt ∫ 𝜋 0 2 sin1(𝑡−𝑥) 1

=

2

1

0 sin(𝑛+2)(𝑡−𝑥) dt ∫ 𝜋 −𝑥 2 sin1(𝑡−𝑥) 1

2

1

= 2.

dan 1

Sn(x) - 2{ f(x+) + f(x-) } =

1 0 ∫ {𝑓(𝑡) 𝜋 −𝜋

− 𝑓(𝑥−)}

1 2 1 2 sin (𝑡−𝑥) 2


1 𝜋 ∫ (𝑓(𝑡) − 𝜋 0

dt +

𝑓(𝑥+)}

1 2 1 2 sin (𝑡−𝑥) 2


dt

𝑡−𝑥

dan karena lim sin(𝑡−𝑥) = 1 maka 𝑡→𝑥

1

1 2

S(x) - { f(x+) + f(x-) } = lim [ Sn(x) - { f(x+) + f(x-) } ] = 0 ;

∎

bukti selesai . Jika

2

𝑛→∞

𝑎𝑜 2

+ ∑∞ 𝑘=1(𝑎𝑘 cos

𝜋𝑛𝑥 𝐿

+ sin

𝜋𝑛𝑥 𝐿

) deret Fourier fungsi f yang me-

menuhi syarat-syarat Teorema 4.3.5, diperoleh 𝑎𝑜 2


𝜋𝑛𝑥 𝐿

+ sin

𝜋𝑛𝑥 𝐿

) = S(x).

Sementara itu fungsi f dan fungsi S hanya berbeda di beberapa titik saja ; oleh karena itu 𝑐+𝐿

𝑐+𝐿

∫𝑐−𝐿 𝑆(x) dx = ∫𝑐−𝐿 𝑓(x) dx dan diperoleh akibat di bawah ini. Akibat 4.3.6 : ( Kesamaan Parseval ) Jika fungsi f memenuhi syarat-syarat yang tersebut di dalam Teorema 4.3.5 di atas maka 𝑎𝑜2 2

1

𝑐+𝐿

2 2 2 + ∑∞ 𝑘=1( 𝑎𝑘 + 𝑏𝑘 ) = 𝐿 ∫𝑐−𝐿 {f(x)} dx

Contoh : 6. Untuk singkatnya ditinjau kembali Contoh 1 di atas, yaitu f(x) = 0

98

untuk x 𝜖 [0,1) dan f(x) = 1 untuk x 𝜖 (1,2]. Jika dikehendaki fungsi f berperiodik, titik ujung selang tak diikutkan ; jadi menjadi (1,2) agar

Barisan dan deret

fungsi f dapat/memenuhi syarat sebagai fungsi periodik. Sekarang fungsi f berperiodik ; jadi periodanya 2 dan dengan demikian syaratsyarat Teorema 4.3.5 terpenuhi. Oleh karena itu deret Fouriernya 2

konvergen ke S(x) : ( Lihat Contoh 1 : ao = 1, an = 0, dan bn = -𝜋𝑛 jika n ganjil bn = 0 jika n genap ) 1

2

1

1

1

S(x) = 2 - 𝜋 { sin 𝜋𝑥 - 3 sin 3𝜋𝑥 + 5 sin 5𝜋𝑥 - 7 sin7𝜋𝑥 + . . . . } 1

1

untuk setiap x 𝜖 ℛ Jadi, jika x = 2 , titik kontinu fungsi f, maka S(2) 1

= f(2) = 0 dan diperoleh 1

2

1

1

1

1

1

1

0=2-𝜋{1-3+5 -7+....} atau 𝜋

=1-3+5 -7+......

4

dan jika x = 1, titik diskontinu fungsi f, dengan f(1+) = 1 dan f(1-) = 1

0, diperoleh S(1) = 2 { f(1+) + f(1-) = 1 2

1

1 2

dan

2

= S(1) = 2 - 𝜋 { 0 – 0 + 0 – 0 + . . . . . }.

Lebih lanjut kesamaan Parsevalnya adalah 1

2

1

4

1

1

1

1 = 1 ∫0 {𝑓(x)}2 dx = 2 + 𝜋2 { 1 + 32 + 52 + 72 + . . . . } atau 𝜋2 8

1

1

1

= 1 + 32 + 52 + 72 + . . . .

7. Contoh 2 di atas sedikit perbaikan dan tambahan syarat menjadi f(x) = x2 pada [-𝜋, 𝜋) dan berperiodik. Telah diketahui bahwa ao =

2𝜋 2 3

,

4

an = 𝑛2 (-1)n dan bn = 0 untuk setiap n. Oleh karena itu diperoleh x2 = S(x) =

𝜋2 3

1

- 4{ cos x - 22 cos 2x + 312cos 3x + . . . . }.

Karena fungsi f kontinu di setiap x maka S(x) = f(x) untuk setiap x. Jadi misalnya diambil x = 0 diperoleh

99

0 = S(0) =

𝜋2 3

1

1

1

- 4{ 1 - 22 + 32 - 42 + . . . . }

atau

Barisan dan deret

𝜋2 12

=1-

1

+

22

1 32

1

-

42

+....

Lebih lanjut kesamaan Besselnya adalah 2𝜋 4 5

1

1 2𝜋 2 2 } 3

𝜋

= 𝜋 ∫−𝜋{S(x)}2dx = 2(

1

1

1

+ 16{ 1 + 24 + 34 + 44 + . . .}

atau 𝜋4 90

1

1

1

= 1 + 24 + 34 + 44 + . . . .

Masalah syarat batas Deret Fourier dapat digunakan untuk menyelesaiakan masalah syarat batas ( boudary valaue problems ), yaitu masalah mencari penyelesaian persamaan diferensial parsial yang banyak dijumpai di dalam matematika terpakai atau di dalam fisika. Sebagai contoh sebagai berikut. Dicari penyelesaian persamaan diferensial parsial ( masalah syarat batas ) 𝜕𝑈 𝜕𝑡

𝜕2 𝑈

= 3 𝜕𝑥 2

untuk t > 0 dan 0 ≤ x < 2

dengan syarat-syarat batas : U(0,t) = 0, U(2,t) = 0

untuk t > 0,

dan

U(x,0) = x untuk 0 ≤ x < 2. Untuk mencari penyelesaian masalah syarat batas tersebut dengan alasan bahwa t dan x merupakan dua variabel bebas yang satu terhadap yang lain maka U dapat dianggap hasil ganda dua fungsi X yang bervariabel x saja dengan fungsi T yang bervarabel t saja ( pemisahan variabel, separation of variables ). Jadi U(x,t) = X(x).T(t) atau singkatnya U = X.T

100

Oleh karena itu diperoleh

𝜕𝑈 𝜕𝑡

𝑑𝑇

= X. 𝑑𝑡 ,

𝜕2 𝑈

𝑑2 𝑋

= T. 𝑑𝑥 2 , dan dengan demi-

𝜕𝑥 2

kian, setelah disubstitusikan ke dalam persamaan diferensial parsial di

Barisan dan deret

atas dipeoleh 1 𝑑𝑇 3𝑇 𝑑𝑡

1 𝑑2 𝑋

=

𝑋 𝑑𝑥 2

.

Karena ruas kiri hanya memuat variabel t saja dan ruas kanan hanya memuat variabel x saja, maka tentu ada konstanta k sehingga kedua ruas sama dengan k. Jadi 1 𝑑𝑇 3𝑇 𝑑𝑡

=k

dan

1 𝑑2 𝑋 𝑋 𝑑𝑥 2

=k

atau 𝑑𝑇 𝑑𝑡

- 3kT = 0

𝑑2 𝑋

dan

𝑑𝑥 2

- kX = 0.

Bilangan k tak mungkin positif, sebab jika k positif, k = 𝛼 2, persamaanpersamaan diferensial itu mempunyai penyelesaian berturut-turut T(t) =𝐴𝑒 3𝛼

2𝑡

dan X(x) = B𝑒 𝛼𝑥 +C𝑒 −𝛼𝑥 ; jadi U(x,t) merupakan fungsi ekspo-

nensial : 2

U(x,t) = 𝑒 3𝛼 𝑡 {C1𝑒 𝛼𝑡

+

C2𝑒 −𝛼𝑡 }

yang tak mempunyai aplikasinya atau tak relevan dengan masalah yang dihadapi, lebih-lebih tak memenuhi syarat batas yang ada yaitu tak mungkin x =U(x,0) =T(0).X(x) Oleh karena itu tentu k bilangan negatif, k = −𝛼 2, yang berakibat T(t) = A𝑒 −3𝛼

2𝑡

dan X(x) = B1 cos 𝛼𝑥 + B2 sin 𝛼𝑥 ; jadi 2

U(x,t) =T(t).X(x) = 𝑒 −3𝛼 𝑡 (B cos 𝛼𝑥 + C sin 𝛼𝑥). Selanjutnya, karena U(0,t) = 0 untuk t > 0 berakibat B = 0 dan diperoleh 2

U(x,t) = 𝑒 −3𝛼 𝑡 .C sin 𝛼𝑥, yang pada gilirannya karena U(2,t) = 0 untuk t > 0 berakibat sin 2𝛼 = 0 yang berarti 𝛼 =

𝜋𝑛 2

dengan n = 1, 2, 3, . . .

101

Jadi 2

U(x,t) = 𝑒 −3𝛼 𝑡 .Cn sin

𝜋𝑛𝑥 2

Barisan dan deret

merupakan penyelesaian persamaan diferensial parsial di atas, untuk setiap n . Jadi penyelesaian umum persamaan diferensial parsial di atas adalah 2

U(x,t) = 𝑒 −3𝛼 𝑡 .∑∞ 𝑛=1 𝐶𝑛 sin

𝜋𝑛𝑥 2

Agar memenuhi syarat batas terakhir yaitu U(x,0) = x, haruslah x = ∑∞ 𝑛=1 𝐶𝑛 sin

𝜋𝑛𝑥 2

untuk 0 ≤ x < 2,

,

yang berarti ruas kanan persamaan tersebut merupakan deret Fourier sinus f(x) = x pada [0,2). Kenyataan ini berarti 2

𝐿

𝜋𝑛𝑥

Cn =𝐿 ∫0 𝑥 sin

𝐿

dx =

2

2

∫ 𝑥 sin 2 0

𝜋𝑛𝑥 2

2

4

dx = - 𝜋𝑛.2cos 𝜋𝑛 = 𝜋𝑛(-1)n.

Dengan hasil terakhir ini berarti penyelesaian masalah syarat batas di atas adalah 2

4

n U(x,t) = 𝑒 −3𝛼 𝑡 .∑∞ 𝑛=1 𝜋𝑛(-1) sin

𝜋𝑛𝑥 2

2

4

1

𝜋𝑛𝑥

n = 𝑒 −3𝛼 𝑡 .𝜋 ∑∞ 𝑛=1 𝑛(-1) sin

2

∎

Latihan 4.3 1. a. Jika f(x) = 4 untuk 0 < x ≤ 2 dan f(x) = - 4 untuk – 2 ≤ x < 0, deret kan menurut deret Fourier fungsi tersebut pada [-2,2]. b. Jika f(x) = |x| untuk x 𝜖 [- 2,2} deretkan menurut deret Fourier fungsi tersebut pada [-2,2]. c. Jika f(x) = |1 – x| untuk x 𝜖 [𝜋, 𝜋] deretkan menurut deret Fourier fungsi tersebut pada selang tersebut. d. Jika f(x) = x untuk [0.4], deretkan menurut deret Fourier fungsi tersebut pada selang tersebut.

102

e. Jika f(x) = 0 untuk [-2,0) dan f(x) = 1 untuk [0,2], deretkan f(x) menurut deret Fourier pada [-2,2].

Barisan dan deret

2. Perbaiki selang-selang domain fungsi f yang tersebut di dalam soal-so al 1a, 1b, 1c, dan 1d tesebut agar f dapat dibuat / dianggap fungsi periodik. Setelah dibuat fungsi-fungsi itu berperiodik carilah nilai-nilai 1

S(0) untuk soal 1a, S(2) untuk soal 1b, S(𝜋) untuk soal 1c, dan S(0) untuk soal 1d. Setelah itu cailah kesamaan-kesamaan Parsevalnya. 3. Buktikan Akibat 4.2.4 dan Akibat 4.3.6 . 4. Buktikan bahwa

𝜋2 6

1

1

1

1

= 1 + 22 + 32 + 42 + 52 + . . . . .

5.. Carilah penyelesaian masalah-masalah syarat batas di bawah ini. a.

𝜕𝑈 𝜕𝑡

=

𝜕2 𝑈 𝜕𝑥 2


dengan syarat-syarat batas : U(0,t) = 0 dan U(6,t) = 0 untuk t > 0 , dan U(x,0) = 1 untuk 0 ≤ x < 3 dan U(x,0) = 0 untuk 3 ≤ x < 6 b..

𝜕2 𝑌 𝜕𝑡 2

𝜕2 𝑌


= 9𝜕𝑥 2

dengan syarat-syarat batas : Y(0,t) = 0 dan Y(2,t) = 0 untuk t > 0 , Y(x,0) = 0,05.x(2 – x) untuk 0 ≤ x < 2, dan

𝜕𝑌 𝜕𝑡

(x,0) = 0

untuk 0 ≤ x < 2 . c.

𝜕𝑈 𝜕𝑡

=

𝜕2 𝑈 𝜕𝑥 2

untuk t > 0 dan 0 ≤ x < 𝜋

dengan syarat-syarat batas : U(0,t) = t dan U(𝜋,t) = 3 untuk t > 0 , dan U(x,0) = 2 untuk 0 ≤ x < 𝜋 . Petunjuk : Diambil U(x,t} = Y(x,t) + F(x) untuk t > 0 dan

103

0 ≤ x < 𝜋 sehingga Y(x,t) memenuhi masalah syarat batas baku dengan F’(x) ada untuk setiap x.

104

Barisan dan deret

BAB V PENYELESAIAN PERSAMAAN DIFERENSIAL DENGAN DERET PANGKAT Selain untuk mencari nilai pendekatan nilai deret pangkat yang konvergen, deret pangkat juga dapat digunakan/diaplikasikan untuk mencari penyelesaian persamaan diferensial. Di dalam bab ini akan disajikan cara atau metoda mencari penyelesaian dalam bentuk deret pangkat persamaan diferensial order satu dan persamaan diferensial linear order dua.

5.1 Persamaan diferensial order satu Telah diketahui bahwa bentuk umum persamaan diferensial order satu adalah 𝑑𝑦 𝑑𝑥

= h(x,y).

Persamaan diferensial order satu itu mempunyai penyelesaian di ( di sekitar) titik (a,b) jika fungsi h kontinu di sekitar titik itu. Jadi, karena deret pangkat dalam x – a : y = Ao + A1(x – a) + A2(x – a)2 + . . . . . merupakan fungsi kontinu dan mempunyai derivatif di titik (a,b) , maka deret pangkat itu akan merupakan penyelesaian persamaan diferensial order satu tersebut di atas dengan konstanta-konstanta Ao ,A1 ,A2 , dan seterusnya diperoleh dari mensubstitusikannya ke dalam persamaan diferensial tersebut.

105

Contoh : 1.Akan dicari penyesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x persamaan diferensial

Barisan dan deret

𝑑𝑦

(x – 1)𝑑𝑥 - y + 2x = 0 Karena h(x,y) =

𝑦−2𝑥 𝑥−1

atau

𝑑𝑦 𝑑𝑥

=

𝑦−2𝑥 𝑥−1

kontinu di (0,b) untuk sebarang b , maka

penyelesaian di (0,b) ada, jadi penyesaian dalam bentuk deret deret pangkat dalam x = x – 0 ada, yaitu y = Ao + A1x + A2x2 + A3x3 + . . . . Karena 𝑑𝑦

y’ = 𝑑𝑥 = A1 + 2.A2x + 3.A3x2 + 4.A4x3 + . . . . diperoleh ( substitusi ke persamaan diferensialnya) (x – 1)

𝑑𝑦 𝑑𝑥

- y = - 2x

menjadi : 𝑑𝑦

x𝑑𝑥 =

A1x + 2A2x2 + 3A3x3 + 4A4x4 + 5A5x5 +

..... 𝑑𝑦

- 𝑑𝑥 = A1 - 2.A2x - 3.A3x2 - 4.A4x3 - 5A5x4 - 6A6x5 ..... . - y = -Ao - A1x -

A2x2 - A3x3

- A4x4 - A5x5 -

...... ________________________________________________________ + -2x = (A1-Ao) - 2A2x +(A2-3A3)x2+(2A3-4A4)x3+(3A4-5A5)x4+ . . . . yang berarti : A1-Ao = 0 atau A1 = Ao , 1

A2-3A3 = 0 atau A3 = 3A2,

-2 = -2A2 atau A2 = 1 , 2

2A3-4A4 = 0 atau A4 = 4A3 , . . ,. .

yang umumnya diperoleh rumus, yang disebut rumus rekursi ( recursion fomular ),

106

An+1 =

𝒏−𝟏 𝒏+𝟏

An

untuk setiap n > 1.

Berdasarkan rumus rekursi tersebut diperoleh

Barisan dan deret

2−1

1

3−1

A3 = 2+1 A2 = 3 , A4 = 3+1 A3 =

1 6

4−1

1

, A5 = 4+1 A4 = 10 , . .

. Jadi penyelesaian umum deret pangkat dalam x persamaan diferensial di atas adalah : 1

1

1

y = Ao(1 + x) + x2 + 3x3 + 6x$ + 10x5 + . . . . Perlu dicatat bahwa Ao merupakan konstanta sebarang. 2. Dicari penyelesaian persamaan diferensial (1 – xy)y’ – y = 0 dalam 1

bentuk deret pangkat dalam x. Karena h(x,y) = 1−𝑥𝑦 kontunu di x = 0, maka penyelesaian persamaan diferensial itu dalam bentuk deret pangkat dalam x ada. Jadi penyelesaian dalam deret pangkat dalam x adalah y = Ao + A1x + A2x2 + A3x3 + . . . . Karena y’ = A1 + 2A2x + 3A3x2 + 4A4x3 + . . . . diperoleh 0 = (1 – xy)y’ – y = (1 - Aox - A1xr - A2x3 - A3x4 - . . . – Anxn+1 - . . .)(A+ 2A2x + 3A3x2 + . . . + nAnxn-1 + . . . ) – (Ao + A1x + A2x2 + A3x3 + . .) atau 0 = (A1 – Ao) + (2A2 – AoA1 – A1)x + (3A3 - 2AoA2 – A12 – A2)x2+(4A4 – 3AoA3 – 3A1A2 – A3)x3 + . . . yang berakibat : A1 – Ao = 0 2A2 – AoA1 – A1 = 0

atau A1 = Ao atau

1

A2 = 2Ao(1 + Ao)

107

3A3 - 2AoA2 – A12 – A2 = 0

atau

1

A3 = Ao(1 + 5Ao + 2Ao2) 3!

1

4A4 – 3AoA3 – 3A1A2 – A3 = 0 atau A4 = 4!Ao(1 + 17Ao + 26Ao2 + 6A03) ...........................................

Barisan dan deret

Jadi penyelesaian persamaan diferensial di atas dalam bentuk deret pangkat dalam x adalah 1

1

1

y = Ao + Aox + 2Ao(1 + Ao)x2 + 3!Ao(1 + 5Ao + 2Ao2)x3 + 4!Ao(1 + 17Ao + 26Ao2 + 6A03)x4 + . . . . dengan Ao merupakan konstanta sebarang .

Latihan 5.1 1. Mengapa ada penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x persamaan diferensial order satu 𝑑𝑦

x𝑑𝑥 - y = x + 1. Selanjutnya carilah penyelesaiannya dalam bentuk deret pangkat dalam x –1 tersebut. Petunjuk : Untuk menyederhanakan penulisan t = x – 1. 2. Mengapa ada penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x persamaan diferensial y’ – ey = x2 . Selanjutnya carilah penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x persamaan difrensial tersebut. Petunjuk : 1

1

1

e y = 1 + 1!y + 2!y2 + 3!y3 + . . . . 3. Mengapa ada penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x persamaan diferensial

108

(1 – x)y’ = x2 – y .. Selanjutnya carilah penyelesaian deret dalam x persamaan diferensial tersebut. 4. Mengapa ada penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x – 1

Barisan dan deret

persamaan diferensial xy’ = 1 - x + 2y .. Selanjutnya carilah penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x - 1 persamaan difrensial tersebut.

5.2 Persamaan diferensial linear order dua Persamaan diferensial linear order dua berbentuk P(x)y” + Q(x)y’ + R(x)y = S(x) . Jika P(a) ≠ 0 maka titik x = a dsebut titik biasa ( ordinary point ) persamaan diferrensial tersebut dan jika tak demikian maka x = a disebut titik singuler ( singular point ). 5.2.1.Jika x = a merupakan titik biasa dan P(x), Q(x), R(x), dan S(x) merupakan polinomial dalam x - a atau dapat dideretkan menurut deret Taylor di sekitar x = a maka persamaan diferensial tersebut akan mepunyai penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x – a yaitu berbentuk : y = A( deret pangkat dalam x-a ) + B( deret pangkat dalam x-a ), dengan A dan B merupakan konstanta sebarang, dan dua deret tersebut bebas linear yang keduanya konvergen di sekitar titik x = a Jadi penyelesaian itu merupakan penyelesaian umum . Contoh : 1. Mudah difahami bahwa persamaan diferensial (1 + x2)y” + xy’ – y = 0 merupakan persamaan diferensial linear order dua dengan P(x) = 1 + x2, Q(x) = x, R(x) = -1 dan S(x) = 0 masing-masing merupakan po-

109

linomial dalam x serta x = 0 merupakan titik biasa persamaan diferensial itu. Oleh karena itu penyesaiannya dalam bentuk deret pangkat dalam x = x – 0 berbentuk y = Ao + A1x + A2x2 + A3x3 + . . . . + Anxn + . .

Barisan dan deret

Karena y’ = A1 + 2A2x + 3A3x2 + 4A4x3 + . . . .+ nAnxn-1 + . . . dan y”= 2A2 + 3.2A3x + 4.3A4x2 + 5.4A5x3 + . . . + n(n-1)xn-2 + . . . . . . maka setelah disubstitusikan ke dalam persamaan diferensialnya diperoleh (1+x2)( 2A2 + 3.2A3x + 4.3A4x2 + 5.4A5x3 + . . . + n(n-1)xn-2 + . . ) + x(A1 + 2A2x +3A3x2 + 4A4x3 + . . . .+ nAnxn-1 + . . . ) – (Ao + A1x + A2x2 + A3x3 + . . . . . . + Anxn + . . . ) = 0 atau (2A2 – Ao) + 6A3x + (12A4 + 3A2)x2 + . . . . + {(n+2)(n+1)An+2 + (n2-1)An}xn + . . . . = 0. Oleh karena itu diperoleh 1

2A2 – Ao = 0 atau A2 = 2Ao , 6A3 = 0 atau A3 = 0, 12A4 + 3A2 = 0 1

atau A4 = - 8Ao ,

.....

yang umumnya

(n+2)(n+1)An+2 + (n2-1)An = 0 atau

𝒏𝟐 −𝟏

𝒏−𝟏

An+2 = - (𝒏+𝟐)(𝒏+𝟏)An = - 𝒏+𝟐An untuk n ≥ 2,

merupakan persamaan rekursinya. Berdasarkan persamaan rekursi ersebut dan karena A3 = 0 maka A3 = A5 = A7 = . . . . . = 0 ( indeks 3

ganjil ), A6 = - 6A4 =

1

5

5

Ao, A8 = - 8A6 = − 128Ao , . .

16

110

Jadi penyelesaian umum persamaan diferensial tersebut di atas dalam bentuk deret pangkat dalam x adalah : 1

1

1

5

y = Ao(1 + 2x2 - 8x4 + 16x6 - 128x8 + . . . . . ) + A1x . dengan Ao dan A1 merupakan konstanta sebarang. Perlu mendapat

S

Barisan dan deret

perhatian bahwa deret penyelesaian tersebut konvergen di sekitar titik 0 ( titik biasa ), sebab R = lim | 𝑛→∞

𝐴𝑛+2 𝑥 𝑛+2 𝐴𝑛

𝑥𝑛

𝑛−1

| = lim | 𝑛+2x2| = |x2| < 1 𝑛→∞

atau -1 < x < 1. 2. Carilah penyelesaian persamaan diferensial y” – x2y’ – y = 0 dalam deret pangkat dalam x. Karena x = 0 merupakan titik biasa persamaan diferensial tersebut, maka penyelesaian deretnya berbentuk y = Ao + A1x + A2x2 + A3x3 + . . . . + Anxn + . . . Oleh karena itu y’ = A1 + 2A2x + 3A3x2 + 4A4x3 + . . . .+ nAnxn-1 + . . . dan y”= 2A2 + 3.2A3x + 4.3A4x2 + 5.4A5x3 + . . . + n(n-1)xn-2 + . . . Setelah tiga kesamaan tersebut disubstitusikan ke dalam persamaan diferensialnya diperoleh kesamaan 0 = y” – x2y’ – y = (2A2 – Ao) + (6A3 – A1)x + (12A4 – A1 – A2)x2 + (20A5 – 2A2 – A3)x3 + . . . . {(n+2)(n+!)An+2 – (n-1)An-1 – An}xn + . . yang berakibat 1

2A2 – Ao = 0 atau A2 = 2Ao ,

6A3 – A1 = 0

12A4 – A1 – A2 = 0

1

atau 1

1

A3 = 6A1 , 1

atau A4 = 12(A1 + A2) = 12(A1 +2Ao) , . . .

yang umumnya ( rumus rekursi )

111

(n+2)(n+1)An+2 – (n-1)An-1 – An = 0 atau An+2 =

(𝑛−1)𝐴𝑛−1 + 𝐴𝑛 (𝑛+1)(𝑛+2)

untuk n ≥ 1. Jadi penyelesaian umum persamaan diferensial di atas dalam bentuk deret pangkat dalam x adalah 1

1

1

1

1

1

y = Ao(1 + 2x2 + 24x4 + 20x5 + 720x6 + . . . ) + A1(x + 6x3 + 12x4 1

+120x5 + . . . . )

Barisan dan deret

Latihan 5.2.1 1. Apakah penyelesaiah dalam bentuk deret dalam x persamaan diferensial di bawah ini ada? Jika ada mengapa dan carilah pe-nyelesaian itu. y” – 2x2y’ +4xy = x2 + 2x + 2 . Apakah titik x = 2 merupakan titik biasa persamaan diferensial y” + (x – 1)y’ + y = 0 . Selanjutnya, mengapa persamaan diferensial itu mempunyai penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x – 2 dan carilah penyelesaian itu. 2. Apakah titik x = 0 merupakan titik biasa persamaan diferensial y” - x y’ + x2 y = 0 Selanjutnya, mengapa persamaan diferensial itu mempunyai penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x dan carilah penyelesaian itu. 3.

Carilah penyeledsaian persamaan diferensial (1 – x2)y” – 2xy’ + p(p + p)y = 0 dalam bentuk deret dalam x.

5.2.2 Telah diketahui bahwa persamaan diferensial linear order dua P(x)y” + Q(x)y’ + R(x)y = S(x)

112

mempunyai penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x – a jika x = a merupakan titik biasa ( P(a) ≠ 0 ) dan jika P(x), Q(x), R(x) dan, S(x) masing-masing merupakan polinomial atau deret pangkat dalam x – a ( merupakan deret Taylor di x = a ) Tetapi jika x = a merupakan titik singuler ( P(a) = 0 ), mencari penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x – a seperti itu dapat gagal ( tak ada ). Sebegai contoh seperti tersebut di bawah ini. Persamaan diferensial linear order dua :

Barisan dan deret

x2y” +(x2 – x)y’ + 2y = 0 mempunyai titik x = 0 sebagai titik singuler-nya. Jika y = Ao + A1x + A2x2 + A3x3 + A4x5 + . . . . . diharapkan sebagai penyelesaian deretnya, diperoleh 0 = x2y” +(x2 – x)y’ + 2y = 2Ao + A1x + (2A2 + A1)x2 + (5A3 + 2A2)x3 + . . . . . . .yang berarti Ao = 0, A1 = 0, A2 = 0, A3 = 0, . . . ( An = 0 untuk setiap bilangan cacah n ) atau persamaan diferensial tersebut tidak mempunyai penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x. Meskipun demikian ada persamaan diferensial linear order dua sejenis tersebut di atas yang mempunyai penyelesaian dalam bentuk detet pangkat dalam x – a, dengan x = a sebagai titik singulernya, asalkan memenuhi syarat-syarat di bawah ini. Jika x = a merupakan titik singuler persamaan diferensial linear order dua P(x)y” + Q(x)y’ + R(x)y = S(x) maka persamaan diferensial itu akan mempunyai penyelesaian di sekitar titik x = a dalam bentuk deret pangkat dalam x – a asalkan persamaan diferesial itu dapat dibawa kebentuk

113

y” +

𝑹𝟏 (𝒙) (𝒙−𝒂)

y’ +

𝑹𝟐 (𝒙) (𝒙−𝒂)𝟐

y =

𝑹𝟑 (𝒙) (𝒙−𝒂)𝟑

dengan R1(x), R2(x) dan R3(x) merupakan polinomial dalam x – a atau dapat dideretkan sebagai deret pangkat dalam x – a atau deret Taylor di x = a. Dalam keadaan itu x = a disebut titik singuler yang reguler (regular singular point ). Penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x - a itu berbentuk

Barisan deret

y = Ao(x – a)m + A1(x – a)m+1 + A2(x - a)m+2 +A3(x – a)m+3 + . . . . dengan Ao ≠ 0. Jadi, jika x = a merupakan titik singuler yang tak reguler, maka tak ada jaminan bahwa persamaan diferensial linear order dua tersebut mempunyai penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x - a. Selanjutnya, penyelesaian umum persamaan diferensial yang mempunyai titik singuler yang reguler seperti itu akan dijelaskan lebih rinci setelah Contoh 2 di bawah ini. Contoh : 1. Persamaan diferensial linear order dua x3y” + x2y’ + y = 0 mempunyai x = 0 sebagai titik singulernya tetapi tidak regular, sebab persamaan diferensial tersebut dapat ditulis menjadi y’ + dengan R2(x) =

1 𝑥

𝑦′ 𝑥

+

1 𝑥 𝑥2

y=0

yang tak merupakan polinomial atau tak dapat dide-

retkan menurut deret Taylor di x = 0 . Jadi persamaan diferensial tersebut tak mempunyai penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x .

114

2. Persamaan diferensial linear order dua 2(x + 1)y” + (x + 2)y’ + 3y = 0 mempunyai titik x = -1 sebagai titik singuler yang reguler sebab P(x) = x + 1, P(-1) = 0, dan persamaan diferensial itu dapat dibawa ke bentuk 1

(𝑥+2)

3

(𝑥+1)

2 y” + 2 𝑥+1 y’ + (𝑥+1) y=0 2

Oleh karena itu penyelesaian persamaan diferensial itu dalam bentuk deret pangkat dalam x + 1 akan berbentuk

Barisan dan deret

y = Ao(x + 1)m + A1(x + 1)m+1 + A2(x + 1)m+2 + . . . . dengan nulai m akan ditentukan kemudian. Karena y’ = m Ao(x + 1)m-1 + (m+1)A1(x + 1)m + (m+2)A2(x + 1)m+1 + . . . y” = m(m-1)Ao(x + 1)m-2 + (m+1)mA1(x + 1)m-1 + (m+2)(m+1)A2(x + 1)m + (m+3)(m+2)A3(x + 1)m+1 + . . . . maka setelah disubstitusikan ke dalam persamaan diferensialnya diperoleh m(2m-1)Aoxm-1+ {(m+1)(2m+1)A1+(m+3)Ao}xm + {(m+2)(2m+3)A2 +(m+4)A1}xm+1 + . . . +{(m+n)(2m+2n-1)An+(m+n +2)An-1}xm+n-1 +....=0 yang berakibat m(2m-1)Ao = 0 dan

{(m+n)(2m+2n-1)An+(m+n +2)An-1}= 0, untuk setiap n ≥ 1

atau, karena Ao ≠ 0 maka

1

m(2m-1) = 0 ( m = 0 atau m = 2 ) disebut

persamaan indisial ( indicial equation ) dan An = -

𝑚+𝑛+2 (𝑚+𝑛)(2𝑚+2𝑛−1)

An-1 untuk n ≥ 1 ( rumus rekursi ).

Berdasarkan rumus rekursi diperoleh deret

115

y = Ao(x+1)m{1 – -

𝑚+3 (𝑚+1)(2𝑚+1)

(x+1) +

𝑚+4

𝑚+3

(𝑚+2)(2𝑚+3) (𝑚+1)(2𝑚+1)

(x+1)2

.....}

dan setelah disubstitusikan ke dalam persamaan diferensialnya diperoleh kesamaan 2(x + 1)y” +(x + 2)y’ + 3y = m(2m – 1)Ao . Jadi agar y menjadi penyelesaian persamaan diferensialnya haruslah m =

Barisan dan deret

1

0 atau m = 2 . Dengan mengambil Ao = 1 diperoleh penyelesaian-penye lesaian : 2

y1 = y|𝑚=0 = 1 – 3(x + 1) - 2(x + 1)2 - (x + 1)3 + . . . . 3

7

21

11

y2 = y|𝑚=1 = √𝑥 + 1 { 1 - 6(x + 1) + 40(x + 1)2 - 80(x + 1)3 + . . . . } 2

Karena dua deret penyelesaian tersebut bebas linear maka penyelesaian umum persamaan difererensial di atas adalah y = Ay1 + By2 dengan A dan B dua konstanya sebarang. Berdasarkan pencermatan Contoh 2 terakhir di atas, ternyata dalam mencari penyelesaian dalam bentuk deret pangkat pangkat dalam x – a persamaan diferensial linear order dua yang mempunyai titik singuler yang reguler di x = a dijumpai persamaan indisial yang akar-akarnya menentukan/memegang peranan dalam mencari dua penyelesaian persamaan diferensialnya yang bebas linear. Jika selisih dua akar indisial tersebut tidak merupakan bilangan bulat, diperoleh dua penyelesaian yang bebas linear dan oleh karena itu diperoleh pula penyelesaian umum persamaan diferensial terkait : Silahkan melihat Comtoh 2 terakhir di

116

atas.. Tetapi jika dua akar indisial sama atau mempunyai selisih bilangan bulat akan diperoleh kesukaran untuk mencari dua penyelesaian yang bebas linear. Oleh karena itu untuk mencari atau menanggulai kesukaran itu perlu memperhatikan tiga kemungkinan tersebut di bawah ini: Sebutlah m = m1 dan m = m2 akar-akar indisial suatu persamaan linear order dua yang mempunyai titik singuler yang reguler. (i) Jika | m1 – m2| bukan bilangan asli maka cara mencari penyelesaian dan penyelesaian umum seperti Contoh 2 terakhir di atas ;

Barisan dan deret

yaitu penyelesaian umum adalah y = Ay1 + By2 dengan yi = nilai deret y yang diperoleh di (dengan) mi ( i = 1,2 ). (ii) Jika m1 = m2 diperoleh hanya satu penyelesaian saja, yaitu y1 = nilai deret y yang diperoleh di (dengan) m = m1 . Nanti akan terbukti bahwa penyelesaian persamaan diferensial yang ke-dua yaitu y2 yang bebas linear terhadap y1 adalah, dengan mengambil Ao = 1, y2 =

𝜕 𝜕𝑚

𝜕

y |1 = nilai 𝜕𝑚 y di (dengan) m =m1

Jadi penyelesaian umumnya adalah y = Ay1 + By2 . (iii) Jika |m1 – m2| bilangan asli dan m1 < m2 maka nilai deret y yang di m = m2 selalu menghasilkan penyelesaian deret hingga dan nilai deret di m = m1 ada kemungkinan tak menghasilkan apa-apa . Dalam keadaan demikian untuk mengatasinya adalah dengan meng ganti konstanta Ao pada deret y yang diperoleh dengan Bo( m – m1). Dari deret y yang baru ini diperoleh persamaan indisial yang mempunyai tiga akar indisial dengan dua yang sama. Oleh karena itu, menurut (ii), akan menghasilkan dua penyelesaian yang bebas

117

linear , dengan mengambil Bo = 1, yaitu : y1 = y|1 = nilai y di m = m1 dan

𝜕

y2 = 𝜕𝑚 y|1 𝜕

= nilai 𝜕𝑚 y di m = m1 . Jadi penyelesaian umumnya adalah y = Ay1 + By2 Contoh : 1. Contoh untuk keadaan |m1 - m2| bukan bilangan asli: Lihat Contoh 2 terakhir di atas.

Barisan dan deret

2. Contoh untuk m1 = m2 : Dicari penyelesaian deret persamaan diferensial linear order dua xy” + y’ – y = 0. Mudah diperlihatkan bahwa titik x = 0 merupakan titik singuler yang reguler persamaan diferensial tersebut. Oleh karena itu deret pangkat dalam x : y = Aoxm + A1xm+1 + A2xm+2 + A3xm+3 + . . . merupakan bentuk penyelesaian persamaan difrensial tersebut. Oleh karena itu diperoleh y’ = mAoxm-1 + (m+1)A1xm + (m+2)A2xm+1 + (m+3)xm+2 + . . . . y” = m(m-1)Aoxm-2 + (m+1)mA1xm-1 + (m+2)(m+1)A2xm + + (m+3)(m+2)xm+1 + . . . . Tiga deret tersebut setelah disubstitusikan ke dalam persamaan diferensialnya diperoleh : xy” + y’ – y = m2Aoxm-1 + {(m + 1)2A1 – Ao}xm + {(m + 1)2A2 A1}xm+2+ . . . . +{(m + n)2An – An-1}xm+n-1 + . . .= 0 yang berakibat diperoleh persamaan indisial m2Ao dan rumus rekursi (m + n)2An – An-1 = 0 atau

1

An = (𝑚+𝑛)2 An-1 untuk n ≥ 1.

118

Dengan rumus rekursi diperoleh deret 1

1

1

y = Aoxm{ 1 + (𝑚+1)2x + (𝑚+1)2 (𝑚+2)2x2 + . (𝑚+1)2 (𝑚+2)2 (𝑚+3)2x3 +....} dan jika disubstitusikan ke dalam persamaan diferensialnya diperoleh xy” + y’ – y = m2Ao Karena persamaan indisial adalah m2Ao = 0 dan Ao ≠ 0 maka dengan mengambil akar-akar indisial m = m1 = m2= 0 diperoleh

Barisan dan deret

hanya satu nyelesaian yaitu y1 = y|m=0 yaitu, dengan mengabil Ao = 1,. 𝑥2

𝑥3

y1 = 1 + x + 22 + 22 32 + . . . . Penyelesaian lain yaitu y2 yang bebas linear terhadap y1 ternyata diperoleh dari 𝜕 𝜕𝑚

1

1

y =Aoxmlog x{1 + (𝑚+1)2 x + (𝑚+1)2 (𝑚+2)2 x2 + . . . . . 1

2

.+ (𝑚+1)2 (𝑚+2)2 (𝑚+3)2x3 + . . . . . } + Aoxm{- (𝑚+1)3 x 1

1

- ((𝑚+1)3 (𝑚+2)2 +(𝑚+1)2 (𝑚+2)3 )x2 - . . . . . } yaitu 𝜕

𝜕

y2 = 𝜕𝑚 y |m=0 = nilai 𝜕𝑚 y di m = m1 ( = 0) ( dengan mengambil Ao = 1 ) Jadi diperoleh penyelesaian umum persamaan diferensial dalam bentuk deret pangkat dalam x : y = Ay1 + By2 dengan 𝜕

1

1

1

1 1

y2 = 𝜕𝑚 y |m=0 = y1log x - 2{ x + (2!)2 (1+2 ) x2 + (3!)2 (1+2+3 ) x3

119

+. ... } 3. Contoh untuk |m1 – m2| = bilangan asli dengan m1 < m2 : Dicari penyelesaian persamaan diferensial xy” - 3y’ + xy = 0 dalam bentuk deret pangkat. Mudah diperlihatkan bahwa titik x = 0 merupakan titik singuler yang reguler persamaan diferensisl tersebut. Jadi penyelesaian persamaan diferensial itu dalam bentuk deret pangkat dalam x : y = Aoxm + A1xm+2 + A2xm+2 + A3xm+3 + . . . . .

Barisan dan deret

Setelah menghitung y’ dan y” dan kemudian disubstitisilan ke dalam persamaan diferensialnya diperoleh rumus rekursi dan persamaan in disial berturut-turut sebagai berikut 1

An = (𝑚+𝑛−4)(𝑚+𝑛) An-2 untuk n ≥ 2 dan (m – 4)mAo = 0 ( m1 = 0 < m2 = 4 ) Berdasarkan rumus rekursi deret y menjadi 1

y = (m-4)mAoxm { 1 - (𝑚−2)(𝑚+2) x2 + +

1 𝑚(𝑚−2)((𝑚+2)2 (𝑚+4)(m+6)

1 𝑚(𝑚−2)(𝑚+2)(𝑚+4)

x4

1

x6 - 𝑚(𝑚−2)((𝑚+2)2 𝑚+4)2 (m+6)(m+8) x8

+.....} dan disubstitusikan ke dalam persamaan diferensialnya diperoleh xy” - 3 y’ + xy = (m – 4)mAo . Untuk m = m2 = 4 menghasilkan penyelesaian, tetapi untuk m = m1 = 0 dijumpai suatu masalah yaitu A4 = A6 = A8 = . . . . . = ∞. Untuk menanggulangi masalah ini diambil Ao = Bo(m – m1) = Bom. De ngan demikian deret y menjadi 𝑚

y = (m-4)mBo xm { m - (𝑚−2)(𝑚+2) x2 +

1 (𝑚−2)(𝑚+2)(𝑚+4)

x4

120

+

1 (𝑚−2)((𝑚+2)2 (𝑚+4)(m+6)

x6 -

1 (𝑚−2)((𝑚+2)2 𝑚+4)2 (m+6)(m+8)

x8

+.....} sehingga nilai-nilai A4 , A6 , A8 , . . . . ada ( hingga ) dan setelah y baru tersebut disubstitusikan ke dalam persamaan diferensialnya diperoleh xy” - 3y’ + xy = (m – 4)m2Bo

Barisan dan deret

yang berarti persamaan indisialnya mempunyai tiga akar dengan dua akar sama yaitu m = m1 = 0. Selanjutnya, seperti keadaan (ii) beserta Contoh 2 di atas diperoleh dua penyrlesaian y1 dan y2 yang bebas linear yaitu, dengan mengambil B0 = 1, sebagai berikut ini : 𝜕

y = y log x + xm{ 1 +

𝜕𝑚 1

1

𝑚+2

+ 𝑚+4)x4 +

𝑚2 +4

x2 +

[(𝑚−2)(𝑚+2)]2

1

(

1

1 1

(𝑚−2)(𝑚+2)2 (𝑚+4)(𝑚+6) 𝑚−2

(

1

(𝑚−2)(𝑚+2)(𝑚+4) 𝑚−2 1

+

1

+ 𝑚+2 + 𝑚+4 + 𝑚+6)x6 + .

....} Jadi diperoleh dua peroleh dua dua penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x yang bebas linear : 1

1

y1 = y|1 = y|m=0 = - 2.2.4 x4 + 2.22 .4..6 x5 𝜕

𝜕

1 2.22 .42 .6.8 1

x6 + . . . . 1

1

1

y2 = 𝜕𝑚 y |1 = 𝜕𝑚 y |m=0 = y1log x + 1 + 22 x2 + 25 .2! x4 + 26 .3!.1!(1+2 1

+ 3) x6 + . . . . dan oleh karena itu penyelesaian umum persamaan diferensialnya : y = Ay1 + By2

Latihan 5.2.2

121

Selidiki di mana titik biasa atau titik singuler yang regular persamaan diferensial di bawah ini. Setelah itu carilah penyelesaian persamaan diferensial itu dalam bentuk deret pangkat x – a dengan x = a sebagai titik biasa atau titik singuler yang regulernya. 1,

(1 + x2)y” + xy’ – y = 0.

2.

y” - x2y – y =0.

3.

y” – 2x2y’ + 4xy = x2 + 2x +2.

4.

2x2y” - xy’ + (x2 + 1)y = 0.

5.

3(x – 1)y” + 2y’ + (x – 1)2y = 0.

6.

xy” + y’ + x2y = 0.

7.

(x2 – x)y” + 3y’ = x + 𝑥 2

8.

4xy” + 2(1 – x)y’ – y = 0.

9.

2x3y” + x2y’ + y = 0.

10.

x2(x + 1)y” + x(x + 1)y’

3

-y = 0.

Barisan dan deret

5.3 Persamaan diferensial Legendre, Bessel, dan Gauss Telah diketahui bahwa persamaan diferensial linear order dua P(x)y” + Q(x)y’ + R(x)y = S(x0 mempunysi penyelesaian dalam bentuk deret pangkat dalam x – a jika a. x = a titik biasa ( P(a) ≠ 0 ) dan fungsi-fungsi P, Q, R, dan S merupakan polinomial dalam x – a atau dapat dideretkan menurut deret Taylor di sekitar titik x = a, atau b. x = a titik singuler yang reguler, yaitu P(a) = 0 dan persamaan..diferensial tersbut dapat dbawa ke bentuk 𝑹 (𝒙)

𝑹 (𝒙)

𝟏 𝟐 y” + (𝒙−𝒂) y’ + (𝒙−𝒂) 𝟐 y =

𝑹𝟑 (𝒙) (𝒙−𝒂)𝟑

dengan Ri ( i = 1, 2, 3 ) merupakan polinomial dalam x – a atau dapat dideretkan menurut deret Taylor di sekitar x = a. Tetapi kerapkali dikehendaki penyelesaian deret dalam x – b dengan titik x = b jauh dari titik x = a ( di luar selang kekonvergenan deret ) yang dimaksud di atas.

Persamaan Diferensial Legendre Persamaan diferensial

122

(1 – x2)y” – 2x y’ + p(p + 1)y = 0 disebut persamaan diferensial Legendre order p ( Legendre differensial equetion of order p ). Mudah difahami bahwa x = 0 merupakan titik biasa, x = 1 dan x = - 1 merupakan titik-titik singuler yang reguler persa maan diferensial tersebut ; jadi persamaan diferensial mempunyai penye lesaian deret di sekitar titik-titik itu dan penyelesaian-penyelesaian itu konvergen di sekiar titik-titik itu. Bagaimana sekarang mencari penyelesaian deret di sekitar titik yang jauh dari titik-titik tersebut, tegasnya di sekitar titik di luar selang tertutup [-1,1]. Masalah ini dapat diatasi

Barisan dan deret

dengan substitusi z =

1 𝑥

. Dengan substitusi ini persamaan diferensial

berubah menjadi 𝑑2 𝑦

𝑑𝑦

(z4 – z2) 𝑑2 𝑧 + 2z3 𝑑𝑧 + p(p + 1)y = 0 Mudah diperlihatkan bahwa z = 0 merupakan titik singuler yang reguler persamaan diferensial yang baru ini. Oleh karena itu penyelesaiannya da lam bentuk deret pangkat di sekitar z = 0 berbentuk y = Aozm + A1zm+1 + A2zm+2 + A3zm+3 + . . . . . Singkatnya, setelah disubstirusikan ke dalam persamaan diferensialnya, diperoleh persamaan indisalnya {-m(m-1) + p(p+1)}Ao = 0 atau (m+p)(-m+p+1)Ao = 0 dan rumus rekursinya adalah (𝑚+𝑛−2)(𝑚+𝑛−1)

An = (𝑚+𝑛)(𝑚+𝑛−1)−𝑝(𝑝+1)An-2 . Mudah difahami bahwa A2n nilainya bergantung pada nilai Ao dan A2n-1 nilainya bergantung pada nilai A1 yang berturut-turut menghasilan detet pangkat dengan pangkat genap dan deret pangkat dengan pangkat ganjil. Jadi y = zm{ Ao + A2z2 + A4z4 + . . . . } + zm{ A1z + A3z3 + A5z5 + . . . }

123

dengan dua deret tersebut saling bebes linear.. Jadi jika A1 = 0, maka A3 = A5 = A7 = . . . . = 0 dan diperoleh, dengan menggunakan rumus rekursi, 𝑚(𝑚+1)

𝑚(𝑚+1)

y = Ao zm{ 1 + (𝑚+1)(𝑚+2)−𝑝(𝑝+1) z2 + (𝑚+1)(𝑚+2)−𝑝(𝑝+1) . (𝑚+2)(𝑚+3) (𝑚+3)(𝑚+4)−𝑝(𝑝+1)

z4 + . . . . . }

dan jika deret y di substitusikan ke dalam persamaan diferensialnya dipe roleh ̆ 𝜕2 y

𝑦

(z4 – z2)𝜕2 𝑧 + 2z3𝜕𝑧 + p(p + 1)y = {-m(m - 1) + p(p + 1)}Aoxm .

Barisan dan deret

Agar deret y tersebut menjadi penyelesaian dan karena Ao ≠ 0 maka haruslah –m(m – 1) + p(p + 1) = (m + p)(-m + p + 1) = 0 atau ( m = -p atau m = p + 1 ). Untuk m = -p diperoleh penyelesaian persamaan diferensial , dengan mengambil Ao = 1, 𝑝(𝑝−1)

y1 = z-p{ 1 – 2(2𝑝−1) z2 +

𝑝(𝑝−1)(𝑝−)(𝑝−3) 4 z 2.4(2𝑝−1)(2𝑝−3)

-

𝑝(𝑝−1)(𝑝−)(𝑝−3)(𝑝−4)(𝑝−5) 6 z 2.4.6(2𝑝−1)(2𝑝−3)(2𝑝−5)

𝑝(𝑝−1)(𝑝−)(𝑝−3) -4 x 2.4(2𝑝−1)(2𝑝−3)

-

𝑝(𝑝−1)(𝑝−)(𝑝−3)(𝑝−4)(𝑝−5) -6 x 2.4.6(2𝑝−1)(2𝑝−3)(2𝑝−5)

+....} 𝑝(𝑝−1)

= xp{ 1 – 2(2𝑝−1)x-2 + +....}

Untuk m = p + 1 diperoleh penyelesaian persamaan diferensial : y2 = zp+1{ 1-

(𝑝+1)(𝑝+2) 2 z 2(2𝑝+3)

+

(𝑝+1)(𝑝+2)(𝑝+3)(𝑝+4) 4 z 2.4(2𝑝+3)(2𝑝+5)

(𝑝+1)(𝑝+2)(𝑝+3)(𝑝+4)(𝑝+ 5)(𝑝+5) 6 z 2.4.6(2𝑝+3)(2𝑝+5)(2𝑝+7)

= x-p-1{ 1-

(𝑝+1)(𝑝+2) -2 x 2(2𝑝+3)

+

–

+.....

(𝑝+1)(𝑝+2)(𝑝+3)(𝑝+4) -4 x 2.4(2𝑝+3)(2𝑝+5)

(𝑝+1)(𝑝+2)(𝑝+3)(𝑝+4)(𝑝+ 5)(𝑝+5) -6 x 2.4.6(2𝑝+3)(2𝑝+5)(2𝑝+7)

+ . . . . }.

124

Jadi penyelesaian umum persamaan diferensial Legendre di titik x yang jaun dari titik-titik 0, -1, dan 1 ( |x| > 1 ) adalah y = Ay1 + By2 1

3

5

7

asalkan p ≠ 2 , ± 2 , ± 2 , ± 2 , . . . . . Polinomial Legendre Telah diproleh bahwa y1 merupakan penyelesaian persamaan diferensial Legendre order-p asalkan p ≠

1 2

,

3

,

2

5 2

, . . . . . . Jika p = n,

dengan n = 0, 1, 2, 3, 4, . . . . , katakan / ditulis y1 dengan un(x), ternyata

Barisan dan deret

u0(x) = 1,

u2(x) = x2 -

u1(x) = x ,

6

1 3

,

2

u3(x) = x3 - 5 x ,

3

u4(x) = x4 - 7 x2 + 70 yang umumnya 1 2

[ 𝑛]

1

𝑛(𝑛−1)(𝑛−2) . . . (𝑛−2𝑘+1)

un(x) = ∑𝑘=1(−1)𝑘 2𝑘𝑘! (2𝑛−1)(2𝑛−3) . 1

. . (2𝑛−2𝑘+1)

xn-2k

1

dengan [2 n] = bilangan asli terbesar yang ≤ 2 n . Berdasarkan polinomial un(x) tersebut didefinisikan polinomial (𝟐𝒏)!

Pn(x) = 𝟐𝒏 (𝒏!)𝟐 un(x) =

𝟏.𝟑.𝟓. . . . .(𝟐𝒏−𝟏) 𝒏!

un(x) .

yang disebut polinomial Legendre ( Legendre Polynomial ).order n. Jadi polinomial Legendre order n merupakan penyelesaian persamaan diferensial Legendre order n : (1 – x2)y” – 2xy’ + n(n + 1) = 0 dengan |x| > 1. Selanjutnya akan diperlihatkan bahwa rumus Rodrigues di bawah ini : 𝟏

𝒅𝒏

Pn(x) = 𝟐𝒏 𝒏! 𝒅𝒙𝒏(x2 – 1)n benar adanya, yaitu sebagai berikut. Dengan binomial Newton diperoleh

125 𝑑𝑛 𝑑𝑥 𝑛

(x2 – 1)n =

𝑑𝑛 𝑑𝑥 𝑛

1

[ 𝑛]

{∑𝑛𝑘=0(−1)k

𝑛!

x2n-2k }

𝑘!(𝑛−𝑘)!

𝑛!

2 = ∑𝑘=0 (−1)k𝑘!(𝑛−𝑘)! (2n-2k)(2n-2k-1). . . . . .(n-2k+1)xn-2k 1 2

[ 𝑛]

(2𝑛)!𝑛!

= ∑𝑘=0(−1)k2𝑘 𝑛![2𝑛−1)(2𝑛−3) . 1

[ 𝑛]

(2𝑛)!

. .(2𝑛−2𝑘+1)](𝑛−2𝑘)!𝑘!

𝑛(𝑛−1)(𝑛−2) . . . (𝑛−2𝑘+1)

2 = ∑𝑘=0 (−1)k2𝑘 𝑘!𝑛! . (2𝑛−1)(2𝑛−3) .

=

(2𝑛)! 𝑛!

. . (2𝑛−2𝑘+1)

xn-2k

xn-2k

un(x) = 2n.n! Pn(x) .

Teorema 5.3.1 : Barisan fungsi Legendre {Pn(x)} merupakan barisan fungsi ortogonal pada selang tertutup [-1,1] , artinya =0 ≠0

1

∫−1 𝑃𝑚 (x)Pn(x) dx {

𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑚 ≠ 𝑛 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑚 = 𝑛

Barisab dan deret

Bukti : 1

1

1 𝑑𝑚

𝑑𝑛

∫−1 𝑃𝑚 (x)Pn(x) dx = 2𝑚+𝑛𝑚!𝑛! ∫−1 𝑑𝑥 𝑚 (x2-1)m.𝑑𝑥 𝑛 (x2-1)n dx 𝑑𝑚

𝑑𝑛

Diambil u = 𝑑𝑥 𝑚 (x2-1)m dan dv = 𝑑𝑥 𝑛 (x2-1)n dx . Oleh karena itu diper𝑑𝑚+1

𝑑𝑛−1

oleh du = 𝑑𝑥 𝑚+1 (x2-1)m dx , v = 𝑑𝑥 𝑛−1 (x2-1)n , dan 1 𝑑𝑚 1 1 𝑑𝑛 1 ∫−1 𝑑𝑥 𝑚 (x2-1)m.𝑑𝑥 𝑛 (x2-1)n dx = ∫−1 𝑢𝑑𝑣 = uv]−1 - ∫−1 𝑣𝑑𝑢 𝑑𝑚

𝑑𝑛−1

1 𝑑𝑚+1

𝑑𝑛−1

= 𝑑𝑥 𝑚 (x2-1)m.𝑑𝑥 𝑛−1(x2-1)n]1-1 - ∫−1 𝑑𝑥 𝑚+1 (x2-1)m.𝑑𝑥 𝑛−1 (x2-1)ndx 1 𝑑𝑚+1

𝑑𝑛−1

= 0 - ∫−1 𝑑𝑥 𝑚+1 (x2-1)m.𝑑𝑥 𝑛−1(x2-1)ndx karena

𝑑𝑛−𝑗 𝑑𝑥 𝑛−𝑗

(x2-1)n]1-1 = 0 untuk 0 < j < n . Proses pengintegralan

parsial diulang-ulang sampai ke-j diperoleh 1

1

1

𝑑𝑚+𝑛

∫−1 𝑃𝑚 (x)Pn(x) dx = 2𝑚+𝑛𝑚!𝑛!(-1)n ∫−1(x2-1)n.𝑑𝑥 𝑚+𝑛 (x2-1)mdx . Pertama, jika m ≠ n ( tentu salah satu lebih besar ), katakan m < n, diperoleh

𝑑𝑚+𝑛 𝑑𝑥 𝑚+𝑛

(x2-1)m = 0 dan oleh karena itu 1

∫−1 𝑃𝑚 (x)Pn(x) dx = 0.

126

Ke-dua, jika m = n seperti di atas akhirnya diperoleh 1

∫−1{Pn(x)}2dx =

𝑑2𝑛

1

1

(-1)n∫−1(x2-1)n.𝑑𝑥 2𝑛(x2-1)ndx. 22𝑛 (𝑛!)2

𝑑2𝑛

Karena 𝑑𝑥 2𝑛(x2-1)n = (2n)! , maka 1

∫−1{Pn(x)}2dx = =

(−1)𝑛 (2𝑛)! 22𝑛 (𝑛!)2

(−1)𝑛 (2𝑛)! 22𝑛 (𝑛!)2

1

∫−1(x2-1)n dx

𝜋

(2𝑛)!

2𝑛+1 𝑛!

2

(−1)𝑛 . 2 ∫02 (sint)2n+1dt = 22𝑛(𝑛!)2 1.3….(2𝑛+1) = 2𝑛∗1 . ∎

Barisan dan deret

Persamaan Diferensial Bessel Persamaan diferensial linear order dua x2y” + xy’ + (x2 – n2)y = 0 disebut persamaan diferensial Bessel order- n. Karena x = 0 merupakan titik singuler regulernya, maka penyelesaian deretnya disekitar titik x = 0 berbentuk y = Aoxm + A1xm+1 + A2xm+2 + . . . . Setelah deret itu disubstitusikan ke dalam persamaan diferensialnya diperoleh y = (m2–n2)Aoxm + {(m+1)2-n2}A1xm+1 + {[(m+2)2-n2]A2+Ao}xm+2 + . . . . . . . +{[(m+k)2-n2]Ak+Ak-2}xm+k + . . . . . = 0 . Oleh karena itu diperpleh rumus rekursi 1

Ak = - (𝑚+𝑘)2 −𝑛2 Ak-2 . Jadi jika diambil A1 = 0 diperoleh 1

1

y= Aoxm{ 1 - (𝑚+2)2 −𝑛2 x2 + {(𝑚+2)2 −𝑛2 }{(𝑚+4)2 −𝑛2 ) x4

127

-

1 {(𝑚+2)2 −𝑛2 }{(𝑚+4)2 −𝑛2 )}{(𝑚+6)2 −𝑛2 }

x6 + . . . . . .

yang memenuhi persamaan x2y” + xy’ + (x2 – n2)y = (m2 – n2)Aoxm Jadi agar y memenuhi/penyelesaian persamaan diferensial Bessel diambil, karena Ao ≠ 0, m = ∓n . Untuk m = n diperoleh penyelesaian, dengan Ao = 1, 1

1

1

y1 = xn{ 1 - 4(𝑛+1) x2 + 42 2!(𝑛+1)(𝑛+2)x4 - 43 3!(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3) x6 + . . . } Untuk m = - n diperoleh penyelesaian, dengan Ao = 1, 1

1

1

y2 = x-n{ 1 - 4(1−𝑛) x2 + 42 .2!(1−𝑛)(2−𝑛) x4 - 43 3!(1−𝑛)(2−𝑛)(3−𝑛) x6 + . . . }

Barisan dan deret

Perlu dicatat bahwa jika n = 0 maka y1 = y2 , y1 tak mempunyai arti jika n bilangan bulat negatif, dan y2 tak mempunyai arti jika n bilangan bulat positif. Jika tidak demikian itu maka penyelesaian umum persamaan diferensial Bessel adalah y = Ay1 + By2 . Fungsi Bessel jenis pertama ( the Bessel functions of the first kind ) didefinisikan sebagai berikut. 𝟏

𝒙

𝟏

𝟏

𝒙

𝟏

𝒙

𝟏

𝒙

Jn(x) = 𝟐𝒏 𝒏! y1 = (𝟐)n{ 𝒏! - 𝟏!(𝒏+𝟏)! (𝟐)2 + 𝟐!(𝒏+𝟐)! (𝟐)4 - 𝟑!(𝒏+𝟑)! (𝟐)6 + . . . } J-n(x) = (-1)nJn(x) dengan n bilangan bulat non-negatif. Dengan demikian fungsi Bessel jenis pertama order-n merupakan persamaan diferensial Bessel order-n .

Persamaan diferensial Gauss Persamaan diferensial linear order dua (x – x2)y” + {𝜸 − (𝜶 + 𝜷 + 𝟏)𝒙}y’ - 𝜶𝜷𝒚 = 0

128

disebut persamaan diferensial Gauss. Mudah diperlihatkan bahwa titik x = 0 merupakan titik singuler yang reguler persamaan diferensial itu. Oleh karena itu penyelesaian deret persamaan diferensial Gauss itu di sekitar titik x = 0 berbentuk y = Aoxm + A1xm+1 + A2xm+2 + A3xm+3 + . . . . . Setelah deret itu disubstitusikan ke dalam persamaan diferensialnya diperoleh m(m+𝛾-1)Aoxm-1 + {(m+1)(m+𝛾)A1 – [m(m+𝛼 + 𝛽) + 𝛼𝛽]Ao}xm +. . . . . . +{(m+n)(m+n+𝛾-1)An – [(m+n-1)(m+n+𝛼 + 𝛽-1)+𝛼𝛽]An-1}xm+n-1 + . . . . . = 0. Jadi rumus rekursi yang diperoleh adalah

Barisan dan deret

An =

(𝑚+𝑛−1)(𝑚+𝑛+𝛼+𝛽−1)+𝛼𝛽 (𝑚+𝑛)(𝑚+𝑛+𝛾−1)

An-1

Oleh karena itu deret y di atas menjadi y = Aoxm{ 1 +

𝑚(+𝛼+𝛽)+𝛼𝛽 (𝑚+1)(𝑚+𝛾)

𝑚(+𝛼+𝛽)+𝛼𝛽 (𝑚+1)(+𝛼+𝛽+1)+𝛼𝛽 2 . (𝑚+2)(𝑚+𝛾+1) x (𝑚+1)(𝑚+𝛾)

x+

𝑚(+𝛼+𝛽)+𝛼𝛽 (𝑚+1)(+𝛼+𝛽+1)+𝛼𝛽 (𝑚+2)(+𝛼+𝛽+2)+𝛼𝛽 3 . (𝑚+3)(𝑚+𝛾+2) x (𝑚+2)(𝑚+𝛾+1)

+ (𝑚+1)(𝑚+𝛾) .

+....}

Dan jika disubstitusikan ke dalam persamaan diferensialnya diperoleh persamaan (x – x2)y” + {𝛾 − (𝛼 + 𝛽 + 1)𝑥}y’ - 𝛼𝛽𝑦 = m(m+𝛾-1)Aoxm-1 . Jadi, agar deret y menjadi penyelesaian persamaan diferensial Gauss haruslah, karena Ao ≠ 0, m(m+𝛾-1) = 0 atau ( m = 0 atau m = 1-𝛾). Dengan demikian diperoleh penyelesaian persamaan diferensial Gauss y1 untuk m = 0 dan y2 untuk m = 1-𝛾 ≠ 0, dengan mengambil Ao = 1, yaitu 𝛼𝛽

y1 = 1 + 1−𝛾 x + y2 = 𝑥1−𝛾 { 1 +

𝛼𝛽(𝛼+1)(𝛽+1) 2 x 1.2.𝛾(𝛾+1)

(𝛼−𝛾+1)(𝛽−𝛾+1)

+ . . . . . }.

1(2−𝛾)

+

𝛼𝛽(𝛼+1)(𝛽+1)(𝛼+2)(𝛽+2) 3 x 1.2.3𝛾(𝛾+1)(𝛾+2)

+....

(𝛼−𝛾+1)(𝛽−𝛾+1) (𝛼−𝛾+2)(𝛽−𝛾+2) 2 . 1.2(2−𝛾)(3−𝛾) x 1(2−𝛾)

x+

129

Seperti biasa penyelesaian umumnya adalah y = Ay1 + By2. Deret F dengan rumus F(𝜶, 𝜷, 𝜸; 𝒙) = y1 𝜶𝜷

= 1 + 𝟏−𝜸 x +

𝜶𝜷(𝜶+𝟏)(𝜷+𝟏) 2 x 𝟏.𝟐.𝜸(𝜸+𝟏)

+

𝜶𝜷(𝜶+𝟏)(𝜷+𝟏)(𝜶+𝟐)(𝜷+𝟐) 𝟏.𝟐.𝟑𝜸(𝜸+𝟏)(𝜸+𝟐)

x3 + . . . .

disebut deret hipergeometrik ( hypergeometric series ). Selanjutnya perlu mendapat perhatian bahwa y2 = 𝑥1−𝛾 F(𝛼 − 𝛾 + 1, 𝛽 − 𝛾 + 1,2 − 𝛾; 𝑥)

Barisan dan deret

Latihan 5.3 1. Pn(x) adalah polinomial Legendre order n. Buktikan kesamaan di bawah ini. ′ a. 𝑃𝑛; (x) = 𝑥𝑃𝑛−1 (x) + n𝑃𝑛+1(x) .

b. Pn(x) = xPn-1(x) +

𝑥 2 −1 𝑛

′ 𝑃𝑛−1 (𝑥).

′ ′ c. 𝑃𝑛+1 (x) - 𝑃𝑛−1 (x) = (2n+1)Pn(x) .

d.

𝑑 𝑑𝑥

{(1-x2)𝑃𝑛′ (x)}+ n(n+1)Pn(x) = 0 .

2. Buktikan bahwa 1

(1 - 2xt + t2)− 2 = Po(x) + P1(x).t + P2(x).t2 + P3(x).t3 + . . . . . 3. Tentang fungsi Bessel. Buktikan bahwa a. b.

𝑥

(−1)𝑘

𝑥

2k Jn(x) = (2)n{∑∞ 𝑘=0 𝑘!(𝑛+𝑘)! (2) .

𝑑 𝑑𝑥

Jo(x) = - J1(x) .

130

c. d. e.

𝑑 𝑑𝑥

{xn.Jn(x)} = xn.Jn-1(x) .

𝑑 𝑑𝑥

{x-n.Jn(x)} = - x-n.Jn+1(x) . 𝑑

Jn-1(x) – Jn+1(x) = 2.𝑑𝑥 Jn(x) .

4. Tentang deret Gauss. a. Cari penyelesaian deret persamaan diferensial 3

1

(i) (x – x2)y” + (2 - 2x)y’ - 4y = 0 . (ii) (x – x2)y” + 4(1 – x)y’ – 2y = 0 . c. Buktikan bahwa : (i) F(𝛼, 𝛽, 𝛽; 𝑥) = (1 – x)−𝛼 . (ii) F(1,1,2;x) = log(1 + x) .

131

Barisan dan deret

BAB VI RUANG BARISAN TERBATAS Telah diketahui cara menentukan suatu barisan bilangan itu konvergen atau divergen, hubungan deret dan barisan, dan sedikit pemakaian deret pangkat atau deret fungsi pada penyelesaian suatu persaman diferential. Mulai Bab VI ini akan diselidiki struktur topologis suatu koleksi barisan bilangan. Dengan bilangan yang dimaaksud adalah bilangcomplex. Perlu diingat bahwa S, yaitu koleksi semua barian bilangan komplex, merupakan ruang vector atas lapangan C. Tak hanya itu saja, S juga merupakan aljabar yang komutatif dan mempunyai elemen satuan 𝑒 = { 1 }; dan barisan bilangan ( bilangan komplex ) dituliskan dengan 𝑥 = { xk }, 𝑦 { yk }, . . . .

132

6.1 Ruang barisan terbatas Suatu barisan 𝑥 = { xk } 𝜖 S dikatakan terbatas ( bounded ) jika ada bilangan real M ≥ 0 sehingga | xk | ≤ M untuk setiap k. Teorema 6.1.1 : Jika 𝑙 ∞ merupakam koleksi semua barisan tebatas di dalam S, maka 𝑙 ∞ merupakan bernorma terhadap norma ∥ ∥∞ : ∥ 𝒙 ∥∞ = sup{ | xk | : k ≥ 1 } untuk setiap x = { xk } 𝜖 𝑙 ∞ . Bukti : Dibuktikan danulu bahwa 𝑙 ∞ merupakan ruang linear ( ruang vector atas lapangan C ). Untuk sebarang bilangan 𝛼 dan 𝑥 = { xk }, 𝑦 = { yk } 𝜖 𝑙 ∞ diperoleh ∥ 𝛼𝑥 ∥∞ = sup{ | 𝛼xk | : k ≥ 1 } = sup{ |𝛼|.| xk | : k ≥ 1 }

Barisan dan deret

= |𝛼|. sup{ | xk | : k ≥ 1 } = |𝛼|.|| x ∥∞ < ∞ dan || 𝑥 + 𝑦 ∥∞ = sup{ | xk + yk | : k ≥ 1 } ≤ sup{ | xk |+| yk | : k ≥ 1 } ≤ sup{ | xk | : k ≥ 1 } + sup{ | yk | : k ≥ 1 } = || x ∥∞ + || y ∥∞ ≤ ∞. Sampai di sini terbukti bahwa 𝑙 ∞ ruang linear. Terlihat pula bahwa untukmembuktikan bahwa 𝑙 ∞ ruang bernorma tinggal membuktikan ∥ 𝑥 ∥∞ = sup{ | xk | : k ≥ 1 } ≥ 0 untuk setiap 𝑥 𝜖 𝑙 ∞ dan || 𝑥 ∥∞ = 0 jika dan hanya jika x = o . Dua hal ini cukup jelas berdasarkan definisi norma di atas.

∎

Teorema 6.1.2 : 𝑙 ∞ merupakan ruang Banach.

133

Bukti : Karena 𝑙 ∞ merupakan ruang bernoma terhadap noma || ∥∞ , tinggal membuktikan setiap barisan Cauchy di dalamnya konvergen. Diam𝑛

bil sebarang barisan Cauchy { 𝑥 } di dalam 𝑙 ∞ . Jadi, untuk sebarang bilaangan real 𝜀 > 0 terdapat bilngan asli no sehingga jika dua bilangan asli m, n > no benar bahwa 𝑚

𝑛

|| 𝑥 − 𝑥 ∥∞ = sup{ |𝑥𝑘𝑚 − 𝑥𝑘𝑛 | : k ≥ 1 } < 𝜀 /2 Jadi, |𝑥𝑘𝑚 − 𝑥𝑘𝑛 | < 𝜀 untuk setiap k yang berarti untuk setiap k barisan bilangan { 𝑥𝑘𝑛 } merupakan barisan Cauchy atau berarti untuk setiap k barisan bilangan { 𝑥𝑘𝑛 } merupakan barisan yang konvergen; katakanlah konvergen ke xk. ( lim 𝑥𝑘𝑛 = 𝑥𝑘 ). Dibentuk barisan bilangan 𝑥 = { 𝑥𝑘 𝑛→∞

}. Oleh karea itu diperoleh, untuk n ≥ no , 𝑛

𝑚

|| 𝑥 - 𝑥 ∥∞ = lim || 𝑥 − 𝑥

𝑛

𝑚→∞

∥∞ < 𝜀

𝑛

atau lim 𝑥 = 𝑥 dan 𝑛→∞

𝑛

𝑛

|| 𝑥 ∥∞ ≤ || 𝑥 - 𝑥 ∥∞ + || 𝑥 ∥∞ < ∞

Barisan dan deret

𝑛

yang berarti barisan Cauchy { 𝑥 } konvergen ke 𝑥 𝜖 𝑙 ∞ atau terbukti 𝑙 ∞ ruang Banach.

∎

c dan co berturut-turut menunjukkan berturut-turut koleksi semua barisan bilangan yang konvergen dan koleksi semua barisan bilangan yang konvergen ke 0 ; jadi co ⊂ c. Menurut Teorema 2.1.4, setiap barisan yang konvergen terbatas dan, menurut Teorema 2.1.4, c dan co merupakan ruang linear. Oleh karena itu, co dan c merupakan ruang bagian ( bernorma ) ruang Banach 𝑙 ∞ . Teorema 6.1.3 : co dan c masing-maasing ruang Banach. Bukti : Menurut penjelasan di atas, cukup dibuktikan bahwa co dan c merupakan ruang bernorma yang lengkap terhadap norma || ∥∞ . Diam-

134 𝑛

bil sebaraang barisan Cauchy { 𝑥 } di dalam c. Karena c ⊂ 𝑙 ∞ maka 𝑛

{ 𝑥 } konvergen; katakan konvergen ke 𝑥 = { 𝑥𝑘 } 𝜖 𝑙 ∞ . Jadi untuk sebarang bilangan real 𝜀 > 0 dapat dipilih bilangan aseli no sehingga jika dua bilangan asli m, n ≥ no benar bahwa 𝑚

𝑛

|| 𝑥 - 𝑥 ∥∞ < 𝜀/3

dan

| 𝑥𝑘𝑚 - 𝑥𝑘𝑛 | < 𝜀/3

dan

𝑛

||

𝑥 - 𝑥 ∥∞ < 𝜀/3

atau | 𝑥𝑘𝑛 - xk | < 𝜀/3

𝑛

𝑛

untuk setiap k. Dan karena 𝑥 𝜖 c untuk setiap n, maka 𝑥 = { 𝑥𝑘𝑛 } barisan bilangan Cauchy. Jadi untuk bilangan real 𝜀 > 0 tersebut di atas dapat dipilih bilangan asli ko sehingga jika k, l ≥ ko benar bahwa | 𝑥𝑘𝑛 - 𝑥𝑙𝑛 | < 𝜀/3 . 𝑛

𝑛

𝑥 = { 𝑥𝑘 } 𝜖 c sebab ∆𝑥 𝜖 c (∆𝑥 konvergen ) dan ∆𝑥 = lim ∆𝑥 𝑛→

𝑛

konvergen.

Dengan kata lain terbukti bahwa c ruang Banach. Bukti bahwa co juga merupakan ruang Banach sejalan. ∎

Barisan dan deret

6.2 Ruang barisan-selisih terbatas Telah diketahui bahwa 𝑙 ∞ , yaitu koleksi semua barisan bilangan terbatas, merupakan ruang Banach. Sekarang bebrapa masalah timbul, antara lain adalah bagaimana nasib barisan-barisan yang tak terbatas Apakah mereka itu masih dapat dikriteriakan atau masih dapat dicermati pengelompokannya. Jawabannya tentu positif; masih banyak cara mengkriteriakan, antara lain melalui pembentukan barisan-selisih.seperti yang akan dibicarakn di bawah ini . Diketahui barisan bilangan 𝑥 = { xk }. Dengan menganggap xo = 0, dibentuk barisan bilangan : ∆𝒙 = { ∆xk }

135

dengan ∆xk = xk – xk-1 ( k = 1, 2, 3, . . . . ). Selanjutnya akan diselidiki koleksi-koleksi : 𝒍∞ (∆) = { 𝒙 = { xk } 𝝐 S : ∆𝒙 = { ∆xk } 𝝐 𝒍∞ }, c(∆) = { 𝒙 = { xk } 𝝐 S : ∆𝒙 = { ∆xk } 𝝐 c },

dan

co(∆) = { 𝒙 = { xk } 𝝐 S : ∆𝒙 = { ∆xk } 𝝐 co } . Teorema 6.2.1 : co(∆) ⊂ c(∆) ⊂ 𝑙 ∞ (∆) dan masing-masing merupakan ruang linear. Lebih lanjut co ⊂ co(∆), c ⊂ c(∆), dan 𝑙 ∞ ⊂ 𝑙 ∞ (∆). Bukti : Diambil sebarang bilangan 𝛼 dan 𝑥, 𝑦 𝜖 S. Diperoleh ∆(𝛼𝑥) = { ∆(𝛼xk) } = { 𝛼xk – 𝛼xk-1 } = 𝛼{ xk - xk-1 } = 𝛼. ∆𝑥 dan ∆(𝑥 + 𝑦) = {∆xk + ∆yk } = {∆xk }+{ ∆yk } = ∆𝑥 + ∆𝑦 . Jadi, berdasarkan dua kenyataan tersebut dan definisi pembentukan 𝑙 ∞ (∆), 𝑐(∆}, dan co(∆) dapat disimpulkan bahwa jika diambil bilangan 𝛼 sebarang dan 𝑥, 𝑦 𝜖 𝑙 ∞ (∆) ( 𝑐(∆), co(∆) maka co(∆) ⊂ c(∆) ⊂ 𝑙 ∞ (∆) dan masing-masing merupakan ruang linear. Selanjutnya jika 𝑥 = { xk } 𝜖 co ( c , 𝑙 ∞ ) maka { xk-1 } 𝜖 co ( c , 𝑙 ∞ ) maka { xk-1 } 𝜖 co ( c , 𝑙 ∞ ) dan oleh karena itu ∆𝑥 = { ∆xk } = { xk} – { xk-1 } 𝜖 co ( c , 𝑙 ∞ ) ; dengan kata lain 𝑥 𝜖 co (∆) ( c(∆) , 𝑙 ∞ (∆) ). ∎

Barisan dan deret

Contoh : 1

1. 𝑥 = { xk } = { k + 𝑘 } merupakan barisan yang tak tebatas., tetapi 1

1

∆𝑥 = { ∆xk } = { 1 - 𝑘(𝑘−1) } 𝜖 𝑙 ∞ ; jadi 𝑥 = { xk } = { k + 𝑘 } 𝜖 𝑙 ∞ (∆) 2

𝑥= { xk } = { 1 +

1 𝑘

} merupakan bilangan yang terbatas dan

konvergen ke 1; jadi 𝑥 = { xk } = { 1 +

1 𝑘

} 𝜖 c. Lebih lanjut

1

∆𝑥 = { ∆xk } = { - 𝑘(𝑘−1) } konvergen ke 0 ; jadi ∆𝑥 𝜖 co . Teorema 6.2.2 : 𝑙 ∞ (∆), 𝑐(∆}, dan co(∆) maing-masing merupakan ruang Banach terhadap norma || ∥∆,∞ : || 𝑥 ∥∆,∞ = | x1 | + || ∆𝑥 ∥∞ = | x1 | + 𝑠𝑢𝑝𝑘≥1 | ∆xk |

136

untuk setiap 𝑥 𝜖 𝑙∆,∞ . Bukti : Diambil sebarang 𝑥 , 𝑦 , 𝑧 𝜖 𝑙 ∞ (∆) ( c(∆) , co(∆) ) dan sebarang bilangan 𝛼. Diperoleh : 

|| 𝑥 ∥∆,∞ = | x1 | + 𝑠𝑢𝑝𝑘≥1 | ∆xk | = || 𝑥 ∥∆,∞ = | x1 | + 𝑠𝑢𝑝𝑘≥1 | xk – xk-1| ≥ 0 dan || 𝑥 ∥∆,∞ = 0 ⟺ x1 = 0 dan xk - xk-1 = 0 untuk setiap ⟺ x1 = x2 = x3 = . . . . = 0 ⟺ 𝑥 = 𝑜 ,



|| 𝛼𝑥 ∥∆,,∞ = | 𝛼x1 | + 𝑠𝑢𝑝𝑘≥1 |𝛼xk | = | 𝛼 |{| x1 | + 𝑠𝑢𝑝𝑘≥1 {| xk – xk-1| }= | 𝛼 |.|| 𝑥 ∥∆,∞ , dan



|| 𝑥 + 𝑦 ∥∆,∞ = |x1 + y1| + || ∆𝑥 + ∆𝑦 ∥∞ ≤ | x1 | + | y1 | + ∆𝑥 ∥∞ + || ∆𝑦 ∥∞ = || 𝑥 ∥∆,∞ + || 𝑦 ∥∆,∞ .

||

Dan karena norma pada 𝑙 ∞ (∆), c(∆), dan co(∆) sama, maka dapat di – simpulkan bahwa 𝑙 ∞ (∆), c(∆), dan co(∆) masing-masing merupakan ruang bernorma. Tinggal membuktikan masing-masing lengkap ( ruang 𝑛

Banach ). Diambil sebarang barisan Cauchy { 𝑥 } di dalam 𝑙 ∞ (∆) ( c(∆) , co(∆) ). Jadi, untuk sebarang bilangan real 𝜀 > 0 ada bilangan asli no se-hingga untuk sebarang dua bilangan asli m, n ≥ no benar bahwa

Barisaan dan deret

𝑚

𝑛

|| 𝑥 - 𝑥 ∥∆,∞ = | 𝑥1𝑚 - 𝑥1𝑛 | + 𝑠𝑢𝑝𝑘≥1 | 𝑥𝑘𝑚 - 𝑥𝑘𝑛 | < 𝜀 yang berakibat | 𝑥𝑘𝑚 - 𝑥𝑘𝑛 | < 𝜀 untuk setiap k atau { 𝑥𝑘𝑛 } merupakan barisan bilangan Cauchy untuk setiap k. Jadi terdapat tepat satu bilangan xk sehingga{ 𝑥𝑘𝑛 } konvergen ke xk ( lim 𝑥𝑘𝑛 = xk ). Kemudian 𝑛→∞

dibentuk barisan 𝑥 = { xk }. Diperoleh : || 𝑥 - 𝑥

𝑛

𝑚

𝑛

∥∆,∞ = lim ∥ 𝑥 - 𝑥 ∥∆,∞ = lim { | 𝑥1𝑚 - 𝑥1𝑛 | + 𝑠𝑢𝑝𝑘≥1 | →∞

𝑥𝑘𝑚 - 𝑥𝑘𝑛 | } < 𝜀 || 𝑥 ∥∆,∞ ≤ || 𝑥 - 𝑥 𝑛

𝑚→∞

dan 𝑛

𝑛

∥∆,∞ + || 𝑥 ∥∆,∞ < ∞ .

yang berarti { 𝑥 } konvergen ke 𝑥 𝜖 𝑙 ∞ (∆) atau 𝑙 ∞ (∆) lengkap.

137 𝑛

Selanjutya, jika { 𝑥 } merupakan barisan bilangan Cauchy di dalam 𝑛

c(∆) ( di dalam co(∆) ), maka ∆𝑥 = { ∆𝑥𝑘𝑛 } merupakan barisan 𝑛

Cauchy di dalam c ( co ) , Oleh karena itu ∆𝑥 = { ∆𝑥𝑘𝑛 } konvergen ke ∆𝑥 dan ∆𝑥 𝜖 c ( co ), karena c ( co ) lengkap . Dengan kata lain 𝑥𝜖 c(∆) ( co(∆) ) atau terbukti c(∆) ( co(∆) ) lengkap.

∎

Sekali lagi, jika barisan bilangan 𝑥 = { xk }, dengan menganggap xo =0, dibentuk barisan bilangan ∆𝒙 = { ∆xk } dengan ∆xk = xk – xk-1 ( k = 1, 2, 3, . . . . ). Selanjutnya telah pula dibicarakan ruang-ruang barisan co , c, 𝑙 ∞ , co(∆), c(∆), dan 𝑙 ∞ (∆} tentang sifat-sifat dan hubungnnya. Oleh karena itu dengan dasar idea yang sama dibentuk pula ∆2𝒙 = ∆(∆𝒙 ) = { ∆2xk } dengan ∆2xk = ∆(xk – xk-1) = ∆xk - ∆xk-1 = (xk – xk-1) - (xk-1 – xk-2) = xk – 2xk-1 + xk-2

( k = 1, 2, 3, . . . . . ),

Barisan dan deret

∆𝟑 𝒙 = ∆(∆𝟐 𝒙) = { ∆𝟑 xk } dengan ∆3 xk = ∆(xk – 2xk-1 + xk-2 ) = xk – 3xk-1 + 3xk-2 + xk-3 Demikian seterusnya, yang umumnya 𝒊 𝒎 ∆m𝒙 = { ∆mxk } = { ∑𝒎 𝒊=𝟎(−𝟏) ( 𝒊 )xk+m-i }

untuk m = 2, 3, 4 , . . . . Oleh kareana itu dapat dibentuk pula koleksikoleksi : 𝑙 ∞ (∆𝑚 ) = { 𝑥 = { xk } 𝜖 S : ∆𝑚 𝑥 𝜖 𝑙 ∞ } c(∆𝑚 ) = { 𝑥 = { xk } 𝜖 S : ∆𝑚 𝑥 𝜖 c }, co(∆𝑚 ) = { 𝑥 = { xk } 𝜖 S : ∆𝑚 𝑥 𝜖 co }.

138

Teorema 6.2.3 : Untuk setiap bilangan asli m benar bahwa : co(∆𝑚 ), c(∆𝑚 ), dan 𝑙 ∞ (∆𝑚 ) masing-masing ruang linear, co(∆𝑚 ) ⊂ c(∆𝑚 ) ⊂ 𝑙 ∞ (∆𝑚 ), co(∆𝑚 ⊂ o(∆𝑚+1 ), c(∆𝑚 ) ⊂ c(∆𝑚+1 ), dan 𝑙 ∞ (∆𝑚 ) ⊂ 𝑙 ∞ (∆𝑚+1 ),

(i) (ii) (iii)

Bukti : Untuk sebarang bilangan 𝛼 dan sebarang barisan bilangan 𝑥 = { xk } dan 𝑦 = { yk } benar bahwa ∆𝑚 (𝛼. 𝑥) = { ∆𝑚 (𝛼xk) } = { 𝛼.∆𝑚 xk } = 𝛼.{ ∆𝑚 xk } = 𝛼. ∆𝑚 𝑥

dan

∆𝑚 { 𝑥 + 𝑦 ) = { ∆𝑚 ( xk + yk ) } = { ∆𝑚 xk + ∆𝑚 yk } = { ∆𝑚 xk } + { ∆𝑚 yk } = ∆𝑚 𝑥 + ∆𝑚 𝑦 . (i): Jadi jika 𝑥 dan 𝑦 anggota co(∆𝑚 ) ( c(∆𝑚 ), 𝑙 ∞ (∆𝑚 ) ), maka 𝛼. 𝑥 dan 𝑥 + 𝑦 anggota co(∆𝑚 ) ( c(∆𝑚 ), 𝑙 ∞ (∆𝑚 ) ) . Dengan kataa lain terbukti bahwa co(∆𝑚 ), c(∆𝑚 ), dan 𝑙 ∞ (∆𝑚 ) masing-masing ruang linear. (ii):Berdasarkan definisi pembentukannya jelas bahwa co(∆𝑚 ) ⊂ c(∆𝑚 ) ⊂ 𝑙 ∞ (∆𝑚 ). (iii): Karena { ∆𝑚+1 ( xk) }= { ∆(∆𝑚 xk) } = { ∆𝑚 xk - ∆𝑚 xk-1 } = { ∆𝑚 xk } – { ∆𝑚 xk-1 } maka dapat disimpulkan bahwa co(∆𝑚 ) ⊂ co(∆𝑚+1 ), c(∆𝑚 ) ⊂ c(∆𝑚+1 ),

Barisan dan deret

dan 𝑙 ∞ (∆𝑚 ) ⊂ 𝑙 ∞ (∆𝑚+1 ).

∎

Teorema 6.2.4 : co(∆𝑚 ), c(∆𝑚 ), dan 𝑙 ∞ (∆𝑚 ) masing-masing merupakan ruang Banach terhadap norma || ∥∆𝑚,∞ : || 𝑥 ∥∆𝑚 ,∞ = ∑𝑚 𝑘=1 | xk | + 𝑠𝑢𝑝𝑘≥1 | ∆𝑚 xk | untuk setiap 𝑥 = { xk } 𝜖 co(∆𝑚 ) ( c(∆𝑚 ), 𝑙 ∞ (∆𝑚 ) ). 𝑛

Bukti : Diambil sebarang barisan Cauchy { 𝑥 } di dalam co(∆𝑚 ) ( c(∆𝑚 ), 𝑙 ∞ (∆𝑚 ) ). Jadi, untuk sebarang bilangan real 𝜀 > 0 terdapaat bilangan asli no dan jika dua bilangan asli s, t ≥ no benar bahwa : 𝑠

𝑡

𝑠 𝑡 𝑠 𝑡 || 𝑥 - 𝑥 ∥∆𝑚,∞ = ∑𝑚 𝑘=1 | 𝑥𝑘 - 𝑥𝑘 | + 𝑠𝑢𝑝𝑘≥1 | ∆𝑚 (𝑥𝑘 − 𝑥𝑘 ) | < 𝜀 ⟺

139 𝑠 𝑡 𝑠 𝑡 ∑𝑚 𝑘=1 | 𝑥𝑘 - 𝑥𝑘 | < 𝜀 dan | ∆𝑚 (𝑥𝑘 − 𝑥𝑘 ) | < 𝜀 untuk setiap k ⟺ 𝑚 𝑚 𝑠 𝑡 𝑡 i 𝑠 ∑𝑚 𝑘=1 | 𝑥𝑘 - 𝑥𝑘 | < 𝜀 dan | ∑𝑖=0( 𝑖 )(-1) (𝑥𝑘 - 𝑥𝑘 ) | untuk setiap k ⟺

| 𝑥𝑘𝑠 - 𝑥𝑘𝑡 | < 𝜀 untuk setiap k ⇔ { 𝑥𝑘𝑠 } barisan bilangan Cauchy un𝑠

tuk setiap k ⟺ 𝑥 = { 𝑥𝑘𝑠 } konvergen ke suatu barisan 𝑥 = { xk } ( lim 𝑥𝑘𝑠 = xk , lim lim 𝑥𝑘𝑠 ) = lim 𝑥 k }. 𝑠→∞

𝑘→∞ 𝑠→∞

𝑘→∞

Jadi diperoleh barisan bilangan 𝑥 = { xk } dengan sifat 𝑡

𝑡

|| 𝑥 ∥∆𝑚 ,∞ ≤ || 𝑥 - 𝑥 ∥∆𝑚 ,∞ + || 𝑥 ∥∆𝑚,∞ 𝑠

𝑡

𝑡

= lim || 𝑥 - 𝑥 ∥∆𝑚 ,∞ + || 𝑥 ∥∆𝑚 ,∞ < ∞ . 𝑠→∞

𝑠

Berdasarkan ketidaksamaan terakhir, 𝑥 = { 𝑥𝑘𝑠 } ke 𝑥 dan 𝑠

∆𝑚 𝑥 = ∆𝑚 { xk } = lim ∆𝑚 { 𝑥𝑘𝑠 } = lim ∆𝑚 𝑥 , maka : 𝑠→∞

𝑠→∞

𝑠

- jika 𝑥 𝜖 co(∆𝑚 ) ⟹ 𝑥 𝜖 co(∆𝑚 ) atau terbukti co(∆𝑚 ) lengkap 𝑠

- jika 𝑥 𝜖 co(∆𝑚 ) ⟹ 𝑥 𝜖 c(∆𝑚 ) atau terbukti c(∆𝑚 ) lengkap, dan 𝑠

- jika 𝑥 𝜖 𝑙 ∞ (∆𝑚 ) ⟹ 𝑥 𝜖 𝑙 ∞ (∆𝑚 ) atau terbukti 𝑙 ∞ (∆𝑚 ) lengkap. Bukti selesai.

∎

6.3 Ruang barisan Cesaro Dari suatu barisan bilangan 𝑥 = { xk } dapat dibentuk barisan baru 𝟏

{ 𝒏 ∑𝒏𝒌=𝟏 𝒙k } Barisan dan deret

yang disebut barisan Cesaro. Oleh karena itu barisan Cesaro ada yang konvergen ke 0, ada yang konvergen, dan ada juga yang terbatas. Koleksi semua barisan Cesaro yang konvergen ke 0 dinotasikan dengan Co, koleksi semua barisan Cesaro yang konvergen dinotasikan dengan C, dan koleksi semua barisan Cesaro yang terbatas dinotasikan dengan 𝐶∞ . Dengan kata lain 1

-

Co = { 𝑥 = { 𝑥k } 𝜖 S : { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝑥𝑘 } konvergen ke 0 },

-

C = { 𝑥 = { 𝑥k } 𝜖 S : { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝑥𝑘 } konvergen },

-

𝐶∞ = { 𝑥 = { 𝑥k } 𝜖 S : { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝑥𝑘 } terbatas }

1

1

140

Cukup jelas bahwa C o ⊂ 𝑪 ⊂ 𝑪∞ dan masing-masing merupakan ruang linear. Teorema 6.3.1 : Co, C, dan 𝐶∞ masing-masing merupakan ruang Banach terhadap norma || ||c : 𝟏

|| 𝒙 ||c = supn>0|𝒏 ∑𝒏𝒌=𝟏 𝒙𝒌 | untuk setiap 𝑥 = { xk } anggota Co ( C, 𝐶∞ ). Bukti : Cukup jelas bahwa, jika 𝑥 dan 𝑦 anggotanya dan sebarang bilangan 𝛼 benar bahwa 1

-

|| 𝑥 ||c = supn>0|𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝑥𝑘 | ≥ 0 dan || 𝑥 ||c = 0 ⟺ 𝑥 = 𝑜,

-

|| 𝛼𝑥 ||c = supn>0|𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝛼𝑥𝑘 | = | 𝛼 |. supn>0|𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝑥𝑘 |

1

1

= | 𝛼 |.|| 𝑥 ||c , 1

1

|| 𝑥 + 𝑦 ||c = supn>0|𝑛 ∑𝑛𝑘=1(𝑥𝑘 + 𝑦𝑘 ) | ≤ supn>0|𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝑥𝑘 |

-

1

+ supn>0|𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝑦𝑘 | = || 𝑥 ||c + || 𝑦 ||c . Jadi terbukti bahwa Co ( C, 𝐶∞ ) ruang bernorma. Diambil sebarang 𝑠

barisan Cauchy { 𝑥 } di dalam Co ( C, 𝐶∞ ). Berarti untuk sebarang bilangan real 𝜀 ≥ 0 terdapat bilangan asli no sehingga setap dua bilangan asli s, t ≥ no benar bahwa

Barisan daan deret

𝑠

1

𝑡

1

|| 𝑥 - 𝑥 ||c = supn>0|𝑛 ∑𝑛𝑘=1(𝑥𝑘𝑠 − 𝑥𝑘𝑡 ) | < 𝜀 ⟺ |𝑛 ∑𝑛𝑘=1(𝑥𝑘𝑠 − 𝑥𝑘𝑡 ) | < 𝜀 ⟹ | 𝑥𝑘𝑠 − 𝑥𝑘𝑡 | < 𝜀 untuk setiap k ⟺ { 𝑥𝑘𝑠 } barisan bilangan Cauchy untuk setiap k ⟺ { 𝑥𝑘𝑠 } konvergen untuk setiap k, katakan ke 𝑠

bilangan xk ( lim 𝑥𝑘𝑠 = xk ). Jadi, karena 𝑥 𝜖 Co ( C, 𝐶∞ ), lim 𝑥 𝑠→∞

𝑠

𝑠→∞

= 𝑥 = { xk } dan 1

1

|| 𝑥 ||c = supn>0|𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝑥𝑘 | = lim supn>0 | 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝑥𝑘𝑠 | 𝑠→∞

berarti barisan Cesaro 𝑥 konvergen ke 0 ( konvergen, terbatas ) atau 𝑥 𝜖 Co ( C, 𝐶∞ ) atau terbukti nahwa Co ( C, 𝐶∞ ) ruang Banach.

∎

141

Ruang barisan-selisih Cesaro Seperti pada ruang barisan terbatas yang telah dikembangkan menjadi barisan-selisih terbatas, pada ruang barisan Cesaro dimungkinkan dapat pula menjadi ruang barisan-selisih Cesaro. Jika 𝑥 = { xk } suatu barisan bilangan, maka barisan-selisih Cesaro adalah barisan 𝟏

{ 𝒏 ∑𝒏𝒌=𝟎 ∆xk } dengan ∆xk = xk - xk-1 dan xo = 0. Jadi dapat di bangun koleksi-koleksi ; 𝟏

𝑪(∆)𝒐 = { 𝒙 = { xk } 𝝐 S : { 𝒏 ∑𝒏𝒌=𝟎 ∆xk } konvergen ke 0 }, 𝟏

C(∆)= { 𝒙 = { xk } 𝝐 S : { 𝒏 ∑𝒏𝒌=𝟎 ∆xk } konvergen }, dan 𝟏

𝑪(∆)∞ = { 𝒙 = { xk } 𝝐 S : { 𝒏 ∑𝒏𝒌=𝟎 ∆xk } terbatas }. Mudah difahami bahwa Teorema 6.3.2 : Co ⊂ 𝐶(∆)𝑜 , C ⊂ C(∆) , 𝐶∞ ⊂ 𝐶(∆)∞ dan 𝑪(∆)𝒐 ⊂ C(∆) ⊂ 𝑪(∆)∞ dan masing-masing merupakan ruang linear. 1

Bukti : Untuk setiap 𝑥 = { 𝑥𝑘 } 𝜖 Co ,barisan { 𝑛 ∑𝑛𝑘1 𝑥k } konvergen ke 0. Oleh karena itu barisan 1

1

1

1

{ 𝑛 ∑𝑛𝑘=0 ∆xk } = { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1(xk – xk-1) } = { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝑥𝑘 }− { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝑥𝑘−1 }

Barisan dan deret

konvergen ke 0. Jadi terbukti Co ⊂ 𝐶(∆)𝑜 . Bukti bahwa C ⊂ C(∆) dan 𝐶∞ ⊂ 𝐶(∆)∞ sejalan. Diambil sebaarang 𝑥 = { 𝑥𝑘 } , 𝑦 = { 𝑦𝑘 } 𝜖 𝐶(∆)𝑜 dan sebaraang bilangan 𝛼. Hal ini berati barisan -barisan {

1 𝑛

∑𝑛𝑘=1 ∆𝑥𝑘 } dan {

1 𝑛

∑𝑛𝑘=1 ∆𝑦𝑘 }

masing-aingkonvegen ke 0. Oleh karena itu barisan-barisan {

1

∑𝑛 ∆𝛼𝑥𝑘 } = 𝛼. { 𝑛 𝑘=1

1 𝑛

∑𝑛𝑘=1 ∆𝑥𝑘 } dan

142

{

1 𝑛

∑𝑛𝑘=1 ∆(𝑥𝑘 + yk) = {

1 𝑛

∑𝑛𝑘=1 ∆𝑥𝑘 } + {

1 𝑛

∑𝑛𝑘=1 ∆𝑦𝑘 }

masing-masing konvergen ke 0. Dengan kata lain terbukti bahwa 𝐶(∆)𝑜 merupkn rung linear. Bukti bahwa C(∆) dan 𝐶(∆)∞ merupakan ruang ∎

linear sejalan.

Selanjutnya, teorema di bawah ini juga mudah dibuktikan. Teorema 6.3.3 : 𝐶(∆)𝑜 , C(∆), dan 𝐶(∆)∞ masing-masing ruang Banach ter-hadaap norma || ∥𝑐∆,∞ : 𝟏

|| 𝒙 ∥𝒄∆,∞ = | x1 | + supn>0| 𝒏 ∑𝒏𝒌=𝟏 ∆xk | untuk setiap 𝑥 𝜖 𝐶(∆)𝑜 , ( C(∆), 𝐶(∆)∞ ) Bukti : Karena bukti bahwa 𝐶(∆)𝑜 , C(∆) , dan 𝐶(∆)∞ masing-masing ruang Banach sejalan, maka cup di butikan salah satu saja, yaitu C(∆) 𝑠

saja. Diambil sebarang barisan Cauchy { 𝑥 } d dalam C(∆) . Jadi untuk sebarang bilangan 𝜀 ≥ 0 terdapat bilangan asli no sehingga untuk setiap dua bilangan asli s, t ≥ no benar bahwa 𝑠

1

𝑡

|| 𝑥 - 𝑥 ∥𝑐∆,∞ = | 𝑥1𝑠 - 𝑥1𝑡 | + supn>0| 𝑛 ∑𝑛𝑘=1( 𝑥𝑘𝑠 - 𝑥𝑘𝑡 ) | < 𝜀 ⟺ 1

| 𝑛 ∑𝑛𝑘=1( 𝑥𝑘𝑠 - 𝑥𝑘𝑡 ) | < 𝜀

untuk setiap n ⟹

| 𝑥𝑘𝑠 - 𝑥𝑘𝑡 | < 𝜀 untuk

setiap k ⟺ { 𝑥𝑘𝑠 } barisan bilangan Cauchy untuk setiap k ⟺{ 𝑥𝑘𝑠 } konvergen, katakana ke xk untuk setiap k ( lim 𝑥k ). Dibentuk barisan 𝑠→∞

𝑥 = { xk }; jadi diperoleh

Barisan dan deret

𝑥 = { xk } = lim { 𝑥𝑘𝑠 } = lim 𝑥 𝑠→∞

𝑠

𝑠→∞

yang berakibat barisan 1

1

{ 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝑥𝑘 } = lim { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝑥𝑘𝑠 } konvergen 𝑠→∞

yang berarti 𝑥 anggota C(∆) atau terbukti bahwa C(∆) lengkap ( ruang Banach ). ∎ Ruang barisan-selisih Cesaro terbatas order-m Seperti pada ruang barisan terbataas, pada ruang barisan Cesaro dimungkinkan membangun barisan-selisih Cesaro tingkat yang lebih

143

tinggi ; yaitu sebagai berkut. Untuk setiap barisan 𝑥 = { xk } barisanselisih Cesaro tingkat ke-2, tingkat ke-3, dan seterusnya adalah : 1

1

{ 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆2xk }, { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆3xk }, dan seterusnya yang bentuk umumnya 𝟏

{ 𝒏 ∑𝒏𝒌=𝟏 ∆mxk } yang disebut barisan-selisih Cesaro order-m. Oleh karena itu terbentuklah koleksi-koleksi : 1

C(∆𝑚 )o = { 𝑥 = { xk } 𝜖 S : { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆mxk } konvergen ke 0 }, 1

C(∆𝑚 ) = { 𝑥 = { xk } 𝜖 S : { ∑𝑛𝑘=1 ∆mxk } konvergen }, 𝑛

1

C(∆𝑚 )∞ = { 𝑥 = { xk } 𝜖 S : { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆mxk } terbatas }. Teorema 6.3.4 : C{∆𝒎 )o ⊂ 𝑪(∆𝒎+𝟏 )𝒐 , C(∆𝒎 ) ⊂ C(∆𝒎+𝟏 ) , 𝑪(∆𝒎 )∞ ⊂ 𝑪(∆𝒎+𝟏 )∞ dan 𝑪(∆𝒎 )𝒐 ⊂ C(∆𝒎 ) ⊂ 𝑪(∆𝒎 )∞ dan masing-masing merupakan ruang linear. Bukti : Dibuktikan dahulu bahwa C(∆𝑚 ) ⊂ C(∆𝑚+1 ). Diambil sebarang 𝑥 = { xk } anggota C(∆𝑚 ); jadi barisan 1

1

{ 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆mxk } dan { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆mxk-1 } konvergen. Oleh karena itu barisan

Barisan dan deret

1

1

{ 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆m+1xk } = { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆(∆mxk) } 1

1

= { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆mxk } - { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆mxk-1 } konvergen, yang 𝑥 anngota C(∆𝑚+1 ) atau terbukti bahwa C(∆𝑚 ) ⊂ C(∆𝑚+1 ). Bukti bahwa C{∆𝑚 )o ⊂ 𝐶(∆𝑚+1 )𝑜 dan 𝐶(∆𝑚 )∞ ⊂ C(∆m+1 )∞ sejalan. Bukti bahwa C(∆m )o ⊂ C(∆m ) ⊂ C(∆m )∞

144

cukup jelas berdasarkan definisi pembentukannya. Selanjutnya, dibuktikan masing-masing merupakan ruang linear. Dibuktikan lebih

dahulu bahwa C(∆𝑚 ) ruang linear. Untuk sebarang bilangan 𝛼 dan 𝑥, 𝑦 anggota C(∆𝑚 ) diperoleh 𝛼𝑥, 𝑥 + 𝑦 𝜖 C(∆𝑚 ), sebab : dua barisan 1

1

1

{ 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆m𝛼xk } = { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝛼∆mxk } = 𝛼. { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆mxk } dan 1

1

{ 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆m(xk + yk) } = { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1(∆mxk + ∆𝑚 yk) } 1

1

= { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆mxk } + { 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆myk } konvergen. Bukti bahwa C(∆𝑚 )o dan C(∆𝑚 )∞ masing-masing ruang linear sejalan. ∎ Teorema 6.3.5 : C(∆𝑚 )o , C(∆𝑚 ) , dan C(∆𝑚 )∞ masing-masing merukan ruang Banach, untuk setiap m, terhadap norma || ∥𝑐∆𝑚 ,∞ : 1

𝑛 || 𝑥 ∥𝑐∆𝑚 ,∞ = ∑𝑚 𝑘=1 | xk | + supn>0| 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 xk |

Untuk setiap 𝑥 = { xk } 𝜖 C(∆𝑚 )o ( C(∆𝑚 ) , C(∆𝑚 )∞ ). Bukti : Telah terbukti bahwa karena Co, C, dan 𝐶∞ masing-masing ruang Banach, berturut-turut mengakibatkan C(∆)o , C(∆) , dan C(∆)∞ juga ruang Banach. Oleh karena iitu, dengan induksi matematika, cukup dibuktikan dengan anggapan C(∆𝑚−1 )o , C(∆𝑚−1 ) , dan C(∆𝑚−1 )∞ merupakan ruang Banach,dibuktikan bahwa C(∆𝑚 )o , C(∆𝑚 ) , dan C(∆𝑚 )∞

Barisan daan deret

juga merupakan ruang Banach. Karena bukti sejalan, cukup dibuktikan salah satu saja, yaitu akan dibuktikan C(∆𝑚 ) merupakan ruang Banach. Diambil sebarang bilangan 𝛼 dan 𝑥 , 𝑦 𝜖 C(∆𝑚 ). Diperoleh 1

𝑛 - || 𝑥 ∥𝑐∆𝑚 ,∞ = ∑𝑚 𝑘=1 | xk | + supn>0| 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 xk | ≥ 0, cukup jelas, dn 1

𝑛 𝑚 || 𝑥 ∥𝑐∆𝑚 ,∞ = ∑𝑚 𝑘=1 | xk | + supn>0| 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 xk | = 0 ⟺ ∑𝑘=1 | xk | = 0 1

dan | 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆𝑚 xk | = 0 untuk setiap n ⟹ x1 = x2 = . . . = xm = 0 dan 1

| 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆𝑚 xk | = 0 untuk setiap n ⟹ x1 = x2 = . . . . = 0 ⟹ 𝑥 = 𝑜.

145

Sebaliknya, jika 𝑥 = 𝑜 ⟹ || 𝑥 ∥𝑐∆𝑚 ,∞ = 0 cukyp jelas. 1

𝑛 𝑚 || 𝛼𝑥 ∥𝑐∆𝑚 ,∞ = ∑𝑚 𝑘=1 | 𝛼xk | + supn>0| 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 𝛼 xk | = | 𝛼 |.∑𝑘=1 | xk |

-

1

+ | 𝛼 |.| 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆𝑚 xk | = | 𝛼 |.|| 𝑥 ∥𝑐∆𝑚,∞ . 1

𝑛 || 𝑥 + 𝑦 ∥𝑐∆𝑚 ,∞ = ∑𝑚 𝑘=1 | xk + yk | + supn>0| 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 (xk + yk)

-

1

𝑛 𝑚 ≤ ∑𝑚 𝑘=1 | xk | + supn>0| 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 xk | + ∑𝑘=1 | yk | + 1

supn>0| 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 ∆𝑚 yk | = || 𝑥 ∥𝑐∆𝑚 ,∞ + || 𝑦 ∥𝑐∆𝑚 ,∞ . Sampai di sini terbukti bahwa C(∆𝑚 ) merupakan ruang bernorma. 𝑠

Selanjutnya diambil sebarang barisan Cauchy { 𝑥 } di dalam C(∆𝑚 ). Jadi untuk sbarang bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no sehingga untuk setiap dua bilangan asli s, t ≥ no benar bahwa 𝑠

1

𝑡

𝑠 𝑡 𝑛 𝑠 𝑡 || 𝑥 – 𝑥 ∥𝑐∆𝑚 ,∞ = ∑𝑚 𝑘=1 | 𝑥𝑘 – 𝑥𝑘 | + supn>0| 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 (𝑥𝑘 – 𝑥𝑘 ) | < 𝜀 1

𝑠 𝑡 𝑛 𝑠 𝑡 ⟹ ∑𝑚 𝑘=1 | 𝑥𝑘 – 𝑥𝑘 | < 𝜀 dan | 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 (𝑥𝑘 – 𝑥𝑘 ) | < 𝜀 untuk setiap n

⟹ | 𝑥𝑘𝑠 – 𝑥𝑘𝑡 | < 𝜀 untuk setiap k ⟺ { 𝑥𝑘𝑠 } barisan bilangan Cauchy untuk setiap k ⟺ { 𝑥𝑘𝑠 } konvergen, katakan ke bilangan xk , untuk setiap 𝑠

k. Selanjutnya dibentuk barisan 𝑥 = { xk }; jadi lim 𝑥 = lim {𝑥𝑘𝑠 } 𝑠→∞

𝑠→∞

𝑠

= 𝑥 dan karena 𝑥 = { 𝑥𝑘𝑠 } konvergen ( anggota C(∆𝑚 ) ), maka 𝑥 = { xk } konvergen ( anggota C(∆𝑚 ) ). Dengan kata lain terbukti bahwa C(∆𝑚 ) lengkap ( ruang Banach ).

∎

Barisan dan deret

BAB VII RUANG BARISAN 𝒍𝒑 ( 1 ≤ 𝒑 < ∞ )

7.1 Ruang barisan 𝒍𝒑 Ruang barian terbatas 𝑙 ∞ telah terskala oleh ruang barisan Co dan ruang barisan C. Penskalaan ruang barisan 𝑙 ∞ dengan cara yang lain di

146

ataranya dengan cara sebagai berikut. Untuk setiap bilangan real p dengan 1 ≤ p < ∞ dibentuk koleksi barisan : p 𝒍𝒑 = { 𝒙 = { xk } 𝝐 S : ∑∞ 𝒌=𝟏 | xk | < ∞ }.

Untuk memperlihatkan bahwa 𝑙 𝑝 merupakan ruang Banach terhadap norma || ||p : p 1/p || 𝒙 ||p = || { xk } ||p = { ∑∞ 𝒌=𝟏 | xk | }

untuk setiap 𝑥 = { xk } 𝜖 𝑙 𝑝 perlu beberapa limma di bawah ini. Lemma 7.1.1 : ( Ketidaksamaan Young ) Diketahui 0 < p, q < ∞ sehingga

1 𝑝

+

1 𝑞

= 1. Unttuk sebarang dua

bialangan 𝛼 dan 𝛽 benar bahwa | 𝜶𝜷 | ≤ 1

|𝜶|𝒑 𝒑

+

|𝜷|𝒒 𝒒

.

1

𝑝

Bukti : Karena 𝑝 + 𝑞 = 1 diperoleh p + q = pq,

𝑞

1

= 𝑞−1 dan

𝑞 𝑝

1

= 𝑝−1 .

Diambil kurva y = xp-1 ; jadi x = yq-1 . Oleh karena itu ( Llihat gambar ) diperoleh | 𝛼𝛽 | = luas persegi panjang ≤ luas I + luas II yang br |𝛼|

|𝛽|

| 𝛼𝛽 | ≤ ∫0 𝑥 𝑝−1 dx + ∫0 𝑦 𝑞−1 dy =

|𝛼|𝑝 𝑝

+

|𝛽|𝑞 𝑞

.

∎

Lemma 7.1.2 : ( Ketidaksamaan Holder ) (i)

Jika 𝑥 = { xk } 𝜖 𝑙1 dan 𝑦 = { yk } 𝜖 𝑙 ∞ , maka

Barisan dan deret

∞ | ∑∞ 𝒌=𝟏 𝒙k.yk | ≤ ∑𝒌=𝟏 | xk.yk | ≤ || 𝒙 ||1.|| 𝒚 ∥∞

(ii)

1

1

Diketahui 1 < p, q < ∞ dan 𝑝 + 𝑞 = 1. Jika 𝑥 = { xk } 𝜖 𝑙 𝑝 dan 𝑦 = { yk } 𝜖 𝑙 𝑞 , maka ∞ | ∑∞ 𝒌=𝟏 𝒙k.yk | ≤ ∑𝒌=𝟏 | xk.yk | ≤ || 𝒙 ||p.|| 𝒚 ∥𝒒 .

Bukti : (i) : Jika 𝑥 = { xk } 𝜖 𝑙1 dan 𝑦 = { yk } 𝜖 𝑙 ∞ cukup jelas bahwa ∞ ∞ | ∑∞ 𝑘=1 𝑥 k.yk | ≤ ∑𝑘=1 | xk.yk | = ∑𝑘=1 |𝑥 k|.|yk |

≤ ∑∞ 𝑘=1 | xk|.𝑠𝑢𝑝𝑘≥1 |yk | = || 𝑥 ||1.|| 𝑦 ∥∞ . (ii) : Jika 𝑥 = { xk } 𝜖 𝑙 𝑝 dan 𝑦 = { yk } 𝜖 𝑙 𝑞 cukup jelas bahwa

147 ∞ ∞ | ∑∞ 𝑘=1 𝑥 k.yk | ≤ ∑𝑘=1 | xk.yk | = ∑𝑘=1 |𝑥 k|.|yk |. Karena

1 𝑝

1

+ = 1, 𝑞

tinggal membuktikan bahwa |𝑥 | |𝑦 |

𝑘 𝑘 ∞ ∑∞ 𝑘=1 | xk|.|yk | ≤ || 𝑥 ||p.|| 𝑦 ∥𝑞 atau ∑𝑘=1 ∥𝑥∥ .∥𝑦∥ ≤ 1. 𝑝

𝑞

Dengan Lemma Young diperoleh ∑∞ 𝑘=1

|𝑥𝑘 | |𝑦𝑘 |

.

∥𝑥∥𝑝 ∥𝑦∥𝑞

1

|𝑥 |

1

|𝑥 |

𝑘 𝑘 p q ≤ ∑∞ 𝑘=1{ ( 𝑝( ∥𝑥∥ ) + ( 𝑞 ( ∥𝑦∥ ) } 𝑝

1

𝑝

|𝑥 |

1

𝑝

𝑞

𝑘 p = 𝑝 ∑∞ 𝑘=1( ∥𝑥∥ ) +

∑∞ 𝑘=1(

|𝑥𝑘 | ∥𝑦∥𝑝

)q } =

1 𝑝

1

+ 𝑞 = 1. ∎

Lemma 7.1.3 : ( Ketidaksamaan Minkowski ) 1 ≤ p ≤ ∞. Jika 𝑥 = { xk } , 𝑦 = { yk } 𝜖 𝑙 𝑝 maka ∥ 𝒙 + 𝒚 ∥𝒑 ≤ ∥ 𝒙 ∥𝒑 + ∥ 𝒚 ∥𝒑 . Bukti : Jika p = ∞, diperoleh : ∥ 𝑥 + 𝑦 ∥∞ = 𝑠𝑢𝑝𝑘≥1 | xk + yk | ≤ 𝑠𝑢𝑝𝑘≥1 {| xk |+| yk |} ≤ 𝑠𝑢𝑝𝑘≥1| xk | + 𝑠𝑢𝑝𝑘≥1 | yk | = || 𝑥 ∥∞ + || 𝑦 ∥∞ . Jika p = 1 diperoleh ∞ ∞ ∥ 𝑥 + 𝑦 ∥1 = ∑∞ 𝑘=1 | xk + yk | ≤ ∑𝑘=1 | xk | + ∑𝑘=1 | yk |

= ∥ 𝑥 ∥1 + ∥ 𝑦 ∥1 . Jika 1 < p < ∞ ,

Barisan dan deret

| xk + yk |p = |xk + yk |.| xk + yk |p-1 ≤ |xk |.| xk + yk |p-1 + | yk |.| xk + yk |p-1 untuk setiap k.. Dijumlah untuk seluruh k dan kemudian memfaatkan ketidaksamaan Holder, diperoleh ∞ p p-1 p-1 ∑∞ + ∑∞ 𝑘=1 | xk + yk | ≤ ∑𝑘=1 | xk |.| xk + yk | 𝑘=1 | yk |.| xk + yk | 1

1

∞ p-1 q 𝑞 p-1 q 𝑞 ≤ || 𝑥 ||p . { ∑∞ 𝑘=1{ | xk + yk | } } + || 𝑦 ||p . {∑𝑘=1{ || xk + yk | } } 1

p 𝑞 = ( || 𝑥 ||p + || 𝑦 ||p ).∑∞ 𝑘=1{ | xk + yk | }

atau

148 1

p 𝑝 || 𝑥 + 𝑦 ||p = { ∑∞ 𝑘=1 | xk + yk | } ≤ || 𝑥 ||p + || 𝑦 ||p .

∎

Teorema 7.1.4 : 𝑙 𝑝 ( 1 ≤ p < ∞ ) merupakan ruang Banach terhadap norma || ||p . Bukti : Diambil sebarang 𝑥 = { xk }, 𝑦 = { yk } 𝜖 𝑙 𝑝 dan sebarang bilangan 𝛼. Berdasarkan definisi 𝑙 𝑝 diperoleh : p p ∞ p 𝑝 ∑∞ dan 𝑘=1 | 𝛼xk | = | 𝛼 | .∑𝑘=1 | xk | < ∞ yang berarti 𝛼𝑥 𝜖 𝑙

menurut ketidaksamaan Minkowski diperoleh p || 𝑥 + 𝑦 ∥𝑝 ≤ ∥ 𝑥 ∥𝑝 + ∥ 𝑦 ∥𝑝 < ∞ yang berarti ∑∞ 𝑘=1 | xk + yk |

< ∞ atau 𝑥 + 𝑦 𝜖 𝑙 𝑝 . Sampai di sini terbukti bahwa 𝑙 𝑝 ruang linear. (i) (ii) (iii)

p 1/p || 𝑥 ||p = { ∑∞ ≥ 0, 𝑘=1 | xk | } || 𝑥 ||p = 0 ⟺ xk = 0 untuk setiap k ⟺ 𝑥 = 𝑜 , p 1/p p 1/p || 𝛼𝑥 ||p = { ∑∞ = | 𝛼 |.{ ∑∞ 𝑘=1 | 𝛼xk | } 𝑘=1 | xk | } = | 𝛼 |.|| 𝑥 ||p . Berdasarkan ketidaksamaan Minkowski di atas ; || 𝑥 + 𝑦 ∥𝑝 ≤ ∥ 𝑥 ∥𝑝 + ∥ 𝑦 ∥𝑝 .

Jadi, sampai di sini terbukti bahwa 𝑙 𝑝 merupakan ruang bernorma. TingGal membuktikan bahwa 𝑙 𝑝 lengkap. Diambil sebarang barisan Cauchy 𝑛

𝑛

{ 𝑥 } ⊂ 𝑙 𝑝 dengan 𝑥 = { 𝑥𝑘𝑛 }. Jadi untuk sebarang bilangan real 𝜀 < 0 terdapat bilangan asli no sehingga untuk setiap dua bilangan asli s, t ≥ no benar bahwa

Barisan dan deret

𝑠

𝑡

𝑠 𝑡 p 1/p || 𝑥 - 𝑥 ||p = { ∑∞ < 𝜀. 𝑘=1 | 𝑥𝑘 - 𝑥𝑘 | }

Oleh karena itu diperoleh 𝑥𝑘𝑠 - 𝑥𝑘𝑡 | < 𝜀

|

untuk setiap k

atau { 𝑥𝑘𝑠 } merupakan barisan bilangan Cauchy untuk setiap k yang berarti { 𝑥𝑘𝑠 } barisan bilangan yang konvergen, katakan ke bilangan xk , untuk setiap k ( lim 𝑥𝑘𝑠 = xk ). Selanjutnya dibentuk barisan 𝑥 = 𝑠→∞

𝑠

{ xk }. Ternyata diperoleh { 𝑥 } konvergen ke 𝑥, karena 𝑠

𝑠

𝑡

𝑠 𝑡 p 1/p || 𝑥 - 𝑥 ||p = lim ∥ 𝑥 - 𝑥 ||p = lim { ∑∞ < 𝜀. 𝑘=1 | 𝑥𝑘 - 𝑥𝑘 | } 𝑡→∞

𝑡→∞

149

Lebih lanjut, karena 𝑠

𝑠

|| 𝑥 ||p ≤ || 𝑥 - 𝑥 ||p + || 𝑥 ||p < ∞ 𝑠

dapat disimpulkn bahwa barisan Cauchy { 𝑥 } di dalam 𝑙 𝑝 konvergen ke 𝑥 𝜖 𝑙 𝑝 atau terbukti bahwa 𝑙 𝑝 lengkap ( ruang Banach ). ∎ Teorema 7.1.5 : Jika 1 𝑛𝑜 | xk | < 𝜀. Karena | xk |p < | xk | ( k > no ) diperoleh ∑𝑘>𝑛𝑜 | xk |p < ∑𝑘>𝑛𝑜 | xk | < 𝜀 yang berarti 𝑥 = { xk } 𝜖 𝑙 𝑝 . Dengan cara yang sama, diambil sebarang 𝑥 = { xk } 𝜖 𝑙 𝑝 . Jadi untuk sebarang bilangan 0 < 𝜀 < 1 terdapat bilangan asli n’ sehinggga ∑𝑘>𝑛′ | xk |p < 𝜀. Karena p < q dan k > n’ diperoleh | xk |q < | xk |p yang berakibat ∑𝑘>𝑛′ | xk |q < ∑𝑘>𝑛′ | xk |p < 𝜀 atau 𝑥 = { xk } 𝜖 𝑙 𝑞 . Diambil sebarang 𝑥 = { xk } 𝜖 𝑙 𝑞 . Jadi ada bilangan real M ≥ 0 sehingga q ∑∞ 𝑘=1 | xk | ≤ M

Barisan dan deret

yang berakibat | xk |q ≤ M atau | xk | ≤ M1/q untuk setiap k yang berarti 𝑥 = { xk } 𝜖 𝑙 ∞ .

7.2 Ruang barisan-selisih 𝒍𝒑 Seperti pada ruang barisan-selisih terbatas, dapat dibangun pula ruang barisan-selisih 𝑙 𝑝 ( 1 ≤ p < ∞ ) sebagai berikut. 𝒍𝒑 (∆) = { 𝒙 = { xk } 𝝐 S : ∆𝒙 𝝐 𝒍𝒑 } 𝒍𝒑 (∆𝟐 )= { 𝒙 = { xk } 𝝐 S : ∆𝟐 𝒙 𝝐 𝒍𝒑 } dengan ∆𝑥 = { ∆xk } = { xk - xk-1 } dan ∆2 𝑥 = ∆(∆𝑥) = {xk - 2xk-1 + xk-2 }

150

yang bentuk umumnya adalah 𝒍𝒑 (∆𝒎 )= { 𝒙 = { xk } 𝝐 S : ∆𝒎 𝒙 𝝐 𝒍𝒑 } dengan i 𝒎 ∆ 𝒎 𝒙 = { ∑𝒎 𝒊=𝟎(-1) ( 𝒊 )xk+m-i }.

Lebih dahulu dibuktikan teorema di bawah ini . Teorema 7.2.1 : 𝑙 𝑝 ⊂ 𝑙 𝑝 (∆) dan 𝑙 𝑝 (∆) merupakan ruang Banach terhadap norma || ∥∆,𝑝 : || 𝒙 ∥∆,𝒑 = | x1 | + || ∆𝒙 ||p . Bukti : Jika 𝑥 = { xk } anggota 𝑙 𝑝 , maka { xk-1 } juga anggota 𝑙 𝑝 dan oleh karena itu ∆𝑥 = { ∆xk } = { xx – xk-1 } = { xx } – { xk-1 } 𝜖 𝑙 𝑝 yang dengan kata lain, menurut definisi di atas, 𝑥 = { xk } anggota 𝑙 𝑝 (∆). Jadi terbukti 𝑙 𝑝 ⊂ 𝑙 𝑝 (∆) . Selanjutnya 𝑙 𝑝 (∆) , sebab jika 𝛼 sebarang bilangan real dan 𝑥 ,𝑦 𝜖 𝑙 𝑝 (∆) berarti ∆(𝛼𝑥) = 𝛼.∆𝑥 dan ∆(𝑥 + 𝑦) = ∆𝑥 + ∆𝑦 anggota 𝑙 𝑝 yang dengan kata lain 𝛼𝑥 dan 𝑥 + 𝑦 anggota 𝑙 𝑝 (∆). Tinggal membuktikan bahwa 𝑙 𝑝 (∆) merupakan ruang Banach ( ruang bernorma yang lengkap ). Untuk setiap bilangan 𝛼 dan 𝑥, 𝑦 𝜖 𝑙 𝑝 (∆) diperoleh : || 𝑥 ∥∆,𝑝 = | x1 | + || ∆𝑥 ||p < ∞ karena ∆𝑥 𝜖 𝑙 𝑝 dan terlihat pula

(a)

|| 𝑥 ∥∆,𝑝 = | x1 | + || ∆𝑥 || = 0 jika dan hanya jika 𝑥 = 𝑜 . || 𝛼𝑥 ⊺∆,𝑝 = | 𝛼x1 | + || ∆(𝛼𝑥) ||p = | 𝛼 |.| x1 | + | 𝛼 |.|| ∆𝑥 ||[

(b)

Barisan dan deret

= | 𝛼 |.|| 𝑥 ∥∆,𝑝 . || 𝑥 + 𝑦 ∥∆,𝑝 = | x1 + y1 | + || ∆(𝑥 + 𝑦 ||p ≤ | x1 | + | y1 |

(c)

+ || ∆𝑥 ||p + || ∆𝑦 ||p = || 𝑥 ∥∆,𝑝 + || 𝑦 ∥∆,𝑝 . Sampai di sini terbukti bahwa 𝑙 𝑝 (∆) merupakan ruang bernorma. Diam𝑠

bil sebarang barisan Cauchy { 𝑥 } = { 𝑥𝑘𝑠 } di dalam 𝑙 𝑝 (∆). Jadi, untuk sebarang bilangan real 𝜖 > 0 terdapat bilangan asli no sehingga setiap dua bilangan asli s, t ≥ no benar bahwa 𝑠

𝑡

𝑠

𝑡

|| 𝑥 - 𝑥 ∥∆,𝑝 = | 𝑥1𝑠 - 𝑥1𝑡 | + || ∆(𝑥 - 𝑥 0 ||p

151 𝑠

𝑡

= | 𝑥1𝑠 - 𝑥1𝑡 | + || ∆𝑥 - ∆𝑥 ||p < 𝜀 ⟹ | 𝑥1𝑠 - 𝑥1𝑡 | < 𝜀 𝑠

𝑡

𝑠

dan || ∆𝑥 - ∆𝑥 ||p < 𝜀 ⟺ { 𝑥1𝑠 } barisan bilangan Cauchy dan { ∆𝑥 } barisan Cauchy di dalam 𝑙 𝑝 ⟺ kedua barisan konvergen ⟺ ada bilangan x1 sehingga{ 𝑥1𝑠 } konvergen ke x1 ( lim 𝑥1𝑠 = x1 ) dan ada 𝑠→∞

𝑠

bilangan xk sehingga barisan { ∆𝑥 } konvergen ke ∆𝑥 = ∆{ xk } 𝑠

= { ∆𝑥k} ( lim ∆𝑥 = ∆𝑥 ). Karena 𝑙 𝑝 lengkap maka ∆𝑥 𝜖 𝑙 𝑝 yang 𝑠→∞

berarti 𝑥 𝜖 𝑙 𝑝 (∆) atau terbukti 𝑙 𝑝 (∆) lengkap ( ruang Banach ).

∎

Seperti telah ditulis di atas bahwa 𝒍𝒑 (∆𝒎 )= { 𝒙 = { xk } 𝝐 S : ∆𝒎 𝒙 𝝐 𝒍𝒑 }, dengan

(∆𝒐 )= 𝒍𝒑 dan 𝒍𝒑 (∆𝟏 )= 𝒍𝒑 (∆) .

Teorema 7.2.2 : 𝑙 𝑝 (∆𝑚−1 ) ⊂ 𝑙 𝑝 (∆𝑚 ) dan masing-masing merupakan ruang Banach untuk setiap m ( m = 1, 2, . . . ) terhadap norma || ∥∆𝑚,𝑝 : || 𝒙 ∥∆𝒎 ,𝒑 = ∑𝒎 𝒌=𝟏 | xk | + || ∆𝒎 𝒙 ||p untuk setiap 𝑥 = { xk } 𝜖 𝑙 𝑝 . Bukti : Menurut Teorema 7.2.1 teorema tersebut benar untuk m = 1. Jadi, menurut induksi matematika, cukup dianggap teorema benar untuk m-1 dan dibuktikan teorema benar untuk m dengan m > 1. Jika 𝑥 = { 𝑥𝑘 } 𝜖 𝑙 𝑝 (∆𝑚−1 ), maka ∆𝑚−1 𝑥 𝜖 𝑙 𝑝 dan ∆𝑚 𝑥 = ∆𝑚 { xk } =(∆𝑚−1 ∆{ xk }) = ∆𝑚−1 { xk } - ∆𝑚−1 { xk-1 } 𝜖 𝑙 𝑝

Barisan dan deret

dengan kata lain terbukti 𝑥 𝜖 𝑙 𝑝 (∆𝑚 ) atau terbukti 𝑙 𝑝 (∆𝑚−1 ) ⊂ 𝑙 𝑝 (∆𝑚 ). 𝑙 𝑝 (∆𝑚 ) ruang linear, sebab untuk setiap 𝑥 , 𝑦 dua anggota 𝑙 𝑝 (∆𝑚 ) dan sebarang bilangan 𝛼 diperoleh : 𝑚 i 𝑚 i 𝑚 ∆𝑚 (𝛼𝑥) = { ∑𝑚 𝑖=0(-1) ( 𝑖 )𝛼xk } = 𝛼.{ ∑𝑖=0(-1) ( 𝑖 )xk } = 𝛼. ∆𝑚 (𝛼𝑥) dan i 𝑚 ∆𝑚 (𝑥 + 𝑦) = { ∑𝑚 𝑖=0(-1) ( 𝑖 )(xk + yk)}

𝑚 i 𝑚 i 𝑚 = { ∑𝑚 𝑖=0(-1) ( 𝑖 )xk } + { ∑𝑖=0(-1) ( 𝑖 )yk } = ∆𝑚 𝑥 + ∆𝑚 𝑦 .

152

𝑙 𝑝 (∆𝑚 ) ruang bernorma, sebab untuk setiap 𝑥 , 𝑦 dua anggota 𝑙 𝑝 (∆𝑚 ) dan sebarang bilangan 𝛼 diperoleh : || 𝑥 ∥∆𝑚 ,𝑝 = ∑𝑚 𝑘=1 | xk | + || ∆𝑚 𝑥 ||p ≥ 0 dan || 𝑥 ∥∆𝑚 ,𝑝 = 0 ⟺

-

𝑚 ∞ i 𝑚 p 1/p ∑𝑚 =0 𝑘=1 | xk | = 0 dan || ∆𝑚 𝑥 ||p = { ∑𝑘=1 | ∑𝑖=0(-1) ( 𝑖 )xk | } 𝑚 i 𝑚 ⟺ ∑𝑚 𝑘=1 | xk | = 0 dan | ∑𝑖=0(-1) ( 𝑖 )xk | = 0 untuk setiap k ⟺

xk = 0 untuk setiap k ⟺ 𝑥 = 𝑜 . || 𝛼𝑥 ∥∆𝑚 ,𝑝 = ∑𝑚 𝑘=1 |𝛼 xk | + || ∆𝑚 𝛼𝑥 ||p

-

= | 𝛼 |.∑𝑚 𝑘=1 | xk | + | 𝛼 |.|| ∆𝑚 𝑥 ||p = | 𝛼 |.|| 𝑥 ∥∆𝑚 ,𝑝 . 𝑚 || 𝑥 + 𝑦 ∥∆𝑚 ,𝑝 = ∑𝑚 𝑘=1 | xk + yk | + || ∆𝑚 (𝑥 + 𝑦 )||p ≤ ∑𝑘=1 | xk |

-

+ ∑𝑚 𝑘=1 | xk | + || ∆𝑚 𝑥 ||p + || ∆𝑚 𝑦 ||p = || 𝑥 ∥∆𝑚 ,𝑝 + || 𝑦 ∥∆𝑚 ,𝑝 . 𝑙 𝑝 (∆𝑚 ) ( ruang bernorma ) lenkap, sebab jika diambil barisan Caughy 𝑠

{ 𝑥 } di dalam 𝑙 𝑝 (∆𝑚 ) maka untuk sebarang bilangan real 𝜖 > 0 ada bilangan asli no sehingga untuk setiap dua bilangan asli s, t ≥ no benar bahwa 𝑠

𝑡

𝑠

𝑡

𝑠 𝑡 𝑚 || 𝑥 - 𝑥 ∥∆𝑚,𝑝 < 𝜀 atau ∑𝑚 𝑘=1 | 𝑥𝑘 - 𝑥𝑘 | + || ∆𝑚 (𝑥 - 𝑥 )||p = ∑𝑘=1 | 𝑠

𝑡

𝑥𝑘𝑠 - 𝑥𝑘𝑡 | + || ∆𝑚 𝑥 - ∆𝑚 𝑥 ||p < 𝜀 ⟹ { 𝑥𝑘𝑠 } barisan bilangan Cauchy 𝑠

untuk setiap k = 1, 2, . . . ,m dan { ∆𝑚 𝑥 } barisan Cauchy di dalam 𝑙 𝑝 𝑠

⟺ terdapat barisan bilangan 𝑥 = { xk } sehingga { ∆𝑚 𝑥 } konvergen

Barisan dan deret

ke ∆𝑚 𝑥 dan karena 𝑙 𝑝 lengkap maka ∆𝑚 𝑥 𝜖 𝑙 𝑝 ⟺ 𝑥 𝜖 𝑙 𝑝 (∆𝑚 ) atau terbukti 𝑙 𝑝 (∆𝑚 ) ruang Banach.

∎

7.3 Ruang barisan Cesaro Telah diketahui bahwa jika 𝑥 = { xk } suatu barisan bilangan, maka barisan

153 1

{ ∑𝑛𝑘=1 𝑥k } 𝑛

disebut barisan Cesaro. Sejalan dengan terbentuknya ruang barisan 𝑙 𝑝 dengan 1 ≤ p ≤ ∞, dapat dibentuk pula koleksi barisan 𝟏

𝑪∞ = { 𝒙 = { xk } 𝝐 S : 𝐬𝐮𝐩 | 𝒏 ∑𝒏𝒌=𝟏 𝒙𝒌 | < ∞ } 𝒏≥𝟏

𝟏

𝒏 p 𝑪𝒑 = { 𝒙 = { xk } 𝝐 S : ∑∞ 𝒏=𝟏 | 𝒏 ∑𝒌=𝟏 𝒙𝒌 | < ∞ }, 1 ≤ p < ∞.

Teorema 7.3.1 : 𝐶 ∞ merupakan ruang Banach terhadap norma : 𝟏

∥ 𝒙 ∥𝒄∞ = 𝐬𝐮𝐩 | 𝒏 ∑𝒏𝒌=𝟏 𝒙𝒌 | 𝒏≥𝟏

untuk setiap 𝑥 = { xk } 𝜖 𝐶 ∞ . Bukti : Diambil sebarang bilaangan 𝛼 dan 𝑥, 𝑦 𝜖 𝐶 ∞ . Diperoleh : 1

sup | 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝛼𝑥𝑘 | = | 𝛼 |. 𝑠𝑢𝑝𝑛≥1 | 𝑛≥1

1 𝑛

∑𝑛𝑘=1 𝑥𝑘 | < ∞

yang berarti 𝛼𝑥 𝜖 𝐶 ∞ dan 1

1

1

sup | 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 | xx + yk | ≤ sup | 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 | xx | + sup | 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 | yk | 𝑛≥1

𝑛≥1

𝑛≥1

< ∞ yang berarti 𝑥 + 𝑦 𝜖 𝐶 ∞ . Jadi terbukti 𝐶 ∞ merupakan ruang linear. Selanjutnya, berdasarkan dua hasil tersebut di atas dapat disimpulkan pula bahwa : || 𝛼𝑥 ∥𝑐∞ = | 𝛼 |.|| 𝑥 ∥𝑐∞

|| 𝑥 + 𝑦 ∥𝑐∞ ≤ || 𝑥 ∥𝑐∞ + || 𝑦 ∥𝑐∞ .

dan

Dan, mudah difahami bahwa : || 𝑥 ∥𝑐∞ ≥ 0 dan || 𝑥 ∥𝑐∞ = 0 ⟺ 𝑥 = 𝑜. Sampai di sini terbukti bahwa 𝐶 ∞ merupakan ruang bernorma dan tinggal membuktikan bahwa 𝐶 ∞ lengkap. Diambil sebarang barisan Cauchy 𝑠

{ 𝑥 } di dalam 𝐶 ∞ . Jadi, untuk sebarang bilangan real 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no sehingga setiap dua bilangan asli s, t ≥ no benar bahwa 𝑠

1

𝑡

|| 𝑥 - 𝑥 ∥𝑐∞ = sup | 𝑛 ∑𝑛𝑘=1( 𝑥𝑘𝑠 - 𝑥𝑘𝑡 ) | < 𝜀 𝑛≥1

1

yang berakibat |𝑛 ∑𝑛𝑘=1( 𝑥𝑘𝑠 - 𝑥𝑘𝑡 ) | < 𝜀 untuk setiap n. Oleh karena itu setelah disubstitusi berturut-turut n = 1, n = 2, dan seterusnya diperoleh dan dpat disimpulkan | 𝑥𝑘𝑠 - 𝑥𝑘𝑡 | < 𝜀 untuk setiap k

154

yang berarti { 𝑥𝑘𝑠 } barisan bilangan Cauchy ; jadi { 𝑥𝑘𝑠 } konvergen, katakan konvergen ke xk untuk setiap k. Kemudian dibentuk barisan 𝑥 𝑠

= { xk }. Diperoleh lim 𝑥 = lim { 𝑥𝑘𝑠 } = { xk } = 𝑥 dan 𝑠→∞

𝑠→∞

𝑠

|| 𝑥 ∥𝑐∞ = lim || 𝑥 ∥𝑐∞ < ∞. 𝑠→∞

𝑠

Jadi dapat disimpulkan bahwa barisan Cauchy { 𝑥 } di dalam 𝐶 ∞ konvergen ke suatu 𝑥 𝜖 𝐶 ∞ atau berarti 𝐶 ∞ lengkap ( ruang Banach ).

∎

Teorema 7.3.2 : 𝐶 𝑝 merupakan ruang Banach terhadap norma : 𝟏

𝒏 p 1/p ∥ 𝒙 ∥𝒄𝒑 ={∑∞ 𝒏=𝟏 | ∑𝒌=𝟏 𝒙𝒌 | } 𝒏

untuk setiap 𝑥 = { xk } 𝜖 𝐶 𝑝 . Bukti : Diambil sebarang bilaangan 𝛼 dan 𝑥, 𝑦 𝜖 𝐶 𝑝 . Diperoleh : 𝟏

𝟏

𝒏 𝒏 ∞ p p p ∑∞ 𝒏=𝟏 | 𝒏 ∑𝒌=𝟏 𝜶𝒙𝒌 | = | 𝛼 | . ∑𝒏=𝟏 | 𝒏 ∑𝒌=𝟏 𝒙𝒌 | < ∞ dan 𝟏

𝟏

𝒏 p 1/p ≤ {∑∞ | ∑𝒏 p 1/p { ∑∞ 𝒏=𝟏 | 𝒏 ∑𝒌=𝟏(𝒙𝒌 + 𝒚𝒌 )| } 𝒏=𝟏 𝒏 𝒌=𝟏 𝒙𝒌 | } 𝟏

𝒏 p 1/p < ∞ ; +{∑∞ 𝒏=𝟏 | 𝒏 ∑𝒌=𝟏 𝒚𝒌 | }

jadi 𝐶 𝑝 ruang linear. Dari ketidaksamaan pertama diperoleh ∥ 𝛼𝑥 ∥𝑐𝑝 = | 𝛼 |.∥ 𝑥 ∥𝑐𝑝 dan dari ketidaksamaan ke-dua diperoleh ∥ 𝑥 + 𝑦 ∥𝑐𝑝 ≤ ∥ 𝑥 ∥cp + ∥ 𝑦 ∥cp dan jelas bahwa dari definisi dipe roleh 1

∥ 𝑥 ∥𝑐𝑝 ≥ 0 dan ∥ 𝑥 ∥𝑐𝑝 = 0 jika dan hanya jika | 𝑛 ∑𝑛𝑘=1 𝑥𝑘 | = 0 untuk setiap n ⟺ untuk n = 1 menghasilkan x1 = 0, untuk n = 2 menghasilkan x2 = 0, dan seterusnya ⟺ 𝑥 = 𝑜 ; jadi 𝐶 𝑝 ruang bernorma. Tinggal membuktikan bahwa ruang bernorma 𝐶 𝑝 lengkap. Diambil se𝑠

barang barisan Cauchy { 𝑥 } di dalam 𝐶 𝑝 . Jadi untuk sebarang bilangan 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no sehingga untuk setiap dua bilangan asli

Barisan dan deret

s, t ≥ no benar bahwa 𝑠

𝑡

1

𝑛 𝑠 𝑡 p 1/p ∥ 𝑥 - 𝑥 ∥𝑐𝑝 = { ∑∞ <𝜀⟹ 𝑛=1 | 𝑛 ∑𝑘=1(𝑥𝑘 − 𝑥𝑘 )| }

155

|

1 𝑛

∑𝑛𝑘=1( 𝑥𝑘𝑠 - 𝑥𝑘𝑡 ) | < 𝜀 untuk setiap n. Oleh karena itu, jika

dihitung berturut-turut mulai dengan n = 1, dilanjutkan dengan n = 2, dan seterusnya diperoleh berturut-turut | 𝑥1𝑠 - 𝑥1𝑡 | < 𝜀 , | 𝑥2𝑠 - 𝑥2𝑡 | < 𝜀 , 𝑡 | 𝑥3𝑠 - 𝑥1=3 | < 𝜀 , . . . . . , umumnya | 𝑥𝑘𝑠 - 𝑥𝑘𝑡 | < 𝜀 untuk setiap k . Jadi

{ 𝑥𝑘𝑠 } merupakan barisan bilangan Cauchy { barisan konvergen ) untuk setiap k, yang berarti ada bilangan xk sehingga lim 𝑥𝑘𝑠 = xk ; jika 𝑥 = 𝑠→∞

𝑠

{ xk } berarti 𝑥 = lim 𝑥𝑘𝑠 = lim 𝑥 dan 𝑠→∞

𝑠→∞

1

1

𝑛 𝑛 𝑠 p ∞ ∑∞ 𝑛=1 | 𝑛 ∑𝑘=1 𝑥𝑘 | = lim ∑𝑛=1 | 𝑛 ∑𝑘=1 𝑥𝑘 | < ∞ 𝑠→∞

atau 𝑥 𝜖 𝐶 𝑝 atau 𝐶 𝑝 lengkap ( ruang Banach ).

∎

Ruang barisan-selisih Cesaro 𝒍𝒑 Telah diketahui untuk setiap 𝑥 = { xk } 𝜖 S dapat dibentuk barisanselisih order-1 ∆𝑥 = { ∆xk }, barisan-selisih order-2 ∆2 𝑥 = { ∆2 xk }, dan seterusnya yang umumnya barisan-selisih order-m adalah barisan ∆𝑚 𝑥 = { ∆𝑚 xk } dengan i 𝒎 ∆𝒎 xk = ∑𝒎 𝒊=𝟎(-1) ( 𝒊 )xk .

Oleh karena itu koleksi-koleksi barisan-selisih Cesaro 𝑙 𝑝 yang terkait adalah: 𝟏

𝒏 p 𝑪𝒑 (∆) = { 𝒙 = { xk } 𝝐 S ; ∑∞ 𝒏=𝟏 | 𝒏 ∑𝒌=𝟏 ∆xk | < ∞ }, 𝟏

𝒏 p 𝑪𝒑 (∆𝟐 ) = { 𝒙 = { xk } 𝝐 S ; ∑∞ 𝒏=𝟏 | 𝒏 ∑𝒌=𝟏 ∆𝟐 xk | < ∞ },

yang bentuk umumya adalah 𝟏

𝒏 p 𝑪𝒑 (∆𝒎 ) = { 𝒙 = { xk } 𝝐 S ; ∑∞ 𝒏=𝟏 | 𝒏 ∑𝒌=𝟏 ∆𝒎 xk | < ∞ }.

Akan ditunjukkan bahwa masng-masing mrupakan ruang Banach ; 𝑪𝒑 (∆𝒎 ) akan disebut ruang barisan-selisih Cesaro 𝒍𝒑 order-m.

Barisan dan deret

156

Teorema 7.3.2 : 𝐶 𝑝 (∆𝑚 ) ( m ≥ 1 ) merupakan ruang Banach terhadap norma ∥ ∥𝑐∆𝑚 ,𝑝 : 𝟏

𝒏 ∞ p 1/p ∥ 𝒙 ∥𝒄∆𝒎 ,𝒑 = ∑𝒎 𝒌=𝟏 | 𝒙𝒌 | + { ∑𝒏=𝟏 | 𝒏 ∑𝒌=𝟏 ∆mxm+k | }

untuk setiap 𝑥 = { xk } 𝜖 𝐶 𝑝 (∆𝑚 ). Lebih lanjut 𝐶 𝑝 ⊂ 𝐶 𝑝 (∆𝑚 ) ⊂ 𝐶 𝑝 (∆𝑚+1 ). Bukti : Diambil sebarang bilangan 𝛼 dan 𝑥 , 𝑦 𝜖 𝐶 𝑝 (∆𝑚 ). Oleh karena itu diperoleh 1

1

𝑛 𝑛 p ∞ p p {∑∞ 𝑛=1 | 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 𝛼xk | = | 𝛼 | . ∑𝑛=1 | 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 xk | < ∞ dan 1

1

𝑛 𝑛 p 1/p p 1/p { ∑∞ ≤ { ∑∞ 𝑛=1 | 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 (xk + yk) | } 𝑛=1 | 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 xk | } 1

𝑛 p 1/p + { ∑∞ < ∞ 𝑛=1 | 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 yk | }

yang berarti 𝛼𝑥 dan 𝑥 + 𝑦 anggota 𝐶 𝑝 (∆𝑚 ) atau 𝐶 𝑝 (∆𝑚 ) ruang linear. Dari ketidaksamaan pertama diperoleh pula ∥ 𝛼𝑥 ∥𝑐∆𝑚,𝑝 = | 𝛼 |.∥ 𝑥 ∥𝑐∆𝑚,𝑝 dan dari ketidaksamaan ke-dua diperoleh ∥ 𝑥 + 𝑦 ∥𝑐∆𝑚,𝑝 ≤ ∥ 𝑥 ∥𝑐∆𝑚 ,𝑝 + ∥ 𝑦 ∥𝑐∆𝑚,𝑝 Sementara itu jelas bahwa ∥ 𝑥 ∥𝑐∆𝑚,𝑝 ≥ 0 . ∥ 𝑥 ∥𝑐∆𝑚,𝑝 = 0 ⟺ ∑𝑚 𝑗=1 | 𝑥𝑗 | = 0 dan ⟺ xj = 0 ( 1 ≤ j ≤ m ) dan

1

∑𝑛 ∆ xm+k = 0 untuk setiap 𝑛 𝑘=1 𝑚 1 𝑛 ∑ ∑𝑚 (-1)i(𝑚𝑖)xm+k-i untuk setiap n 𝑛 𝑘=1 𝑖=0

n

⟺ xj = 0 ( 1 ≤ j ≤ m ) dan { xm+1 = 0 (k=1), xm+2 = 0 (k=2), xm+3 = 0 (k=3), . . . . } ⟺ 𝑥 = 𝑜 . Sampai di sini terbukti bahwa 𝐶 𝑝 (∆𝑚 ) merupakan ruang bernorma. 𝑠

Sekarang diambil sebarang barisan Cauchy { 𝑥 } di dalam 𝐶 𝑝 (∆𝑚 ). Oleh karena itu untuk sebarang bilangan real 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli no sehingga untuk sebarang dua bilangan asli s, t ≥ no diperoleh 𝑠

𝑡

1

𝑠 𝑡 𝑛 𝑠 𝑡 ∞ p 1/p ∥ 𝑥 - 𝑥 ∥𝑐∆𝑚 ,𝑝 = ∑𝑚 𝑗=1 | 𝑥𝑗 - 𝑥𝑗 |+{ ∑𝑛=1 | 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 (𝑥𝑚+𝑘 - 𝑥𝑚+𝑘 ) | }

Barisan dan deret

157 1

𝑠 𝑡 𝑛 𝑠 𝑡 < 𝜀 ⟹ ∑𝑚 𝑗=1 | 𝑥𝑗 - 𝑥𝑗 | < 𝜀 dan | ∑𝑘=1 ∆𝑚 (𝑥𝑚+𝑘 - 𝑥𝑚+𝑘 ) | < 𝜀 𝑛

untuk setiap n ⟹ 1

𝑠 𝑡 𝑚 𝑠 𝑡 𝑛 i 𝑚 ∑𝑚 𝑗=1 | 𝑥𝑗 - 𝑥𝑗 | < 𝜀 dan | 𝑛 ∑𝑘=1 ∑𝑖=0(-1) ( 𝑖 )(𝑥𝑚+𝑘−𝑖 - 𝑥𝑚+𝑘−𝑖 ) | < 𝜀 𝑠 𝑡 untuk setiap n ⟹ | 𝑥𝑗𝑠 - 𝑥𝑗𝑡 | < 𝜀 ( 1≤ j≤m ) dan { | 𝑥𝑚+1 - 𝑥𝑚+1 |< 𝑠 𝑡 𝜀 (𝑘 = 1), | 𝑥𝑚+2 - 𝑥𝑚+2 | < 𝜀 (k=2), . . . . . } ⟺ { 𝑥𝑘𝑠 } barisan bi-

langan Cauchy untuk setiap k ⟺ { 𝑥𝑘𝑠 } barisan konvergen untuk setiap k , katakan konvergen ke xk ( lim 𝑥𝑘𝑠 = xk ). Selanjutnya dibentuk 𝑠→∞

barisan 𝑥 = { xk } dan diperoleh 𝑠

𝑥 = { xk } = lim { 𝑥𝑘𝑠 } = lim 𝑥 . 𝑠→∞

𝑠→∞

Oleh karena ∑∞ 𝑛=1 |

1

1

𝑛 𝑠 p ∑𝑛𝑘=1 ∆𝑚 xm+k |p = lim ∑∞ 𝑛=1 | 𝑛 ∑𝑘=1 ∆𝑚 𝑥𝑚+𝑘 | < ∞

𝑛

𝑠→∞

maka dapat disimpulkan bahwa 𝑥 𝜖 𝐶 𝑝 (∆𝑚 ) yang berarti 𝐶 𝑝 (∆𝑚 ) lengkap ( ruang Banach ). Diambil sebarang barisan 𝑥 𝜖 𝐶 𝑝 (∆𝑚 ) ; jadi ∑∞ 𝑛=1 | { ∑∞ 𝑛=1 |

1 𝑛

= { ∑∞ 𝑛=1 |

1 𝑛

∑𝑛𝑘=1 ∆𝑚 xm+k |p < ∞ yang berakibat 1

𝑛 p 1/p ∑𝑛𝑘=1 ∆𝑚+1 xm+k |p }1/p = ∑∞ 𝑛=1 | ∑𝑘=1 ∆𝑚 (xm+k - xm+k-1 ) | } 𝑛

1 𝑛

∑𝑛𝑘=1(∆𝑚 xm+k - ∆𝑚 𝑥𝑚+𝑘−1 ) |p }1/p < ∞

yang berarti 𝑥 𝜖 𝐶 𝑝 (∆𝑚+1 ) atau terbukti 𝐶 𝑝 (∆𝑚 ) ⊂ 𝐶 𝑝 (∆𝑚+1 ).

∎

7.4 Ruang barisan Orlicz Ruang barisan Orlicz dapat dianggap sebagai pengitlakan generalization ) ruang barisan 𝑙 𝑝 melalui pembentukan fungsi Orlicz lebih dahulu. Definisi 7.4.1 : Fungsi kontinu dan genap 𝜙 : ℛ → ℛ disebut fungsi Orlicz atau fungsi-N jika memenuhi sifat-sifat : (i) (ii) (iii)

𝜙(0) = 0 dan 𝜙 naik monoton pada (0,∞), lim

𝜙(𝑥)

𝑥→∞ 𝑥 𝜙(𝑥)

lim

𝑥→0

Barisan dan deret

𝑥

=∞ = 0.

158

Sebagai contoh fungsi Orlicz adalah : 𝜙(x) = | x |p dengan p > 1 𝜙(x) = 𝑒 |𝑥| - 1. Karena fungsi Orlicz 𝜙 fungsi kontinu, naik monoton pada (0,∞) dan dan memenuhi sifat-sifat (i), (ii), dan (iii) maka 𝜙′(x) ada hampeir di mana-mana dan 𝜙′(x) ≥ 0, 𝜙′ naik monoto pada [0,∞), 𝜙 ′ (𝑥) = 0, da lim = ∞. Oleh karena itu 𝜙′ terintegral Lebesque pada setiap

𝑥→∞

[0,u] dan 𝑢

𝜙(u) = ∫0 𝜙′(t)dt. Jika dibentuk fungsi 𝜓′ dengan rumus 𝜓′(v) = inf{ u ≥ 0 : 𝜙′(u) ≥ v }, diperoleh fungsi 𝜓 : 𝑣

𝜓(v) = ∫0 𝜓′(t)dt. Selanjutnya, jika 𝜓 dianggap fungsi genap maka 𝜓 merupakan fungsi Orlicz pula. 𝜓 disebut fungsi Orlicz komplementer terhadap 𝜙. Berdasarkan tiga definisi dan rumus terakhir diproleh teorema di bawah ini. Teorema 7.4.2 : ( Ketidaksamaan Young ) Jika 𝜙 fungsi Orlicz dan 𝜓 fungsi Orlicz komplementernya maka, uv ≤ 𝝓(u) + 𝝍(v) untuk setiap u ≥ 0 dan v ≥ 0. Bukti : Berdasrkn rumus ke-dua di atas, dipeoleh 𝑣

𝜓(v) = ∫0 𝜓′(t)dt ≥ uv - 𝜙(u) uv ≤ 𝜙(u) + 𝜓(v).

atau ∎

Definisi 7.4.3 : Fungsi Orlicz 𝜙 dikatakan memenuhi sifat (Δ-2) jika ada bilangaan real M > 0 sehingga 𝜙(2u) ≤ M.𝜙(u) untuk setiap u ≥ 0. Teorema 7.4.4 : Jika fungsi Orlicz 𝜙 memenuhi sifat (Δ-2), maka untuk setiap bilangan real 𝛼 terdapat bilangan asli n sehingga

159

Barisan dan deret

𝜙(𝛼u) ≤ Mn.𝜙(u). Bukti : Tentu ada bilangan asli n sehingga 𝛼 ≤ | 𝛼 | ≤ 2n dan karena 𝜙 fungsi nauk monoton untuk x ≥ 0, diperoleh 𝜙(𝛼u) ≤ 𝜙(|𝛼|.u) ≤ 𝜙(2n.u) ≤ Mn.𝜙(u).

∎

Sekarang dibentuk koleksi-koleksi barisan bilangan real di bawah ini. 𝑋 𝜙 = { 𝑥 = { xk } : { 𝜙(xk) } konvergen }, 𝜙

𝑋𝑜 = { 𝑥 = { xk } : { 𝜙(xk) } konvergen ke 0 }, 𝜙

𝑋∞ = { 𝑥 = { xk } : { 𝜙(xk) } terbatas }. Teorema 7.4.5 : Jika 𝜙 fungsi Oelicz memenuhi sifat (Δ-2), maka 𝜙

𝜙

𝑋𝑜 ⊂ 𝑋 𝜙 ⊂ 𝑋∞ dan masing-masing ruang bernorma terhadap norma || ∥𝜙 : || 𝑥 ∥𝜙 = 𝑠𝑢𝑝𝑘≥1 𝜙(xk) 𝜙

𝜙

untuk setiap 𝑥 = { xk } 𝜖 𝑋𝑜 ( 𝑋 𝜙 , 𝑋∞ ). 𝜙

𝜙

Bukti : Cukup jalas bahwa : 𝑋𝑜 ⊂ 𝑋 𝜙 ⊂ 𝑋∞ . Sekarang, dibuktikan dahulu bahwa masing-masing ruang linear. Diambil sebarang bialangan 𝜙

𝜙

real 𝛼 dan𝑥 = { xk }, 𝑦 = { 𝑦𝑘 } 𝜖 𝑋𝑜 ( 𝑋 𝜙 , 𝑋∞ ). Menurut Teorema 7.4.4 diperoleh 𝜙(𝛼xk) ≤ Mn.𝜙(xk)

untuk suatu n dan untuk setiap k.

Berdasarkan kenyataan ini berarti { 𝜙(𝛼xk) } konvergen ke 0 ( konver𝜙

𝜙

gen, terbatas ) atau 𝛼𝑥 𝜖 𝑋𝑜 ( 𝑋 𝜙 , 𝑋∞ ). Selanjutnya, 𝜙(xk + yk) ≤ 𝜙(maks{2.|xk|,|yk|}) ≤ M.𝜙(maks{|xk|,|yk|})

160

≤ M.{𝜙(xk) + 𝜙(yk)} yang berakibat barisan { 𝜙(xk + yk) } ≤ M,( {𝜙(xk)} + {𝜙(yk)} konver𝜙

𝜙

gen ke 0 ( konvergen, terbatas ) atau 𝑥 + 𝑦 𝜖 𝑋𝑜 ( 𝑋 𝜙 , 𝑋∞ ). Sampai di 𝜙

𝜙

sini terbukti bahwa 𝑋𝑜 ( 𝑋 𝜙 , 𝑋∞ ) ruang linear.

161

|

162

163

164

Indeks

165

Aksioma Peano, 4 bagian imaginer, bagian imaginer bilangan komplex, 14 bagian real, bagian real bilangan komplex, 14 barisan (sequence), 18 barisan bilangan real, 18 barisan bilangan komplex, 33 barisan bagian, 20 barisan bagian imaginer, 33 barisan bagian real, 33 barisan bilangan real, 18 barisan Cauchy, barisan Cauchy bilangan, 31 barisan Cauchy fungsi, 74 barisan Cauchy fungsi seragam, 74 barisan fundamental, baisan fundamntal bilangan, 31 barisan fundamental fungsi, 74 barisan fungsi, 70 barisan jumlah parsial, 35 barisan fungsi jumlah parsial, 81 barisan divergen, 20 barisan konvergen, 20 barisan fungsi naik monoton, 77 barisan fungsi turun monoton, 77 barisan naik monoton, 26 barisan turun monoton, 26 barisan terbatas, 25 barisan fungsi terbatas ke-atas, 77 barisan fungsi terbatas ke-bawah, 77


barisan terbatas ke-atas, 25 barisan terbatas ke-bawah, 25 batas atas, batas atas barisan, 25 batas atas, batas atas himpunan, 10 batas bawah, batas bawah barisan, 25 batas bawah, batas bawah himpunan, 10 bat,batas atas terkecil barisan, 25 bat, batas atas terkecil himpunan, 11 bbt, batas bawah terbesar barisan, 25 bbt, batas bawah terbesar himpunan, 11 bilangan asli, 3 bilangan bulat, 3 bilangan cacah, 3 bilangan Euler, 28, 29 bilangan komplex, 14 bilangan positif, 6 bilangan rasional, 3 bilangan real, 3 bukti induksi matematika, 4 deret, deret bilangan real, 34 deret ayun ( alternating series ), deret Fourier, 90 deret Fourier cosinus, 72 deret Fourier sinus, 72 deret fungsi, 81 deret fungsi ortogonal, 89 deret Gauss, 126 deret geometrik ( geometric series), 37 deret harmonik ( harmonic series ) order p, 37 deret konvergen, 35

167

Barisan dan deret

deret mutlak, 48 deret pangkat ( power series ), 56 deret Mac Laurin, 67 deret Taylor, 66 Dirichlet conditions, 95 fungsi Bessel jenis pertama, 125 fungsi ganjil ( even function ) , 88 fungsi genap ( odd f7unction ), 88 fungsi periodik ( periodic function ), 88 grup, terhadap operasi jumlahan, 1 grup, terhadsp operasi perkalian, 2 himpunan bilangan positif, 5 himpunan terbatas, 12 himpunan terbatas ke-atas, 11 himpunan terbatas ke-bawah, 11 inf ( infimum ) = bbt = glb, 25 interval ( selang ) terbuka, 9 interval ( selang ) tertutup, 9 interval fungsi terbuka, 77 interval fungsi tertutup, 77 interval ( selang ) kekonvergenan, 58, 59 inverse, 2 jari-jari kekonvergenan, 58, 59 jumlah parsial n suku pertama, deret bilanagan, 35 jumlah parsial n suku pertama, deret fungsi, 81 jumlah parsial n suku pertama, deret pangkat, 56 konvergen, barisan bilangan konvergen, 15 konvergen, deret bilanagn konvergen, 36 konvergen bersyarat, deret bilangan konvergen bersyarat, 49 konvergen mutlak, deret bilangan konvergen mutlak,

168

Barisan dan deret

konvergen, barisan fungsi konvergen, 69 konvergen, deret fungsi konvergen, 81 konvergen lokal, barisan fungsi konvergen lokal, 72,73, 83 konvergen seragam, barisan fungsi konvergen seragam, 71 konvergen titik demi titik, 71 kesalahan mutlak, 56 kesahan (nilai koreksi ) Taylor, 63 kesamaan Parseval, 97 ketidaksamaan Bessel, 104 lub ( the lest upper bound ) = bat = sup, 25 limit, limit barisan, 20 limit, limit deret, 51 masalah syarat batas ( boudary value problems ), 98 negasi, 2 nilai koreksi ( kesalahan ) Taylor, 63 nilai pendekatan Taylor, 52 perioda ( period ), 88 persamaan indisial ( indicial equation ), persamaan diferensial Bessel, 124 persamaan diferensial Gauss, 125 persamaan diferensial Legendre, 120 polinomial Legendre, 122 polinomial Taylor, 63 rumus iteratif ( iterative formula ), 29 rumus rekursi ( recursian formula ), 104 rumus Rodrigues, 122 suku ke-k, 34, 56 sup ( supremum ) = bat = lub, 25 Teorema nilai pendekatan pertama, 62 Teorema nilai rata-rata pertama, 62 Seri Kalkulus Lanjut

169

Barisan dan deret

Teorema Rolle, 60 Teorema sisa Taylor, 63 terbatas seragam, 84 Tes Abel, 85 Tes akar ke-n, 30, 45 Tes banding, 39 Tes Dirichlet, 84 Tes integral, 40 Tes Kuosien, 41 Tes-M Weierstrass, 83 Tes Raabe, 50 Tes Rasio, 44, 49 urutan, 1, 5

170

Barisan dan deret

Daftar Pustaka : Alberto Torchinski, “Real Variables”(1988), Addison-Wesley Pub. Co.: Reading, Massachusetts, California New York, Amsterdam, Bonn, Sydney, Singapore, Tokyo. Bartle, R. G. and Sherbert, D.R. , Introduction to Real Analysis” (1994), John Wiley and Sons, Inc., :Singapore, New York, BrisBane, Chichester, Toronto (Second Edition). Darmawijaya S., “Pengantar Analysis Real”(2006), Jurusan Matematika – FMIPA Universitas Gadjah Mada, Yogyakarta. Frank Ayres, “Theory and Problems : Differential Equetions”(1952), Schaum Publishing Company : New York. Murray R. Spiegel, “Theory and Problems : Advanced Calculus” (1968), MacGraw Hill Book Co. : New York, San Francisco, Toronto, Sydney. Ng Peng Nung, “On Normed Kothe Sequence Spaces”(1976), Desertation, Nanyang University. Protter, M. H.,”A First Course in Real Analysis”(1991), Springer-Verlag : New York, Berlin, Heidelberg, Barcelona, Budapest, HongKong, London, Milan, Paris, San Clara, Singapore, Tokyo. (Second Edition). Sri Daru Unoningsih and Lee Peng Yee, “The Second Duals of some Sequence Spaces”, Collective papers edited by Pawan K. Jain and Eberhard Malowsky, Narosa Publishing Hause, New Delhi, Madras,Bombay, Calcuta, London. Subhas, C. S. and Shah, S. M. , “Introduction to Real Variable Theory”(1980), Prenties-Hall of India Private Limitted: New Delhi. Wilfred Kaplan, “Advanced Calculus”(1959), Addison-Wesley Pub. Com. , Inc. : Reading Massachusetts.

171

Penyusun :

Soeparna Darmawijaya yang lahir di Ponorogo pada bulan Januaari tahun 1938 adalah seorang profesor dalam bidang Analisis Matematika, khususnya pada bidang Teori Integral dan Analisis Abstrak. Beliau memperoleh sarjana utamanya (doktorandus) pada bidang matematika dari Jurusan Matematika FMIPA Universitas Gadjah Mada Yogyakarta dan di instansi itu pula beliau meniti kariernya sebagai dosen. Gelar doktornya dalam bidang matematika diperoleh dari Jurusan Matematika Institut Teknologi Bandung atas bimbingan Prof. Dr. Moedomo dan Prof. Dr. Lee Peng Yee dari National University of Singapore. Banyak karya ilmiah hasil penelitian yang dihasilkan dan dibublikasikan, baik hasil penelitian sendiri maupun hasil penelitian bersama mahasiswa-mahasiswa program magister dan program doktor bimbingan beliau. Sebagai pegawai negeri beliau pensiun pada umur 70 tahun. Meskipun demikian beliau masih aktif di dalam pendidikan, pembimbingan, dan penelitian. Selain itu beliau telah menulis beberapa buku, di antaranya adalah Pengantar Analisis Real, Pengantar Analisis Abstrak, Teori Bilangan, Seri Kalkulus Lanjut : Barisan dan Deret, dan Transformasi Laplace.

BAB : I SISTEM BILANGAN REAL

Recommend Documents