FUNGSI KHUSUS DALAM BENTUK INTEGRAL
FUNGSI FAKTORIAL Definisi ∞
n −x x ∫ e dx = n ! 0
Buktikan bahwa : ∞
0 −x
0! = 1 ∞
−x
0! = ∫ x e dx = ∫ e dx = − e 0
Terbukti
0
−x ∞ 0
= − (0 − 1) = 1
FUNGSI Gamma Definisi ∞
Γ( p ) = ∫ x p −1e − x dx ;
p>0
0
Hubungan fungsi Gamma dengan fungsi Faktorial ∞
Γ( p + 1) = ∫ x 0
Γ(1) = 0 !=1,
( p −1)+1
−x
∞
p −x
e dx = ∫ x e dx = p ! 0
Γ( p + 1) = p ! Γ(2) = 1!=1,
Γ(3) = 2! = 2
dst
Nilai Fungsi Gamma ditabulasi untuk Gamma 1 sampai dengan Gamma 2
Hubungan Rekursif Fungsi Gamma ∞
Γ( p + 1) = ∫ x p e − x dx 0
Lakukan integrasi parsial, seperti berikut :
u= xp
du = px p −1 dp
dv = e − x dx
v = − e− x
Γ( p + 1) = − x e
p −x ∞
∞
0
∞
(
)
− ∫ − e − x px p −1 dx 0
Γ( p + 1) = p ∫ x p −1e − x dx = pΓ( p ) 0
Γ( p + 1) = pΓ( p )
Hubungan Rekursif Fungsi Gamma
Γ( p + 1) = pΓ( p ) Γ(3) = Γ(2 + 1) = 2Γ(2 ) = 2 (1) = 2
Γ(4) = Γ(3 + 1) = 3Γ(3) = 3Γ(2 + 1) = 3.2Γ(2) = 6(1) = 6 dst
Hubungan Rekursif Fungsi Gamma
1 Γ( p ) = Γ( p + 1) p Γ(0,6 ) =
1 1 Γ(0,6 + 1) = Γ(1,6) 0,6 0,6
1 1 Γ(− 1,5) = Γ(− 1,5 + 1) = Γ(− 0,5) − 1,5 − 1,5 1 1 (− 0,5 + 1) = − 1,5 − 0,5 1 1 = Γ(0,5) − 1,5 − 0,5 1 1 1 = Γ(1,5) − 1,5 − 0,5 0,5
Tabel F. Gamma
Tabel F. Gamma
Nilai Γ(0,5) ∞
Γ(0,5) = ∫ t
0 , 5 −1 −t
∞
e dt = ∫
0
0
1 −t e dt t
Misalkan t = y2, maka dt = 2y dy ∞
1 − y2 Γ(0,5) = 2 ∫ e ydy y 0 ∞ 1 −x2 Γ(0,5) = 2 ∫ e xdx x 0
[Γ(0,5)]
2
∞∞
= 4∫ ∫ e ( 0 0
− x2 + y 2
) dx dy
Nilai Γ(0,5)
[Γ(0,5)]
2
π /2 ∞
e ∫ ∫ θ
=4
−r 2
rdr dθ = 4
=0 0
[Γ(0,5)]2 = π Γ(0,5) = π
π e
−r 2
2 −2
∞
=π 0
Contoh soal Hitunglah integral berikut dengan Fungsi Gamma : ∞
2 − x2
∫x e
dx
0
Jawab ∞
2 − x2
∫x e
Misal u = x2,
dx
−u ue ∫ 0
∞
0
∞
Untuk x = ∞ maka
u=∞
du 1 1 / 2 −u 1 11 π = ∫ u e du = Γ(1,5) = Γ(0,5) = 2 22 4 2 u 20
2 − x2
∫x e
du = 2x dx
Untuk x = 0 maka u = 0
0 ∞
maka
dx =
π 4
Soal Latihan Hitunglah integral-integral berikut dengan Fungsi Gamma : ∞
1. ∫ t e −3t dt 0 ∞
(
)
2. ∫ 2 y + y e 2
0 1
3. ∫ (ln x ) dx 1/ 3
0
− y2
dy
Formula penting terkait Fungsi Gamma
π Γ( p ) Γ(1 − p ) = sin πp Untuk p = 0,5
Γ(0,5) Γ(1 − 0,5) = Γ(0,5) Γ(0,5) =
[Γ(0,5)]2 = π Γ(0,5) = π
π 1
π sin 0,5π
Contoh soal Buktikan bahwa :
Bukti
πz z !(− z )! = sin πz z !(− z )! = Γ( z + 1) Γ(1 − z )
z !(− z )! = zΓ( z ) Γ(1 − z ) z !(− z )! = z[Γ( z )Γ(1 − z )]
π z !(− z )! = z sin πz πz z !(− z )! = sin πz
Ingat :
Γ(n + 1) = n !
dan
Γ(n + 1) = nΓ(n ) dan
π Γ(n )Γ(1 − n ) = sin πn
Fungsi Beta Definisi 1 : 1
B ( p, q ) = ∫ x p −1 (1 − x )
q −1
dx ;
p > 0; q > 0.
0
B ( p, q ) = B (q, p ) Definisi 2 :
B ( p, q ) =
1 a
p + q −1
a
∫ y (a − y ) 0
p −1
q −1
dy
Fungsi Beta Definisi 3 : π /2
B ( p, q ) = 2
2 p −1 2 q −1 ( ) ( ) sin θ cos θ dθ ∫ 0
Definisi 4 : ∞
y p −1 dy B ( p, q ) = ∫ p+q ( ) 1 + y 0
Hubungan Fungsi Beta dan Fungsi Gamma Fungsi Gamma ∞
Γ( p ) = ∫ t p −1e −t dt 0
Misal t = y2, maka ∞
Γ( p ) = 2∫ y
2 p −1 − y
e
2
∞
dy
atau
Γ(q ) = 2 ∫ x
0
2 q −1 − x 2
0
Jika Γ(p) dikalikan dengan Γ(q) dikalikan maka : ∞∞
Γ( p )Γ(q ) = 4∫ ∫ x
2 q −1
y
e(
2 p −1 − x 2 + y 2
) dx dy
0 0
∞ π /2
Γ( p )Γ(q ) = 4∫
∫ (r cosθ ) (r sin θ )
0 0
2 q −1
2 p −1 − r 2
e
rdrdθ
e
dx
Hubungan Fungsi Beta dan Fungsi Gamma ∞
Γ( p )Γ(q ) = 4∫ r 2 p + 2 q −1e − r dr 2
0
π /2
2 q −1 2 p −1 ( ) ( ) cos θ sin θ dθ ∫ 0
1 Γ( p + q ) 2 1 1 Γ( p )Γ(q ) = 4 Γ( p + q ). B( p, q ) 2 2
Γ( p )Γ(q ) B ( p, q ) = Γ( p + q )
1 B ( p, q ) 2
Hubungan Fungsi Beta dan Fungsi Gamma contoh
( )
1 ) ( ) ( ( Γ 1 Γ 1) π 2 1 B 1, = = =2 2 1 Γ( 3 2 ) 2 π
( )
Contoh soal 1 Selesaikan integral berikut dengan fungsi Beta π /2
∫
sin 3 x cos x dx
0
π /2
Solusi dengan def. Fungsi Beta 3
B ( p, q ) = 2
2 p −1 2 q −1 ( ) ( ) sin θ cos θ dθ ∫ 0
π /2
∫ (sin 0
π /2
∫ 0
3
x cos x
2 p − 1= 3 2
)
1/ 2
dx =
p = 54
π /2
∫ (sin x ) (cos x ) 3/ 2
0
2q − 1 = 1 2
1/ 2
dx
q = 34
1 5 3 1 Γ(5 4 )Γ(3 4 ) sin x cos x dx = B( 4 , 4 ) = = ...... 2 2 Γ(2) 3
Contoh soal 2 Selesaikan integral berikut dengan fungsi Beta ∞
y 2 dy ∫0 (1 + y )6
∞
Solusi dengan def. Fungsi Beta 4
p − 1= 2
p =3
( p + q)= 6
Jadi
y 2 dy Γ(3)Γ(3) 4 ∫0 (1 + y )6 = B(3,3) = Γ(6) = 120
∞
y p −1 dy B ( p, q ) = ∫ p+q ( ) 1 + y 0
q =3
Soal Latihan Selesaikan integral berikut dengan fungsi Beta yang sesuai ∞
1. ∫ 0
(1 + y )
2
2. ∫ 0
π /2
3.
y dy
∫ 0
3 2
x 2 dx 2− x dθ sin θ
Aplikasi dalam persoalan Fisika Sket grafik
x2 + y 2 = 9
Gunakan fungsi Beta untuk menghitung : a. Luas daerah pada kuadran pertama b. Titik pusat massa dari daerah ini (anggap rapat massanya seragam) Jawab a
y
x2 + y 2 = 9
A = ∫ dA = 3
x
9− y 2
0
0
∫∫ dx dy = ∫ ∫ dx dy
A = ∫ 9 − y 2 dy 0
3
Aplikasi dalam persoalan Fisika 3
A = ∫ 9 − y dy 2
0
Batas :
9
A= ∫ 0
a
a
p −1 (a − y ) y p + q −1 ∫
y =3 →
x =9
q −1
dy
0
p −1 y ∫ (a − y ) 0
x=0
9
1
q −1
2 y dy = dx
y =0 →
dx 1 −1/ 2 1/ 2 9− x = ∫ x (9 − x ) dx 20 2 x
B ( p, q ) = a
y2 = x
Misalkan :
dy = a p + q −1 B( p, q )
Gunakan Fungsi Beta kedua
1 1/ 2 + 3 / 2 −1 A = (9) B(1 / 2, 3 / 2) 2 1 Γ(1 / 2)Γ(3 / 2) A = (9) 2 Γ(2)
1 A = (9) 2
π 1/ 2 π 1
9π = 4
Dengan rumus luas lingkaran :
1 2 1 9π 2 A = π r = π (3) = 4 4 4
Sama
B. Titik pusat massa luasan tersebut dihitung dengan rumus :
x pm
x dM ∫ ρ xdA ∫ = = ∫ dM ∫ ρdA
y pm
y dM ∫ ρ ydA ∫ = = ∫ dM ∫ ρdA
Dst ........
Fungsi Error dan Pelengkapnya Definisi Fungsi Error
Erf ( x ) =
2
π
x
∫e
−t 2
dt
0
Definisi Pelengkap Fungsi Error
Erfc ( x ) =
2
π
∞
∫e x
−t 2
dt
Fungsi Error
Erf (∞ ) =
2
π
∞
−t 2
∫ e dt 0
2 1 1 π Erf (∞ ) = Γ( 2 ) = =1 π 2 π
Selesaikan dengan Fungsi Gamma
Fungsi Error dan Pelengkapnya x ∞ 2 2 −t −t 2 ∫ e dt + ∫ e dt Erf ( x ) + Erfc(x ) = π 0 x
Erf ( x ) + Erfc(x ) =
2
π
∞
∫e
−t 2
dt
0
Erf (x ) + Erfc( x ) = Erf (∞ ) = 1
Erf (x ) = 1 − Erfc(x )
Erfc(x ) = 1 − Erf (x )
Fungsi Error Dari deret pangkat tak hingga : 2 3 4 t t t et = 1 + t + + + + ... 2! 3! 4!
Erf ( x ) =
e −t
2
4 6 8 t t t = 1 − t 2 + − + + ... 2! 3! 4 !
4 t 2 1 − t + − ..... dt ∫ 2! π 0
2
x
x
2 t t t − + Erf (x ) = − .... π 3 5.2! 0 3
5
2 x3 x5 x − + − .... Erf ( x ) = 3 5 .2 ! π
x << 1
Pelengkap Fungsi Error Definisi pelengkap fungsi error
Kita tuliskan :
dan lakukan integrasi by part sbb :
Pelengkap Fungsi Error
Sekarang tuliskan lagi :
1 −t 2 1 d 1 −t 2 e = 3 − e 2 t t dt 2 kemudian lakukan integral by part lagi sbb :
Pelengkap Fungsi Error
Jika proses ini terus dilanjutkan, maka akan didapat ungkapan deret untuk pelengkap fungsi error, sbb :
x >>1
Contoh soal 2
1. ∫ e
− x2
dx
0
2.
3.
2
π 2
10
∫e
−u 2
du
5
∞
e ∫ π 1
−t 2 / 2
dt
Formula Stirling Formula Stirling adalah formula pendekatan untuk fungsi Faktorial dan Fungsi Gamma, sbb :
Bukti
Substitusi variabel baru y sehingga
Formula Stirling persamaan di atas menjadi :
untuk p besar, logaritma dapat diekspansi dalam deret pangkat berikut :
sehingga
Formula Stirling
2π
0
Untuk p besar
Bandingkan nilai eksak n! dengan formula pendekatan Stirling
n
n! eksak
5
120
20
2,43 X 1018
50
3,04 X 1064
n! Formula Stirling
118,0 2,42 x 1018
Persen selisih
1,7 % 1,0 %
Soal 1. Dalam mekanika statistik sering digunakan persamaan :
ln N ! = N ln N − N disini N berorde bilangan Avogadro, N = 1026 Buktikan dari Formula Stirling ! 2. Hitunglah :
lim n →∞
(2n )! n 2 2 2 n (n !)
3. Hitunglah :
Γ(55,5)
Integral Eliptik Bentuk Legendre disebut juga integral eliptik tak lengkap jenis ke satu dan ke dua
k disebut modulus dan φ disebut amplitudo integral eliptik. Integral ini ditabulasi untuk nilai θ = arc sin k dan φ antara 0 dan π/2. k2 dapat dilihat dari bentuk integral, dengan mengetahui k maka θ dapat ditentukan, sedangkan φ dapat dilihat pada batas integral, dengan mengetahui θ dan φ, maka nilai integral eliptik dapat dilihat pada tabel integral eliptik F(k,φ) dan E(k,φ).
Integral Eliptik Integral eliptik lengkap Integral eliptik lengkap jenis pertama dan kedua adalah nilai-nilai K dan E (sebagai fungsi k) untuk φ = π/2
Sama seperti sebelumnya, k2 dapat dilihat dari bentuk integral, dengan mengetahui k maka θ dapat ditentukan, dengan mengetahui θ, maka nilai integral eliptik lengkap dapat dilihat pada tabel integral eliptik lengkap K dan E
Contoh soal
π /4
1.
∫ 0
dφ 1 − 0,25 sin 2 φ
Bagaimana menghitung integral eliptik untuk φ > π/2 ??? Tinjau fungsi sin2x [f(sin2x)] yang merupakan integran dari integral eliptik
9π / 4
∫ 0
2π
2π
π /4
π /2
π /4
0
0
0
0
0
...... = ∫ ...... + luas A = ∫ ... +
∫ .... = 4 ∫ .... + ∫ ...
7π / 4
∫
2π
2π
π /4
π /2
π /4
0
0
0
0
0
3π / 2
π /4
π /2
π /4
0
0
0
0
...... = ∫ ...... − luas A = ∫ ... −
0
∫ .... = 4 ∫ .... − ∫ ...
catat 7π / 4
∫ 0
...... ≠
3π / 2
∫ 0
...... + luas A =
∫ ... + ∫ .... = 3 ∫ .... + ∫ ...
Contoh soal
5π / 4
∫ 0
1 − 0,037 sin 2 φ dφ
Jika batas bawah integral tidak nol, maka :
dan jika salah satu batas integral adalah negatif, maka :
Karena F(k,φ) dan E(k,φ) merupakan fungsi ganjil
Contoh soal 11π / 4
∫π
−7 / 8
1 − 0,64 sin 2 φ dφ
Bentuk Jacobi Jika kita ambil x = sin φ, pada bentuk Legendre, maka akan didapat integral eliptik bentuk Jacobi jenis pertama dan kedua, sbb :
dan
Contoh soal
0 ,8
dx
∫ (1 − x )(1 − 0,16 x ) 2
0
2
Contoh soal
5π / 4
1.
∫
1 − 0,037 sin 2 φ dφ
0
11π / 4
3.
∫π
−7 / 8
0,5
0,5
2.
∫ 0
1 − 0,64 sin 2 φ dφ
100 − x dx 2 1− x 2
4.
dx
∫ (1 − x )(4 − 3x )
−0,5
2
2
