Catatan Kuliah
MA1201 KALKULUS 2A “Do maths and you see the world”
disusun oleh
Khreshna I.A. Syuhada, MSc. PhD.
Kelompok Keilmuan STATISTIKA - FMIPA Institut Teknologi Bandung 2013
Catatan kuliah ini ditulis dengan banyak merujuk tulisan Bapak Koko Martono dan Bapak Warsoma Djohan
MA1201 Kalkulus 2A
i
K. Syuhada, PhD.
Daftar Isi 1 Teknik Pengintegralan 1.1 Pengantar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Menentukan anti-turunan . . . . . . . . . . . 1.2.1 Metode substitusi . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Metode anti-turunan parsial . . . . . . 1.2.3 Metode substitusi yang merasionalkan 1.3 Integral fungsi rasional . . . . . . . . . . . . . 1.4 Integral fungsi trigonometri . . . . . . . . . . 2 Bentuk Tak Tentu dan Integral Tak Wajar 2.1 Pengantar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Bentuk Tak Tentu . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Bentuk tak tentu 0/0 . . . . . . . . . 2.2.2 Bentuk tak tentu ∞/∞ . . . . . . . 2.2.3 Bentuk tak tentu 0 · ∞ . . . . . . . . 2.2.4 Bentuk tak tentu ∞ − ∞ . . . . . . 2.2.5 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Integral Tak Wajar . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Integral Pada Selang Hingga . . . . . 2.3.2 Integral Pada Selang Tak Hingga . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
1 1 2 2 2 3 4 5 6 6 7
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
3 Deret Tak Hingga 3.1 Barisan Tak Hingga . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Kemonotonan . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2 Kekonvergenan . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Deret Tak Hingga . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Uji Kekonvergenan Deret Suku-suku Positif . . . 3.3.1 Uji Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Uji Banding . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Deret Berganti Tanda . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Deret Pangkat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Deret Taylor dan Hampiran Taylor untuk Fungsi .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
. . . . . . . . . .
1 . 1 . 2 . 3 . 4 . 6 . 6 . 7 . 9 . 10 . 13
ii
. . . . . . . . . .
. . . . . . .
1 1 2 2 3 4 5 7
4 Irisan Kerucut dan Koordinat Polar
MA1201 Kalkulus 2A
iii
1
K. Syuhada, PhD.
BAB 1 Teknik Pengintegralan 1.1
Pengantar
Integral atau anti turunan adalah salah satu konsep (penting) dalam matematika disamping derivatif atau turunan. Perhatikan: y = f (x) = x2 , yang memiliki turunan y ′ = f ′ (x) =
d f (x) = 2 x. dx
Sekarang, jika diketahui f ′ (x) = 2 x, maka f (x) = x2 adalah “salah satu” anti-turunan yang sesuai. Secara umum, sering kita tuliskan f (x) = x2 + C, dimana C konstanta. Contoh diatas memberikan informasi bagi kita bahwa anti-turunan bersifat “tidak tunggal” dan karenanya “lebih sulit” daripada turunan.
1
Perhatikan bahwa kita dapat menuliskan df (x) = f ′ (x) dx. Atau, ∫
∫ df (x) = f (x) + C =
1.2
f ′ (x) dx.
Menentukan anti-turunan
Bagaimana kita dapat menyelesaikan atau menentukan suatu anti-turunan? • Gunakan “keterampilan teknis” • Manfaatkan “aturan dasar” (Beberapa) aturan dasar anti-turunan: 1.
∫ k dx = k x + C
2.
∫ xr dx =
3.
1 xr+1 , r ̸= −1 r+1
∫ ex dx = ex + C
4.
∫ ax dx =
1 x a +C ln a
dst...
1.2.1
Metode substitusi
Metode substitusi merupakan salah satu metode/teknik/cara menyelesaikan integral atau mencari anti turunan. Kuncinya adalah menentukan pemisalan/substitusi MA1201 Kalkulus 2A
2
K. Syuhada, PhD.
untuk suatu fungsi tertentu dengan tepat. Contoh: ∫ 2 x +1 dx x−2 • mungkinkah kita memisalkan y = x2 − 1? atau y = x2 dan mencari anti-turunan ? • atau memisalkan y = x − 2 ? Contoh lain, ∫ ex dx. 4 + 9 e2x Selesaikan dengan memisalkan y = ex ; y = e2x ; y = 9 ex ; y = 9 e2x ; y = 4 + 9 ex ; y = 4 + 9 e2x ; ?
1.2.2
Metode anti-turunan parsial
Teknik lain mencari anti-turunan adalah dengan metode anti-turunan parsial atau integral parsial, dimana kita memanfaatkan konsep turunan dua fungsi. Contoh, selesaikan ∫ x cos x dx Misalkan u = f (x), v = g(x), d (u v) = u′ v + u v ′ dx d(u v) = · · · uv = ··· Jadi, ∫
∫ u dv = u v −
v du
Untuk contoh ∫ x cos x dx,
MA1201 Kalkulus 2A
3
K. Syuhada, PhD.
misalkan u = x, atau u = cos x, ? Nampak bahwa metode integral parsial mendorong kita untuk mencari substitusi yang tepat. Bagaimana dengan ∫ ln x dx, yang terlihat seperti hanya melibatkan satu fungsi?
1.2.3
Metode substitusi yang merasionalkan
Metode ini dilakukan pada permasalahan mencari anti-turunan suatu fungsi yang memuat akar, seperti ∫ √ n (ax + b)m dx atau
∫ √ a2 − x2 dx,
dimana kita ingin menghilangkan tanda akar tersebut. Merujuk namanya, metode/teknik ini mengharuskan kita melakukan pemisalan atau substitusi, seperti (ax + b) = un , untuk mencari anti-turunan ∫ √ n (ax + b)m dx. Contoh, ∫ x
√ 3 x − 4 dx,
MA1201 Kalkulus 2A
4
K. Syuhada, PhD.
yang dapat diselesaikan dengan memisalkan (x − 4) = u3 atau x = u3 + 4, sehingga anti-turunan diatas dapat diselesaikan sebagai ∫ ( 6 ) 3u + 12 u3 du
Untuk kasus mencari anti-turunan ∫ √ a2 − x2 dx, dapat digunakan substitusi x = a sin t, −π/2 ≤ t ≤ π/2, sehingga diperoleh √ a2 − x2 = a cos t Perhatikan bahwa substitusi lain adalah x = a tan t, −π/2 < t < π/2, atau x = a sec t, 0 ≤ t ≤ π, t ̸= π/2
1.3
Integral fungsi rasional
Mencari anti-turunan berbentuk seperti ∫ 14x + 1 dx, x3 + 5x adalah salah satu kajian penting karena melibatkan polinom P (x) = 14x + 1 MA1201 Kalkulus 2A
5
K. Syuhada, PhD.
dan Q(x) = x3 + 5x yang perlu diperhatikan “derajat”-nya. Perhatikan bahwa pada kasus diatas, derajat pembilang (satu) lebih kecil daripada derajat penyebut (tiga). Dengan demikian, dapat dituliskan 14x + 1 A Bx + C = + 2 3 x + 5x x x +5 dimana derajat pembilang satu tingkat lebih rendah daripada derajat penyebut. Dengan manipulasi aljabar, diperoleh A = 1/5; B = −1/5; C = 14. Pada prinsipnya, kita ingin menguraikan fungsi rasional P (x)/Q(x) menjadi jumlahan beberapa fungsi rasional dengan derajat pembilang satu tingkat lebih rendah dari derajat penyebut baik secara “langsung”, seperti Bx + C , x2 + 5 ataupun “tidak langsung”, seperti C , (2x + 5)2 dimana kata “tidak langsung” merujuk pada pemisalan y = 2x + 5 dengan turunan konstan. (untuk pandangan lain, lihat catatan kuliah W Djohan, 2012) Diskusi: Bagaimana kita mencari anti-turunan ∫ x2 − 11x + 15 dx ? (x − 2)2 (x + 1) Apakah dengan menguraikan A B C x2 − 11x + 15 = + + ? 2 2 (x − 2) (x + 1) x − 2 (x − 2) x+1
MA1201 Kalkulus 2A
6
K. Syuhada, PhD.
(dengan A = −2; B = −1; C = 3) Atau, x2 − 11x + 15 B C = + ? 2 2 (x − 2) (x + 1) (x − 2) x+1
1.4
Integral fungsi trigonometri
Kita ingin menyelesaikan anti-turunan fungsi trigonometri, ∫ sinn x dx, atau
∫ cosn x dx,
untuk n genap atau ganjil. Atau, ∫ sinm x cosn x dx, pada beberapa kemungkinan nilai m dan n. Tentunya tidak dapat kita lupakan aturan dasar anti-turunan seperti berikut 1.
∫ sin x dx = − cos x + C
2.
∫ cos x dx = sin x + C
3.
∫ sec2 x dx = tan x + C
4.
∫ sec x tan x dx = sec x + C
dst... MA1201 Kalkulus 2A
7
K. Syuhada, PhD.
Contoh: Selesaikan ∫ sinm x dx, untuk m = 2, 3, 4.
MA1201 Kalkulus 2A
8
K. Syuhada, PhD.
BAB 2 Bentuk Tak Tentu dan Integral Tak Wajar 2.1
Pengantar
Bentuk tak tentu? Bentuk apa? Bentuk tak tentu yang dimaksud adalah bentuk limit dengan nilai “seolaholah”: 0 ∞ ; ; 0 · ∞; ∞ − ∞; 00 ; ∞0 ; 1∞ 0 ∞ Contoh: lim
x→0
sin x x
dan √ x− x−2 lim , x→4 x−4 yang apabila kita substitusikan titik limitnya, kita peroleh nilai 0 . 0 Pertanyaan: Berapakah nilai limit diatas?
1
2.2
Bentuk Tak Tentu
2.2.1
Bentuk tak tentu 0/0
Kita akan menghitung f (x) , g(x)
lim
x→c
dengan lim f (x) = 0 = lim g(x).
x→c
x→c
Cara penyelesaiannya dengan mengubah bentuk f (x)/g(x) (menguraikan pembilang dan penyebut; merasional bentuk pecahan; menggunakan rumus trigonometri dll) sehingga sifat-sifat limit fungsi dapat dipakai. Contoh 1: hitunglah sin x x
lim
x→0
Contoh 2: hitunglah √ x− x−2 lim x→4 x−4 Solusi: √ x− x−2 lim x→4 x√− 4 √ ( x − 2)( x + 1) √ = lim √ x→4 ( x − 2)( x + 2) √ x+1 = lim √ x→4 x+2 = 3/4
2.2.2
Bentuk tak tentu ∞/∞
Misalkan kita akan menghitung lim
x→∞
f (x) , g(x)
MA1201 Kalkulus 2A
2
K. Syuhada, PhD.
dengan lim |f (x)| = ∞ = lim |g(x)|.
x→∞
x→∞
Cara penyelesaiannya dengan mengubah bentuk f (x)/g(x) (merasional bentuk pecahan; memunculkan bentuk 1/xn dengan n bilangan asli dll) sehingga sifat-sifat limit fungsi dapat dipakai. Contoh: hitunglah √ x− x−2 lim x→∞ x−4 (Perhatikan bahwa jika kita substikan titik limitnya, kita dapatkan nilai limit berbentuk tak hingga per tak hingga) Solusi: √ x− x−2 lim x→∞ x√− 4 √ ( x − 2)( x + 1) √ = lim √ x→∞ ( x − 2)( x + 2) √ x+1 = lim √ x→∞ x+2 √ x(1 + √1x ) = lim √ x→∞ x(1 + √2x ) √ 1 + limx→∞ x1 √ = 1 + 2 limx→∞ x1 =1
2.2.3
Bentuk tak tentu 0 · ∞
Sekarang, pandang lim f (x)g(x),
x→c
dengan lim f (x) = 0; lim |g(x)| = ∞.
x→c
x→c
MA1201 Kalkulus 2A
3
K. Syuhada, PhD.
Kita dapat menghitung limit diatas dengan cara mengubah bentuk f (x)g(x) menjadi bentuk f (x) 1/g(x) sehingga diperoleh bentuk 0/0, atau menjadi bentuk g(x) 1/f (x) dengan bentuk ∞/∞. Contoh 1: hitunglah ( π) limπ x − sec 2x x→ 4 4 Solusi:
(
π) sec 2x x→ 4 4 x − π4 = limπ x→ 4 cos 2x limπ
x−
= ··· = ··· = −1/2 Contoh 2: hitunglah ( ) 1 lim sin x x→∞ x
2.2.4
Bentuk tak tentu ∞ − ∞
Untuk menyelesaikan limit berbentuk ∞ − ∞, lim (f (x) − g(x)),
x→∞
dengan lim f (x) = ∞; lim g(x) = ∞,
x→∞
x→∞
caranya penyelesaiannya dengan mengubah menjadi bentuk ∞/∞. MA1201 Kalkulus 2A
4
K. Syuhada, PhD.
Contoh: hitunglah (√ ) lim x2 + 2x − x x→∞
Solusi: tuliskan √ √ √ x2 + 2x + x x2 + 2x − x = x2 + 2x − x · √ x2 + 2x + x 2 2 x + 2x − x =√ x2 + 2x + x 2x =√ ( ) x2 1 + x2 + x =
2x (√ ) 2 x 1+ x +1
Jadi, lim
x→∞
(√ ) x2 + 2x − x = 1
Dapatkah anda menghitung (√ ) lim x2 − 3x + x ? x→−∞
Solusi: 3/2
2.2.5
Latihan
Hitung √ lim
x→∞
x2 + x 2x − 1
dan √ x2 + x lim . x→−∞ 2x − 1 Limit diatas berbentuk ∞ ∞ MA1201 Kalkulus 2A
5
K. Syuhada, PhD.
Perhatikan bahwa kita dapat menuliskan √ ( ) √ x2 1 + x1 2 x +x ( ) = 2x − 1 x 2 − x1 dan • untuk x → ∞ berlaku · · · sehingga · · · • untuk x → −∞ berlaku · · · sehingga · · · Jadi, lim
x→∞
x2 + x = 1/2 2x − 1
dan lim
x→−∞
2.3
x2 + x = −1/2. 2x − 1
Integral Tak Wajar
2.3.1
Integral Pada Selang Hingga
Misalkan kita ingin menghitung ∫ 1 √ dx. x−1 Kita dapat (dengan mudah) menyelesaikannya dengan memisalkan y = x − 1 sehingga ∫ 1 √ dx x−1 ∫ = y −1/2 dy = 2y 1/2 + C √ =2 x−1+C Namun, bagaimana jika kita ingin menghitung integral tentu ∫ 5 1 √ dx ? x−1 1
MA1201 Kalkulus 2A
6
K. Syuhada, PhD.
Kita tahu bahwa fungsi f (x) =
√1 x−1
kontinu pada selang (1, 5] dengan
1 lim+ √ = ∞. x→1 x−1 Apabila kita menghitung integral pada selang [1, 5], maka tindakan yang dilakukan dikatakan sebagai perhitungan integral tak wajar. Jadi, ∫ 5 1 √ dx x−1 1 ∫ 5 1 √ = lim+ c→1 x−1 (1 √ ) = lim+ 2 x − 1 c→1
=4
2.3.2
Integral Pada Selang Tak Hingga
Pada bagian sebelumnya, kita melihat salah satu bentuk integral tak wajar dimana integran bernilai tak hingga. Sekarang kita lihat bentuk lain dimana integran kontinu dan terdefinisi di domainnya, namun integral yang kita hitung memiliki (salah satu) batas tak hingga. Contoh 1: hitunglah ∫ 0 1 dx 2 −∞ 1 + x yang mana kita tahu fungsi f (x) = (−∞, ∞). Solusi: ∫ 0 1 dx 2 −∞ 1 + x ∫ 0 1 dx = lim a→−∞ a 1 + x2 ( )0 = lim tan−1 x a→−∞ a ( ) −1 − tan a = lim
1 1+x2
kontinu dan terdefinisi di selang
a→−∞
= −(−π/2)
MA1201 Kalkulus 2A
7
K. Syuhada, PhD.
Contoh 2: hitunglah ∫ ∞ 1 √ dx x(x + 1) 0 Solusi: Perhatikan bahwa fungsi f (x) =
√ 1 x(x+1)
kontinu pada selang (0, ∞) dengan
lim f (x) = ∞.
x→0+
Selain itu, integral tak tentunya ∫ √ 1 √ dx = 2 tan−1 x + C x(x + 1) Jadi, ∫ 0
∞
1 √ dx = · · · = π. x(x + 1)
Bagaimana dengan ∫ ∞ sin x dx, ? 0
MA1201 Kalkulus 2A
8
K. Syuhada, PhD.
BAB 3 Deret Tak Hingga 3.1
Barisan Tak Hingga
Barisan adalah fungsi dengan daerah asal (domain) bilangan asli, f : N → R, yang mana f (n) = an , dikenal sebagai barisan bilangan real {an }; an disebut sebagai suku ke-n atau rumus umum suatu barisan. Contoh: an =
1 , n
atau 1 1 {1, , , . . .} 2 3 Diskusi: Mungkinkah ada rumus suku ke-n yang lain yang memberikan beberapa suku pertama barisan yang sama dengan diatas? Jawab: Ada! a1 = 1; an+1 =
an 1 + an
Perhatikan bahwa “rumus suku ke-n suatu barisan” tidak tunggal. Contoh: Tentukan rumus suku ke-n dari barisan-barisan berikut: 1. {1, −1, 1, −1, . . .} 2. { 82 , 25 , 42 , . . .} 1
Solusi: 1. an = (−1)n+1 ; an = sin (n − 12 )π 2. an = 1 + n3 ; an = 12 n2 − 3n +
13 2
Apa (lagi) yang bisa kita lakukan terhadap suatu barisan? Jawab: menyelidiki... • ke-monoton-an • ke-terbatas-an • ke-konvergen-an
3.1.1
Kemonotonan
Ilustrasi: Selidiki kemonotonan barisan 1. an =
n+1 2n
2. an =
(−1)n n
3. an =
n! 2n
Untuk no 1, suku-suku barisannya adalah 3 2 5 3 1, , , , , . . . 4 3 8 5 yang cenderung mengecil (turun). Kita menduga bahwa barisan {an } monoton turun. Apabila kita perhatikan secara teoritis rasio rumus suku ke-n + 1 dan ke-n, an+1 n2 + 2n = 2 < 1, ∀n ∈ N, an n + 2n + 1 maka an+1 < an , ∀n ∈ N. Sehingga {an } merupakan barisan monoton turun. Definisi: Barisan bilang real {an } dikatakan monoton turun, jika untuk setiap n ∈ N, an+1 < an . (bagaimana definisi untuk barisan monoton tidak turun, naik, tidak naik? barisan tidak monoton?) MA1201 Kalkulus 2A
2
K. Syuhada, PhD.
3.1.2
Kekonvergenan
Definisi: Barisan bilang real {an } dikatakan konvergen ke a ∈ R, jika lim an = a.
n→∞
Barisan {an } yang tidak punya limit dikatakan divergen; limit barisannya ∞, −∞, atau beroskilasi. Contoh: Barisan an = lim
n→∞
n+1 2n
konvergen ke
1 2
karena
n+1 1 = . 2n 2
Sedangkan barisan an = (−1)n divergen karena lim (−1)n
n→∞
tidak ada (beroskilasi). Dapatkah anda menyelidiki kekonvergenan barisan cn =
n2 π sin ? 2n + 3 n
Solusi: Barisan diatas dapat ditulis menjadi perkalian dua barisan an bn dengan an = n sin
π , n
yang konvergen ke π; dan bn =
n , 2n + 3
yang konvergen ke 12 . Dengan demikian barisan {cn } konvergen ke 12 n. Teorema: Misakan barisan {an } konvergen ke a dan barisan {bn } konvergen ke b, maka barisan-barisan MA1201 Kalkulus 2A
3
K. Syuhada, PhD.
• {an bn } konvergen ke ab • { abnn } konvergen ke ab , b ̸= 0 • {an + bn } konvergen ke a + b • {an − bn } konvergen ke a − b Teorema: • Setiap barisan bilangan real yang konvergen selalu terbatas • Setiap barisan bilangan real yang monoton dan terbatas selalu konvergen Latihan: Selidiki kekonvergen barisan-barisan berikut dengan memanfaatkan sifat kemonotonan dan keterbatasan, an =
1 1 − 2n
bn =
2n n!
dan
3.2
Deret Tak Hingga
Pandang barisan {an }, lalu bentuklah barisan baru {sn } dengan sn = a1 + a2 + · · · + an =
n ∑
ak ,
k=1
atau jumlah n suku pertamanya. Barisan {sn } disebut sebagai deret (tak hingga) bilangan real. Notasi deret: ∞ ∑
an = a1 + a2 + · · ·
n=1
Sedangkan sn =
n ∑
ak ,
k=1
MA1201 Kalkulus 2A
4
K. Syuhada, PhD.
disebut jumlah parsial ke-n dari deret ∑ Deret ∞ n=1 an dikatakan konvergen jika barisan jumlah parsialnya mempunyai limit; dikatakan divergen jika limitnya tidak ada. Contoh: Deret ∞ ∑ n=1
1 n(n + 1)
dapat diselidiki kekonvergenannya dengan cara • tulis rumus jumlah parsialnya • hitung limitnya Dengan demikian, n ∑
n ∑
1 k(k + 1) k=1 k=1 ( ) n ∑ 1 1 = − k k+1 k=1
sn =
ak =
= ... = 1 − dan
1 n+1
( lim sn = lim 1 −
n→∞
n→∞
1 n+1
) =1
Artinya, deret konvergen ke 1 (konvergen dengan jumlah 1). Latihan: Selidiki kekonvergenan deret-deret berikut ∑∞ 2n+1 1. n=1 n2 (n+1)2 ∑∞ 1 2. n=1 n (deret harmonik) ∑∞ n+1 3. n=1 (−1) Teorema:∑ Jika deret ∞ n=1 an konvergen maka lim an = 0
n→∞
MA1201 Kalkulus 2A
5
K. Syuhada, PhD.
3.3
Uji Kekonvergenan Deret Suku-suku Positif
Menguji kekovergenan deret dengan suku-suku positif dapat dilakukan dengan cara antara lain 1. Uji integral 2. Uji banding 3. Uji akar*
3.3.1
Uji Integral
Telah kita ketahui bahwa deret ∞ ∑ 1 1 1 = 1 + + + ... n 2 3 n=1
divergen. Namun, untuk kepentingan pengujian kekonvergenan deret dengan Uji Integral, maka kita anggap kita belum mengetahui bahwa deret tersebut divergen. Secara geometris, deret diatas memiliki arti luas persegipanjang dengan panjang alas 1 dan tinggi n1 , n = 1, 2, . . .. Jumlah luas persegipanjang ini lebih besar dibandingkan luas daerah yang dibatasi oleh {x ≥ 1, 0 ≤ y ≤ x1 }. Dengan kata lain, ∫ ∞ ∞ ∑ 1 1 > dx. n x 1 n=1 Sekarang, kita hitung integral tak wajar pada selang tak hingga ∫ ∞ ∫ b 1 1 dx = lim dx b→∞ 1 x x 1 ( )b = lim ln x b→∞
1
= lim ln b b→∞
=∞ ∑ Akibatnya, deret ∞ n=1 jarnya) MA1201 Kalkulus 2A
1 n
divergen (karena lebih besar dari integral tak wa-
6
K. Syuhada, PhD.
Bagaimana dengan deret ∞ ∑ 1 ? 2 n n=1
Teorema: Misalkan f fungsi kontinu, monoton turun, dan f (x) > 0 pada selang [1, ∞). ∫∞ ∑ • Jika integral tak wajar 1 f (x) dx konvergen/divergen, maka deret ∞ n=1 f (n) konvergen/divergen Latihan: Selidiki kekonvergenan dari deret-deret berikut: ∑∞ √ 1 1. n=1 2n+1 ∑∞ 1 2. n=2 n ln2 n Solusi: Integral tak wajar ∫ ∞ 1 √ dx = ∞, 2x + 1 1 sedangkan ∫ ∞ 2
3.3.2
1 1 dx = . 2 ln 2 x ln x
Uji Banding
Teorema: ∫∞ ∫∞ Misalkan deret-deret n=1 an dan n=1 bn adalah deret dengan suku-suku positif, ∫∞ ∫∞ • Jika an ≤ bn untuk semua n ∈ N dan n=1 bn konvergen, maka n=1 an konvergen ∫∞ ∫∞ • Jika an ≥ bn untuk semua n ∈ N dan n=1 bn divergen, maka n=1 an divergen Latihan: Selidiki kekonvergenan deret-deret berikut ∫∞ 1. n=1 2n1+1 MA1201 Kalkulus 2A
7
K. Syuhada, PhD.
2.
∫∞
1 n=2 ln n
Teorema: ∫∞ ∫∞ Misalkan deret-deret n=1 an dan n=1 bn adalah deret dengan suku-suku positif, • Jika lim
n→∞
an = c, c > 0 bn
maka kedua deret konvergen atau divergen • Jika lim
n→∞
dan
∫∞ n=1
an =0 bn
bn konvergen maka
∫∞ n=1
an konvergen
• Jika lim
n→∞
dan
∫∞ n=1
an =∞ bn
bn divergen maka
∫∞ n=1
an divergen
Latihan: Lakukan uji banding limit dengan deret lain pada ∫∞ 1. n=1 2n1+1 ∫∞ 2. n=2 ln1n untuk menyelidiki kekonvergenannya. Pengujian kekonvergenan dengan uji integral atau uji banding dengan deret lain seringkali tidak mudah; integral tak wajar sulit/tak dapat dihitung dan/atau tidak dapat dicari deret pembandingnya. Kita dapat menguji kekonvergenan suatu deret dengan suku deretnya sendiri. Teorema: ∫∞ Jika n=1 an deret dengan suku-suku positif dan lim
n→∞
an+1 =L an
maka deret konvergen jika 0 ≤ L < 1 dan divergen bila L > 1.
MA1201 Kalkulus 2A
8
K. Syuhada, PhD.
Latihan: Selidiki kekonvergenan deret-deret berikut ∫∞ 1. n=1 n+1 n! ∫ ∞ 2n 2. n=2 n3
3.4
Deret Berganti Tanda
Deret (ber)ganti tanda berbentuk: ∞ ∑
(−1)n+1 an = a1 − a2 + a3 − a4 + . . . ,
n=1
dimana suku-sukunya memiliki tanda positif negatif secara berselang-seling. Seperti sebelumnya, kajian utama kita adalah menguji kekonvergenan deret ganti tanda. Contoh: ∑∞ n+1 = 1 − 1 + 1 − 1 + ... 1. n=1 (−1) ∑∞ n+1 1−n 2. 2 = 1 − 12 + 14 − 18 + · · · n=1 (−1) Solusi: Divergen, Konvergen. Teorema: Jika barisan {an } memiliki suku-suku (kesemua sukunya) positif, monoton turun dan limn→∞ an = 0, maka deret ∞ ∑
(−1)n+1 an
n=1
konvergen. Selidiki kekonvergenan deret-deret berikut: ∑∞ n+1 1 1. n=1 (−1) n ∑∞ 1 n+1 2. n=1 (−1) n ln n Definisi: ∑ Deret ∞ n=1 an disebut konvergen mutlak jika deret ∞ ∑
|an |
n=1
MA1201 Kalkulus 2A
9
K. Syuhada, PhD.
konvergen; disebut konvergen bersyarat jika deret ∞ ∑
|an |
n=1
divergen. Teorema:∑ Jika deret ∞ n=1 an konvergen mutlak maka deret ∞ ∑
an
n=1
konvergen. Selidiki kekonvergenan deret-deret berikut: ( ) ∑∞ n+1 n+1 n (−1) 1. n=1 2n 2.
∑∞
3.
∑∞
3.5
sin
n=1 n=1
1 (2n−1)π 6 √
n n
(−1)n
3n n!
Deret Pangkat
Sejauh ini kita telah mempelajari deret yang “jelas” bentuk deretnya. Kini, kita akan melihat deret yang “tidak jelas”, yang dinyatakan dalam x, seperti ∞ ∑
xn = 1 + x + x2 + . . . , |x| < 1;
n=0 ∞ ∑
n! xn = 1 + x + 2 x2 + 6 x3 + . . . ;
n=0 ∞ ∑ (−1)n n x = ··· . n n2 n=1
Catatan: Perhatikan himpunan x yang membuat deret konvergen/divergen. Definisi: Deret yang berbentuk ∞ ∑
an (x − c)n = a0 + a1 (x − x) + a2 (x − c)2 + . . .
n=0
MA1201 Kalkulus 2A
10
K. Syuhada, PhD.
dikatakan sebagai deret pangkat dalam (x − c) atau deret pangkat berpusat di c. Perhatikan bahwa deret diatas konvergen untuk x = c. Adakah nilai x yang lain yang menyebabkan deret tersebut konvergen? Contoh 1: deret ∞ ∑ 1 n x n! n=0
Contoh 2: deret ∞ ∑ (−1)n n x n n2 n=0
yang mana an+1 n→∞ an = ··· 1 = |x| 2 lim
Artinya, deret akan konvergen mutlak untuk 12 |x| < 1 (atau |x| < 2) dan divergen untuk 12 |x| > 1 (atau |x| > 2). Namun untuk x = 2, ∞ ∑ (−1)n n 1 1 1 2 = −1 + − + + ... n n 2 2 3 4 n=0
konvergen; untuk x = −2, ∞ ∑ (−1)n 1 1 1 (−2)n = 1 + + + + . . . n n2 2 3 4 n=0
divergen. Jadi, deret ∞ ∑ (−1)n n x n 2n n=0
kovergen untuk −2 < x ≤ 2 atau (−2, 2]. Catatan: Himpunan semua x dimana deret pangkat konvergen dikatakan sebagai selang kekonvergenan deret. MA1201 Kalkulus 2A
11
K. Syuhada, PhD.
Teorema:
∑ n • Jika deret pangkat ∞ n=0 an x konvergen di x1 ̸= 0, maka deret tersebut konvergen mutlak untuk |x| < |x1 | ∑ n • Jika deret pangkat ∞ n=0 an x divergen di x1 , maka deret tersebut divergen untuk |x| > |x1 |
Teorema: • Deret pangkat kovergen hanya untuk x = 0 • Deret pangkat kovergen mutlak untuk setiap x ∈ R • Terdapat suatu r > 0 sehingga deret pangkat konvergen mutlak untuk |x| < r dan divergen untuk |x| > r (r > 0 adalah jari-jari kekonvergenan) Latihan: Tentukan jari-jari dan selang kekonvergenan deret ∑∞ (−1)n+1 2n 1. (x − 3)n n=0 n2 ∑∞ n+1 2. (n + 1) (x − 1)n n=0 (−1) Teorema: Misalkan deret pangkat ∞ ∑
an xn
n=0
memiliki jari-jari kekonvergenan r > 0. Maka, fungsi f (x) = dapat diturunkan pada (−r, r) dengan ′
f (x) =
∞ ∑
∑∞ n=0
an xn
n an xn−1
n=0
Teorema: Misalkan deret pangkat ∞ ∑
an xn
n=0
MA1201 Kalkulus 2A
12
K. Syuhada, PhD.
∑∞ n memiliki jari-jari kekonvergenan r > 0. Maka, fungsi f (x) = n=0 an x dapat diintegralkan pada setiap selang bagian tertutup dari (−r, r) dan untuk setiap x ∈ (−r, r) berlaku ∫
x
f (t) dt = 0
∞ ∑
n
n=0
an xn+1 n+1
Teorema Abel: ∑ ∑∞ n Jika f (x) = ∞ n=0 an x , |x| < 1 dan deret n=0 an konvergen, maka ∞ ∑
an = lim− f (x) x→1
n=0
dan ∞ ∑
(−1)n an = lim+ f (x).
n=0
3.6
x→1
Deret Taylor dan Hampiran Taylor untuk Fungsi
Ilustrasi: Perhatikan fungsi f (x) = ex yang dapat diuraikan menjadi ex = 1 + x +
x2 x3 + + . . . , x ∈ R, 2 6
• Bagaimana kita dapat menguraikan fungsi tersebut? • Seberapa banyak (sampai berapa suku) kita harus menguraikannya? Deret pangkat f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . =
∞ ∑
an xn
n=0
dapat diturunkan suku demi suku sampai tingkat tak hingga, f (n) (x) = n!an + 2.3 . . . n(n + 1)an+1 x + . . . , untuk |x| < r. MA1201 Kalkulus 2A
13
K. Syuhada, PhD.
Apabila kita mengambil x = 0, f (0) = a0 , f ′ (0) = a1 , f ′′ (0) = 2!a2 .. . f (n) (0) = n!an atau a0 = f (0); a1 =
f ′ (0) f ′′ (0) f (n) (0) ; a2 = ; . . . ; an = 1! 2! n!
Dengan demikian, deret pangkat dapat ditulis f (x) = f (0) +
f ′ (0) f ′′ (0) 2 f (n) (0) n x+ x + ... + x + ..., 1! 2! n!
atau ∞ ∑ f (n) (0) n f (x) = x , n! n=0
untuk |x| < r, r > 0 jari-jari kekonvergenan, dan f (0) (0) = f (0). Deret tersebut dikenal dengan nama Deret MacLaurin. Jika titik pusatnya digeser ke c, maka ∞ ∑ f (n) (c) f (x) = (x − c)n , n! n=0
untuk |x − c| < r, r > 0 jari-jari kekonvergenan dan f (0) (c) = f (c). Deret ini disebut Deret Taylor yang berpusat di c dari fungsi f . Latihan: Tentukan deret Taylor dan selang kekonvergenan dari fungsi f berikut di titik c, 1. f (x) = sin x di c = π 2. f (x) = ln x di c = e Seberapa banyak (sampai berapa suku) kita harus menguraikan deret Taylor di titik c? MA1201 Kalkulus 2A
14
K. Syuhada, PhD.
Perhatikan bahwa kita dapat menuliskan deret Taylor sebagai f (x) = Pn (x) + Rn (x) dimana n ∑ f (k) (c) Pn (x) = (x − c)k k! k=0
dan Rn (x) =
f (n+1) (ξ) (x − c)n+1 (n + 1)!
dengan ξ diantara c dan x. Teorema: Misalkan fungsi f dapat diturunkan sampai tingkat tak hingga pada selang (c − r, c + r). Misalkan barisan bilangan real {Mn } konvergen ke nol. Jika untuk setiap n ∈ N, x, ξ ∈ (c − r, c + r) berlaku n f (ξ) n (x − c) n! ≤ Mn maka fungsi f dapat dinyatakan sebagai Deret Taylor pada selang (c−r, c+r). Latihan: Hitunglah, 1. e 2. ln 5 dengan ketelitian sampai 4 desimal
MA1201 Kalkulus 2A
15
K. Syuhada, PhD.
BAB 4 Irisan Kerucut dan Koordinat Polar Silakan merujuk Catatan Kuliah dari Bapak Warsoma Djohan seperti yang disampaikan di kelas
1
