OLEH: DESTRIYANTI TRI BUDIARTI YULLIA HESTIANA IRWAN SEPTEMBER GUNAWAN
2007 121 258 2007 121 323 2007 121 325 2007 121 461 2007 121
KELAS : 6. L MATA KULIAH : MATEMATIKA LANJUTAN DOSEN PENGASUH : FADLI, S.Si
FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN UNIVERSITAS PGRI PALEMBANG 2010
FUNGSI GAMMA Fungsi Gamma yang dinyatakan oleh n atau Γ(n ) didefinisikan oleh Atau Γ(n ) = ∫ x n−1e − x dx , dengan n>0
∞
(n ) = ∫ e − x x n −1dx 0
Kriteria dari konvergensi dipenuhi. Untuk x mendekati ∞ , fungsi eksponensial e − x mendekati nol dengan orde yang lebih cepat dari setiap perpangkatan
1 (m〉 0) . xm
Fungsi gamma ini, yang dapat dipandang sebagai suatu fungsi dari bilangan n (tidak perlu harus bulat), memenuhi beberapa hubungan yang mengagumkan, antara lain
Γ(n + 1) = nΓ(n )
Hubungan tersebut kita buktikan sebagai berikut: Bukti : ∞
Γ (n + 1 ) =
∫
x ne
− x
dx
0
M
= Lim ∫ x n e − x dx M →∞
=
0
Lim {x (− e ) −x
n
M →∞
=
Lim {− M Lim n ∫ x
= nΓ(n )
M
n
−x
n −1
e −M + n ∫ x n−1e − x dx} 0
M
M →∞
−
0
M →∞
=
∫ (− e )(nx )dx}
M M 0
0
n−1 − x
e dx
Terbuti bahwa Γ(n + 1) = nΓ(n )
Hubungan berikutnya yang dimiliki oleh fungsi gamma adalah ; Γ(n ) = (n − 1) ! Bukti : ∞
M
− x n−1 ∫ e x dx =
Lim ∫ e M →∞
0
=
Lim {(− e
−x
x n−1
M →∞
−x
x n−1dx
0
)
M
M 0
+ (n − 1) ∫ e − x x n−2 dx} 0
∞
Γ(n ) = (n − 1)∫ e − x x n−1dx = (n − 1)Γ(n − 1) 0
Dengan rumus berulang ini, jika µ bilangan bulat dan 0< µ < n, maka ∞
Γ(n ) = (n − 1)(n − 2 )...(n − µ )∫ e − x x n−µ −1dx 0
Khususnya, jika n sebuah bilangan bulat positif, kita miliki ∞
Γ(n ) = (n − 1)(n − 2 )...3.2.1∫ e − x dx 0 ∞
Dan karena
∫e
−x
dx =1 , akhirnya diperoleh
0
Γ(n ) = (n − 1)(n − 2 )...3.2.1 = (n − 1) ! Karena alasan ini maka Γ(n ) kadang-kadang disebut fungsi faktorial.
Hubungan berikut yang cukup penting ialah
( 2) =
Γ1
π
Kebenaran hubungan ini akan ditunjukkan dengan uraian berikut. Perlu ditunjukkan terlebih dahulu bahwa
∞
∫e
−x2
1 π 2
dx =
0
∞
Telah dibuktikan dalam improper integral bahwa
∫e
− x2
dx konvergen.
0
Maka dapat ditulis : M
M
I m = ∫ e − x dx = ∫ e − x dy 2
2
0
Maka
0
Lim I M →∞
I
2 M
= I merupakan nilai yang diminta dari integral
M − x2 M − y 2 = ∫ e dx ∫ e dy 0 0
MM
=
M
∫ ∫e
(
− x2 + y 2
)dxdy =
∫∫ e
0 0
(
− x2 + y2
) dxdy
RM
Dengan RM bujur sangkar OACE bersisi M. Karena integralnya positif, dapat ditulis
∫∫ e
(
− x2 + y 2
)dxdy ≤ I 2 ≤ e − (x M ∫∫
R1
2
+ y2
)dxdy
R2
y
D E M
C
2 M
R1 O
R2 A
X
B
Dengan R1 dan R2 ialah daerah di kuadran pertama dibatasi oleh lingkaran berjari-jari M dan M 2 . Menggunakan koordinat polar di peroleh : π
∫∫e
−ρ 2
ρ dρ dθ ≤ I M ≤ 2
2M 2
∫ ∫e 0
0
−ρ 2
ρ dρdθ
(1 − e ) ≤ I 2
π
−M 2
2 M
≤
(1 − e ) 4
π
−2 M 2
Diambil limitnya untuk M → ∞ kita peroleh
Lim I M2 = I 2 =
π
M →∞
dan I =
4
∞
∫e
Maka diperoleh
−x2
1 π 2
dx =
0
1 π 2
( )
Atas dasar hasil yang kita peroleh ini akan dihitung Γ 1 . 2
( 2) = ∫ x ∞
Maka Γ 1
∞
1 −1 −x 2
0
2
x
( 2) = ∫ u
Γ1
∞
−1
2
−1 −u 2
e
dx= 2u du
( )
= u2
( 2 ) = 2 12
−1
2
= u −1 ∞
.2udu = 2∫ e −u du
0
Γ1
1
0
x=u →
Subtitusi:
−
e dx = ∫ x 2 e − x dx
2
0
π= π
RUMUS ASIMPTOTIK untuk Γ(n ) atau
(n )
Jika n besar, maka kesukaran perhitungan yang merupakan bagian perhitungan Γ(n ) akan nyata. Suatu hasil yang berguna di dalam kasus seperti itu dibekali oleh hubungan
Γ(n + 1) = 2πn n n e −n e
θ
12( n +1)
0< θ <1
Untuk kebanyakan keperluan praktis maka faktor terakhir yang sangat dekat kepada 1 untuk n yang besar, dapat diabaikan. Jika n adalah sebuah bilangan bulat, maka dapat menuliskan n! ~
2πn n n e − n dimana ~ berarti ”kira-kira sama dengan untuk n yang besar”. Ini
kadang-kadang dinamakan aproksimasi faktorial Stirling atau rumus asimptotik untuk n!
HASIL ANEKA RAGAM YANG MELIBATKAN FUNGSI GAMMA
Γ( x )Γ(1 − x ) =
π
0<x<1
sin xπ
Khususnya jika x =
( )
1 ,Γ1 = π 2 2 1 2 2 x−1 Γ( x )Γ x + = π Γ(2 x ) 2
(*)
Ini dinamakan rumus duplikat (duplication formula) untuk fungsi gamma. ( m−1) 1 − mx 1 2 m − 1 Γ( x )Γ x + Γ x + L Γ x + = m 2 (2π ) 2 Γ(mx ) m m m
(**)
Hasil (*) adalah sebuah kasus khusus dari (**) dengan m=2 ∞ 1 x −x = xe yx ∏ 1 + e m m Γ( x ) m =1
Ini adalah sebuah representasi hasil kali tak berhingga untuk fungsi gamma. Konstanta
γ adalah konstanta Euler. Γ( x + 1) = lim ( x+1)(1x⋅2+⋅32L)Lk( x+ k ) k x = lim ∏ ( x, k ) k →∞
Di mana
k →∞
∏ (x, k ) kadang-kadang dinamakan fungsi π Gauss. 1 1 139 Γ( x + 1) = 2πx x x e − x 1 + + − + L 2 3 51840 x 12 x 288 x
Ini dinamakan deret asimptotik Stirling untuk fungsi gamma. Deret yang di dalam kurung adalah sebuah deret asimptotik. ∞
Γ' (1) = ∫ e − x ln xdx = −γ dimana γ adalah konstanta Euler 0
Γ' ( x ) 1 1 1 1 1 1 = −γ + − + − +L+ − Γ( x ) 1 x 2 x + 1 n x + n − 1
Beberapa contoh penggunaan fungsi gamma dalam perhitungan-perhitungan yang khusus. 1. Hitung
Γ(6) 2Γ(3)
Γ(6 ) 2Γ(3)
Jawab :
Γ Γ
2. Hitung
5 2 1 2
5! 3.4.5 = = 30 2(2!) 2
5 Γ 2 1 Γ 2
Jawab :
=
( ) ( )
3 . 1 .Γ 1 2 =3 = 2 2 4 Γ1 2
Γ(3)Γ(2,5) Γ(5,5)
3. Hitung
Γ(3)Γ(2,5) 2! Γ(2,5) 16 = = Γ(5,5) (4,5)(3,5)(2,5)(2,5) 315
Jawab :
( 3) ( )
6Γ 8
4. Hitung 5 Γ 2 3
( 3 ) 6(5 3 )(2 3 )Γ(2 3 ) 4 = 5 Γ (2 ) = 3 3 5Γ(2 ) 6Γ 8
Jawab :
3
5. Hitunglah setiap integral. ∞
a.
3 −x
∫x e
dx = Γ(4 ) = 3! = 6
0 ∞
b.
6 −2 x
∫x e
dx , misalkan 2x=y. Maka integral tersebut menjadi
0 ∞
6
y − y dy 1 ∫0 2 e 2 = 2 7
∞
6 −y
∫y e 0
dy =
Γ(7 ) 6! 45 = 7 = 27 2 8
6. Hitunglah setiap integral. ∞
a.
∫
y e − y dy , dengan memisalkan y 3 = x , maka integral tersebut menjadi 2
0 ∞
∫ 0
∞
−x 1 1 1 1 π x e ⋅ x −2 3 dx = ∫ x −1 2 e dx = Γ = 3 30 3 3 3
12
−x
∞
b.
∞
( )(
−4 x ln 3 ∫ 3 dz = ∫ e 2
0
0
−4 x 2
)
∞
dz = ∫ e −(4 ln 3) x dz , misalkan (4 ln 3) z2=x dan integral tersebut 2
0
∞ −1 x1 2 Γ(1 2 ) π 1 −x e d = x 2 e − x dx = = ∫ ∫ menjadi 0 2 4 ln 3 4 ln 3 4 ln 3 2 4 ln 3 0 ∞
1
c.
∫ 0
dx , misalkan –ln x= u, maka x=e-u, bila x=1, maka u=0; bila x=0, maka − ln x
u = ∞ Integral tersebut menjadi ∞
∞
e −u −1 2 −u ∫0 u du = ∫0 u e du = Γ(1 2) = π
7. Hitunglah a. Γ(− 1 2 ) b. Γ(− 5 2 ) Kita menggunakan generalisasi kepada nilai negatif yang didefinisikan oleh Γ(n ) =
Γ(n + 1) n
1 Γ(1 2 ) a. Dengan memisalkan n = − , maka Γ(− 1 2) = = −2 π 2 −1 2 b. Dengan memisalkan n = − 3 2 , maka n = − 3 2 ,
Γ(− 3 2 ) =
Γ(− 1 2) − 2 π 4 π = = , dengan menggunakan (a). −3 2 −3 2 3
Maka Γ(− 5 2 ) =
Γ(− 3 2 ) 8 =− π −5 2 15
8. Sebuah partikel ditarik menuju ke titik O yang tetap dengan sebuah gaya yang berbanding terbalik dengan jarak sesaatnya dari O. Jika partikel tersebut dilepaskan dari kedudukan diam, carilah waktu yang diperlukan oleh partikel tersebut untuk mencapai O. Jawab: Pada waktu t=0 misalkan partikel tersebut diletakkan pada sumbu x di x=a >0 dan misalkan O adalah titik asal. Maka menurut hukum Newton
m
d 2x k =− 2 dt x
(1)
Di mana m adalah massa partikel dan k>0 adalah konstanta kesebandingan. Misalkan
dx d 2 x dv dv dx dv = v , yakni kecepatan partikel tersebut. Maka 2 = = ⋅ = v⋅ dt dt dt dx dt dx
dan (1) menjadi
mv 2 dv k = −k ln x + c mv = − atau dx x 2
(2)
Setelah mengintegralkannya. Karena v=0 di x=a, maka kita mendapatkan c=k ln a.
dx 2k a mv 2 a =− ln Maka atau v = = k ln dt m x 2 x
(3)
Dimana di pilih tanda negatif karena x berkurang jika t bertambah. Jadi kita mendapatkan bahwa waktu T yang diperlukan oleh partikel untuk bergerak dari x=a ke x=0 akan diberikan oleh
Τ=a
∞
m m 1 πm u −1 2 e −u du = a Γ = a ∫ 2k 0 2k 2 2k
SOAL LATIHAN : 1. Hitunglah a.
Γ(7 ) 2Γ(4 )Γ(3)
b.
Γ(3)Γ(3 2 ) Γ(9 2 )
c. Γ(1 2)Γ(3 2)Γ(5 2 ) 2. Hitunglah ∞
a.
4 −x
∫x e
dx
0 ∞
b.
6 −3 x
∫x e
dx
0 ∞
c.
3 − 2 x3
∫x e 0
3. Hitunglah
dx
∞
a.
∫e
− x3
dx
0 ∞
b.
∫
4
xe − x dx
0 1
n−1
1 4. Buktikan bahwa Γ(n ) = ∫ ln dx, n> 0 ∞ 0 5. Hitunglah 1
a.
∫ (ln x ) dx 4
0 1
b.
∫ (x ln x ) dx 3
0
