Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 1

Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB

1

Deret Tak Hingga Pada bagian ini akan dibicarakan penjumlahan berbentuk a1 + a2 + · · · + an + · · ·

dengan an ∈ R

Sebelumnya akan dibahas terlebih dahulu pengertian barisan tak hingga. Barisan Tak Hingga

a1 , a2, a3 , · · ·

dengan

an = f (n), n ∈ N

Notasi lain untuk barisan: {an }∞ n=1, atau {an } Contoh-Contoh: 1. an = 1 − n1 :

0, 21 , 23 , 34 , 45 , · · ·

2. bn = 1 − (−1)n n1 :

2, 12 , 43 , 34 , 65 , 56 , 87 , 87 , · · ·

3. cn = (−1)n + n1 :

5 −4 7 −6 9 0, 32 , −2 3 , 4, 5 , 6, 7 , 8, · · ·

4. dn = 0, 999:

0, 999 ; 0, 999 ; 0, 999 ; 0, 999 ; · · ·

♠

♠

♠

Open Source Not For Commercial Use

Barisan tak hingga adalah fungsi f : N → R. Barisan biasanya hanya dituliskan nilai-nilai fungsinya sebagai berikut:

♠

Diskusi: Bila n → ∞ cenderung menuju nilai berapakah suku barisan di atas ? Definisi Kekonvergenan Barisan: Barisan {an } disebut konvergen ke L, ditulis lim an = L, artinya untuk setiap ǫ > 0, dapat dicari bilangan positif K sehingga n→∞

untuk n ≥ K =⇒ |an − L| < ǫ. Barisan yang tidak konvergen disebut divergen.

♠

Contoh: Dengan definisi kekonvergenan barisan, Tunjukkan lim (1 − n1 ) = 1 n→∞

Rumus umum suku barisan tersebut an = 1 − n1 .

Misalkan ǫ sebuah bilangan positif, dicari bilangan asli K supaya, untuk semua n ≥ K berlaku |an − 1| < ǫ,

(⋆)

a1, a2, a3, · · · , aK−1, |aK , aK+1, a{z K+2 , aK+3 , · · · } |an − 1| < ǫ URL:ftp.math.itb.ac.id

Warsoma Djohan/Prodi. Matematika - FMIPA - ITB/2010


2

Kembali pada pernyataan (⋆), untuk mencari bilangan K, kita lakukan berikut: |an − 1| < ǫ ⇐⇒ |(1 − n1 ) − 1| < ǫ ⇐⇒ | − n1 )| < ǫ 1 n

<ǫ

|an − 1| < ǫ ⇐⇒ n >

1 ǫ


⇐⇒

Dari pernyataan terakhir, dengan memilih bilangan asli K yang lebih besar dari 1ǫ , maka hubungan (⋆) dipenuhi. Contoh: Perhatikan barisan cn = (−1)n + n1 . Apakah barisan ini konvergen ke -1?

Bila kita perhatikan nilai suku-suku barisan tersebut adalah sebagai berikut 3 2 5 4 7 6 1000 1003 1002 1001 0, , − , , − , , − , · · · , ,− , ,− , ··· 2 3 4 5 6 7 1000 1001 1002 1003

Perhatikan bahwa sukus-suku ganjil (warna biru), ”cenderung” menuju -1, sedangkan suku-suku yang genap (warna oranye), ”cenderung” menuju 1. Dengan demikian, bila ǫ = 12 kita tidak mungkin mendapatkan bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K berlaku |an − (−1)| < 21 . Jadi lim (−1)n + n1 6= −1. n→∞

Pertanyaan lebih lanjut, apakah lim (−1)n + n→∞

URL:ftp.math.itb.ac.id

1 n

ada?, Jelaskan jawaban anda.



3

Sifat-Sifat: (sama dengan sifat-sifat limit fungsi yang telah dikenal) Misalkan {an }, {bn} barisan2 yang konvergen, k ∈ R dan p ∈ N. 1 • lim p = 0 n→∞ n • lim k = k n→∞

• lim (an ± bn ) = lim an ± lim bn n→∞

n→∞

• lim (an · bn) = lim an · lim bn n→∞

n→∞

n→∞

lim an an n→∞ = • lim n→∞ bn lim bn

syarat

n→∞

lim bn 6= 0

n→∞


n→∞

• Misalkan an = f (n). Bila lim f (x) = L maka lim f (n) = L x→∞

n→∞

• Prinsip Apit: Misalkan {an }, {bn }, dan {cn } barisan2 dengan sifat an ≤ cn ≤ bn untuk suatu n ≥ K (mulai indeks yang K). Bila lim an = L dan lim bn = L maka lim cn = L n→∞

n→∞

n→∞

• lim an = 0 ⇐⇒ lim |an | = 0 n→∞

n→∞

Contoh-Contoh: 3n2 1. Tentukan lim n→∞ 7n2 + 1 ln n 2. Tentukan lim n n→∞ e sin3 n 3. Tentukan lim n→∞ n 4. Misalkan −1 < r < 1, tunjukkan lim rn = 0 n→∞

(perhatikan

1 |r|

> 1, lalu tulis

1 |r|

= 1 + p, tunjukan 0 ≤ |r|n ≤

1 pn )

bagaimanakah nilai lim rn bila |r| ≥ 1 ? n→∞




4

Barisan Monoton Pengertian kemonotonan barisan persis sama dengan pengertian kemonotonan pada fungsi. Sebuah barisan {an } disebut monoton tak turun bila memenuhi an ≤ an+1 dan disebut monoton tak naik bila memenuhi an ≥ an+1. Sifat: • Bila {an }↑ dan terbatas di atas, maka {an } konvergen. • Bila {an }↓ dan terbatas di bawah, maka {an } konvergen.

Contoh: Buktikan barisan {bn} dengan bn =

n2 2n

konvergen

(tunjukkan {bn } monoton tak naik untuk n ≥ 3).


Catatan: Untuk pengamatan sifat barisan, kemonotonan {an } cukup dimulai dari suatu indeks, yaitu bagian ekornya, depannya tidak perlu teratur.

Catatan. Untuk menunjukan sebuah barisan {an } monoton, gunakan salah satu cara berikut: • Periksa tanda dari an+1 − an • Bila an selalu positif atau selalu negatif, periksa nilai dari

an+1 an .

• Bila an = f (n), bentuk fungsi real f (x), lalu periksa tanda dari f ′(x).

Barisan JuPe URL:ftp.math.itb.ac.id



5

Deret Tak Hingga ∞ X

Bentuk umum: a1 + a2 + a3 + · · · =

an

n=1

dengan an ∈ R.

Tetapkan barisan {Sn } sebagai berikut:

a1 , a + a}2 , a |1 + a {z2 + a}3 , · · · , a | 1 + a2 + {z· · · + an}, · · · |{z} | 1 {z S1 S2 S3 Sn ∞ P Barisan ini disebut barisan jumlah parsial dari deret an Secara intuitif bila n → ∞ maka Sn → Definisi: Sebuah deret

∞ X

an

n=1

an disebut konvergen ke S bila lim Sn = S. n→∞

n=1

2

3

Deret Geometri: a + ar + ar + ar + · · · = Sifat: Deret geometri

∞ P

k=1

divergen untuk |r| ≥ 1.

∞ X

ark−1

k=1

a, r ∈ R

ark−1 konvergen untuk |r| < 1 dengan nilai S =

Bukti: Sebut Sn = a + ar + ar2 + · · · + arn−1. Sn − rSn = a − arn Sn =


n=1

∞ P

(tunjukkan !)

a(1−rn ) 1−r

r 6= 1

Untuk |r| < 1, lim Sn = n→∞

a 1−r

a 1−r

dan

(lihat contoh 4 halaman 3)

Untuk |r| > 1, r 6= 1, {Sn } divergen (lihat contoh 4 halaman 3) Untuk r = 1, {Sn} divergen (mengapa ?) Contoh: Tentukan nilai deret berikut: Sifat: (uji kedivergenan deret) Bila

4 3

+ 94 +

4 27

+

4 81

+ ···

∞ P

an konvergen maka lim an = 0 n→∞ ∞ P sifat ini ekivalen dengan: bila lim an 6= 0 maka an divergen. n=1

n→∞

Contoh: Periksa kekonvergenan

∞ P

n=1 URL:ftp.math.itb.ac.id

n=1

3

n 2n3 +2n



6

Deret harmonik: 1 + 21 + 13 + · · · + 1 n→∞ n

n→∞

Sn = 1 + 12 + 31 + · · · + n1 = 1 + 12 + 13 + 14 + > 1 + 12 + 42 + 48 +

8 16

1 5

∞ P

+ ··· =

n=1

1 n

= 0, apakah deret ini konvergen ?

+ 16 + 17 +

+ ··· +

= 1 + 12 + 12 + 21 + 12 + · · · +

1 n

1 8

+

1 9

+ ··· +

1 16

+ ··· +

1 n

1 n


Perhatikan lim an = lim

1 n

Jadi lim Sn = ∞, jadi {Sn } divergen atau deret harmonik divergen. n→∞

Deret Teleskopik / Kolaps : ∞ X 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ··· = − − − − a1 a2 a2 a3 a3 a4 a an+1 n n=1 Pada deret ini : Sn =

1 1 − a1 an+1

Contoh: Periksa kekonvergenan deret

∞ X k=1

Sifat Linear: Jika

∞ P

an ,

n=1

(a)

∞ P

c an = c

n=1

Sifat: Jika

∞ P

an

n=1

dan

n=1

∞ P

n=1

∞ P

1 (k + 2)(k + 3)

bn deret yang konvergen dan c ∈ R maka (b)

∞ P

(an + bn ) =

n=1

∞ P

n=1


1 9n

an +

n=1

an divergen dan c 6= 0 maka

Contoh: Tunjukkan

∞ P

∞ P

∞ P

n=1

bn

c an divergen

n=1

divergen



7

Pengelompokan Suku-Suku Deret Perhatikan deret 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + · · · + (−1)n + 1 + · · · Suku ke n dari deret ini adalah an = (−1)n+1 Karena lim an = lim (−1)n+1 6= 0 maka deret ini divergen. n→∞

n→∞

Pengelompokan a: (1 − 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + · · · = 0

Pengelompokan b: 1 − (1 − 1) − (1 − 1) − (1 − 1) + · · · = 1


Sekarang kita kelompokkan suku-sukunya sebagai berikut:

Ternyata deret hasil pengelompokannya dapat dibuat konvergen. Hal ini tentu saja salah. Jadi secara umum suku-suku sebuah deret tidak boleh dikelompokkan karena nilainya akan berubah. Sifat: Pengelompokan suku-suku sebuah deret yang konvergen tidak mengubah nilai dan kekonvergenannya. (tetapi posisinya tidak boleh ditukar) .




8

Deret Positif Pengujian kekonvergenan deret secara umum sukar dilakukan. Untuk deret yang sukusukunya tak-negatif, tersedia berbagai macam sifat untuk menguji kekonvergenannya. ∞ P

Definisi: Sebuah deret

n=1

an disebut deret positif bila an ≥ 0.

Uji Jumlah Terbatas: ∞ P an konvergen ⇐⇒ jumlah parsialnya, Sn , terbatas di atas. Deret positif n=1

Uji Integral: Diberikan deret

∞ P

1 1!

1 2!

+

+

1 3!

+ · · · konvergen. (perlihatkan

1 n!

≤

1 2n−1 )


Contoh: Tunjukkan

an dengan an = f (n). Dibentuk fungsi f (x). Bila f (x) kontinu,

n=1

positif dan tak naik pada [1, ∞] maka ∞ R∞ P an konvergen ⇐⇒ f (x) dx konvergen. (ilustrasikan secara geometri ) n=1

1

Perhatikan bahwa

∞ P

an

n=1

6=

Contoh2 :

R∞ f (x) dx 1

∞ P

1 1. Uji kekonvergenan deret k ln k k=2 ∞ 5 P P n 2. Deret diaproksimasi nilainya memakai 5 suku pertama en n=1

galatnya adalah

n=6

jar.

Uji Deret-p: 1 +

∞ P

n=1

1 2p

+

n . en

1 3p

+

n , en

♠

sehingga

Aproksimasilah galat tersebut memakai integral tak wa-

1 4p

+ ··· =

∞ P

k=1

1 kp

dengan p konstanta.

Deret-p konvergen untuk p > 1 dan divergen untuk p ≤ 1

(buktikan !).

(petunjuk: untuk p > 0 gunakan uji integral, untuk p < 0 gunakan uji suku ke-n) Contoh: Periksa kekonvergenan deret

∞ P

k=1


1 k 0,001



9

Uji Banding: Misalkan 0 ≤ an ≤ bn untuk n ≥ N . ∞ ∞ P P • Bila bn konvergen maka an konvergen n=1

an divergen maka

n=1

∞ P

bn divergen

n=1

Contoh2 : Periksa kekonvergenan (a)

∞ P

n=1

n 5n2 −4

(b)

n 2n (n+1)

≤

9 n2 ).

n=1 1 (n−2)2

(untuk soal c, tunjukkan untuk n ≥ 3 berlaku

∞ P

an n→∞ bn

Uji Banding Limit: Misalkan an ≥ 0, bn ≥ 0 dan lim ∞ P

• Bila 0 < L < ∞ maka kekonvergenan • Bila L = 0 dan

∞ P

bn konvergen maka

n=1

an dan

n=1 ∞ P

∞ P

= L.

n=1 ∞ P

an konvergen (b)

∞ P

n=1

√ 1 n2 +19n

an+1 n→∞ an

an deret positif dengan lim

n=1

• Bila ρ > 1 deret divergen. (b)

n=1

∞ P

n=1

2n n100

(c)

∞ P

n=1

ln n n2

=ρ

• Bila ρ < 1 deret konvergen. • Bila ρ = 1 tidak diperoleh kesimpulan ∞ n P 2 Contoh2 : Periksa kekonvergenan (a) n!

1 (n−2)2

bn bersamaan.

n=1

3n−2 n3 −2n2 +11

∞ P

n=3

n=1

Contoh2 : Periksa kekonvergenan (a) Uji Hasil Bagi: Misalkan

∞ P

(c)


• Bila

n=1 ∞ P

(c)

∞ P

n=1

n! nn

(untuk soal c, gunakan sifat lim (1 + n1 )n = e) . n→∞




Ringkasan: Misalkan

∞ P

10

an sebuah deret positif:

n=1

• Jika lim an 6= 0 maka deret divergen. n→∞

• Jika an mengandung n!, rn atau nn , gunakan uji hasil bagi. • Jika an berbentuk fungsi rasional (pangkat konstan dalan n), gunakan uji banding limit. Sebagai deret pembanding gunakan pangkat tertinggi dari pembilang dibagi penyebut.


• Jika uji-uji di atas gagal, coba dengan uji banding, uji integral atau uji jumlah terbatas. Catatan: Item 2, 3, dan 4 hanya dapat dipakai untuk deret positif.




11

Deret Ganti Tanda Bentuk umum : a1 − a2 + a3 − a4 + a5 − a6 + − · · · = Contoh-contoh:

∞ P

(−1)n−1an

n=1

an > 0 ∀ n

1. 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + − · · ·

2. 1 − 21 + 31 − 14 + 15 − 61 + − · · ·

3. 1 − 2 + 3 − 4 + 5 − 6 + − · · ·

Perhatikan deret ganti tanda

∞ P

(−1)n−1an dengan 0 < an+1 < an .

n=1

Bentuk barisan jumlah parsial: S1 , S2 , S3 , S4 , S5 , S6 , · · · S1

S3

S5


Secara umum kekonvergenan deret ganti tanda sukar untuk ditentukan !!, tetapi untuk yang suku-sukunya menurun pengujiannya mudah dilakukan.

S7

L S8

L

Perhatikan:

S6

S4

S2

1. barisan: S1 , S3 , S5 , · · · monoton turun dan terbatas di bawah sehingga konvergen, misalkan limitnya S ′ . 2. barisan: S2 , S4 , S6 , · · · monoton naik dan terbatas di atas sehingga konvergen, misalkan limitnya S”. S ′ ≤ Sn ∀n ganjil dan S ′ ≥ Sn ∀n genap sehingga S ′ selalu terletak diantara Sn dan Sn+1 ∀n ∈ N. Dengan alasan serupa S ′′ selalu terletak diantara Sn dan Sn+1 ∀n ∈ N. Jadi |S ′ − S ′′ | ≤ |Sn+1 − Sn | = |an+1 | = an+1 Bila lim an = 0 maka semua suku barisan Sn menuju limit yang sama yaitu S ′ = n→∞

S ′′ = S, jadi barisan {Sn } konvergen . Karena S selalu terletak antara Sn dan Sn+1 maka |S − Sn | ≤ |Sn+1 − sn | = |an+1| = an+1 URL:ftp.math.itb.ac.id



12

Uji Deret Ganti Tanda Misalkan a1 − a2 + a3 − a4 + a5 − a6 + − · · · suatu deret ganti tanda dengan 0 < an+1 < an . Bila lim an = 0 maka deret konvergen. Bila nilai deret tersebut n→∞ diaproksimasi dengan Sn maka galatnya ≤ an+1. Contoh-contoh: Periksa kekonvergenan deret-deret berikut: 1. 1 − 21 + 31 − 14 + 15 − 61 + − · · · 2.

2

(−1)n−1 n2n


∞ P

(deret harmonik ganti tanda)

n=1

Kekonvergenen Mutlak dan Bersyarat

Perhatikan deret berikut: 1 1 1 1 1 1+ − + + − + ··· 4 9 16 25 36 Deret ini tidak dapat diuji dengan Uji Deret Ganti Tanda, mengapa ? Bila setiap suku dari deret tersebut dimutlakkan maka diperoleh deret: 1 1 1 1 1 + + + + + ··· 4 9 16 25 36 Apakah deret terakhir ini konvergen ? Beri alasan ! 1+

Deret

∞ P

n=1

|an | disebut deret mutlak dari deret

∞ P

an

n=1

Sifat ∞ ∞ P P Bila |an | konvergen maka an konvergen. n=1

n=1

Berikan contoh sebuah deret

∞ P

an yang konvergen tapi

n=1

∞ P

n=1

|an | divergen.

Sebuah deret dikatakan ∞ P a. Bila |an | konvergen, dikatakan deret tersebut konvergen mutlak. n=1

b. Bila

∞ P

an konvergen tetapi

n=1


∞ P

n=1

|an | divergen, dikatakan deret konvergen bersyarat. Warsoma Djohan/Prodi. Matematika - FMIPA - ITB/2010


13

Contoh2: Periksa kekonvergenan (mutlak/bersyarat/divergen) deret2 berikut: ∞ P cos(n!) 1. n2 n=1

2.

∞ P

(−1)n+1 √1n

∞ P

(−1)n−1 n2n

n=1

3.

2

Uji Hasil Bagi Mutlak ∞ P Misalkan an sebuah deret (sebarang). Tetapkan ρ = lim

|an+1 | . n→∞ |an |

n=1

a. Jika ρ < 1 deret konvergen mutlak.

b. Jika ρ > 1 deret divergen. c. Jika ρ = 1 tidak ada kesimpulan Contoh: Periksa jenis kekonvergenan


n=1

∞ P

(−1)n+1 3n!

n

n=1

Teorema Penukaran Tempat

Suku-suku sebuah yang konvergen mutlak boleh dipertukarkan posisinya, nilai deretnya tidak akan berubah. Latihan: ∞ P 1. 2.

Periksa kekonvergenan deret-deret berikut: 4n3 +3n

n=1

n5 −4n2 +1

∞ P

(−1)n+1 √ √ n+1+ n

n=1




14

Deret Pangkat Dalam x Bentuk Umum:

∞ P

n=0

an xn = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · dengan x ∈ R

Perjanjian: Pada notasi sigma di atas suku a0 x0 = a0 , walaupun x = 0. Masalah:


• Untuk nilai-nilai x berapa saja deret tersebut konvergen. Mungkinkah sebuah deret pangkat divergen untuk semua nilai x ∈ R.

• Berapa nilai dari deret pangkat tersebut. (Jika ada, berupa apa nilainya). Perhatikan deret berikut: a + ax + ax2 + · · · dengan a konstanta

Deret tersebut merupakan deret geometri dengan pengali x dan akan konvergen untuk a −1 < x < 1 dengan nilai S(x) = 1−x . a + ax + ax2 + · · · =

a 1−x

−1<x<1

Himpunan dari semua nilai x yang menyebabkan suatu deret pangkat konvergen disebut Himpunan/Daerah Kekonvergenan Deret. Pada a + ax + ax2 + · · ·, himpunan kekonvergenannya −1 < x < 1.

Secara umum, alat untuk menentukan daerah kekonvergenan suatu deret pangkat adalah Uji Hasil Bagi Mutlak. Contoh2: Tentukan himpunan kekonvergenan dari deret-deret berikut: ∞ P xn 1. (n+1)2n n=0

2.

∞ P

n=0

3.

∞ P

xn n!

n! xn

n=0




15

Bentuk dari himpunan kekonvergenen hanya berupa salah satu dari 3 bentuk berikut: • Terdiri dari 1 titik yaitu x = 0, dikatakan jari-jari kekonvergenannya 0. • Berupa sebuah selang/interval (−R, R) (bisa tutup, buka atau setengah buka), dikatakan jari-jari kekonvergenannya R. • Seluruh R, dikatakan jari-jari kekonvergenannya ∞.


Sebuah deret pangkat selalu konvergen mutlak di dalam inverval kekonvergenannya sedangkan pada kedua ujungnya belum tentu. Bila pada kedua ujungnya juga konvergen, dikatakan deret pangkat tersebut konvergen mutlak di daerah kekonvergenannya. Pada contoh 1 di atas, apakah deret konvergen mutlak di daerah kekonvergenannya ? Deret Pangkat Dalam x − a Bentuk Umum:

∞ P

n=0

an (x − a)n = a0 + a1 (x − a) + a2 (x − a)2 + · · ·

dengan a konstanta dan x ∈ R

Bentuk dari himpunan kekonvergenen deret pangkat dalam (x − a) selalu berupa salah satu dari 3 bentuk berikut: • Terdiri dari 1 titik yaitu x = a, dikatakan jari-jari kekonvergenannya 0.

• Berupa sebuah selang/interval (a − R, a + R) (bisa tutup, buka atau setengah buka), dikatakan jari-jari kekonvergenannya R. • Seluruh R, dikatakan jari-jari kekonvergenannya ∞. Contoh: Tentukan interval dan jari-jari kekonvergenan dari deret

∞ P

n=0


(x−1)n (n+1)2



16

Operasi Deret Pangkat Pada pasal ini akan dikaji: Pendiferensialan, Pengintegralan dan Operasi Aljabar (tambah, kurang, kali dan bagi) dari deret pangkat. Perhatikan sebuah deret pangkat yang konvergen ke fungsi S(x). ∞ X n=0

an xn = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · = S(x)

′

S (x) =

∞ X

n

Dx (an x ) =

∞ X n=1

n=0

nan xn−1 = a1 + 2a2 x + 3a3x2 + · · ·

dan Z

x

S(t) dt =

0

∞ Z X n=0

0

x


Misalkan I adalah interval kekonvergenannya dan x titik di dalam I, maka:

∞ X an n+1 1 1 (an t ) dt = x = a0 x + a1 x2 + a2 x3 + · · · n+1 2 3 n=0 n

Dengan operasi Pendiferensialan dan Pengintegralan terhadap deret pangkat kita dapat memperoleh rumus-rumus deret untuk fungsi yang lain seperti dikemukakan pada contoh-contoh berikut ini: Perhatikan deret pangkat:

1 1−x

= 1 + x + x2 + x3 + · · ·

Apabila didiferensialkan maka diperoleh: 1 (1−x)2

= 1 + 2x + 3x2 + 4x3 + · · ·

−1<x<1

−1<x<1

dan bila diintegralkan diperoleh − ln(1 − x) = x +

x2 2

+

x3 3

+

x4 4

+ ···

−1<x<1

Dengan substitusi u = −x dan hasilnya var. u diganti dengan x, diperoleh: ln(1 + x) = x −


x2 2

+

x3 3

−

x4 4

+ ···

−1<x<1



17

Hasil Titik Ujung ∞ P an xn, untuk −R < x < R. Jika f kontinu diujung-ujung −R Misalkan f (x) = n=0

dan R dan deretnya konvergen pada titik tersebut maka rumus tersebut berlaku pada ujung-ujung interval. Latihan:

2. Lakukan operasi pendiferensialan pada deret 2 3 S(x) = 1 + x + x2! + x3! + · · · x ∈ R untuk memperoleh rumus deret ex .


1 lalu integralkan untuk memperoleh 1. Lakukan substitusi x = −t2 pada deret 1−x 3 5 7 rumus tan−1(x) = x − x3 + x5 − x7 + · · · − 1 < x < 1

Tugas Mandiri Pelajari Pasal 9.7, Kalkulus karangan Purcell edisi 9 : Operasi aljabar deret pangkat. Deret Taylor dan Maclaurin

Pada pasal sebelumnya kita telah melihat bahwa sebuah deret pangkat yang konvergen akan konvergen ke suatu fungsi S(x). Pada pasal ini akan dipelajari proses sebaliknya. Diberikan sebuah fungsi fungsi f (x) dan konstanta real a. Kita akan mencari formula (bila dapat), supaya fungsi tersebut dapat dinyatakan sebagai deret: f (x) = c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a)2 + c3 (x − a)3 + · · ·

(1)

Pada persamaan terakhir, kita harus menentukan nilai-nilai: c0 , c1, c2 , c3, · · ·.

Bila ruas kiri dan kanan dari persamaan (1) kita turunkan, diperoleh:  f ′ (x) = c1 + 2c2 (x − a) + 3c3(x − a)2 + 4c4 (x − a)3 + · · ·       f ′′ (x) = 2! c2 + 6 c3 (x − a) + 12 c4(x − a)2 + 20 c5(x − a)3 + · · ·

f ′′′(x) = 3! c3 + 24 c4(x − a) + 60 c5(x − a)2 + 120 c6(x − a)3 + · · ·    ..   . 

Dengan mensubstitusikan x = a maka diperoleh: c0 = f (a),


c1 = f ′(a),

c2 =

f ′′ (a) , 2!

···

cn =

f (n) (a) n!

(2)



18

Teorema Ketunggalan Fungsi f (x) hanya dapat diuraikan secara tunggal dalam bentuk: f (x) = c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a)2 + c3 (x − a)3 + · · · dengan cn =

f (n) (a) n! .

′′′

′′


Deret f (a) + f ′ (a)(x − a) + f 2!(a) (x − a)2 + f 3!(a) (x − a)3 + · · · disebut deret Taylor dari f (x) disekitar a. Bila a = 0 dinamakan deret MacLaurin. Pertanyaan: Apakah sebuah deret Taylor menggambarkan fungsi semula ? 1 Sebagai ilustrasi, perhatikan pada deret Taylor 1−x = 1 + x + x2 + · · ·

Teorema Taylor: Misalkan f (x) dapat diturunkan terus pada interval (a − r, a + r), maka deret Taylor f (a) + f ′(a)(x − a) +

f ′′ (a) 2! (x

− a)2 +

f ′′′ (a) 3! (x

− a)3 + · · ·

akan menggambarkan f (x) pada interval tersebut bila f (n+1) (c) (x n→∞ (n+1)!

lim Rn (x) = lim

n→∞

− a)n+1 = 0 dengan c ∈ (a − r, a + r)

Suku Rn (x) disebut suku sisa Taylor. Soal-soal:

1. Tentukan deret Maclaurin dari f (x) = sin(x) dan tunjukkan hasilnya berlaku untuk semua x ∈ R. 2. Seperti soal 1 untuk f (x) = cos(x). 3. Dengan menguraikan ln(x+1) atas deret Maclaurin, aproksimasilah nilai 1) dx memakai 5 suku pertama dari deret tersebut.


R1

ln(x+

0



19

Deret-Deret Maclaurin yang penting: 1.

1 1−x

= 1 + x + x2 + x3 + · · ·

2. ln(1 + x) = x −

3. tan−1 x = x − 4. ex = 1 + x +

x3 3 x2 2!

x2 2

+ +

+ x5 5 x3 3!

x3 3

−

−

x4 4

x7 7

−1 < x < 1 + ···

−1 < x < 1

+ ···

−1 < x < 1

+ ···

x3 x5 x7 3! + 5! − 7! + · · · 2 4 6 cos x = 1 − x2! + x4! − x6! + · · · 3 5 7 sinh x = x + x3! + x5! + x7! + · · · 2 4 6 cosh x = 1 + x2! + x4! + x6! + · · · (1 + x)p = 1 + p1 x + p2 x2 + p3 x3 dengan kp = p·(p−1)·····(p−k+1) 1·2·3·····k

6. 7. 8. 9.


+ ···


5. sin x = x −

−1 < x < 1



20

Aproksimasi Taylor untuk Fungsi

♠

Tujuan: menghampiri suatu fungsi dengan sebuah polinom. f (x) ≈ pn (x)

n derajat polinom yang digunakan

Aproksimasi Linear / Polinom Taylor derajat satu f (x) ≈ p1(x) = c0 + c1 (x − a)

a konstanta

(3)

f (a) = p1(a)

dan


Pada masalah ini, kita harus menentukan nilai c0 dan c1 agar hampiran tersebut ’baik’. Pada hampiran Taylor dipilih supaya fungsi f dan polinom p1 nilainya di titik a berimpit sampai turunan pertama. f ′(a) = p′1 (a)

Dengan mensubstitusikan kedua persamaan di atas pada (3) maka diperoleh c0 = f (a) dan c1 = f ′(a). f (x) ≈ f (a) + f ′(a)(x − a)

ilustrasi geometri −→

Contoh: Hampiri nilai ln(0, 9) dengan polinom Taylor derajat satu. (p1(0, 9) = −0.100000 ; ln(0.9) = −0, 10536051565782630123). Aproksimasi kuadrat / Polinom Taylor derajat dua f (x) ≈ p2(x) = c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a)2

a konstanta

(4)

Kriteria yang digunakan untuk menentukan nilai c0 , c1 dan c2 adalah: f (a) = p2(a),

f ′(a) = p′2(a)

f ′′ (a) = p′′2 (a)

Dengan mensubstitusikan ketiga persamaan di atas pada (4) diperoleh c0 = f (a),

c1 = f ′ (a)

dan

f (x) ≈ f (a) + f ′(a)(x − a) + URL:ftp.math.itb.ac.id

c2 =

f ′′ (a) 2! .

f ′′(a) (x − a)2 2!



21

Contoh: Hampiri nilai ln(0, 9) dengan polinom Taylor derajat dua. (p2(0, 9) = −0.105000 ; ln(0.9) = −0, 10536051565782630123). Aproksimasi Polinom Taylor derajat n f (x) ≈ pn (x) = c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a)2 + · · · + cn (x − a)n

(5)

(k)

Nilai ck ditentukan dari syarat f (k) (a) = pn (a) k = 0, 1, · · · , n. Dengan mensubstitusikan syarat tersebut satu-persatu pada (5), diperoleh: f ′′ (a) 2!

, · · · , cn =

f (n) (a) n!


c0 = f (a) , c1 = f ′ (a) , c2 =

Bentuk umum hampiran polinom Taylor orde n dari fungsi f (x) disekitar titik a adalah: f (x) ≈ pn (x) = f (a) + f ′(a)(x − a) +

f ′′ (a) (x 2!

− a)2 + · · · +

Hal khusus, bila a = 0 maka pn(x) disebut polinom Maclaurin: f (x) ≈ pn (x) = f (0) + f ′ (0)x +

f ′′ (0) 2 2! x

+ ··· +

f (n) (a) (x n!

− a)n

f (n) (0) n n! x

Latihan: 1. Hampiri nilai ln(1, 1) dengan polinom Taylor derajat empat. (p4(1, 1) = 0, 09530833333 ; ln(1, 1) = 0, 095310179804324860044). 2. Tuliskan polinom Maclaurin orde n dari f (x) = ex .




Tugas Mandiri:

22

Pelajari metode Horner untuk menghitung nilai polinom.

Galat/Error/Kesalahan Galat adalah perbedaan nilai dari suatu besaran dengan nilai hampirannya. ilustrasi: cos(0, 2) ≈ 1 − 2!1 (0, 2)2 + 4!1 (0, 2)4 ≈ 0, 9800667 galat perhitungan (galat pembulatan)


galat metode (galat pemotongan)

Galat pemotongan terjadi karena adanya pemotongan rumus matematika tertentu, sedangkan galat pembulatan diakibatkan karena keterbatasan penyimpanan bilangan pada alat hitung kita. Perlu diperhatikan, walaupun hasil hitungan numerik selalu berupa hampiran, bila sumber galatnya hanya galat pemotongan, maka kita dapat mengatur besar galat yang terjadi sesuai dengan kebutuhan. Hal ini dijamin oleh rumus berikut: Rumus Sisa Taylor

Misalkan f (x) fungsi yang dapat diturunkan sampai (n + 1) kali disekitar titik a, maka f ′′(a) f (n) (a) 2 (x − a) + · · · + (x − a)n + Rn (x) f (x)=f (a) + f (a)(x − a) + 2! n! ′

dengan Rn (x) =

f (n+1) (c) (n+1)! (x

− a)n+1, c diantara x dan a

(suku sisa Taylor)

Secara umum nilai galat Rn (x) tidak diketahui, tetapi batas atasnya dapat dicari. Semakin besar n yang digunakan umumnya Rn (x) makin kecil, mengapa? Latihan: 1. Taksirlah batas galatnya bila ln(1, 1) dihampiri dengan p4(x). 2. Hampiri e0,8 dengan galat tidak melebihi 0,001 3. Galat suatu hasil perhitungan numerik adalah E = | c Taksirlah batas maksimum galat tersebut.


2

−sin c | c

dengan 2 ≤ c ≤ 4.


Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 1

Recommend Documents