Deret Tak Hingga, Uji Kekonvergenan Deret, Deret Taylor Dan Deret Maclaurin (9

1

Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9

MAKALAH

DERET TAK HINGGA, UJI KEKONVERGENAN DERET,

DERET TAYLOR DAN DERET MACLAURIN

Disusun untuk memenuhi tugas matakuliah: KalkulusLanjut 1

Dosen Pengampu: Dra. Emi PujiastutiM.Pd

DisusunOleh:

Kelompok 9

1. NovianaPramudiyanti 4101409071

2. JenyRahmawati 4101409079

3. Adi Tri Arifin 4101409087

4. SantiNoviyanti 4101409076

5. DevySeptianaIrawati 4101409131

JURUSAN MATEMATIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS NEGERI SEMARANG

2010

2


BAB I

PENDAHULUAN

A. LATAR BELAKANG

Pemahaman tentang definisi, teorema, dan konsep-konsep mengenai Deret tak

hingga, Uji kekonvergenan deret, Deret Taylor, dan Deret Maclaurin sangat penting

untuk dipelajari. Beserta dengan operasi dari deret-deret tersebut. Karena materi ini

merupakan pengantar untuk materi Kalkukus Lanjut 2 yang akan kita pelajari

selanjutnya.

B. RUMUSAN MASALAH

1. Bagaimana konsep deret tak hingga?

2. Bagaimana konsep uji kekonvergenan deret?

3. Bagaimana konsep deret Taylor dan deret Maclaurin?

4. Bagaimana deret Maclaurin yang penting?

5. Bagaimana operasi terhadap deret-deret di atas?

C. TUJUAN PENULISAN

Tujuan penulisan makalah ini adalah unutk memenuhi tugas mata kuliah

Kalkulus Lanjut 1 serta sebagai bahan pembelajaran dan referensi.

3


BAB II

DERET TAK HINGGA, UJI KEKONVERGENAN DERET,

DERET TAYLOR, DAN DERET MACLAURIN

A. PENGANTAR

a) Deret Berhingga Dan Deret Tak Hingga

Dari setiap barisan bilangan dapat di buat suatu barisan baru dengan

menjumlahkan suku-sukunya secara parsial. Misalnya pada barisan dengan suku-suku

4321 ,,, aaaa dapat dibentuk ”jumlah parsial” berikut.

Jumlah satu suku pertama adalah 11 aS

Jumlah dua suku pertama adalah 212 aaS

Jumlah tiga suku pertama adalah 3213 aaaS

Jumlah empat suku pertama adalah 43214 aaaaS

Pada umumnya, sebuah deret berhingga dinyatakan dalam bentuk:

naaaaa 4321 , dimana an adalah bilangan atau fungsi yang diberikan oleh

rumus. Sedangkan sebuah deret tak hingga dapat dinyatakan dalam bentuk:

naaaaa 4321 Tiga titik pada akhir bentuk di atas mempunyai arti

bahwa deret tersebut tidak akan pernah berhenti. Kita dapat menuliskan deret pada

bentuk yang lebih pendek dengan menggunakan bentuk penjumlahan ∑ berikut

dengan rumus untuk suku ke n. Contohnya adalah sebagai berikut:

a).

1

222222 4321n

nn

(dibaca: jumlah dari n2 dari n = 1 sampai )

b).

1

1132

)!1(

)1(

)!1(

)1(

2 n

nnnn

n

x

n

xxxx

(dibaca: jumlah dari)!1(

)1( 1

n

x nn

dari n = 1 sampai )

4


b) Deret Pangkat

Hingga saat ini kita telah mempelajari deret-deret konstanta yang berbentuk ∑

Un, dengan Un sebuah bilangan. Sekarang kita akan mempelajari deret fungsi suatu

deret yang berbentuk ∑ Un (x). suatu contoh deret adalah:

sin 𝑛𝑥

𝑛2=

sin 𝑥

1+

sin 4𝑥

4+

sin 3𝑥

9

∞

𝑛=1

+ ⋯

Ada banyak deret, namun pada bagian ini kita akan menjelaskan sebuah deret

di mana suku ke n adalah perkalian konstanta a dengan xn atau perkalian konstanta a

dengan (x - a)n. Hal ini disebut dengan deret pangkat, karena suku-sukunya adalah

perkalian pangkat dari x atau (x - a).

Dari definisi di atas, deret pangkat dapat dinyatakan dalam bentuk:

3

3

2

210

0

xaxaxaaxan

n

n

Atau

3

3

2

210

0

)()()()( axaaxaaxaaaxan

n

n

dimana an adalah konstanta.

Berikut adalah beberapa contoh deret pangkat:

a).

n

nxxxx

2

)(

8421

32

b).

n

xxxxx

nn 1432 )1(

432

c).

)!12(

)1(

!7!5!3

121753

n

xxxxx

nn

d). ...1

)2(...

3

)2(

2

)2(1

2

n

xxx n

5


Pendiferensialan dan Pengintegralan suku demi suku;

TEOREMA

Andaikan S(x) adalah jumlah sebuah deret pangkat pada sebuah selang I;

Jadi:

𝑆 𝑥 = 𝑎𝑛𝑥𝑛 =

∞

𝑛=0

𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+𝑎3𝑥

3 + ⋯

Maka apabila x ada di dalam I, berlakulah;

1. 𝑆 𝑥 = 𝐷𝑥 𝑎𝑛𝑥𝑛 =∞𝑛=1 𝑛𝑎𝑛𝑥𝑛−1 = 𝑎1 + 2𝑎2𝑥 + 3𝑎3𝑥

2 + ⋯∞𝑛=1

2. 𝑆 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑎𝑛𝑡𝑛𝑑𝑡 = 𝑎𝑛

𝑛+1𝑥𝑛+1∞

𝑛=0𝑥

0∞𝑛=1

∞

𝑛=0

= 𝑎0𝑥 +1

2𝑎1𝑥

2 +1

3𝑎2𝑥

3 +1

4𝑎3𝑥

4 + ⋯

c) Deret Berganti Tanda

Deret berganti tanda (alternating series), yaitu deret yang berbentuk

𝑎1 − 𝑎2 + 𝑎3 − 𝑎4 + ⋯

di mana 𝑎𝑛 > 0 untuk seluruh 𝑛.

Sebuah contoh yang penting adalah deret harmonik berganti tanda (alternating

harmonic series)

1 −1

2+

1

3−

1

4+ ⋯

Kita telah melihat bahwa deret harmonik divergen, tetapi berikut ini kita akan

melihat bahwa deret harmonik berganti tanda bersifat konvergen.

Teorema Uji Deret Berganti Tanda

Misalkan

𝑎1 − 𝑎2 + 𝑎3 − 𝑎4 + ⋯

Adalah deret berganti dengan 𝑎𝑛 > 𝑎𝑛+1 > 0. Jika lim𝑛→∞ 𝑎𝑛 = 0, maka deret

tersebut konvergen. Di samping itu, kesalahan yang dibuat dengan menggunakan

jumlah 𝑠𝑛 dari 𝑛 suku pertama untuk menghampiri jumlah 𝑆 dari deret tersebut tidak

lebih dari 𝑎𝑛+1.

6


B. UJI KEKONVERGENAN DERET

Dari penjelasan sebelumnya, kita dapat memperoleh jumlah n suku pertama

adalah

Sn=a1+a2+a3+a4+…+an= ank=1 k

Jika ada suatu bilangan real S sedemikian hingga lim𝑛→∞ 𝑆𝑛 = 𝑆 maka

dikatakan bahwa deret takhingga a∞n=1 nkonvergen dan mempunya jumlah S. Hal

ini dituliskan dengan a∞n=1 n= S. Sebaliknya jika lim𝑛→∞ 𝑆𝑛 divergen maka deret

a∞n=1 njuga dikatakan divergen.

Contoh:

Perhatikan Deret Geometri 𝑟𝑘∞𝑘=0

a) Jika r=1 jelas bahwa deret 1 = ∞.∞𝑘=0 Jadi deret geometri dengan rasio r=1

adalah divergen.

b) Jika 𝑟 < 1 berlaku lim𝑛→∞ 𝑟𝑛+1 = 0 maka lim𝑛→∞ 𝑆𝑛 =1

1−𝑟. Dengan

demikian jika 𝑟 < 1 maka 𝑟𝑘∞𝑘=0 =

1

1−𝑟.

c) Jika r > 1 maka lim𝑛→∞ 𝑟𝑛+1 = ∞ dan jika r <-1 maka nilai lim𝑛→∞ 𝑟𝑛+1

tidak ada. Dengan demikian untuk 𝑟 > 1,lim𝑛→∞ 𝑟𝑛+1 tidak ada. Jadi jika

𝑟 > 1 maka 𝑟𝑘∞𝑘=0 divergen.

Contoh diatas merupakan bukti teorema berikut

Teorema

Jika x adalah bilangan real dimana 𝑥 > 1 maka deret geometri 𝑥𝑘∞𝑘=0

konvergen dan mempunyai jumlah 1

(1−𝑥).

Deret geometri ini penting karena terkadang dapat dipakai untuk menentukan jumlah

suku-suku deret lain seperti contoh-contoh berikut,

1) Penggantian x dengan x2 diperoleh:

1 + 𝑥2 + 𝑥4 + 𝑥6 + 𝑥8 + ⋯ =1

(1 − 𝑥2)𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 𝑥 < 1.

2) Untuk menghitung jumlah suku-suku dengan pangkat ganjil diperoleh dengan

mengalikan setiap sukunya dengan x, sehingga:

𝑥 + 𝑥3 + 𝑥5 + 𝑥7 + 𝑥9 + ⋯ =𝑥

(1 + 𝑥2)𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 𝑥 < 1.

7


3) Jika x diganti dengan –x diperoleh:

1 − 𝑥 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 − ⋯ =1

(1 + 𝑥)𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 𝑥 < 1.

4) Penggantian x dengan –x2 diperoleh:

1 − 𝑥2 + 𝑥4 − 𝑥6 + 𝑥8 − ⋯ =1

(1 + 𝑥2)𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 𝑥 < 1.

5) Penggantian x dengan 2x diperoleh:

1 + 4𝑥2 + 16𝑥4 + ⋯ + 4𝑘𝑥2𝑘 + ⋯ =1

(1 − 4𝑥2)𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 2𝑥 < 1.

Semua deret yang berbentuk 𝑎𝑘 𝑥𝑘 dinamakan Deret Kuasa. Dalam hal ini

merupakan peubah sedangkan 4321 ,,, aaaa masing-masing disebut koefisien dari

deret kuasa tersebut.

1) Deret dengan suku-suku positif

Kekonvergenan suatu deret khusus ∑ak ditentukan dengan cara menyelidiki

apakah barisan jumlah parsial Sn mempunyai limit untuk𝑛 → ∞. Dalam deret khusus,

seperti deret geometri, jumlah parsial Sn dapat dirumuskan sehingga limit Sn untuk

𝑛 → ∞ mudah ditentukan. Pada umumnya rumus untuk Sn sukar dicari, sehingga

perlu adanya suatu uji kekonvergenan yang tidak menggunakan jumlah parsialnya.

Teorema (Uji Kedivergenan)

Jika deret ∑ak konvergen, maka lim𝑘→∞ 𝑎𝑘 = 0.

Bukti

Misalkan 𝑆𝑛 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯ + 𝑎𝑛 dan lim𝑛→∞ 𝑆𝑛 = 𝑆. Karena 𝑎𝑘 = 𝑆𝑘 − 𝑆𝑘−1

maka lim𝑘→∞ 𝑎𝑘 = lim𝑘→∞(𝑆𝑘 − 𝑆𝑘−1) = lim𝑘→∞ 𝑆𝑘 − lim𝑘→∞ 𝑆𝑘−1 = 𝑆 − 𝑆 = 0.

Terbukti.

Teorema ini hanya digunakan untuk membuktikan kedivergenan suatu deret yakni

dengan memanfaatkan kontraposisisnya yakni,

“jika lim𝑘→∞ 𝑎𝑘 ≠ 0 maka deret 𝑎𝑘 divergen.”

Teorema

8


Andaikan 𝑎𝑘 ≥ 0 untuk setiap 𝑘 ≥ 1 maka deret 𝑎𝑘 konvergen jika dan hanya

jika barisan jumlah parsial Sn terbatas atas.

Bukti

Andaikan barisan Sn terbatas atas. Karena 𝑆𝑛 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯ + 𝑎𝑛 dan 𝑎𝑘 ≥ 0

maka Sn adalah barisan tak turun dan terbatas atas. Akibatnya barisan Sn konvergen

sehingga deret 𝑎𝑘 juga konvergen.

Sebaliknya apabila deret 𝑎𝑘 konvergen berarti lim𝑛→∞ 𝑆𝑛 = 𝑆. Karena 𝑆𝑛 ≥ 𝑆𝑛−1

berarti barisan Sn merupakan barisan tak turun dan terbatas atas S.

Terbukti

Contoh

Kita akan menentukan kekonvergenan deret 1

𝑘!

∞𝑘=1 . Untuk setiap bilangan asli k

berlaku1

𝑘!≤ (

1

2)𝑘−1. Akibatnya karena

1

2

𝑘= 1∞

𝑘=1 , maka

𝑆𝑛= 1

𝑘!

𝑛𝑘=1 <

1

𝑘!

∞𝑘=1 ≤

1

2

𝑘= 1∞

𝑘=1

Dengan demikian barisan Sn terbatas atas dan berdasarkan teorema di atas maka deret

1

𝑘!

∞𝑘=1 konvergen.

2) Uji Integral

Misalkan deret 𝑎𝑘∞𝑘=1 semua suku-sukunya tidak negative. Misalkan

terdapat fungsi turun dan kontinu f(x) untuk x≥1 sedemikian hingga f(k)=ak. Posisi ak

dan grafik fungsi f(x) digambarkan sebagai berikut,

y

y=f(x)

1 2 3 4 5 6 x

a5 a4

a3

a2

a6

a1

9


Kemudian

a) 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =∞

1 luas daerah dibawah kurva y=f(x) di kuadran I pada interval

[1,∞).

b) 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + ⋯ = jumlah semua luas daerah persegi panjang yang berada

di bawah kurva y=f(x) pada interval [1,∞).

c) 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯ = jumlah semua luas daerah persegi panjang (dengan batas

bawah sumbu x dan batas atas ruas garis di atas kurva y=f(x)) pada interval

[1,∞).

Maka terdapat hubungan

𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + ⋯ ≤ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 ≤∞

1

𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯

Oleh karena itu

1) Jika 𝑓 𝑥 𝑑𝑥∞

1 konvergen, misalkan 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =

∞

1𝐿, maka𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + ⋯

merupakan terbatas atas. Sehingga karena deret 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + ⋯ naik, maka

deret tersebut konvergen. Akibatnya deret 𝑎𝑘∞𝑘=1 juga konvergen.

2) Jika deret 𝑎𝑘∞𝑘=1 konvergen, misalkan 𝑎𝑘

∞𝑘=1 = 𝐾, maka 𝑓 𝑥 𝑑𝑥

∞

1

terbatas atas dimana f(x) ≥ 0. Akibatnya 𝑓 𝑥 𝑑𝑥∞

1 konvergen.

Perolehan ini secara tegas dapat dinyatakan dalam teorema berikut.

Teorema

Diketahui fungsi turun dan kontinu f(x) ≥ 0 untuk x ≥ 1. Misalkan f(k)=ak untuk setiap

k=1,2,3,… maka berlaku

𝑓 𝑥 𝑑𝑥∞

1 konvergen jika dan hanya jika 𝑎𝑘

∞𝑘=1 konvergen.

Contoh

Deret-p berbentuk 1

𝑘𝑝∞𝑘=1 . Misalkan p bilangan positif. Ambil fungsi kontinu f(x)=x

-p.

Jika p≠1 diperoleh

10



1

= 𝑥−𝑝𝑑𝑥 =1

1 − 𝑝

∞

1

lim𝑥→∞

𝑥1−𝑝 − 1

Karena lim𝑥→∞ 𝑥−𝑝 = 0 untuk p>1 sedangkan lim𝑥→∞ 𝑥−𝑝 = ∞ untuk p<1 maka dapat

disimpulkan bahwa deret 1

𝑘𝑝∞𝑘=1 konvergen bila p>1 dan divergen bila p<1.

Jika p=1diperoleh


1

= 1

𝑥𝑑𝑥

∞

1

= ∞

Dengan demikian bila p=1 maka deret 1

𝑘𝑝∞𝑘=1 divergen.

3) Uji Banding

Dalam uji banding, deret yang akan ditentukan kekonvergenannya

dibandingkan dengan deret lain yang sudah diketahui konvergen atau divergen.

Teorema

Andaikan 𝑎𝑘 ≥ 0 dan 𝑏𝑘 ≥ 0 untuk semua 𝑘 ≥ 1. Jika ada bilangan positif M

sedemikian hingga 𝑎𝑘 ≤ 𝑀𝑏𝑘 untuk setiap k, maka

i. Jika 𝑏𝑘 konvergen maka 𝑎𝑘 konvergen.

ii. Jika 𝑎𝑘 divergen maka 𝑏𝑘 divergen.

Bukti

Misalkan 𝑆𝑛 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯ + 𝑎𝑛 dan 𝑇𝑛 = 𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3 + ⋯ + 𝑏𝑛 . Karena

𝑎𝑘 ≤ 𝑀𝑏𝑘 untuk setiap k maka 𝑆𝑛 ≤ 𝑀𝑇𝑛 . Apabila 𝑏𝑘 konvergen berarti barisan Tn

terbatas atas, misalnya dengan batas atas K. Dengan demikian 𝑆𝑛 ≤ 𝑀𝐾 untuk setiap

n, hal ini berarti Sn konvergen karena barisan Sn ini monoton naik dan terbatas atas

dengan batas atas MK. Dengan demikian deret 𝑎𝑘 konvergen.

Apabila 𝑎𝑘 divergen berarti 𝑎𝑘 =∞=lim𝑛→∞ 𝑀𝑇𝑛 sehingga lim𝑛→∞ 𝑇𝑛 = ∞. Hal

ini berarti Tn divergen sehingga 𝑏𝑘 divergen.

Terbukti.

Penghapusan beberapa suku pertama dari suatu deret tidak mempengaruhi

kekonvergenan deret tersebut. Sehingga teorema di atas juga berlaku untuk n≥N.

11


Contoh

Perhatikan deret 𝑘

2𝑘2−1

∞𝑘=1 . Untuk setiap k berlaku

𝑘

2𝑘2−1≥

1

2𝑘 maka

𝑘

2𝑘2 − 1

∞

𝑘=1

≥ 1

2𝑘=

1

2

∞

𝑘=1

1

𝑘

∞

𝑘=1

Karena Deret Harmonik 1

𝑘

∞𝑘=1 divergen maka

𝑘

2𝑘2−1

∞𝑘=1 juga divergen.

Teorema (Uji Banding limit)

Andaikan 𝑎𝑘 ≥ 0 dan 𝑏𝑘 ≥ 0 untuk semua 𝑘 ≥ 1 dan lim𝑘→∞𝑎𝑘

𝑏𝑘 = L.

i. Jika 0<L<∞ maka

𝑎𝑘 konvergen jika dan hanya jika 𝑏𝑘 konvergen

Atau dengan kata lain

𝑎𝑘 divergen jika dan hanya jika 𝑏𝑘 divergen

ii. Jika L=0 dan 𝑏𝑘 konvergen, maka 𝑎𝑘 konvergen

Teorema diatas mengatakan bahwa apabila L berupa suatu bilangan real maka

kedua deret bersama-sama konvergen atau divergen.

Bukti

Karena lim𝑘→∞𝑎𝑘

𝑏𝑘 = L berarti untuk setiap 𝜀 =

𝐿

2 dapat ditentukan bilangan bulat

positif N sedemikian hingga untuk setiap k>N berlaku

𝑎𝑘

𝑏𝑘− 𝐿 <

𝐿

2⇔

𝐿

2𝑏𝑘 < 𝑎𝑘 <

3𝐿

2𝑏𝑘

Akibatnya

𝐿

2 𝑏𝑘 < 𝑎𝑘 <

3𝐿

2 𝑏𝑘

Dengan demikian

i. Jika 𝑎𝑘 konvergen maka 𝐿

2 𝑏𝑘 konvergen sehingga 𝑏𝑘 konvergen.

12


ii. Jika 𝑏𝑘 konvergen maka 3𝐿

2 𝑏𝑘 konvergen sehingga 𝑎𝑘 konvergen.

Terbukti.

Contoh

Kita akan melihat kekonvergenan 1

𝑘2 dengan memakai Deret Teleskopis 1

𝑘2+𝑘

yang konvergen. Karena

L=lim𝑘→∞𝑎𝑘

𝑏𝑘= lim𝑘→∞

1

𝑘2+𝑘= 1 (0 < 𝐿 < ∞)

Maka deret 1

𝑘2 juga konvergen.

Teorema berikut dinamakan Uji Hasil Bagi Mutlak yang sangat penting dan

sangat luas pemakaiannya. Pembuktian teorema tersebut menggunakan lemma

berikuy.

Lemma Jika 𝑎𝑘 konvergen maka 𝑎𝑘 juga konvergen.

Bukti

Ambil 𝑢𝑘 = 𝑎𝑘 + 𝑎𝑘 . Karena 0 ≤ 𝑢𝑘 − 𝑎𝑘 dan 𝑎𝑘 konvergen maka 𝑢𝑘

konvergen. Selanjutnya 𝑎𝑘 = 𝑢𝑘 − 𝑎𝑘 sehingga

𝑎𝑘 = 𝑢𝑘 − 𝑎𝑘 konvergen. Terbukti.

Teorema (Uji Hasil Bagi Mutlak)

Misalkan deret 𝑎𝑘 semua sukunya tak nol dan lim𝑘→∞ 𝑎𝑘+1

𝑎𝑘 = 𝜌

i. Jika 𝜌 < 1, maka deret 𝑎𝑘 konvergen.

ii. Jika 𝜌 > 1, maka deret 𝑎𝑘 divergen.

iii. Tetapi jika 𝜌 = 1, maka deret 𝑎𝑘 mungkin konvergen dan mungkin

divergen. Artinya pengujian dengan cara ini gagal.

Bukti

13


i. Misalkan 𝜌 < 1. Ambil 𝑟 =𝜌+1

2 dalam hal ini 0 ≤ 𝜌 < 𝑟 < 1. Karena

lim𝑘→∞ 𝑎𝑘+1

𝑎𝑘 = 𝜌 maka dapat dipilih bilangan asli N sedemikian hingga

untuk setiap 𝑘 ≥ 𝑁 berlaku 𝑎𝑘+1

𝑎𝑘< 𝑟. Akibatnya

𝑎𝑁+1 < 𝑟 𝑎𝑁 , 𝑎𝑁+2 < 𝑟 𝑎𝑁+1 < 𝑟2 𝑎𝑁 , 𝑎𝑁+3 < 𝑟3 𝑎𝑁 ,…, 𝑎𝑁+𝑚 <

𝑟𝑚 𝑎𝑁 ,…

Selanjutnya

𝑎𝑘

∞

𝑘=𝑁

= 𝑎𝑁+𝑚 < 𝑟𝑚 𝑎𝑁 = 𝑎𝑁 𝑟𝑚

∞

𝑚=0

∞

𝑚=0

∞

𝑚=0

Karena 0<r<1 maka deret geometri 𝑟𝑚∞𝑚=0 konvergen akibatnya deret

𝑎𝑘 ∞𝑘=𝑁 konvergen.

Dengan demikian deret

𝑎𝑘 ∞𝑘=1 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯ + 𝑎𝑁−1 + 𝑎𝑘 ∞

𝑘=𝑁 konvergen dan

akibatnya 𝑎𝑘 konvergen.

ii. Misalkan 𝜌 > 1. Karena lim𝑘→∞ 𝑎𝑘+1

𝑎𝑘 > 1 maka dapat dipilih bilangan asli N

sedemikian hingga untuk setiap 𝑘 ≥ 𝑁 berlaku 𝑎𝑘+1

𝑎𝑘> 1. Selanjutnya

𝑎𝑁+1 > 𝑎𝑁 , 𝑎𝑁+2 > 𝑎𝑁+1 > 𝑎𝑁 , 𝑎𝑁+3 > 𝑎𝑁 ,…

Jadi untuk setiap 𝑘 ≥ 𝑁 maka berlaku 𝑎𝑘 > 𝑎𝑁 > 0. Berarti lim𝑘→∞ 𝑎𝑘 ≠

0 (>aN atau tidak ada)sehingga deret 𝑎𝑘∞𝑘=1 divergen.

iii. Deret Harmonik 1

𝑘 divergen dan deret-p

1

𝑘2 konvergen sedangkan keduanya

mempunyai nilai𝜌 = 1.

Contoh

Perhatikan deret 3𝑘

𝑘!

∞𝑘=1 . Kemudian

𝜌 = lim𝑘→∞ 𝑎𝑘+1

𝑎𝑘 = lim𝑘→∞

3𝑘

𝑘+1 !÷

3𝑘

𝑘!= lim𝑘→∞

3

𝑘+1 = 0(<1)

Dengan demikian deret tersebut konvergen.

C. DERET TAYLOR

Diketahui sebuah fungsi misalnya sin 𝑥 atau𝑐𝑜𝑠2𝑥. Dapatkah fungsi itu digambarkan

sebagai suatu deret pangkat dari x atau, lebih umum dari x - a?

14


Jadi adakah bilangan-bilangan

𝑐0 + 𝑐1 𝑥 − 𝑎 + 𝑐2(𝑥 − 𝑎)2 + 𝑐3 𝑥 − 𝑎 3 + ⋯

pada sebuah selang disekitar x = a

Andaikan penggambaran yang demikian mungkin. Maka menurut teorema

sebelumnya tentang pendeferensialan deret-deret, kita peroleh berturut-turut:

𝑓 ′ 𝑥 = 𝑐1 + 2𝑐2 𝑥 − 𝑎 + 3𝑐3(𝑥 − 𝑎)2 + 4𝑐4 𝑥 − 𝑎 3 + ⋯

𝑓 ′′ 𝑥 = 2! 𝑐2 + 3! 𝑐3(𝑥 − 𝑎) + 4 ∙ 3 ∙ 𝑐4 𝑥 − 𝑎 2 + ⋯

𝑓 ′′′ 𝑥 = 3! 𝑐3 + 4! ∙ 𝑐4 𝑥 − 𝑎 + 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 𝑐5(𝑥 − 𝑎)2 + ⋯

⋮

Apabila kita substitusikan x = a dan menghitung cn kita peroleh;

𝑐0 = 𝑓(𝑎)

𝑐1 = 𝑓′(𝑎)

𝑐2 =𝑓′′(𝑎)

2!

𝑐3 =𝑓′′′(𝑎)

3!

Sehingga 𝑐𝑛 =𝑓𝑛 (𝑎)

𝑛 !

Agar rumus untuk 𝑐𝑛 itu berlaku juga untuk n = 0, kita artikan f(0) sebagai f(a) dan

0! = 1. Jadi koefisien-koefisien 𝑐𝑛 ditentukan oleh fungsi f . Hal ini membuktuikan pula

bahwa fungsi suatu pangkat dalam x - a yang berbeda. Hal ini kita tuangkan dalam

teorema berikut:

TEOREMA KETUNGGALAN

Andaikan f memenuhi uraian:

𝑓 𝑥 = 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 − 𝑎 + 𝑐2(𝑥 − 𝑎)2 + 𝑐3 𝑥 − 𝑎 3 + ⋯

untuk semua x dalam suatu selang sekitar a, maka:

15


𝑐𝑛 =𝑓𝑛(𝑎)

𝑛!

Jadi suatu fungsi tidak dapat digambarkan oleh dua deret pangkat dari (x – a).

Kita akan menguraikan polynomial yang berpusat pada x = a. Hasil yang diperoleh

nantinya disebut sebagai Deret Taylor.

Jika hampiran f (x) dilakukan dalam interval dengan pusat x = a, maka p(x) dipilih

sedemikian sehingga

𝑝𝑘 𝑎 = 𝑓𝑘 𝑎 untuk k = 1 , 2 , 3 ,….

Polinomial p (x) akan berbentuk

𝑝 𝑥 = 𝑐0 + 𝑐1(𝑥 − 𝑎) + 𝑐2 𝑥 − 𝑎 2 + ⋯ + 𝑐𝑘(𝑥 − 𝑎)𝑘 + ⋯ (**)

Nilai koefisien 𝑐0, 𝑐1, ⋯ , 𝑐𝑘 , ⋯ dapat diperoleh dengan cara penurunan. Sehingga

diperoleh:

𝑝 𝑎 = 𝑐0𝑝′ 𝑎 = 𝑐1,𝑝"(𝑎) = 2! 𝑐2, 𝑝′′′(𝑎) = 3! 𝑐3,⋯ ,𝑝

(𝑘)(𝑎) = 𝑘! 𝑐𝑘 ,⋯

Agar 𝑝𝑘 𝑎 = 𝑓𝑘 𝑎 untuk k = 1,2,3,…,n maka haruslah:

𝑐0 = 𝑓 𝑎 , 𝑐1 =𝑓′(𝑎)

1!, 𝑐2 =

𝑓"(𝑎)

2!, 𝑐3 =

𝑓 ′′′(𝑎)

3!, ⋯ , 𝑐𝑘 =

𝑓 𝑘 (𝑎)

𝑘!, ⋯

Jika hasil ini disubstitusikan ke dalam polynomial (**) didapat Deret Taylor di sekitar

x = a seperti dinyatakan dalam definisi sebagai berikut.

Definisi Jika fungsi f dapat diturunkan secara terus-menerus di x = a, maka Deret

Taylor dari fungsi f didefinisikan sebagai berikut.

𝑝 𝑥 = 𝑓 𝑎 +𝑓 ′ 𝑎

1! 𝑥 − 𝑎 +

𝑓"(𝑎)

2! 𝑥 − 𝑎 2 +

𝑓 ′′′ 𝑎

3! 𝑥 − 𝑎 3 + ⋯

+𝑓 𝑘 𝑎

𝑘! 𝑥 − 𝑘 𝑘 + ⋯

Seringkali ada baiknya menyatakan Deret Taylor dengan menggunakan notasi sigma

sebagai berikut.

16


𝑓 𝑘 𝑎

𝑘!

∞

𝑘=0

= 𝑓 𝑎 + 𝑓 ′ 𝑎 𝑥 − 𝑎 +𝑓"(𝑎)

2! 𝑥 − 𝑎 2 + ⋯ +

𝑓 𝑘 𝑎

𝑘! 𝑥 − 𝑎 𝑘 + ⋯

Contoh Tentukan Deret Taylor untuk 1

𝑥 di sekitar x = 1

Jawab Ambil fungsi 𝑓 𝑥 =1

𝑥, maka

𝑓 𝑥 =1

𝑥⟹ 𝑓 1 = 1 = 0!

𝑓 ′ 𝑥 = −1

𝑥2⟹ 𝑓 ′ 1 = −1 = −1!

𝑓 ′′ 𝑥 =2

𝑥3⟹ 𝑓 ′′ 1 = 2 = 2!

𝑓 ′′′ 𝑥 = −6

𝑥4⟹ 𝑓 ′′′ 1 = −6 = −3!

⋯⋯ ⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯ ⋯⋯ ⋯ ⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯ ⋯

𝑓 𝑘 𝑥 = −1 𝑘𝑘!

𝑥𝑘+1⟹ 𝑓 𝑘 1 = −1 𝑘𝑘!

Sehingga deret Taylornya adalah

−1 𝑘!(𝑥−𝑎)𝑘

𝑘!

∞𝑘=0 = −1 𝑘(𝑥 − 1)𝑘 = 1 − (𝑥 − 1)2 + (𝑥 − 1)3 + ⋯∞

𝑘=0

D. DERET MAC LAURIN

Deret Taylor dari sebuah fungsi riil atau fungsi kompleksf(x) yang

terdiferensialkan takhingga dalam sebuah persekitaran sebuah bilangan riil atau

kompleksa adalah deret pangkatyang dalam bentuk lebih ringkas dapat dituliskan

sebagai :

𝑓 𝑛 𝑎

𝑛!

∞

𝑛=0

(𝑥 − 𝑎)𝑛

http://id.wikipedia.org/w/index.php?title=Fungsi_riil&action=edit&redlink=1

http://id.wikipedia.org/w/index.php?title=Fungsi_kompleks&action=edit&redlink=1

http://id.wikipedia.org/w/index.php?title=Fungsi_terdiferensialkan_takhingga&action=edit&redlink=1

http://id.wikipedia.org/w/index.php?title=Persekitaran&action=edit&redlink=1

http://id.wikipedia.org/wiki/Bilangan_riil

http://id.wikipedia.org/wiki/Bilangan_kompleks

http://id.wikipedia.org/wiki/Deret_pangkat

17


dengan n! melambangkan faktorialn dan f (n)

(a) melambangkan nilai dari turunan ke-n

dari f pada titik a. Turunan kenol dari f didefinisikan sebagai f itu sendiri, dan (x − a)0

dan 0! didefinisikan sebagai 1.

Dalam kasus khusus di mana a = 0, deret ini disebut juga sebagai Deret Maclaurin.

Ide awal dari deret MacLaurin adalah sebuah fungsi dapat dinyatakan dalam bentuk

deret polinomial. Misalkan

𝑓 𝑥 = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥2 + 𝑎3 𝑥

3 + ⋯

Jika kita memasukkan nilaix=0, maka kita dapatkan

𝑓 0 = 𝑎0

Kemudian kita turunkan fungsi tersebut terhadapx, maka kita dapat

𝑓 ′ 𝑥 = 𝑎1+2𝑎2𝑥 + 3𝑎3𝑥2+4𝑎4𝑥

3 + ⋯

Dan jika kita memasukkan nilaix=0, kita dapat

𝑓 ′ 0 = 𝑎1

Kita turunkan fungsi tersebut sekali lagi

𝑓 ′′ 𝑥 = 2𝑎2+(2.3)𝑎3𝑥 + (3.4)𝑎4𝑥2 + ⋯

Masukkan lagi x=0 dan kita dapat

𝑓 ′′ 0 = 2𝑎2

1

2𝑓 ′′ 0 = 𝑎2

Ulangi lagi langkah yang selanjutnya, sehingga kita dapat

𝑎𝑛 =1

𝑛! 𝑑𝑛𝑓 𝑥

𝑑𝑥𝑛 , 𝑥 = 0

Jadi, deret MacLaurin dapat ditulis dengan

𝑓 𝑥 = 𝑓 0 + 𝑓 ′ 0 𝑥

1!+ 𝑓 ′′ 0

𝑥2

2!+ 𝑓 ′′′ 0

𝑥3

3!+ ⋯

http://id.wikipedia.org/wiki/Faktorial

18


Tapi tidak semua fungsi bisa dinyatakan dalam bentuk tersebut, contohnya. 𝑓 𝑥 =

1

𝑥Untuk itu, Taylor membuat deret yang lebih umum. Deret Taylor mirip dengan deret

MacLaurin, tapi angka yang dimasukkan bukan0, tapi sebuah nilai𝑎.

Contoh 1 Tentukan deret maclaurin untuk sin x dan buktikan bahwa deret itu

menggambarkan sin x untuk semua x.

Penyelesaian

𝑓 𝑥 = sin 𝑥 𝑓 0 = 0

𝑓 ′ 𝑥 = cos 𝑥 𝑓 ′ 0 = 1

𝑓 ′′ 𝑥 = − sin 𝑥 𝑓 ′′ 𝑥 = 0

𝑓 ′′′ 𝑥 = − cos 𝑥 𝑓 ′′′ 𝑥 = −1

𝑓 4 𝑥 = sin 𝑥 𝑓 4 0 = 0

⋮ ⋮

Sehingga,

sin 𝑥 = 𝑥 −𝑥3

3!+

𝑥5

5!+

𝑥7

7!+ ⋯

Uraian deret ini akan berlaku untuk semua x asal dapat dibuktikan bahwa

lim𝑛→∞

𝑅𝑛 𝑥 = lim𝑛→∞

𝑓 𝑛+1 (𝑐)

(𝑛 + 1)!𝑥𝑛+1 = 0

sekarang 𝑓 𝑛+1 𝑥 = cos 𝑥 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑓 𝑛+1 𝑥 = sin 𝑥 dan juga

|𝑅𝑛(𝑥)| ≤ |𝑥|𝑛+1

(𝑛+1)!

Akan tetapi lim𝑛→∞𝑥𝑛

𝑛 != 0, oleh karena itu

𝑥𝑛

𝑛 ! adalah suku ke-n sebuah deret yang

konvergen. Jadi lim𝑛→∞ 𝑅𝑛 (𝑥) = 0

E. DERET BINOMIAL

Kita mengenal Rumus Binomial, yaitu bahwa untuk p bilangan bulat positif berlaku:

19


1 + 𝑥 𝑝 = 1 + 𝑝

1 𝑥 +

𝑝2 𝑥2 + ⋯ +

𝑝𝑝 𝑥𝑝

dengan 𝑝𝑘 𝑥 =

𝑝 𝑝−1 𝑝−2 ⋯(𝑝−𝑘+1)

𝑘!

Perhatikan bahwa symbol 𝑝𝑘 mempunyai arti untuk tiap bilangan riil p, asal saja k

bulat positif. Dengan ini kita dapat menyusun teorema berikut:

TEOREMA DERET BINOMIAL

Untuk tiap bilangan riil p dan |x| < 1 berlaku

1 + 𝑥 𝑝 = 1 + 𝑝

1 𝑥 +

𝑝2 𝑥2 +

𝑝3 𝑥3 + ⋯

Dengan 𝑝𝑘 seperti telah didefinisikan diatas

Bukti parsial;

Andaikan 𝑓 𝑥 = 1 + 𝑥 𝑝 . Kemudian

𝑓 𝑥 = 1 + 𝑥 𝑝 𝑓 0 = 1

𝑓′ 𝑥 = 𝑝 1 + 𝑥 𝑝−1 𝑓′ 0 = 𝑝

𝑓′′ 𝑥 = 𝑝(𝑝 − 1) 1 + 𝑥 𝑝−2 𝑓′′ 0 = 𝑝(𝑝 − 1)

𝑓 𝑥 = 𝑝 𝑝 − 1 (𝑝 − 2) 1 + 𝑥 𝑝−3 𝑓′′′ 0 = 𝑝(𝑝 − 1)(𝑝 − 2)

⋮⋮

Diperolehlah deret MacLaurin dalam teorema. Sehingga terbukti deret Binomial di

atas.

DERET MACLAURIN YANG PENTING

1. 1

1−𝑥= 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + ⋯ − 1 < 𝑥 < 1

Bukti:

Misal 1

1−𝑥= 𝑓(𝑥)

Jelas 𝑓 𝑥 =1

1−𝑥⇒ 𝑓 0 = 1

20


𝑓 ′ 𝑥 =1

1−𝑥 2⇒ 𝑓 ′ 0 = 1

𝑓 ′′ (𝑥) = 21

1−𝑥 3 ⇒ 𝑓 ′′ 0 = 2

𝑓 ′′′ 𝑥 = 61

1−𝑥 4 ⇒ 𝑓 ′′′ 0 = 6

𝑓 ′𝑣 𝑥 = 241

1−𝑥 5⇒ 𝑓 ′𝑣 0 = 24

Deret MacLaurin untuk f(x) adalah:

𝑓 𝑥 = 𝑓 0 + 𝑓 ′ 0 𝑥 +𝑓 ′′ 0

2!𝑥2 +

𝑓 ′′′ 0

3!𝑥3+ 𝑓 ′ 𝑣 0

4!𝑥4 + ⋯

Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑓 𝑥 =1

1−𝑥 adalah:

1

1−𝑥= 1 + 1 ∙ 𝑥 + 2 ∙

1

2!𝑥2 + 6 ∙

1

3!𝑥3 + 24 ∙

1

4!𝑥4 + ⋯

= 1 + 𝑥 +2

2𝑥2 +

6

6𝑥3 +

24

24𝑥4 + ⋯

= 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + ⋯

Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑓 𝑥 =1

1−𝑥 adalah:

1

1 − 𝑥= 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + ⋯ − 1 < 𝑥 < 1

2. ln 1 + 𝑥 = 𝑥 −𝑥2

2+

𝑥3

3−

𝑥4

4+

𝑥5

5− ⋯− 1 < 𝑥 ≤ 1

Bukti:

Misal ln 1 + 𝑥 = 𝑔(𝑥)

Jelas 𝑔 𝑥 = ln 1 + 𝑥 ⇒ 𝑔 0 = 0

𝑔′ 𝑥 =1

(1+x)⇒ 𝑔′ 0 = 1

𝑔′′ 𝑥 = −1

1−𝑥 2⇒ 𝑔′′ 0 = −1

𝑔′′′ 𝑥 = 21

1−𝑥 3 ⇒ 𝑔′′′ 0 = 2

𝑔′𝑣 𝑥 = −61

1 − 𝑥 4⇒ 𝑔′𝑣 0 = −6

Deret MacLaurin untuk g(x) adalah:

21


𝑔 𝑥 = 𝑔 0 + 𝑔′ 0 𝑥 +𝑔 ′′ 0

2!𝑥2 +

𝑔 ′′′ 0

3!𝑥3+ 𝑔 ′ 𝑣 0

4!𝑥4 + ⋯

Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑔 𝑥 = ln 1 + 𝑥 adalah:

ln 1 + 𝑥 = 0 + 𝑥 −1

2!𝑥2 +

2

3!𝑥3 −

6

4!𝑥4 + ⋯

= 𝑥 −1

2𝑥2 +

2

6𝑥3 −

6

24𝑥4 + ⋯

= 𝑥 −𝑥2

2+

𝑥3

3−

𝑥4

4+ ⋯

Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑔 𝑥 = ln 1 + 𝑥 adalah:

ln 1 + 𝑥 = 𝑥 −𝑥2

2+

𝑥3

3−

𝑥4

4+

𝑥5

5− ⋯ − 1 < 𝑥 ≤ 1

3. 𝑡𝑎𝑛−1𝑥 = 𝑥 −𝑥3

3+

𝑥5

5−

𝑥7

7+

𝑥9

9− ⋯ − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1

Bukti:

Misal tan−1 𝑥 = 𝑕(𝑥)

Jelas 𝑕 𝑥 = tan−1 𝑥 ⇒ 𝑕 0 = 0

𝑕′ 𝑥 =1

1+x2 = 1 − 𝑥2 + 𝑥4 − 𝑥6 + 𝑥8 + ⋯ ⇒ 𝑕′ 0 = 1

𝑕′′ 𝑥 = −2𝑥 + 4𝑥3 − 6𝑥5 + 8𝑥7 + ⋯ ⇒ 𝑕′′ 0 = 0

𝑕′′′ 𝑥 = −2 + 12𝑥2 − 30𝑥4 + 56𝑥6 + ⋯ ⇒ 𝑕′′′ 0 = −2

𝑕′𝑣 𝑥 = 24𝑥 − 120𝑥3 + 336𝑥5 + ⋯ ⇒ 𝑕′𝑣 0 = 0

𝑕𝑣 𝑥 = 24 − 360𝑥3 + 1680𝑥4 + ⋯ ⇒ 𝑕𝑣 0 = 24

Deret MacLaurin untuk h(x) adalah:

𝑕 𝑥 = 𝑕 0 + 𝑕′ 0 𝑥 +𝑕′′ 0

2!𝑥2 +

𝑕 ′′′ 0

3!𝑥3+ 𝑕 ′ 𝑣 0

4!𝑥4 + ⋯

Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑕 𝑥 = tan−1 𝑥 adalah:

tan−1 𝑥 = 0 + 1 ∙ 𝑥 +0

2!𝑥2 −

2

3!𝑥3 +

0

4!𝑥4 +

24

5!𝑥5 + ⋯

= 𝑥 −2

6𝑥3 +

24

120𝑥3 + ⋯

= 𝑥 −𝑥3

3+

𝑥5

5+ ⋯

Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑕 𝑥 = tan−1 𝑥 adalah:

𝑡𝑎𝑛−1𝑥 = 𝑥 −𝑥3

3+

𝑥5

5−

𝑥7

7+

𝑥9

9− ⋯ − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1

4. 𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +1

2!𝑥2 +

1

3!𝑥3 +

1

4!𝑥4 + ⋯

Bukti:

Misal 𝑒𝑥 = 𝑘(𝑥)

22


Jelas 𝑘 𝑥 = 𝑒𝑥 ⇒ 𝑘 0 = 𝑒0 = 1

𝑘′ 𝑥 = 𝑒𝑥 ⇒ 𝑘′ 0 = 𝑒0 = 1

𝑘′′ 𝑥 = 𝑒𝑥 ⇒ 𝑘′′ 0 = 𝑒0 = 1

𝑘′′′ 𝑥 = 𝑒𝑥 ⇒ 𝑘′′′ 0 = 𝑒0 = 1

𝑘′𝑣 𝑥 = 𝑒𝑥 ⇒ 𝑘′𝑣 0 = 𝑒0 = 1

Deret MacLaurin untuk k(x) adalah:

𝑘 𝑥 = 𝑘 0 + 𝑘′ 0 𝑥 +𝑘 ′′ 0

2!𝑥2 +

𝑘 ′′′ 0

3!𝑥3+ 𝑘 ′ 𝑣 0

4!𝑥4 + ⋯

Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑘 𝑥 = 𝑒𝑥 adalah:

𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +1

2!𝑥2 +

1

3!𝑥3 +

1

4!𝑥4 + ⋯

Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑘 𝑥 = 𝑒𝑥 adalah

𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +1

2!𝑥2 +

1

3!𝑥3 +

1

4!𝑥4 + ⋯

5. sin 𝑥 = 𝑥 −𝑥3

3!+

𝑥5

5!−

𝑥7

7!+

𝑥9

9!− ⋯

Bukti:

Misal sin 𝑥 = 𝑙(𝑥)

Jelas 𝑙 𝑥 = sin 𝑥 ⇒ 𝑙 0 = 0

𝑙′ 𝑥 = cos 𝑥 ⇒ 𝑙′ 0 = 1

𝑙′′ 𝑥 = − sin 𝑥 ⇒ 𝑙′′ 0 = 0

𝑙′′′ 𝑥 = −cos 𝑥 ⇒ 𝑙′′′ 0 = −1

𝑙 𝑥 = sin 𝑥 ⇒ 𝑙′𝑣 0 = 0

Deret MacLaurin untuk l(x) adalah:

𝑙 𝑥 = 𝑙 0 + 𝑙′ 0 𝑥 +𝑙 ′′ 0

2!𝑥2 +

𝑙 ′′′ 0

3!𝑥3+ 𝑙 ′ 𝑣 0

4!𝑥4 + ⋯

Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑙 𝑥 = sin 𝑥 adalah:

sin 𝑥 = 0 + 𝑥 +0

2!𝑥2 −

1

3!𝑥3 +

0

4!𝑥4 +

1

5!𝑥5 +

0

6!𝑥6 −

1

7!𝑥7 +

0

8!𝑥8 + ⋯

= 𝑥 −𝑥3

3!+

𝑥5

5!−

𝑥7

7!+

𝑥9

9!− ⋯

Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑙 𝑥 = sin 𝑥 adalah:


3!+

𝑥5

5!−

𝑥7

7!+

𝑥9

9!− ⋯

23


6. cos 𝑥 = 1 −𝑥2

2!+

𝑥4

4!−

𝑥6

6!+ +

𝑥8

8!− ⋯

Bukti:

Misal cos 𝑥 = 𝑚(𝑥)

Jelas 𝑚 𝑥 = cos 𝑥 ⇒ 𝑚 0 = 1

𝑚′ 𝑥 = − sin 𝑥 ⇒ 𝑚′ 0 = 0

𝑚′′ 𝑥 = − cos 𝑥 ⇒ 𝑚′′ 0 = −1

𝑚′′′ 𝑥 = sin 𝑥 ⇒ 𝑚′′′ 0 = 0

𝑚′𝑣 𝑥 = cos 𝑥 ⇒ 𝑚′𝑣 0 = 1

Deret MacLaurin untuk m(x) adalah:

𝑚 𝑥 = 𝑚 0 + 𝑚′ 0 𝑥 +𝑚 ′′ 0

2!𝑥2 +

𝑚 ′′′ 0

3!𝑥3+ 𝑚 ′ 𝑣 0

4!𝑥4 + ⋯

Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑚 𝑥 = cos 𝑥 adalah:

cos 𝑥 = 1 + 0 −1

2!𝑥2 +

0

3!𝑥3 +

1

4!𝑥4 +

0

5!𝑥5 −

1

6!𝑥6 + ⋯

= 1 −1

2!𝑥2 +

1

4!𝑥4 −

1

6!𝑥6 + ⋯

Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑚 𝑥 = cos 𝑥 adalah:

cos 𝑥 = 1 −1

2!𝑥2 +

1

4!𝑥4 −

1

6!𝑥6 + ⋯

7. cosh 𝑥 = 1 +𝑥2

2!+

𝑥4

4!+

𝑥6

6!+ +

𝑥8

8!+ ⋯

Bukti:

Fungsi sinus hiperbolikus didefinisikan sebagai:

sinh 𝑥 =𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥

2

Dan

Fungsi cosinus hiperbolikus didefinisikan sebagai:

cosh 𝑥 =𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥

2

Misal cosh 𝑥 = 𝑛(𝑥)

Jelas 𝑛 𝑥 = cosh 𝑥 ⇒ 𝑛 0 = 1

𝑛′ 𝑥 = sinh 𝑥 ⇒ 𝑛′ 0 = 0

𝑛′′ 𝑥 = cosh 𝑥 ⇒ 𝑛′′ 0 = 1

𝑛′′′ 𝑥 = sinh 𝑥 ⇒ 𝑛′′′ 0 = 0

𝑛′𝑣 𝑥 = cosh 𝑥 ⇒ 𝑛′𝑣 0 = 1

Deret MacLaurin untuk n(x) adalah:

24


𝑛 𝑥 = 𝑛 0 + 𝑛′ 0 𝑥 +𝑛 ′′ 0

2!𝑥2 +

𝑛 ′′′ 0

3!𝑥3+ 𝑛 ′ 𝑣 0

4!𝑥4 + ⋯

Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk n 𝑥 = cosh 𝑥 adalah:

cosh 𝑥 = 1 + 0 ∙ 𝑥 +1

2!∙ 𝑥2 +

0

3!𝑥3 +

1

4!∙ 𝑥4 +

0

5!𝑥5 +

1

6!∙ 𝑥6 + ⋯

= 1 +𝑥2

2!+

𝑥4

4!+

𝑥6

6!+ ⋯

Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑛 𝑥 = cosh 𝑥 adalah:

cosh 𝑥 = 1 +𝑥2

2!+

𝑥4

4!+

𝑥6

6!+ +

𝑥8

8!+ ⋯

8. sinh 𝑥 = 𝑥 +𝑥3

3!+

𝑥5

5!+

𝑥7

7!+

𝑥9

9!+ ⋯

Bukti:

Fungsi sinus hiperbolikus didefinisikan sebagai:

sinh 𝑥 =𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥

2

Dan

Fungsi cosinus hiperbolikus didefinisikan sebagai:

cosh 𝑥 =𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥

2

Misal sinh 𝑥 = 𝑝(𝑥)

Jelas 𝑝 𝑥 = sinh 𝑥 ⇒ 𝑝 0 = 0

𝑝′ 𝑥 = cosh 𝑥 ⇒ 𝑝′ 0 = 1

𝑝′′ 𝑥 = sinh 𝑥 ⇒ 𝑝′′ 0 = 0

𝑝′′′ 𝑥 = cosh 𝑥 ⇒ 𝑝 0 = 1

𝑝𝑖𝑣 𝑥 = sinh 𝑥 ⇒ 𝑝′𝑣 0 = 0

Deret MacLaurin untuk p(x) adalah:

𝑝 𝑥 = 𝑝 0 + 𝑝′ 0 𝑥 +𝑝 ′′ 0

2!𝑥2 +

𝑝 ′′′ 0

3!𝑥3+ 𝑝 ′ 𝑣 0

4!𝑥4 + ⋯

Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk p 𝑥 = sinh 𝑥 adalah:

sinh 𝑥 = 0 + 1 ∙ 𝑥 +0

2!𝑥2 +

1

3!𝑥3 +

0

4!∙ 𝑥4 +

1

5!𝑥5 +

0

6!∙ 𝑥6 + ⋯

= 𝑥 +𝑥3

3!+

𝑥5

5!+ ⋯

Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑝 𝑥 = sinh 𝑥 adalah:

sinh 𝑥 = 𝑥 +𝑥3

3!+

𝑥5

5!+

𝑥7

7!+

𝑥9

9!+ ⋯

25


9. 1 + 𝑥 𝑝 = 1 + 𝑝1 𝑥 + 𝑝

2 𝑥2 + 𝑝

3 𝑥3 + 𝑝

4 𝑥4 + ⋯ − 1 < 𝑥 < 1

Telah dibuktikan pada teorema sebelumnya.

Jadi kita peroleh beberapa deret Maclaurin yang penting adalah sebagai berikut:

1. 1

1−𝑥= 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + ⋯ − 1 < 𝑥 < 1

2. ln 1 + 𝑥 = 𝑥 −𝑥2

2+

𝑥3

3−

𝑥4

4+

𝑥5

5− ⋯ − 1 < 𝑥 ≤ 1

3. 𝑡𝑎𝑛−1𝑥 = 𝑥 −𝑥3

3+

𝑥5

5−

𝑥7

7+

𝑥9

9− ⋯ − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1

4. 𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +1

2!𝑥2 +

1

3!𝑥3 +

1

4!𝑥4 + ⋯

5. sin 𝑥 = 𝑥 −𝑥3

3!+

𝑥5

5!−

𝑥7

7!+

𝑥9

9!− ⋯

6. cos 𝑥 = 1 −𝑥2

2!+

𝑥4

4!−

𝑥6

6!+ +

𝑥8

8!− ⋯

7. cosh 𝑥 = 1 +𝑥2

2!+

𝑥4

4!+

𝑥6

6!+ +

𝑥8

8!+ ⋯

8. sinh 𝑥 = 𝑥 +𝑥3

3!+

𝑥5

5!+

𝑥7

7!+

𝑥9

9!+ ⋯

9. 1 + 𝑥 𝑝 = 1 + 𝑝1 𝑥 + 𝑝

2 𝑥2 + 𝑝

3 𝑥3 + 𝑝

4 𝑥4 + ⋯ − 1 < 𝑥 < 1

F. OPERASI DERET PANGKAT

a. Perkalian

Misal ; 𝑓 𝑥 = 𝑒𝑥 cos 𝑥

Menurut pembuktian pada deret maclaurin sebelumnya, jelas bahwa:

𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +1

2!𝑥2 +

1

3!𝑥3 +

1

4!𝑥4 + ⋯

Dan

cos 𝑥 = 1 −1

2!𝑥2 +

1

4!𝑥4 −

1

6!𝑥6 + ⋯

Sehingga diperoleh;

𝑒𝑥 cos 𝑥 = 1 + 𝑥 +𝑥2

2!+

𝑥3

3!+

𝑥4

4!+ ⋯ 1 −

𝑥2

2!+

𝑥4

4!+ ⋯

= 1 + 𝑥 +𝑥2

2!+

𝑥3

3!+

𝑥4

4!+ ⋯

26


−𝑥2

2!−

𝑥3

3!−

𝑥4

4!⋯

+𝑥4

4!+ ⋯

= 1 + 𝑥 + 0𝑥2 −𝑥3

3−

𝑥4

6⋯

= 1 + 𝑥 −𝑥3

3−

𝑥4

6⋯

Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑒𝑥 cos 𝑥 adalah;

𝑒𝑥 cos 𝑥 = 1 + 𝑥 −𝑥3

3−

𝑥4

6+ ⋯

b. Pembagian

Misal ; 𝑓 𝑥 = tan 𝑥

Jelas 𝑓(𝑥) = tan 𝑥 =sin 𝑥

cos 𝑥



3!+

𝑥5

5!−

𝑥7

7!+

𝑥9

9!− ⋯

Dan

cos 𝑥 = 1 −1

2!𝑥2 +

1

4!𝑥4 −

1

6!𝑥6 + ⋯

Sehingga diperoleh

𝑥 +𝑥3

3+

2

15𝑥5 ⋯

1 −𝑥2

2!+

𝑥4

4!⋯𝑥 −

𝑥3

3!+

𝑥5

5!⋯

𝑥 −𝑥3

2!+

𝑥5

4!⋯

𝑥3

3−

𝑥5

30⋯

𝑥3

3+

𝑥5

6⋯

2𝑥5

15⋯ , 𝑒𝑡𝑐

Jadi ekspansi deret Maclaurin untuk tan x adalah;

27


tan 𝑥 = 𝑥 +𝑥3

3+

2

15𝑥5 ⋯

c. Binomial

Misal ; 𝑓 𝑥 = 1 − 𝑥 −2

Menurut rumus binomial, bahwa:

1 + 𝑥 𝑝 = 1 + 𝑝

1 𝑥 +

𝑝2 𝑥2 +

𝑝3 𝑥3 + ⋯


𝑝 𝑝−1 𝑝−2 ⋯(𝑝−𝑘+1)

𝑘!

Maka diperoleh:

1 + 𝑥 −2 = 1 + −2 𝑥 + −2 −3

2!𝑥2 +

−2 −3 −4

3!𝑥3 + ⋯

= 1 − 2𝑥 + 3𝑥2 − 4𝑥3 + ⋯

Sehingga

1 − 𝑥 −2 = 1 + 2𝑥 + 3𝑥2 + 4𝑥3 + ⋯

Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 1 − 𝑥 −2 adalah;

1 − 𝑥 −2 = 1 + 2𝑥 + 3𝑥2 + 4𝑥3 + ⋯

d. Substitusi

Misal ; 𝑓(𝑥) = 𝑒tan 𝑥


𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +1

2!𝑥2 +

1

3!𝑥3 +

1

4!𝑥4 + ⋯Dan

tan 𝑥 =sin 𝑥

cos 𝑥= 𝑥 +

𝑥3

3+

2

15𝑥5 ⋯

Sehingga diperoleh;

𝑒tan 𝑥 = 1 + 𝑥 +𝑥3

3+ ⋯ +

1

2! 𝑥 +

𝑥3

3+ ⋯

2

+1

3! 𝑥 +

𝑥3

3+ ⋯

3

+1

4! 𝑥 + ⋯ 4 + ⋯

= 1 + 𝑥 + 𝑥3

3+ ⋯

+𝑥2

2! +

1

2!

2𝑥4

3+ ⋯

+𝑥3

3! +

𝑥4

4!+ ⋯

Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑒tan 𝑥 adalah;

28


𝑒tan 𝑥 = 1 + 𝑥 +𝑥2

2+

𝑥3

2+

3

8𝑥4 + ⋯

e. Metode kombinasi

Misal ; 𝑑𝑡

1+𝑡2

𝑥

0= 𝑡𝑎𝑛−1𝑡 𝑥

0= 𝑡𝑎𝑛−1𝑥

Menurut rumus binomial, bahwa:

1 + 𝑥 𝑝 = 1 + 𝑝

1 𝑥 +

𝑝2 𝑥2 +

𝑝3 𝑥3 + ⋯


𝑝 𝑝−1 𝑝−2 ⋯(𝑝−𝑘+1)

𝑘!

Maka diperoleh:

1 + 𝑡2 −1 = 1 − 𝑡2 + 𝑡4 − 𝑡6 + ⋯

Sehingga diperoleh;

𝑑𝑡

1 + 𝑡2

𝑥

0

= 1 − 𝑡2 + 𝑡4 − 𝑡6 + ⋯ 𝑑𝑡

𝑥

0

= 𝑡 −𝑡3

3+

𝑡5

5−

𝑡7

7+ ⋯

𝑥

0

= 𝑥 −𝑥3

3+

𝑥5

5−

𝑥7

7+ ⋯

Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑡𝑎𝑛−1𝑥 adalah;

𝑡𝑎𝑛−1𝑥 = 𝑥 −𝑥3

3+

𝑥5

5−

𝑥7

7+ ⋯

29


SOAL TUGAS AWAL

KELOMPOK 9

DERET TAYLOR DAN DERET MACLAURIN

1. Tulislah definisi dari deret berikut:

a. Deret Pangkat

b. Deret Taylor

c. Deret Maclaurin

2. Tentukan ekspansi deret Taylor di sekitar fungsi berikut dan nyatakan dalam bentuk notasi

sigma:

a. 3;2

1)(

a

xxf

b. 25;)( axxf

3. Tentukan ekspansi deret Maclaurin untuk fungsi berikut dan nyatakan dalam bentuk notasi

sigma untuk f(x) dan g(x):

a. xexf )( , xxg sin)( , dan )()()( xgxfxh

b.

x

dtt

x0 2

1

1

1sin

30


DAFTAR PUSTAKA

Boas, Mary.L, 1983. Mathematical Methods in The Physical Sciences. Depaul University:

USA

Purcell. Edwin J dan Varberg. D.1987. Kalkulus dan Geometri Analitis Jilid 2. Erlangga:

Jakarta

Schaum, 1981. Calculus. McGraw-Hill International Book Company: Singapore

Sugiman. 2005. Kalkulus Lanjut. UMP Press.: Malang

Deret Tak Hingga, Uji Kekonvergenan Deret, Deret Taylor Dan Deret Maclaurin (9

Documents

Transcript of Deret Tak Hingga, Uji Kekonvergenan Deret, Deret Taylor Dan Deret Maclaurin (9