Source Commercial Open For · PDF fileDiskusiBila: n → ∞ cenderung menuju nilai...

Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se

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

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

a1, a2, a3, · · · dengan an = f(n), n ∈ N

Notasi lain untuk barisan: {an}∞n=1, atau {an}

Contoh-Contoh:

1. an = 1− 1n: 0, 1

2, 23, 34, 45, · · · ♠

2. bn = 1− (−1)n 1n: 2, 12,

43 ,

34 ,

65 ,

56 ,

87,

78, · · · ♠

3. cn = (−1)n + 1n: 0, 32 ,

−23 ,

54,

−45 ,

76,

−67 ,

98 , · · · ♠

4. dn = 0, 999: 0, 999 ; 0, 999 ; 0, 999 ; 0, 999 ; · · · ♠

Diskusi: Bila n → ∞ cenderung menuju nilai berapakah suku barisan di atas ?

Definisi Kekonvergenan Barisan: Barisan {an} disebut konvergen ke L, ditulislimn→∞

an = L, artinya untuk setiap ǫ > 0, dapat dicari bilangan positif K sehingga

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

Contoh: Dengan definisi kekonvergenan barisan, Tunjukkan limn→∞

(1− 1n) = 1

Rumus umum suku barisan tersebut an = 1− 1n.

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, aK+2, aK+3, · · ·︸︷︷︸

|an − 1| < ǫ

URL:ftp.math.itb.ac.id Warsoma Djohan/Prodi. Matematika - FMIPA - ITB/2010

Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Kembali pada pernyataan (⋆), untuk mencari bilangan K, kita lakukan berikut:

|an − 1| < ǫ ⇐⇒ |(1− 1n)− 1| < ǫ

⇐⇒ | − 1n)| < ǫ

⇐⇒ 1n< ǫ

|an − 1| < ǫ ⇐⇒ n > 1ǫ

Dari pernyataan terakhir, dengan memilih bilangan asli K yang lebih besar dari 1ǫ,

maka hubungan (⋆) dipenuhi. �

Contoh: Perhatikan barisan cn = (−1)n + 1n.

Apakah barisan ini konvergen ke -1?

Bila kita perhatikan nilai suku-suku barisan tersebut adalah sebagai berikut

0,3

2, −2

3,5

4, −4

5,7

6, −6

7, · · · , 1001

1000, −1000

1001,1003

1002, −1002

1003, · · ·

Perhatikan bahwa sukus-suku ganjil (warna biru), ”cenderung” menuju -1, sedangkansuku-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)| < 12. Jadi lim

n→∞(−1)n + 1

n6= −1.

Pertanyaan lebih lanjut, apakah limn→∞

(−1)n + 1nada?, Jelaskan jawaban anda.


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Sifat-Sifat: (sama dengan sifat-sifat limit fungsi yang telah dikenal)

Misalkan {an}, {bn} barisan2 yang konvergen, k ∈ R dan p ∈ N.

• limn→∞

1

np= 0

• limn→∞

k = k

• limn→∞

(an ± bn) = limn→∞

an ± limn→∞

bn

• limn→∞

(an · bn) = limn→∞

an · limn→∞

bn

• limn→∞

an

bn=

limn→∞

an

limn→∞

bnsyarat lim

n→∞bn 6= 0

• Misalkan an = f(n). Bila limx→∞

f(x) = L maka limn→∞

f(n) = L

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

n→∞an = L dan lim

n→∞bn = L maka lim

n→∞cn = L

• limn→∞

an = 0 ⇐⇒ limn→∞

|an| = 0

Contoh-Contoh:

1. Tentukan limn→∞

3n2

7n2 + 1


lnn

en


sin3 n

n

4. Misalkan −1 < r < 1, tunjukkan limn→∞

rn = 0

(perhatikan 1|r| > 1, lalu tulis 1

|r| = 1 + p, tunjukan 0 ≤ |r|n ≤ 1pn)

bagaimanakah nilai limn→∞

rn bila |r| ≥ 1 ?


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Barisan Monoton Pengertian kemonotonan barisan persis sama dengan pengertiankemonotonan 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.

Catatan: Untuk pengamatan sifat barisan, kemonotonan {an} cukup dimulai

dari suatu indeks, yaitu bagian ekornya, depannya tidak perlu teratur.

Contoh: Buktikan barisan {bn} dengan bn = n2

2n konvergen

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

Catatan. Untuk menunjukan sebuah barisan {an} monoton, gunakan salah satu caraberikut:

• 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


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Deret Tak Hingga

Bentuk umum: a1 + a2 + a3 + · · · =∞∑

n=1

an dengan an ∈ R.

Tetapkan barisan {Sn} sebagai berikut:

a1︸︷︷︸, a1 + a2︸︷︷︸

, a1 + a2 + a3︸︷︷︸, · · · , a1 + a2 + · · ·+ an︸︷︷︸

, · · ·S1 S2 S3 Sn

Barisan ini disebut barisan jumlah parsial dari deret∞∑

n=1an

Secara intuitif bila n → ∞ maka Sn →∞∑

n=1an

Definisi: Sebuah deret∞∑

n=1

an disebut konvergen ke S bila limn→∞

Sn = S.

Deret Geometri: a+ ar + ar2 + ar3 + · · · =∞∑

k=1

ark−1 a, r ∈ R

Sifat: Deret geometri∞∑

k=1

ark−1 konvergen untuk |r| < 1 dengan nilai S = a1−r

dan

divergen untuk |r| ≥ 1.

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

Sn − rSn = a− arn (tunjukkan !)

Sn = a(1−rn)1−r

r 6= 1

Untuk |r| < 1, limn→∞

Sn = a1−r

(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: 43+ 4

9+ 4

27+ 4

81+ · · ·

Sifat: (uji kedivergenan deret) Bila∞∑

n=1

an konvergen maka limn→∞

an = 0

sifat ini ekivalen dengan: bila limn→∞

an 6= 0 maka∞∑

n=1an divergen.

Contoh: Periksa kekonvergenan∞∑

n=1

n3

2n3+2n


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Deret harmonik: 1 + 12 +

13 + · · ·+ 1

n+ · · · =

∞∑

n=1

1n

Perhatikan limn→∞

an = limn→∞

1n= 0, apakah deret ini konvergen ?

Sn = 1 + 12 +

13 + · · ·+ 1

n

= 1 + 12 +

(13 +

14

)+(15 +

16 +

17 +

18

)+(19 + · · ·+ 1

16

)+ · · ·+ 1

n

> 1 + 12 +

24 +

48 +

816 + · · ·+ 1

n

= 1 + 12 +

12 +

12 +

12 + · · ·+ 1

n

Jadi limn→∞

Sn = ∞, jadi {Sn} divergen atau deret harmonik divergen.

Deret Teleskopik / Kolaps :

(1

a1− 1

a2

)

+

(1

a2− 1

a3

)

+

(1

a3− 1

a4

)

+ · · · =∞∑

n=1

(1

an− 1

an+1

)

Pada deret ini : Sn =1

a1− 1

an+1

Contoh: Periksa kekonvergenan deret∞∑

k=1

1

(k + 2)(k + 3)

Sifat Linear: Jika∞∑

n=1

an,∞∑

n=1

bn deret yang konvergen dan c ∈ R maka

(a)∞∑

n=1c an = c

∞∑

n=1an dan (b)

∞∑

n=1(an + bn) =

∞∑

n=1an +

∞∑

n=1bn

Sifat: Jika∞∑

n=1an divergen dan c 6= 0 maka

∞∑

n=1c an divergen

Contoh: Tunjukkan∞∑

n=1

19n divergen


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


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 limn→∞

an = limn→∞

(−1)n+1 6= 0 maka deret ini divergen.

Sekarang kita kelompokkan suku-sukunya sebagai berikut:

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

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

Ternyata deret hasil pengelompokannya dapat dibuat konvergen. Hal ini tentu sajasalah. Jadi secara umum suku-suku sebuah deret tidak boleh dikelompokkan karena

nilainya akan berubah.

Sifat: Pengelompokan suku-suku sebuah deret yang konvergen tidak mengubah nilaidan kekonvergenannya. (tetapi posisinya tidak boleh ditukar) .


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Deret Positif

Pengujian kekonvergenan deret secara umum sukar dilakukan. Untuk deret yang suku-sukunya tak-negatif, tersedia berbagai macam sifat untuk menguji kekonvergenannya.

Definisi: Sebuah deret∞∑

n=1an disebut deret positif bila an ≥ 0.

Uji Jumlah Terbatas:

Deret positif∞∑

n=1an konvergen ⇐⇒ jumlah parsialnya, Sn, terbatas di atas.

Contoh: Tunjukkan 11! +

12! +

13! + · · · konvergen. (perlihatkan 1

n! ≤ 12n−1 )

Uji Integral:

Diberikan deret∞∑

n=1

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

positif dan tak naik pada [1,∞] maka∞∑

n=1an konvergen ⇐⇒

∞∫

1

f(x) dx konvergen. (ilustrasikan secara geometri) ♠

Perhatikan bahwa∞∑

n=1

an 6= ∞∫

1

f(x) dx

Contoh2:

1. Uji kekonvergenan deret∞∑

k=2

1k ln k

2. Deret∞∑

n=1

nen

diaproksimasi nilainya memakai 5 suku pertama5∑

n=1

nen, sehingga

galatnya adalah∞∑

n=6

nen. Aproksimasilah galat tersebut memakai integral tak wa-

jar.

Uji Deret-p: 1 + 12p +

13p +

14p + · · · =

∞∑

k=1

1kp

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∞∑

k=1

1k0,001


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Uji Banding: Misalkan 0 ≤ an ≤ bn untuk n ≥ N .

• Bila∞∑

n=1bn konvergen maka

∞∑

n=1an konvergen

• Bila∞∑

n=1an divergen maka

∞∑

n=1bn divergen

Contoh2: Periksa kekonvergenan (a)∞∑

n=1

n5n2−4 (b)

∞∑

n=1

n2n(n+1) (c)

∞∑

n=3

1(n−2)2

(untuk soal c, tunjukkan untuk n ≥ 3 berlaku 1(n−2)2 ≤ 9

n2 ).

Uji Banding Limit: Misalkan an ≥ 0, bn ≥ 0 dan limn→∞

anbn

= L.

• Bila 0 < L < ∞ maka kekonvergenan∞∑

n=1an dan

∞∑

n=1bn bersamaan.

• Bila L = 0 dan∞∑

n=1bn konvergen maka

∞∑

n=1an konvergen


n=1

3n−2n3−2n2+11

(b)∞∑

n=1

1√n2+19n

(c)∞∑

n=1

lnnn2

Uji Hasil Bagi: Misalkan∞∑

n=1an deret positif dengan lim

n→∞an+1

an= ρ

• Bila ρ < 1 deret konvergen.

• Bila ρ > 1 deret divergen.

• Bila ρ = 1 tidak diperoleh kesimpulan


n=1

2n

n! (b)∞∑

n=1

2n

n100 (c)∞∑

n=1

n!nn

(untuk soal c, gunakan sifat limn→∞

(1 + 1n)n = e) .


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Ringkasan: Misalkan∞∑

n=1an sebuah deret positif:

• Jika limn→∞

an 6= 0 maka deret divergen.

• 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 dibagipenyebut.

• Jika uji-uji di atas gagal, coba dengan uji banding, uji integral atau uji jumlahterbatas.

Catatan: Item 2, 3, dan 4 hanya dapat dipakai untuk deret positif.


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Deret Ganti Tanda

Bentuk umum : a1 − a2 + a3 − a4 + a5 − a6 +− · · · =∞∑

n=1

(−1)n−1an an > 0 ∀ n

Contoh-contoh:

1. 1− 1 + 1− 1 + 1− 1 +− · · ·2. 1− 1

2 +13 − 1

4 +15 − 1

6 +− · · ·3. 1− 2 + 3− 4 + 5− 6 +− · · ·

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

Perhatikan deret ganti tanda∞∑

n=1(−1)n−1an dengan 0 < an+1 < an.

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

1S

2S

4S

6S

8S

3S

5S

7S L L

Perhatikan:

1. barisan: S1, S3, S5, · · · monoton turun dan terbatas di bawah sehingga konver-gen, 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 limn→∞

an = 0 maka semua suku barisan Sn menuju limit yang sama yaitu S ′ =

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


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Uji Deret Ganti TandaMisalkan a1 − a2 + a3 − a4 + a5 − a6 + − · · · suatu deret ganti tanda dengan

0 < an+1 < an. Bila limn→∞

an = 0 maka deret konvergen. Bila nilai deret tersebut

diaproksimasi dengan Sn maka galatnya ≤ an+1.

Contoh-contoh:

Periksa kekonvergenan deret-deret berikut:

1. 1− 12 +

13 − 1

4 +15 − 1

6 +− · · · (deret harmonik ganti tanda)

2.∞∑

n=1(−1)n−1n2

2n

Kekonvergenen Mutlak dan Bersyarat

Perhatikan deret berikut:

1 +1

4− 1

9+

1

16+

1

25− 1

36+ · · ·

Deret ini tidak dapat diuji dengan Uji Deret Ganti Tanda, mengapa ?

Bila setiap suku dari deret tersebut dimutlakkan maka diperoleh deret:

1 +1

4+

1

9+

1

16+

1

25+

1

36+ · · ·

Apakah deret terakhir ini konvergen ? Beri alasan !

Deret∞∑

n=1|an| disebut deret mutlak dari deret

∞∑

n=1an

Sifat

Bila∞∑

n=1|an| konvergen maka

∞∑

n=1an konvergen.

Berikan contoh sebuah deret∞∑

n=1an yang konvergen tapi

∞∑

n=1|an| divergen.

Sebuah deret dikatakan

a. Bila∞∑

n=1|an| konvergen, dikatakan deret tersebut konvergen mutlak.

b. Bila∞∑

n=1an konvergen tetapi

∞∑

n=1|an| divergen, dikatakan deret konvergen bersyarat.


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Contoh2: Periksa kekonvergenan (mutlak/bersyarat/divergen) deret2 berikut:

1.∞∑

n=1

cos(n!)n2

2.∞∑

n=1(−1)n+1 1√

n

3.∞∑

n=1

(−1)n−1n2

2n

Uji Hasil Bagi Mutlak

Misalkan∞∑

n=1an sebuah deret (sebarang). Tetapkan ρ = lim

n→∞|an+1||an| .

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(−1)n+13n

n!

Teorema Penukaran Tempat

Suku-suku sebuah yang konvergen mutlak boleh dipertukarkan posisinya, nilai deretnya

tidak akan berubah.

Latihan: Periksa kekonvergenan deret-deret berikut:

1.∞∑

n=1

4n3+3nn5−4n2+1

2.∞∑

n=1

(−1)n+1√n+1+

√n


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Deret Pangkat Dalam x

Bentuk Umum:∞∑

n=0anx

n = a0 + a1x + a2x2 + · · · dengan x ∈ R

Perjanjian: Pada notasi sigma di atas suku a0x0 = 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

−1 < x < 1 dengan nilai S(x) = a1−x

.

a + ax + ax2 + · · · = a1−x

− 1 < x < 1

Himpunan dari semua nilai x yang menyebabkan suatu deret pangkat konvergen dise-but 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:

1.∞∑

n=0

xn

(n+1)2n

2.∞∑

n=0

xn

n!

3.∞∑

n=0

n! xn


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


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 kekonvergenannyasedangkan pada kedua ujungnya belum tentu. Bila pada kedua ujungnya juga konver-

gen, 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:∞∑

n=0an(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∞∑

n=0

(x−1)n

(n+1)2


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Operasi Deret Pangkat

Pada pasal ini akan dikaji: Pendiferensialan, Pengintegralan dan Operasi Aljabar (tam-

bah, kurang, kali dan bagi) dari deret pangkat.

Perhatikan sebuah deret pangkat yang konvergen ke fungsi S(x).

∞∑

n=0

anxn = a0 + a1x + a2x

2 + · · · = S(x)

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

S ′(x) =∞∑

n=0

Dx(anxn) =

∞∑

n=1

nanxn−1 = a1 + 2a2x + 3a3x

2 + · · ·

dan

∫ x

0

S(t) dt =

∞∑

n=0

∫ x

0

(antn) dt =

∞∑

n=0

an

n+ 1xn+1 = a0x +

1

2a1x

2 +1

3a2x

3 + · · ·

Dengan operasi Pendiferensialan dan Pengintegralan terhadap deret pangkat kita da-

pat memperoleh rumus-rumus deret untuk fungsi yang lain seperti dikemukakan padacontoh-contoh berikut ini:

Perhatikan deret pangkat: 11−x

= 1 + x + x2 + x3 + · · · − 1 < x < 1

Apabila didiferensialkan maka diperoleh:

1(1−x)2 = 1 + 2x + 3x2 + 4x3 + · · · − 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


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Hasil Titik Ujung

Misalkan f(x) =∞∑

n=0

anxn, untuk −R < x < R. Jika f kontinu diujung-ujung −R

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

Latihan:

1. Lakukan substitusi x = −t2 pada deret 11−x

lalu integralkan untuk memperoleh

rumus tan−1(x) = x − x3

3 + x5

5 − x7

7 + · · · − 1 < x < 1

2. Lakukan operasi pendiferensialan pada deretS(x) = 1 + x + x2

2! + x3

3! + · · · x ∈ R

untuk memperoleh rumus deret ex.

Tugas MandiriPelajari 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 konvergenakan 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)


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


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 ′′(a)2! (x − a)2 + f ′′′(a)

3! (x − a)3 + · · · disebut deretTaylor dari f(x) disekitar a. Bila a = 0 dinamakan deret MacLaurin.

Pertanyaan:

Apakah sebuah deret Taylor menggambarkan fungsi semula ?

Sebagai ilustrasi, perhatikan pada deret Taylor 11−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

limn→∞

Rn(x) = limn→∞

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

(x− 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 nilai1∫

0

ln(x+

1) dx memakai 5 suku pertama dari deret tersebut.


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Deret-Deret Maclaurin yang penting:

1. 11−x

= 1 + x + x2 + x3 + · · · −1 < x < 1

2. ln(1 + x) = x − x2

2 + x3

3 − x4

4 + · · · −1 < x < 1

3. tan−1 x = x − x3

3+ x5

5− x7

7+ · · · −1 < x < 1

4. ex = 1 + x + x2

2! + x3

3! + · · ·5. sin x = x − x3

3! + x5

5! − x7

7! + · · ·6. cosx = 1 − x2

2! + x4

4! − x6

6! + · · ·7. sinh x = x + x3

3!+ x5

5!+ x7

7!+ · · ·

8. cosh x = 1 + x2

2! + x4

4! + x6

6! + · · ·9. (1 + x)p = 1 +

(p1

)x +

(p2

)x2 +

(p3

)x3 + · · · −1 < x < 1

dengan(pk

)= p·(p−1)·····(p−k+1)

1·2·3·····k


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


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)

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 berimpitsampai turunan pertama.

f(a) = p1(a) dan 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 c2 =f ′′(a)2! .

f(x) ≈ f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)

2!(x− a)2


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


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)

Nilai ck ditentukan dari syarat f (k)(a) = p(k)n (a) k = 0, 1, · · · , n.

Dengan mensubstitusikan syarat tersebut satu-persatu pada (5), diperoleh:

c0 = f(a) , c1 = f ′(a) , c2 =f ′′(a)2! , · · · , cn = f (n)(a)

n!

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)2!

(x− a)2 + · · · + f (n)(a)n!

(x− a)n

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

f(x) ≈ pn(x) = f(0) + f ′(0)x + f ′′(0)2! x2 + · · · + f (n)(0)

n! xn

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.


Ope

n S

ourc

e N

ot F

or C

omm

erci

al U

se


Tugas Mandiri: 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− 12!(0, 2)2 + 1

4!(0, 2)4 ≈ 0, 9800667

galat metode galat perhitungan

(galat pemotongan) (galat pembulatan)

Galat pemotongan terjadi karena adanya pemotongan rumus matematika tertentu,sedangkan galat pembulatan diakibatkan karena keterbatasan penyimpanan bilanganpada alat hitung kita.

Perlu diperhatikan, walaupun hasil hitungan numerik selalu berupa hampiran,

bila sumber galatnya hanya galat pemotongan, maka kita dapat mengatur besargalat 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(x)=f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)

2!(x− a)2 + · · · + f (n)(a)

n!(x− a)n +Rn(x)

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 = |c2−sin cc

| dengan 2 ≤ c ≤ 4.

Taksirlah batas maksimum galat tersebut.


Source Commercial Open For · PDF fileDiskusiBila: n → ∞ cenderung menuju nilai...

Documents

Transcript of Source Commercial Open For · PDF fileDiskusiBila: n → ∞ cenderung menuju nilai...