Barisan Dan Deret: Kalkulus 2b

BARISAN DAN DERET

KALKULUS 2B FEH1B3 S1 Teknik Telekomunikasi - Fakultas Teknik Elektro

Barisan •

•

Definisi Barisan bilangan didefinisikan sebagai fungsi dengan daerah asal merupakan bilangan asli. Notasi: f: N  R n f(n ) = an Fungsi tersebut dikenal sebagai barisan bilangan Riil {an} dengan an adalah suku ke-n. Bentuk penulisan dari barisan : 1. bentuk eksplisit suku ke-n 2. ditulis barisannya sejumlah berhingga suku awalnya. 3. bentuk rekursi an 1  1 1 1  a  1 , a  1 n 1 an = 1, , , , ... 1  an 2 3 4   n

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

2

Kekonvergenan Barisan • Definisi: Barisan {an} dikatakan konvergen menuju L atau berlimit L dan ditulis sebagai lim an  L n

Jika untuk tiap bilangan positif , ada bilangan positif N sehingga untuk

n  N  an  L   Sebaliknya, barisan yang tidak konvergen ke suatu bilangan L yang terhingga dinamakan divergen.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

3

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

4

Catatan • Akan kita jumpai banyak persoalan konvergensi barisan. Kita akan menggunakan fakta berikut. Jika lim f (x)  L , maka lim f (n)  L x 

n

Fakta ini memudahkan karena kita dapat memakai kaidah L’ Hopital untuk soal peubah kontinu.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

5

Sifat Limit Barisan • Sifat dari limit barisan, jika barisan {an} konvergen ke L dan barisan {bn} konvergen ke M, maka 1. lim a n  b n   lim a n   lim b n   L  M n 

n 

n 

2. lim a n .b n   lim a n . lim b n   L.M n 

 an 3. lim  n  b  n 

n 

n 

a n  L  nlim     , untuk M  0 b n  M  nlim 

Barisan {an} dikatakan

a. Monoton naik bila an+1  an b. Monoton turun bila an+1  an 3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

6

Contoh Tentukan konvergensi dari barisan di bawah ini: n 1. a n  2n  1 Jawab: Ambil f (x) 

L’Hopital,

x , Dalam hal ini menurut kaidah 2x  1

lim f (x)  lim x 

x 

lim

n 1  2n  1 2

Jadi, n

x 1  2x  1 2

artinya barisan an konvergen menuju ½. 3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

7

Contoh  1 2. a n  1    n

n

Jawab: x 1  Ambil f (x)  1   , Dalam hal ini menurut kaidah x   L’Hopital,  1 ln x 1       1 x   1   exp  lim  lim1    exp  lim x. ln 1    1 x   x  x  x   x    x 2    1  x 

Jadi,

   .   x x  1      exp  lim 2  x   1       x  

x    exp lim   e1  e  x  x  1 

n

 1 lim 1    e n   n

artinya barisan an konvergen menuju e. [MA 1124] 3/22/2019

KALKULUS II

8

Latihan Tentukan konvergensi dari barisan di bawah ini: 4n 2  1 1. a n  2 n  2n  3

3n 2  2 2. a n  n 1 n a  3. n n  1

4. a n

n    

4n ln( n ) a  5. n n

1 a = 1 + an , a1=1 6. n+1 2 3/22/2019

1 2 (an + ) , a1=2 2 an

7.

an+1 =

8.

 1 2 3 4   , , , ...  2 3 4 5 

9. 10.

11. [MA 1124] KALKULUS II

2 3 4 5     1, , , , ... 3 5 7 9       1 1 1 , , ...  1, 1 2 3  1 1 1    2 3 4    1  2 3 4 , , , . ..    2 1 3 1 4 1 5 1    2 3 4 5 9

Deret Tak Hingga • Bentuk deret tak hingga dinotasikan dengan notasi sigma, sebagai berikut: 

a n 0

n

= a1 + a2 + a3 + a4 + …+ an + …

dengan an adalah suku ke-n.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

10

Barisan Jumlah Parsial Misalkan Sn menyatakan jumlah parsial ke-n suku deret   a i , maka i 0

S1 = a1 S2 = a1 + a2 . . . Sn = a1 + a2 + a3 + a4 + …+ an =

n

a i 0

i

Barisan {Sn}, dinamakan barisan jumlah parsial deret



a i 0

Dari jumlah parsial ini di dapat bahwa Sn – Sn-1 = an.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

11

i

Kekonvergenan Deret Tak Hingga 

Deret tak hingga

a i 0

i

konvergen dan mempunyai

jumlah S jika barisan jumlah-jumlah parsialnya {Sn} konvergen ke S. Sebaliknya apabila {Sn} divergen maka deret divergen.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

12

Deret Geometri • Bentuk umum deret geometri adalah 



ar n 1

= a +ar +a r2 + ... + a rn-1 + ...

n 1



dengan a  0. Jumlah parsial deret ini adalah n

Sn =



ar i 1 =

a +ar +a r2 + ... + a rn-1



i 1



a 1 r n dan dapat ditulis sebagai Sn = , r  1. 1 r

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

13

Sifat Deret Geometri 1. Jika r < 1 maka barisan {rn} konvergen ke 0 karena lim r n = 0, maka deretnya konvergen ke

n 

2. Jika r

a 1 r

rn =  , > 1 maka barisan {rn} divergen karena nlim 

maka deretnya juga divergen

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

14

Contoh (Selidiki kekonvergenannya) 1.

1 1 1 1 1      . .. 2 4 8 16 32

Jawab: Kalau kita perhatikan

S1 =

S3 =

1 1 1 1 3 1 =1S2 =  = = 1 – ( )2 2 2 2 4 4 2 1 1 1 7 1 3   = =1–( ) 2 4 8 8 2

Sehingga kita peroleh jumlah parsial ke-n-nya Dan

1 2

Sn = 1 – ( )n lim S n = lim (1 – (

n 

n 

1 n ) )=1 2

Jadi karena barisan jumlah-jumlah parsialnya konvergen ke 1, maka deret di atas juga konvergen. 3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

15

Contoh (2) 

2.

1  (Deret Kolaps) i 1 i (i  1) Jawab: Kalau kita perhatikan

1 1 = i(i  1) i

-

1 i 1

Dari sini kita peroleh bahwa jumlah parsial ke-n-nya 1 1 1 1 1 1 1   1  Sn = 1            . . .     = 1    2   2 3   3 4   n n  1   n  1  Dan

1   lim S n = lim 1   n  n   n 1

=1

Jadi karena barisan jumlah parsialnya konvergen ke 1, maka deret di atas juga konvergen. 3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

16

Contoh (3) 

3.

1  i 1 i

(Deret Harmonik)

Jawab: Dari sini kita dapatkan 1 1 1 1 1 1 1 1 Sn = 1 +        . . .  2 3 4 5 6 7 8 n 1 1 1 1 1 1 1 1 Sn = 1 +            . . .  2 3 4 5 6 7 8 n 1 1 1 1 1 1 1 1  1 +            . . .  2  4 4 8 8 8 8 n 1 1 1 1 1 =1+     . . . 2 2 2 2 n Sehingga akan kita dapatkan limit untuk Sn untuk n menuju tak hingga harganya adalah tak hingga juga. Jadi deret harmonik di atas adalah deret divergen. [MA 1124] 3/22/2019

KALKULUS II

17

Uji kedivergenan dengan suku ke-n. 

Apabila  a n 0

n

konvergen maka lim a n = 0, ekivalen n 

lim a n  0 maka deret divergen.

n 



Contoh: Buktikan bahwa

 3n n 1

Bukti

lim

n  3n 2

n2  3n  4

2

 3n  4

divergen.

1 1 = (Tidak Nol) n  3 4 3 3  2 n n

= lim



Jadi terbukti bahwa

 3n n 1

3/22/2019

n2

n2 2

 3n  4

[MA 1124] KALKULUS II

divergen.

18

Masalah Baru Dalam banyak kasus bahwa lim an  0 , tetapi dari sini n 

kita sangat sulit menentukan apakah deret tersebut konvergen atau divergen. Sebagai contoh deret harmonik, 

1 1 1 1 1 1 1 1 =1 +        . . .  + . . .  n 1 2 3 4 5 6 7 8 n Jelas bahwa lim a n = 0, tetapi deret harmonik adalah 1 n

n 

deret yang divergen. Oleh karena itu perlu dilakukan uji-uji untuk deret positif.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

19

Uji Deret Positif 1. Tes Integral Misalkan fungsi f kontinu monoton turun dan f(x) > 0 pada selang [1,)  a. Jika integral tak wajar f ( x ) dx konvergen, maka deret 

 f (n ) n 1

konvergen.



1





b. Jika integral tak wajar f ( x ) dx divergen, maka deret  1  f (n ) divergen. n 1

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

20

Contoh 

1. Selidiki kekonvergenan dari Jawab. Kita ambil f ( x )  x e





1

xe

x 2

dx = lim



b

b  1

xe

x 2

1 x 2 =  lim e 2 b Jadi karena





xe

x 2

ne n 1

x2

, sehingga

1 dx = lim 2 b  b 1

=

n 2



b

e

x 2

d( x 2 )

1

 1 1 1 1  lim  2  1  = 2 e 2 b  eb e  

dx konvergen, maka

1

ne

n 2

n 1

juga konvergen.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

21

Contoh 

2. Selidiki kekonvergenan dari  n 2

Jawab. Kita ambil f ( x ) 





2

1 , sehingga x ln x

b dx  d (ln x ) dx  lim   lim  2 b   x ln x x ln x b   2 ln x  lim ln ln x   lim ln ln b   ln ln 2   b 

Jadi karena

b 





2

dx divergen, maka x ln x

juga divergen.

3/22/2019

1 n ln n

[MA 1124] KALKULUS II



 n 2

1 n ln n

22

Latihan Selidiki kekonvergenan deret berikut: 

1.

 n  2 n 3 

2.

 n ln n 2 

3.

 n 1

3/22/2019



1

4.

2

n 1 

1 2



5.

n

1 2n  1 1

 4n n 1

2

1

1

4  3n 

3 2

[MA 1124] KALKULUS II

23

Uji Deret Positif 2. Uji Deret -p Deret-p atau deret hiperharmonik mempunyai bentuk umum

1  p i 1 i 

Dengan menggunakan tes integral, kita dapatkan lim





t  1

t

x  t 1 p  1  = lim dx = lim  p t   1  p  x   1 t  1  p 1 p

1

Kalau kita perhatikan, untuk

1. p = 1 diperoleh deret harmonik, sehingga untuk p = 1 deret divergen. 1 p lim t = 0, sehingga diperoleh deret 2. p > 1 maka t  yang konvergen. 3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

24

Uji Deret Positif 3. p < 1 maka lim t t  divergen.

1 p

=∞, sehingga diperoleh deret yang

1 1 4. p < 0, suku ke-n deret  P , yaitu, P tidak menuju 0. n i 1 i Jadi deret divergen menurut Uji Suku ke-n n

Sehingga dapat kita simpulkan untuk uji deret-p, yaitu: 1. Deret-p konvergen apabila p > 1 2. Deret-p divergen apabila 0  p  1

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

25

Contoh Apakah deret berikut konvergen atau divergen? 

1.

1

n n 1

1, 001



Berdasarkan uji deret-p, deret karena p=1,001 > 1 

2.

 n 1

n 1

1, 001

konvergen

1 n

1

2



Berdasarkan uji deret-p, deret karena p= ½ < 1

3/22/2019

n

1

[MA 1124] KALKULUS II

 n 1

1 n

1

2

divergen

26

Uji Deret Positif 3. Tes Perbandingan dengan deret lain 

Andaikan 1. Jika 2. Jika

3/22/2019

 a dan  b deret positif, jika an  bn maka n

n 1`



b

n

n 1` 

a n 1`



n

n 1`

konvergen, maka 

n

divergen, maka



a n 1`

b

n

n

konvergen

divergen

n 1`

[MA 1124] KALKULUS II

27

Contoh Selidiki Kekonvergenan deret berikut:  1.  2n n 3

n 5

Jawab: 1 Akan kita bandingkan deret ini dengan an = dan bn= 

n

n n 5 1 kita tahu bahwa adalah deret harmonik dan n  n 1 n 1 1  , Sehingga karena deret divergen, maka 2 n n 5 n n 1



2





n n 2

3/22/2019

n 2

5

deret yang divergen.

[MA 1124] KALKULUS II

28

,

Contoh 

2.

n n 1

1 2

5

Jawab: 1 1 Akan kita bandingkan deret ini dengan bn= 2 dan an= 2  n 5 n 1 kita tahu bahwa 2 adalah deret hiperharmonik dengan

n

p = 2 >1 dan

1 n

2

konvergen, maka



1 n 5 2



n n 1

3/22/2019



n 1

, Sehingga karena

1 2

5

n n 1

1 2

deret

deret yang konvergen.

[MA 1124] KALKULUS II

29

Latihan Selidiki kekonvergenan deret berikut 

1.  n n 1



2.

n n 3 

3.

2 n 1

3/22/2019



n 2

4.

5

n 3 

1

5.

5

2

 n  2  n 1

1

2

1 2n  1

1 n

1

[MA 1124] KALKULUS II

30

Uji Deret Positif 4. Tes Banding limit an Andaikan an dan bn deret positif dan lim =L n   bn   1. Jika 0 < L <  maka

a n 1`

n

dan  b n sama-sama n 1`

konvergen atau divergen 

2. Jika L = 0 dan

3/22/2019

b n 1`



n

konvergen maka

[MA 1124] KALKULUS II

 a konvergen. n 1`

n

31

Contoh Selidiki kekonvergenan dari deret berikut : 2n  3 1.  3 2 n 1 n  5n  7 

Jawab: Kita gunakan Uji Banding Limit. Kalau kita perhatikan deret tersebut, suku umumnya mirip dengan bn= 1 n 2 sehingga 2n  3 3 3 2 2 an 2 n  3 n n  5 n  7 lim  lim  lim 3 =2 2 n  b n  1 n   n  5n  7 n n2 

1 Jadi karena L=2 dan  n 2 konvergen, maka deret n 1  2n  3 konvergen.  3 2 n 1 n  5n  7 3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

32

Contoh Selidiki kekonvergenan dari deret berikut : 

2.

 n 1

1 n2  4

Jawab: Kita gunakan Uji Banding Limit. Kalau kita perhatikan deret tersebut, suku umumnya mirip dengan bn= 1 n sehingga 1 2 an n2 n  4 lim lim lim =1 = 2 = n  n  b n  n  4 1 n n



1 Jadi karena L=1 dan  divergen, maka deret n 1 n  1 divergen.  2 n 1 n 4 3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

33

Latihan Selidiki kekonvergenan dari deret berikut:  

n 1.  2 n 1 n  2n  3  1

2.

n n 1

3.



 n 1

3/22/2019

n 1

4.

5.

3n  1  3 n 4 n 1 

ln n  2 n n 1

2n  3 n2

[MA 1124] KALKULUS II

34

Uji Deret Positif 5. Tes Hasil Bagi 

Diketahui  ak merupakan suatu deret dengan k 1

suku-suku yang positif, misalkan 1. Jika  < 1 maka deret 2. Jika  > 1 maka deret

a k 1  k  a k lim



ak k 1

konvergen



ak k 1

divergen

3. Jika  = 1 maka uji deret ini tidak dapat dilakukan.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

35

Contoh

Selidiki kekonvergenan deret berikut: 

n 3 1.  n 1 n ! Jawab:

3n Misalkan suku ke-n adalah an = , maka suku ke-n+1 n 1 n! adalah an+1= 3 sehingga n  1! a lim n 1 n a n

3n 1  lim n

n  1!

3n

n!

3n 1 n ! 3  lim  lim n 0 n   n  1 n   3 n  1! 

3n Karena nilai limit r=0 (< 1), maka deret  konvergen n ! n 1

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

36

Contoh 

3n 2.  2 n 1 n Jawab:

3n Misalkan suku ke-n adalah an = 2 , maka suku ke-n+1 n 1 n 3 adalah an+1= sehingga 2 n  1 a lim n 1  lim n a n n

3n 1

n  12 n

3

 lim n

n2

3n 1 n2

3 n  1 n

2

 lim n

3n2

n  12 

3n Karena nilai limit r=3 (> 1), maka deret  2 n 1 n

3/22/2019

3

[MA 1124] KALKULUS II

divergen

37

Latihan Selidiki kekonvergenan dari deret berikut: 

n! 1.  n n 1 n 

n

n 2.    n 1 2n !

5n 4.  n 1 n ! 



n3 5.  n 1 2n !

4n  n 3.  n! n 1 

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

38

Uji Deret Positif 6. Tes Akar



Diketahui  ak merupakan suatu deret dengan k 1

k a a suku-suku yang positif, misalkan lim k k 



1. Jika a < 1 maka deret

ak k 1

konvergen



2. Jika a > 1 maka deret

ak k 1

divergen

3. Jika a = 1 maka uji deret ini tidak dapat dilakukan.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

39

Contoh

Selidiki kekonvergenan deret 1.

 2n2    n 1  n  1  Jawab: 

n

n

 2n  2 Misalkan suku ke-n adalah an =   , maka nilai  n 1  limitnya adalah

lim

n 

n

2n  2 an  lim 2 n  n  1

 2n  2  Karena nilai limit r = 2 (> 1), maka deret   n  1   n 1  

n

divergen 3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

40

Contoh 2.

 n2     n 1  2 n  1  Jawab: 

n

 n2 Misalkan suku ke-n adalah an =  2n  1 limitnya adalah

lim

n 

n

n

  , maka nilai 

n2 1 an  lim  n  2n  1 2

 2n  2  Karena nilai limit r = ½ (< 1), maka deret   n  1   n 1  

n

konvergen 3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

41

Latihan Selidiki kekonvergenan dari deret berikut: 

 1   1.   n 1  ln n  

n

 n   2.   n 1  3n  2 

3/22/2019



1 1 3.     n n 1  2 n

4.

[MA 1124] KALKULUS II

n

 3n  2     n 1  2 n  1  

n

42

Deret Ganti Tanda dan Kekonvergenan Mutlak

• Deret Ganti Tanda Deret ini mempunyai bentuk sebagai berikut 

n 1    1 a n  a1  a 2  a 3  a 4  ...  n 1

dengan an > 0, untuk semua n. Contoh penting adalah deret harmonik berganti tanda, yaitu  1 1 1 n 1 1    1  1     ...  n 2 3 4 n 1

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

43

Uji Deret Ganti Tanda Andaikan deret ganti tanda, deret tersebut dikatakan konvergen jika 1. an+1< an 2. lim a n  0 n

Contoh Tentukan kekonvergenan deret ganti tanda berikut

1 1 1 1. 1     . . . 2 3 4 1 1 1 2. 1     . . . 2! 3! 4! 3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

44

Contoh 1. Jawab (uji ganti tanda) Dari soal diatas kita punya an=

1 1 , deret n , dan an+1 = n  1

tersebut konvergen jika 1 an n  n  1  1  1  1  a >a a.  n n+1 an 1 1 n n n 1

1 0 n  n

b. lim an  lim n 

Karena a dan b terpenuhi maka deret di atas konvergen.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

45

Contoh 2. Jawab (uji ganti tanda) 1 1 , deret Dari soal diatas kita punya an= , dan an+1 = n  1! n! tersebut konvergen jika 1 a n! a. n   1 n  1 1 an1 n  1!

 an >an+1

1 0 b. lim an  lim n  n  n !

Karena a dan b terpenuhi maka deret di atas konvergen.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

46

Latihan

Selidiki kekonvergenan dari deret ganti tanda berikut:   2 n n n 1    1 4.  1.   1 n 3n  1

n 1

n3 2.   1 n 2  n n 1

n 1 



n



3.

3/22/2019

  1 n 1

n 1

5.

n    1  n 1

3

1 n(n  1)

nn n!

[MA 1124] KALKULUS II

47

Konvergen Mutlak dan Konvergen Bersyarat Suatu deret dikatakan konvergen mutlak bila harga mutlak deret tersebut konvergen. Atau dengan kata lain 

 bn n 1

dikatakan konvergen mutlak jika



 bn n 1 

Dan dikatakan konvergen bersyarat jika tetapi

3/22/2019



 bn n 1

konvergen.

 b n divergen, n 1

konvergen.

[MA 1124] KALKULUS II

48

Pengujian Kekonvergenan Mutlak 

Misalkan n 1

an

a n 1 lim dengan an  0 dan n a = r. Maka n

1. bila r < 1 maka deret konvergen mutlak 2. bila r > 1 maka deret divergen 3. bila r = 1 maka tes gagal.`

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

49

Contoh Selidiki deret berikut konvergen bersyarat, konvergen mutlak atau divergen 

1.

  1

n 1

n 1

2n n!

Jawab: Dari soal diatas kita punya an=  1 sehingga

 1

n 2

r  lim

n 

an 1 an

 lim

n 

 1

2 n 1

n 1

n  1!

2n

n !

n1

n 1 2n n2 2 , dan an+1 =  1 n  1! n!

2 n 1 n ! 2  lim n 0  lim n  2 n  1! n n  1

Menurut uji hasilbagi mutlak, deret ini konvergen mutlak 3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

50

Contoh 

n 1    1 2.  n 1

1 n

Jawab: 

n 1 Dengan uji deret ganti tanda deret   1 



n 1

n 1

(buktikan!!), sedangkan  an  

n 1

1 n

konvergen

1 adalah deret divergen n

(karena merupakan deret-p dengan p= ½ < 1) 

Jadi deret

3/22/2019

  1 n 1

n 1

1 n

adalah konvergen bersyarat.

[MA 1124] KALKULUS II

51

Latihan Selidiki apakah deret tersebut konvergen mutlak, konvergen bersyarat atau divergen: 

n n   1  n  1. 5  n 1

 

2.

 n 1

(4) n

3/22/2019

4.

1  1  nn  1 n 1

5.

(1) n1  n 1 n ln n

2 n

n



n

(1) 3.  n 1 3n  2 



(1) n 1 6.  n 1 n n  1 

[MA 1124] KALKULUS II

52

Deret Pangkat Deret pangkat secara umum ada dua bentuk 1. Deret pangkat dalam x didefinisikan 



an x n

n 0

2.

= a0 + a1 x + a2 x2 + . . .

Deret pangkat dalam (x – b) didefinisikan 

a n 0

n

x  bn = a0 + a1 (x-b) + a2 (x-b)2 + . . .

Untuk kali ini kita bicara selang kekonvergenan / untuk harga x berapa saja deret pangkat tersebut konvergen.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

53

Selang Kekonvergenan Selang kekonvergenan ditentukan dengan uji hasilbagi mutlak sebagai berikut: an 1(x  b)n 1 Misalkan  an x  b dan L  lim n an (x  b)n n 0 

n

1. Jika L < 1, maka deret konvergen. 2. Jika L = 1, tidak dapat diambil kesimpulan  gunakan uji deret sebelumnya.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

54

Soal Tentukan selang kekonvergenan deret 1.



 (n  1)2 n 0



2.

xn

 n 0

n

xn (n  1) !



3.

 (n  1) ! x

n

n 0

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

55

Jawab 1. Kita akan gunakan Uji Hasilbagi Mutlak, untuk menyelidiki kekonvergenan mutlak. x (n  1) x n 1 xn x L  lim n 1 :  lim  n 2 n   2 (n  2) (n  2) (n  1)2n 2

Jadi deret tersebut konvergen mutlak apabila L< 1, yaitu –2 < x < 2 Kemudian akan kita cek untuk titik ujung intervalnya yaitu x = 2 atau x = -2 .  Pada x = 2 2n   n n 1 n  1 2 

1  n 1 n  1 

deret ini adalah deret harmonik yang divergen. 3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

56

Jawab  Pada x = –2

 2 n  n n 1 n  1 2 

  1 n  n 1 n  1 

deret ini adalah deret harmonik berganti tanda yang konvergen. Sehingga selang kekonvergenannya adalah –2  x < 2

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

57

Jawab(2) 2. Kita akan gunakan Uji Hasilbagi Mutlak, untuk menyelidiki kekonvergenan mutlak. x x n 1 xn  lim 0 L  lim : n   n  2 n   n  2! n  1!

Karena L = 0 < 1, maka deret selalu konvergen untuk semua nilai x. Jadi selang kekonvergenannya adalah (-,)

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

58

Jawab(3) 3. Kita akan gunakan Uji Hasilbagi Mutlak, untuk menyelidiki kekonvergenan mutlak.

 n  2! x n 1 L  lim n   n  1! x n

0,  limn  2 x   n ,

jika x  0 jika x  0

Jadi deret tersebut konvergen hanya untuk x = 0.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

59

Teorema 1 

Himpunan kekonvergenan deret pangkat



a n x n berbentuk

n 0

selang yang berupa salah satu dari ketiga jenis berikut: 1. satu titik x = 0 2. selang (-c, c), mungkin ditambah salah satu atau keduanya titik ujungnya. 3. seluruh himpunan bilangan riil

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

60

Teorema 2 

Himpunan kekonvergenan deret pangkat

 a n ( x  b) n

n 0

berbentuk selang yang berupa salah satu dari ketiga jenis berikut : 1. satu titik x = b 2. selang (b-c, c+b), mungkin ditambah salah satu atau keduanya titik ujungnya. 3. seluruh himpunan bilangan riil

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

61

Latihan Tentukan selang kekonvergenan deret pangkat berikut: 

1.

( x  1) n

 n  1 n 0

2

2 3 4       x  2 ln 2 x  2 ln 3 x  2 ln 4 x  2 2.     ... 3 2.9 3.27 4.81  x  22 x  23   ... 3. x  2  2! 3!

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

62

Operasi deret pangkat Dalam pasal sebelumnya untuk 1  x  1

deret





a ax  1 x n 1 n

Pertanyaan yang muncul mengenai sifat-sifat deret kuasa di 

atas (misal S(x)= ax n ) misalkan bagaimana jika S(x) n 1

didiferensialkan dan jika S(x) diintegralkan.

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

63

Teorema • Andaikan S(x) adalah jumlah sebuah deret pangkat pada sebuah selang I; jadi 

S(x)= Maka 1. S’(x) =

a

nx

n

n 0 

= a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3+ . . .

 Da x  = D[a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3+ . . .] n

n

n 0

= a1 + 2a2 x + 3a3 x2+ . . . 

= x

2.  S (t ) dt = 0



 n 0

x

0

a n 1

a n t n dt =

n x n 1

1 1 3 + 1 2 a x a3 x4+ . . . a0x + a1 x + 2 4 3 2 

=

3/22/2019

n

 n 0

a n n 1 x n 1

[MA 1124] KALKULUS II

64

Contoh Sesuai teorema di atas 1 = 1 + x + x2 + x3 + . . . untuk -1< x <1, tentukan 1 x

a.

1

1  x 2

b. ln(1 – x)

Jawab: a.

1

1  x 2

Dengan menurunkan suku demi suku, kita peroleh 1  1  2 3 Dx   2 = 1 + 2x + 3x + 4 x + . . .  1  x  1  x     n x n 1 , -1< x <1 n 1

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

65

Contoh a. ln (1 – x) Sedangkan dengan mengintegralkan suku demi suku, kita peroleh juga x x 1 ln( 1  x)   dt   1  t  t 2  t 3  ... dt 1 t 0 0 x 1 1 1 1 1 1  t  t 2  t 3  t 4  ...  x  x 2  x 3  x 4  ... 2 3 4 2 3 4 0  1   x n , -1< x <1 n 1 n

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

66

Latihan Tentukan (Petunjuk : Lihat contoh a dan b di atas)

1 1. f ( x )  1 x 2. f ( x ) 

1

1  x 2

x2 2 1 3. f ( x)  x 1 x 1 x

5. f(x)=tan-1(x)

1 x   6. f ( x)  ln  1 x  7.

1 f ( x)  2  3x 

1 4. f ( x)  1 x2

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

67

Deret Taylor dan Deret Maclurin

Deret Taylor • Definisi: Misalkan f(x) dapat diturunkan sampai n kali pada x=b. Maka f(x) dapat diperderetkan menjadi deret kuasa dalam bentuk f ' ' (b) ( x  b) f (b) +... f(x) =  n ! x  b  = f(b) + f ’(b)(x-b)+ 2! 

(n)

2

n

n 0

deret di atas disebut Deret Taylor dengan pusat x = b. Bila b = 0, kita peroleh Deret Mac Laurin, yaitu 

f(x) =  n 0

3/22/2019

f

( n)

(0) n f " ( 0) x 2 x  = f(0) + f ’(0)(x)+ +... n! 2!

[MA 1124] KALKULUS II

68

Contoh

Perderetkan fungsi berikut dengan deret maclaurin: 1. f(x)= sin x Jawab:

f(x) = sin x

 f(0) = 0

f ’(x) = cos x f ’’(x) = - sin x

 f’(0) = 1  f’’(0) = 0

f ’’’(x) = - cos x

 f’’’(0) = -1

f

 f lV(0) = 0

lV

(x) = sin x

Sehingga, 2 n 1  x3 x5 x7 x f ( x)  sin x  x     . . .    1 n 3! 5! 7 ! 2n  1! n 0 [MA 1124] 3/22/2019

KALKULUS II

69

Contoh 2. f(x)= ex Jawab:

f(x) = ex

 f(0) = 1

f ’(x) = ex f ’’(x) = ex

 f’(0) = 1  f’’(0) = 1

f ’’’(x) = ex

 f’’’(0) = 1

f

 f lV(0) = 1

lV

(x) = ex

Sehingga, 2 3 4 n  x x x x x f ( x)  e  1  x     . . .   2! 3! 4! n 0 n !

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

70

Contoh 3. Perderetkan f(x)= ex dengan deret taylor dengan pusat di x=1 Jawab: f(x) = ex

 f(1) = e

f ’(x) = ex

f ’’(x) = ex

 f’(1) = e  f’’(1) = e

f ’’’(x) = ex

 f’’’(1) = e

f

 f lV(1) = e

lV

(x) = ex

Sehingga,

f ( x)  e 3/22/2019

x

2 3   x  1 x  1  e  e( x  1)  e e . . .

2!

[MA 1124] KALKULUS II

3!



 n 0

n  x  1 e

n!

71

Latihan 1. Perderetkan dengan f(x) berikut deret maclaurin a. f(x) = cos x

e. f(x) = sin2 x

b. f(x) = cos x2

f. f(x) = sec x

c. f(x) = cos2 x

g. f(x) = tan x

d. f(x) = ex + sin x

h. f(x) = sec x

2. Perderetkan dengan f(x) berikut deret taylor dengan pusat x = a a. f(x) = cos x, a = /3

c. f(x) = ex, a = 2

b. f(x) = sin x, a = /3 3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

72

3/22/2019

[MA 1124] KALKULUS II

73