Makalah_revisi.pdf

FISIKA MATEMATIKA I DERET TAK HINGGA DAN DERET PANGKAT

Disusun oleh: Kelompok 1 Nama Kelompok : Ai Umul Apiah

Jabal Thoriq

(111156030000 )

(11160163000052)

Alifa Sauqi Hatami

Ni’matul Jannah

(11160163000044)

(11160163000058)

Amrina Rosyada

Norhasanah

(11160163000057)

(11160163000042)

Fahira Paramahita

Nurul Fazria

(11160163000042)

(111506030000) Lu’luul Mukarramah (111601630000)

Dosen Pengampu: “Rahmatul Hidayati, M.Si”

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN FISIKA FAKULTAS ILMU TARBIYAH DAN KEGURUAN UNIVERSITAS ISLAM NEGERI SYARIF HIDAYATULLAH JAKARTA 2017

1. DERET GEOMETRI Barisan geometri merupakan salah satu contoh barisan sederhana yang memiliki ciri bahwa setiap anggota deret merupakan hasil kali tetapan dari anggota deret lainnya. Contoh barisan geometri adalah sebagai berikut: Beberapa contoh dari deret geometri : (1.1a) 2, 4, 8, 16, 32, …. (1.1b)

2 4

8

16

1, 3, 9 , 27 , 81 , ….

Di mana pada contoh (1.1a) dapat diasumsikan seperti bakteri yang terus membelah dan meningkat. Sedangkan pada contoh (1.1b) diasumsikan seperti pantulan bola yang lama-kelamaan akan turun. Sehingga diperoleh : 𝑆𝑛 = 𝑎 + 𝑎𝑟 + 𝑎𝑟 2 + 𝑎𝑟 3 + ⋯ Jumlah n suku pertama barisan geometri : 𝑆𝑛 = 𝑎 + 𝑎𝑟 + 𝑎𝑟 2 + ⋯ + 𝑎𝑟 𝑛−1 Masing-masing bagian dikalikan dengan r, sehingga 𝑟𝑆𝑛 = 𝑎𝑟 + 𝑎𝑟 2 + ⋯ + 𝑎𝑟 𝑛−1 + 𝑎𝑟 𝑛 Dan diperoleh 𝑆𝑛 − 𝑟𝑆𝑛 = 𝑎 − 𝑎𝑟 𝑛 𝑆𝑛 (1 − 𝑟) = 𝑎(1 − 𝑟 𝑛 ) 𝑎(1 − 𝑟 𝑛 ) 𝑆𝑛 = 1−𝑟 *dengan catatan bahwa 𝑟 ≠ 1 a. Deret geometri tak hingga, Jika |𝑟| < 1 𝑆∞ = 𝑎 + 𝑎𝑟 + 𝑎𝑟 2 + 𝑎𝑟 3 + ⋯ 𝑆∞ = lim 𝑆𝑛 𝑛→∞

𝑎(1 − 𝑟 𝑛 ) 𝑆∞ = lim 𝑛→∞ 1−𝑟 𝑎 𝑆∞ = ( ) lim (1 − 𝑟 𝑛 ) 1 − 𝑟 𝑛→∞ 𝑎 𝑆∞ = ( ) (1 − lim 𝑟 𝑛 ) 𝑛→∞ 1−𝑟 𝑎 (1 − 0) 𝑆∞ = 1−𝑟 𝑎 𝑆∞ = 1−𝑟

2. DEFINISI DAN NOTASI Deret adalah bentuk jumlah atau selisih pada suku-suku barisan, sedangkan barisan adalah deretan angka-angka atau lambang yang mewakili suku barisan itu. Sebuah deret disebut deret tak hingga apabila jumlah suku barisan yang terlibat adalah tak hingga. Selain deret

geometric, masih ada beberapa jenis deret tak hingga lainnya. Beberapa contoh deret tak hingga itu adalah sebagai berikut: 12 + 22 + 32 + 42 +… (1.1) 1 2

+

2 22

3

+ 23 +

4 24

+…

(1.2) x-

𝑥2 2

+

𝑥3 3

+

𝑥4 4

+…

(1.3) Secara umum, deret itu dapat dinyatakan dalam bentuk: a1 + a2 + a3 + … + an+… (2.1) an merupakan angka, perubah, atau fungsi pada suku ke-n. Tiga buah titik yang berurutan melambangkan bahwa deret tidak pernah berhenti. Deret suku ke-n juga sering ditulis dalam rumusan fungsi. Hal itu dicontohkan dalam dua bentuk deret berikut: 12 + 22 + 32 +…+ n2 +… (2.2) x - 𝑥2 +

𝑥3 2

+…+

(−1)𝑛−1 𝑥 𝑛 ( 𝑛−1)!

+…

(2.3)

Penulisan penjumlahan deret dapat disingkat dengan tanda ∑∞ 𝑛=𝑖 = (sigma) 2 12 + 22 + 32 + 42 + ⋯ = ∑∞ 𝑛=1 𝑛 (2.4) 𝑥 − 𝑥2 +

𝑥3 2

+ ⋯ = ∑∞ 𝑛=1

(−1)𝑛−1 𝑛

𝑥𝑛

(2.5) 3. PENERAPAN BARIS Dalam pemantulan bola di Bagian 1, kita mendapatkan hal baru yaitu bola yang jatuh merupakan barisan tak hingga namun memiliki syarat tertentu seperti penjelasan di bagian pertama sub bab (lihat juga Soal 1.1). Banyak permasalahan dalam penerapan baris Tidak dapat dipecahkan dengan tepat, tapi kita mungkin bisa menemukan jawaban dalam rangkaian tak terbatas, dan kemudian menggunakan semua persyaratan yang diperlukan untuk mendapatkan ketepatan yang dibutuhkan. Penerapan mengenai baris dapat dilihat dalam bab ini dan bab berikutnya. Dalam bab ini hanya mengenal syarat dasar baris tak hingga dan baris pangkat serta solusi penyelesainnya. Pada bab selanjutnya, yaitu bab 2 akan dibahas mengenai Baris pangkat dalam fungsi bilangan kompleks. Bab 3 akan dibahas penerapan baris

pangkat yang digunakan ke dalam fungsi matriks. Pada bab 7 mengenai baris Fourier, selanjutnya bab 8, 12, dan 13 baris pangkat digunakan dalam menyelesaikan persamaan diferensial dan terdapat baris lain seperti Legendre dan Bessel. Terakhir pada bab 14 mengetahui hasil studi yang menjelaskan pemahamannya tentang fungsi matematika yang digunakan dalam penerapannya. 4. BARIS KONVERGEN DAN DIVERGEN Jika baris memiliki jumlah tertentu (berhingga) dinamakan konvergen dan yang tidak memiliki jumlah tertentu (tak hingga) dinamakan divergen. Pada umumnya sebuah baris berhingga dinyatakan dalam bentuk 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + ⋯ + 𝑎𝑛 . Dimana 𝑎𝑛 adalah bilangan atau fungsi yang diberikan oleh sebuah rumus. Sebelum kita meninjau beberapa uji baris konvergen, ulangi pengertian konvergen dengan lebih teliti. Sebuah baris tak hingga dapat dinyatakan dengan 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + ⋯ + 𝑎𝑛 + ⋯ Ingat bahwa tiga titik pada akhir bentuk di atas memiliki arti bahwa baris tersebut tidak akan pernah berhenti. Dari setiap barisan bilangan dapat dibuat suatu barisan baru dengan menjumlahkan sukusukunya secara parsial. Misalnya pada barisan 𝑎1 , 𝑎2 , 𝑎3 , 𝑎4 … dapat dibentuk sebagai jumlah parsial sebagai berikut: 𝑆1 = 𝑎1 𝑆2 = 𝑎1 + 𝑎2 , 𝑆3 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 𝑆𝑛 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + ⋯ + 𝑎𝑛 Nilai 𝑎𝑛 bisa kemungkinan sangat kecil dan 𝑆𝑛 hampir mendekati nilai S dengan menggunakan konsep limit. Sehingga dapat dikatakan : lim 𝑆𝑛 = 𝑆

𝑛→∞

(dapat dipahami bahwa S adalah jumlah berhingga.) jika hal itu terjadi, terdapat beberapa pengertian :

a. Jika limit jumlah parsial 𝑆𝑛 mendekati tak hingga nilainya adalah 𝑆 baris ini adalah konvergen, dan jika tidak maka divergen. b. Nilai yang membatasi 𝑆 disebut jumlah dari barisan c. 𝑅𝑛 = 𝑆 − 𝑆𝑛 sehingga lim 𝑅𝑛 = lim (𝑆 − 𝑆𝑛 ) = 𝑆 − 𝑆 = 0 𝑛→∞

𝑛→∞

Contoh 1: kita sudah melewati bagian 1 untuk baris geometri ditemukan 𝑆𝑛 dan 𝑆. Dari persamaan (1.8) dan (1.4), untuk baris geometri kita temukan 𝑅𝑛 = 𝑎𝑟 𝑛 1−𝑟

yang → 0 (mendekati nol) ketika 𝑛 → ∞ jika |𝑟| < 1.

Contoh 2: dengan pecahan parsial dapat kita tulis

2 𝑛2 −1

1

1

= 𝑛−1 − 𝑛+1.

Kemungkinan suku suatu bilangan barisnya dapat ditulis ` ∞

∞

∞

2

2

1

2 1 1 1 1 ∑ 2 = ∑( − ) = ∑( − ) 𝑛 −1 𝑛−1 𝑛+1 𝑛 𝑛+2 = 1−

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + − + − + − + − + − + ⋯+ − + 3 2 4 3 5 4 6 5 7 6 8 𝑛−2 𝑛 𝑛−1 1 1 1 − + − +⋯ 𝑛+1 𝑛 𝑛+2

perhatikan ada suku-suku yang dapat dihilangkan, semacam ini disebut baris telescoping (teleskopik). Memenuhi bahwa ketika menambahkan suku 1

1

sebanyak(𝑛 − 𝑛+2), dengan demikian, suku yang belum dihilangkan adalah 1

−1

1, 2 , 𝑛+1 , 𝑑𝑎𝑛 𝑆𝑛 =

−1

. Sehingga kita dapat :

𝑛+2

3 1 1 − − , 2 𝑛+1 𝑛+2

𝑆=

3 , 2

𝑅𝑛 =

1 1 + 𝑛+1 𝑛+2

5. UJI KEKONVERGENAN BARIS, UJI PENDAHULUAN Beberapa uji konvergensi yaitu terdapat uji kovergensi pendahuluan, uji perbangding, uji integral, uji perbandingan relatif, dan uji perbandingan khusus. Misalkan 𝑆𝑛 = ∑𝑛𝑚 𝑎𝑚 adalah jumlah n sama atau lebih dari sebuah angota barisan, maka baris tersebut dikatakan

konvergen(jika lim 𝑆𝑛 = 𝑆 dengan S < ∞), atau dengan kata lain S 𝑛→∞

berhingga dan dikatakan divergen jika S→∞. Uji Kekonvergenan baris yang disebut uji awal (preliminary test) menyatakan bahwa jika terdapat baris tak hingga sehingga lim 𝑎𝑛 ≠ 𝑛→∞

0,deret

itu

disebut

divergen,

sedangkan

jika

lim 𝑎𝑛 = 0,

𝑛→∞

kekonvergenan baris harus diuji dengan cara lain. Uji awal tidak memberikan kesimpulan untuk menyatakan bahwa sebuah baris pasti konvergen, tetapi hanya memberikan gambaran tentang konvergen atau divergen. Hanya saja jika ternyata diketahui bahwa baris itu divergen, baris tidak perlu diuji dengan uji yang lain. Contohnya barisan ∞

1 2 3 4 𝑛+1 + + + +⋯= ∑ 2 3 4 5 𝑛+2 𝑛=0

Artinnya untuk lim 𝑎𝑛 ≠ 0, yang berarti deret tersebut 𝑛→∞

pastilah divergen, karena angka terus bertambah sesuai dengan baris yang dipermisalkan tersebut. Sedangkan pada contoh berikutnya, ∞

1 1 1 1 1 1+ + + + +⋯ = ∑ 2 3 4 5 𝑛 𝑛=0

Artinya untuk lim 𝑎𝑛 = 0, yang berarti perlu uji lain untuk 𝑛→∞

menentukan konvergensinya, karena dapat nilai pembilang satu dan penyebutnya akan bertambah besar yang menuju nol maka ini memungkinkan untuk konvergen dengan penggunaan uji kovenrgen yang lain. 6. UJI KONVERGEN UNTUK DERET DENGAN SUKU-SUKU POSITIF; KONVERGEN MUTLAK Uji kekonvergenan deret ada 4 yaitu: 1. Uji perbandingan 2. Uji Integral 3. Uji Rasio 4. Uji Perbandingan Khusus Sekarang kita pelajari empat cara uji kekonvergenan deret ketika semua deret itu positif. A. Uji Perbandingan

Uji perbandingan ini memiliki dua aturan, (a) dan (b)

a) 𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚3 + 𝑚4 + ⋯ + 𝑚𝑛 ”dikatakan sebagai deret penguji KONVERGEN” 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + ⋯ + 𝑎𝑛 “deret yang akan di uji (an)” Adalah konvergen jika |𝑎𝑛 | ≤ 𝑚𝑛 untuk semua nilai 𝑛 b) 𝑑1 + 𝑑2 + 𝑑3 + 𝑑4 + ⋯ + 𝑑𝑛 ”merupakan deret penguji DIVERGEN” |𝑎1 | + |𝑎2 | + |𝑎3 | + |𝑎4 | + ⋯ + |𝑎𝑛 | “deret yang akan di uji (an)” disebut deret divergen jika |𝑎𝑛 | ≥ 𝑑𝑛 untuk semua nilai 𝑛 = 1, 2, 3 ... Peringatan! Perhatikan seksama bahwa |𝑎𝑛 | ≤ 𝑚𝑛 ataupun |𝑎𝑛 | ≥ 𝑑𝑛 memberitahukan bahwa deret memiliki suku yang lebih besar dari suatu deret konvergen, deret tersebut bisa konvergen atau bisa juga divergen. Kita harus uji lebih lanjut. Sebaliknya jika deret memiliki suku yang lebih kecil dari suatu deret divergen, deret tersebut masih divergen atau mungkin saja konvergen.

Contoh 1

Ujilah ∑∞ 𝑛=1

1

1

1

= 1 + 2 + 6 + 24 + . ..”deret yang diuji (an)” 𝑛!

Kita membandingkan dengan deret divergen 𝑑𝑛 1 2 3 4 𝑛 𝑑𝑛 = ∑∞ 𝑛=1 2 = 2 + 2 + 2 + 2 + ...

𝑎𝑛 1

𝑑𝑛 1

<

2

1 < 22 2 1 < 23 6 1 < 24 24 Diketahui bahwa nilai 𝑎𝑛 < 𝑑𝑛 maka deret 𝑎𝑛 bukan deret divergen. Sekarang kita bandingkan dengan deret konvergen 𝑚𝑛 𝑚 𝑛 = ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 1 1 2

1 2𝑛

< <

1

1

1

1

= 2 + 4 + 8 + 16 + . .. 𝑚𝑛 1 2 1 4

1 1 < 6 8 1 1 > 24 16 1 1 > 120 32 Diketahui nilai deret 𝑎𝑛 semakin lama semakin kecil maka didapatkan 𝑎𝑛 > 𝑚𝑛 sehingga dapat disimpulkan bahwa deret 𝑎𝑛 adalah deret konvergen. Peringatan bahwa kita jangan memperdulikan pada beberapa suku yang pertama (apapun suku yang angkanya terbatas) dalam sebuah deret, karena hal tersebut bisa mempengaruhi jumlah dari deret, apakah itu konvergen. Kita dapat melihat rasio pada deret masing-masing. Sehingga kita dapat mengabaikan beberapa suku dalam pengujian deret konvergen. ∞ 𝑛 Dalam contoh, suku ∑∞ 𝑛=1 1/𝑛! Lebih kecil dari suku ∑𝑛=1 1/2 untuk semua n >3. Kita tahu bahwa deret geometrik konvergen karena itu rasionya adalah ½ . karena itu ∑∞ 𝑛=1 1/𝑛! Juga konvergen.

Soal, Bagian 6 a. Tunjukkan bahwa n! > 2n untuk n > 3. Petunjuk: Tulislah beberapa bentuk, lalu ambil/ pertimbangan apa yang kamu kalikan, misal 5! sampai 6! Dan dari 25 sampai 26. b. Buktikan bahwa bentuk harmonik. ∑∞ 𝑛=1 1/𝑛 adalah divergen melalui perbandingan terhadap deret 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + ( + ) + ( + + + ) + (8 𝑠𝑢𝑘𝑢 𝑚𝑎𝑠𝑖𝑛𝑔 − 𝑚𝑎𝑠𝑖𝑛𝑔 ) 2 4 4 8 8 8 8 16 1 1 1 1 + ⋯ 𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 1 + + + + + ⋯ 2 2 2 2 2 ⁄ c. Buktikan konvergen ∑∞ 1 𝑛 melalui bentuk pengelompokkan seperti 𝑛=1 dalam problem 2. d. Gunakanlah uji perbandingan buktikan deret konvergen berikut: 1

(a) ∑∞ 𝑛=1 2𝑛 +3𝑛

1

(b) ∑∞ 𝑛=1 𝑛2𝑛

e. Uji deret berikut konvergen dari deret berikut. (a) ∑∞ 𝑛=1

1 √𝑛

Petunjuk: dimana itu besar, n atau √𝑛

1

(b) ∑∞ 𝑛=2 ln 𝑛

f.

Dimana 9 satu-digit angka (1 sampai 9), 90 dua-digit angka (10-99). Berapa banyak tiga-digit, empat-digit, dan lain-lain. Apakah angka? Pertama suku 1

1

9 dari deret harmonik 1 + 2 + 3 + ⋯ +

1 9

dimana semua lebih besar dari

1/10, similarl consider selanjutnya suku 90 dan seterusnya. Itu membuktikan divergen deret harmonik melalui deret perbandingan 1

1

1

1

9

90

[10 + 10 + ⋯ (𝑠𝑢𝑘𝑢 9 = 10)] + [𝑠𝑢𝑘𝑢 90 = 100] + ⋯ = 10 + 100 + ⋯ = 9 10

9

+ 10 + ⋯ .

Uji perbandingan adalah benar-benar dasar uji dimana uji lainnya berasal. Itu merupakan tes yang paling berguna dari semua percobaan matematika tapi sering sulit untuk memikirkan deret m memuaskan sampai anda telah memiliki pengalaman mengenai deret. Akibatnya, Anda mungkin tidak akan menggunakannya seperti tiga tes berikutnya. B. Uji Integral

Kita dapat gunakan uji integral ketika deret bersuku positif dan suku dari deret itu bersifat tidak naik. Suku ke-n dinyatakan sebagai 𝑎𝑛+1 ≤ 𝑎𝑛 . Dengan syarat: Jika 𝟎 < 𝒂𝒏+𝟏 ≤ 𝒂𝒏 untuk 𝒏 > 𝑁, kemudian ∑∞ 𝒂𝒏 konvergen jika ∞

∫ 𝒂𝒏 𝒅𝒏 terhingga dan divergen jika integral tersebut tak hingga. (integral dinilai hanya pada limit tertinggi bukan pada nilai limit rendah).

Untuk mengetahui uji ini, gambarkan sketsa grafik 𝑎𝑛 sebuah fungsi n. Contoh, uji deret harmonik ∑∞ 𝑛=1 1/𝑛, kita grafik fungsi y = 1/n (gambar 6.1 dan 6.2) n memiliki setiap nilai, bukan hanya integral satu. Kemudian nilai y pada grafik n = 1, 2, 3, ... , adalah deret. Dalam gambar 6.1 dan 6.2, daerah persegi panjang hanya deret. Perhatikan bahwa dalam gambar 6.1 tepi atas di setiap persegi pada kurva. Dan lainnya, dalam gambar 6.2 persegi terletak pada kurva, sehingga daerah lain lebih sedikit dari sesuai daerah bawah kurva. Sekarang daerah persegi hanya bentuk deret, dan daerah dibawah kurva adalah sebuah integral 𝑦 𝑑𝑛 atau 𝑎𝑛 𝑑𝑛. Batas paling atas pada integral adalah ∞ dan batas bawah bisa jadi apapun bentuk deret yang kita ∞

inginkan untuk memulainya. Contoh (lihat gambar 6.1), ∫3 𝑎𝑛 𝑑𝑛 kurang dari jumlah deret yang dimulai dari 𝑎3 , tapi (gambar 6.2) lebih besar dari jumlah deret yang dimulai dari 𝑎4 . Jika integral terbatas, maka jumlah deret dari 𝑎4 , merupakan deret konvergen. Perhatikan lagi bentuk permulaan deret yang tidak ada konvergen. Dari yang lain, jika integral adalah tak terbatas, jumlah deret dari 𝑎3 nya tak terbatas dan deret divergen. Sejak

∞

permulaan bentuk tidak menarik, kamu sebaiknya evaluai ∫. 𝑎𝑛 𝑑𝑛. (juga lihat soal 16).

(Σ > Δ) Konvergen

(Σ < Δ) Divergen

Contoh : Uji konvergen dari deret harmonis: 1

1

1

(6.1) 1 + 2 + 3 + 4 + ⋯ Menggunakan uji integral, ∞

∫ .

1 𝑑𝑛 = ln 𝑛 |∞ = ∞ 𝑛

Soal, Bagian 6 Gunakan uji integral untuk menemukan deret konvergen atau divergen berikut ini. Petunjuk dan peringatan: jangan gunakan batas bawah pada integral (lihat soal 16). 1

𝑛

7. ∑∞ 𝑛=2 𝑛 𝑙𝑛 𝑛

8. ∑∞ 𝑛=1 𝑛2 +4

𝑒𝑛

1

10. ∑∞ 𝑛=1 𝑒 2𝑛 +9

11. ∑∞ 1 𝑛(1+ln 𝑛)3/2

𝑛2

13. ∑∞ 1 𝑛3 +41

14. ∑∞ 1

1

9. ∑∞ 𝑛=3 𝑛2 −4 𝑛

12. ∑∞ 1 (𝑛2 +1)2

1 √𝑛2 +9

15. Gunakan uji integral untuk membuktikan di sebut uji deret p. Deret ∞

∑ 𝑛=1

1 𝑘𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑝 > 1, 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎ℎ { 𝑝 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑝 ≤ 1. 𝑛 𝑠𝑒𝑏𝑎𝑏: 𝑙𝑖ℎ𝑎𝑡 𝑝 = 1 𝑡𝑒𝑟𝑝𝑖𝑠𝑎ℎ 1

∞

16. Dalam pengujian ∑ 𝑛2 untuk konvergen, smurid mengevaluasi ∫0 𝑛−2 𝑑𝑛 = −𝑛−1 | ∞ = 0 + ∞ = ∞ dan menyimpulkan (keliru) yang deret divergen. Apa yang 0 salah? Petunjuk: Pertimbangkan daerah kurva bawah dalam diagram seperti

gambar 6.1 atau 6.2. Contoh ini menunjukkan bahaya jika menggunakan batas bawah dalam uji integral. 2

−𝑛 17. Gunakan uji integral untuk menunjukkan ∑∞ konvergen. Petunjuk: 𝑛=0 𝑒 Walaupun kamu tidak bisa mengevaluasi integral, kamu dapat tunjukkan bahwa itu merupakan terbatas (finit) (dimana semuanya perlu) melalui perbandingan dimana ∞ ∫. 𝑒 −2 𝑑𝑛.

C. Uji Rasio Penarikan dalam deret geometris tiap bentuk bisa diperoleh melalui perkalian satu sebelumnya melalui rasio r, dimana, 𝑎𝑛+1 = 𝑟𝑎𝑛 atau 𝑎𝑛+1 ⁄𝑎𝑛 = 𝑟. Deret rasio lain 𝜌𝑛 . Mari juga kita temukan batas (jika satu) rangkaian 𝜌𝑛 sebagai 𝑛 → ∞ dan ini disebut batas 𝜌. Demikian kita menetapkan 𝜌𝑛 dan 𝜌 dengan persamaan (6.2)

𝜌𝑛 = |

𝑎𝑛 +1 |, 𝑎𝑛

𝜌 = lim 𝜌𝑛 . 𝑛→∞

Jika kamu melakukan penarikan pada deret geometrik konvergen jika |r| < 1, itu terlihat masuk akal dimana deret dengan 𝜌 < 1 konvergen dan itu benar. Kalimat ini bisa dibandingkan (soal 30) melalui perbandingan deret yang di uji dengan deret geometrik. Seperti deret geometrik |r|>1, deret 𝜌 > 1 juga divergen. Bagaimanapun, jika 𝜌 = 1, uji rasio tidak menjelaskan apapun, beberapa deret dengan 𝜌 = 1 konvergen dan beberapa divergen, sehingga kita harus temukan uji lain (satu dari dua uji terdahulu). Dengan ketentuan bahwa uji rasio : (6.3) Jika: 𝜌 < 1, deret konvergen 𝜌 = 1, bisa konvergen atau divergen artinya pengujian dengan cara ini gagal 𝜌 > 1, deret divergen

Contoh 1 Uji deret konvergen

1+

1 1 1 + + ⋯+ + ⋯ 2! 3! 𝑛!

Gunakan (6.2), kita dapatkan 𝜌𝑛 = | =

1 1 ÷ | (𝑛 + 1)! 𝑛!

𝑛! 𝑛(𝑛 − 1) … 3 . 2 .1 1 = = , (𝑛 + 1)! (𝑛 + 1)(𝑛)(𝑛 − 1) … 3 . 2 . 1 𝑛 + 1 𝜌 = lim 𝜌𝑛 = lim 𝑛→∞

𝑛→∞

1 =0 𝑛+1

Karena 𝜌 < 1, deret konvergen.

Contoh 2 Uji Tes Konvergen deret harmonik. 1 1 1 1 + + + ⋯ + + ⋯. 2 3 𝑛 Kita temukan 1 1 𝑛 𝜌𝑛 = | ÷ |= , (𝑛 + 1)! 𝑛! 𝑛+1 𝜌 = lim

𝑛→∞

𝑛 1 = lim =1 1 𝑛→∞ 𝑛+1 𝑛+𝑛

Disini uji menjelaskan tidak ada dan kita harus gunakan beberapa uji. Sebuah peringatan dari contoh: Tunjukkan bahwa 𝜌𝑛 = 𝑛/(𝑛 + 1) selalau kurang dari 1. Berhati-hatilah bukan untuk membingungkan rasio ini dengan 𝜌 dan menyelesaikan dengan baik deret konvergen. (Itu kadang-kadang divergen, kita 𝑎𝑛 +1

buktikan dengan uji integral). Ingat bahwa 𝜌 bukan sama dengan rasio 𝜌𝑛 = | tapi batas rasio ini yaitu 𝑛 → ∞. D. Sebuah Uji Perbandingan Khusus Uji ini memiliki dua bagian: (a) Uji konvergen

𝑎𝑛

|,

(b) Uji divergen. (a) Jika ∑∞ 𝑛=1 𝑏𝑛 adalah uji deret konvergen bentuk positif dan 𝑎𝑛 ≥ 0 dan 𝑎𝑛 ⁄𝑏𝑛 mengembang menjadi batas (terbatas), sehingga ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 konvergen. (b) Jika ∑∞ 𝑛=1 𝑑𝑛 adalah uji deret divergen bentuk positif dan 𝑎𝑛 ≥ 0 dan 𝑎𝑛 ⁄𝑑𝑛 mengembang menjadi batas lebih besar dari 0 (atau sampai +∞), sehingga ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 divergen.

Contoh 1 Uji Konvergen √2𝑛2 − 5𝑛 + 1 ∑ 3 2 𝑛=3 4𝑛 − 7𝑛 + 2 ∞

Ingat bahwa apakah deret konvergen atau divergen bergantung pada nilai suku n yang semakin besar. Kita tertarik pada suku ke-n dimana n → ∞. Coba n = 1010 atau 10100, sebuah perhitungan sebaiknya meyakinkan kamu bahwa n bertambah, 2𝑛2 − 5𝑛 + 1 adalah 2𝑛2 dengan akurasi yang tinggi. Demikian, penyebut dalam sebuah contoh mendekati 4𝑛3 untuk n besar. Bagian 9, fakta 1, kita lihat faktor √2⁄4 dalam setiap bentuk tidak mempengaruhi konvergen. Sehingga kita dapat mempertimbangkan deret perbandingan hanya ∞

∞

𝑛=3

𝑛=3

√𝑛2 1 ∑ 3 =∑ 2 𝑛 𝑛

Dimana kita mengenal (melalaui uji integral) sebuah deret konvergen. Karenanya kita gunakan uji (a) untuk mencoba tunjukkan deret konvergen. Kita memiliki: 𝑎𝑛 √2𝑛2 − 5𝑛 + 1 1 = lim ( 3 ÷ 2) 𝑛→∞ 𝑏𝑛 𝑛→∞ 4𝑛 − 7𝑛2 + 2 𝑛 lim

𝑛2 √2𝑛2 − 5𝑛 + 1 1 = lim ÷ 2 𝑛→∞ 4𝑛3 − 7𝑛2 + 2 𝑛 √2 − 5 + 12 √2 𝑛 𝑛 = lim = 7 2 𝑛→∞ 4 4−𝑛+ 3 𝑛

Ini merupakan batas (terbatas), deret konvergen. (dengan latihan, kamu tidak butuh untuk melakukan algebra! Kamu sebaiknya dapat melihat masalah sebenarnya dan lihatlah, untuk n besar, suku dasarnya 1/n2, sehingga deret konvergen). Contoh 2 Uji untuk konvergen ∞

∑ 𝑛=2

3𝑛 − 𝑛3 𝑛5 − 5𝑛2

Disini kita harus memutuskan dimana suku terpenting 𝑛 → ∞; apakah 3n atau n3? Kita dapat temukan melalui perbandingan logaritma dengan berseumber ln N dan N bertambah atau berkurang bersama. Kita dapatkan ln 3n = n ln 3, dan ln n3 = 3 ln n. Sekarang ln lebih kecil dari n, sehingga n besar kita dapatkan n ln 3 > 3 ln n, dan 3n > n3. (Anda mungkin ingin menghitung 1003 = 106, dan 3100 > 5x 1047). Penyebutnya deret sekitar melalui uji rasio. Sekarang melalui uji (b) 𝑛

lim (

𝑛→∞

3

𝑛3 1 − 3𝑛

𝑛

3 −𝑛 3 ÷ 5 ) = lim =1 5 2 5 𝑛→∞ 𝑛 − 5𝑛 𝑛 1− 3 𝑛

Dimana lebih besar dari nol, sehingga disebut deret divergen. 7.

DERET BOLAK-BALIK Deret bolak balik adalah deret yang operasi bilangannya bergantigantian antara positif dan negative. Contoh; 1

1

1

1

1−2 +3−4+5− … +

(−1)𝑛+1 𝑛

+⋯

(7.1)

Dalam deret bolak-balik diatas, muncul 2 pertanyaan tentang deret bolak-balik ini. Apakah deret tersebut Konvergen? Ataukah konvergen mutlak ? Kekonvergenan deret bolak-balik ini terdiri dari dua jenis yaitu; Konvergen Mutlak dan Konvergen Bersyarat. Dalam deret bolak-balik ini terdapat dua uji, uji pertama yaitu menguji kekonvergenan suatu deret bolakbalik. Jika uji pertama didapatkan bahwa deret bolak-balik bernilai Konvergen, maka harus dilanjutkan ke uji kedua yaitu menguji apakah deret bolak-balik (yang telah diketahui konvergen tadi) bernilai konvergen mutlak atau konvergen bersyarat dengan cara mencari kekonvergenan dari deret mutlaknya. Jika suatu deret bolak-balik dimutlakkan dan nilainya bersifat konvergen, maka deret bolak-balik tersebut disebut konvergen mutlak. Dan

Jika suatu deret bolak-balik dimutlakkan dan nilainya bukan konvergen atau bersifat divergen, maka deret bolak-balik tersebut disebut konvergen bersyarat. ∞ g. Jika deret ∑∞ 𝑛=0|𝑎𝑛 | bersifat konvergen  deret ∑𝑛=0 𝑎𝑛 juga bersifat konvergen  KONVERGEN MUTLAK (absolutely convergent) h. Jika deret ∑∞ 𝑛=0|𝑏𝑛 | bersifat divergen sementara deret ∞ ∑𝑛=0 𝑏𝑛 bersifat konvergen  KONVERGEN BERSYARAT (conditionally convergent)

Contoh (7.1)

Uji pertama; Suatu deret bolak-balik dikatakan Konvergen, Jika nilai mutlak dari suku-sukunya berkurang terus menerus menuju nol, Yaitu lim 𝑎 = 0 , |𝑎

| ≤ |𝑎 |

𝑛 𝑛+1 𝑛 deret bolak-balik yaitu Pertama, mencari kekonvergenan dari suatu 𝑛→∞ jika |𝑎𝑛+1 | ≤ |𝑎𝑛 | dan lim 𝑎𝑛 = 0 𝑛→∞

1 1 1 1 (−1)𝑛+1 1− + − + − … + +⋯ 2 3 4 5 𝑛 Dari deret tersebut diketahui bahwa suku pertama 𝑎𝑛 adalah 1 (satu), 1

1

1

suku kedua adalah − 2 , suku ketiga + 3, suku keempat − 4 dan sukui kelima 1

adalah + 5. Kita uji dengan syarat pertama dari deret bolak-balik konvergen 1 𝑛 𝑛→∞

yaitu lim 𝑎𝑛 = 0. lim 𝑛→∞

= 0, berarti syarat pertama terpenuhi. Sedangkan

syarat kedua yaitu |𝑎𝑛+1 | ≤ |𝑎𝑛 |. Kita misalkan n nya adalah satu berarti 1

𝑎𝑛+1 𝑠𝑎𝑚𝑎 dengan 𝑎1+1= 𝑎2 = − 2 dan 𝑎𝑛 = 𝑎1 = 1. Jadi jika kita masukkan 1

kedalam syarat kedua yaitu |𝑎𝑛+1 | ≤ |𝑎𝑛 | maka menghasilkan nilai |− 2 | ≤ |1| hasil tersebut benar dan berkelanjutan selalu benar bahwa deret bolakbalik (7.1) memenuhi syarat |𝑎𝑛+1 | ≤ |𝑎𝑛 | . Maka dapat disimpulkan bahwa deret bolak-balik tersebut merupakan deret konvergen. Jika suatu deret bolak-balik bernilai konvergen pada uji pertama, maka harus diuji lagi dengan uji yang kedua. Uji kedua untuk deret bolak-balik akan dibahas pada subab selanjutnya.

Contoh soal no.1, Ujilah konvergensi deret bolak balik berikut ∞

∑

−𝟏𝒏

𝒏=𝟏

√𝒏

Jawaban, ∑∞ 𝑛=1

−1𝑛 √𝑛

didapatkan bahwa lim

= −1 + 1𝑛

𝑛→∞ √𝑛

1 √2

−

1 √3

1

+2−

1 √5

+⋯+

−1𝑛 √𝑛

−⋯

=0

dan nilai mutlak dari suku-suku deret tersebut terus berkurang menuju nol, yang berarti 1 √1

𝑚𝑎𝑘𝑎

1 √2

1

1

√𝑛+1

< √𝑛 , (misalkan kita masukkan n=1 ,

1 √1+1

<

< 1 bernilai benar).

Dengan demikian deret bolak balik tersebut adalah Konvergen. Contoh soal no.2, Ujilah konvergensi deret bolak balik berikut ∞

(−𝟐)𝒏 ∑ 𝒏𝟐

𝒏=𝟏

Jawaban, ∑∞ 𝒏=𝟏

(−𝟐)𝒏 𝒏𝟐

8

32

= −2 + 1 − 9 + 1 − 25 +

64

− ⋯+ 36

(−𝟐)𝒏 𝒏𝟐

Karena deret tersebut tidak monoton turun menuju nol dan lim

−⋯ (2)𝑛

𝑛→∞ 𝑛2

maka deret tersebut adalah deret Divergen.

≠ 0,

8.

DERET KONVERGEN BERSYARAT Jika suatu deret bolak-balik bernilai konvergen pada uji pertama, maka harus diuji lagi dengan uji yang kedua, yaitu;

Uji kedua; Mencari nilai kekonvergenan deret mutlak dari deret bolak-balik, dengan memakai salah satu uji dari empat uji kekonvergenan deret positif yaitu; (1. (2. (3. (4.

Uji perbandingan Uji integral Uji rasio Ujia perbandingan khusus

Jika nilai deret mutlak yang didapatkan dari uji diatas adalah konvergen, maka deret bolak-balik tersebut bernilai konvergen mutlak. Jika nilai deret mutlak yang didapatkan dari uji diatas adalah bukan konvergen, maka deret bolak-balik tersebut bernilai Deret konvergen bersyarat adalah ketika suatu nilai konvergen dari deret bolakbaliknya Konvergen namun nilai dari deret mutlaknya bukan konvergen. bersyarat. ∞

∑|𝑎𝑛 | 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎ℎ 𝐵𝑢𝑘𝑎𝑛 𝐾𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛 𝑛=1 ∞

∑ 𝑎𝑛 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎ℎ 𝐾𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛 𝑛=1

Sebagaimana yang telah dicontohkan pada subab sebelumnya, bahwa deret bolak-balik (7.1) bernilai konvergen. Karena deret (7.1) bernilai konvergen maka harus diuji lagi ke uji deret bolak-balik yang kedua. Diketahui bahwa jika deret (7.1) dimutlakkan, maka deret tersebut adalah deret harmonic. Deret harmonic adalah deret bukan konvergen (telah dibuktikan pada subab 6 dengan menggunakan uji integral). Yang kita dapat pada deret (7.1) adalah; ∞ ∑∞ 𝑎 𝑛=1 𝑛 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎ℎ 𝐾𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛, dan ∑𝑛=1|𝑎𝑛 | 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎ℎ 𝐵𝑢𝑘𝑎𝑛 𝐾𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛 Maka deret ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎ℎ 𝑲𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆𝒏 𝑩𝒆𝒓𝒔𝒚𝒂𝒓𝒂𝒕

9.

FAKTA-FAKTA BERGUNA TENTANG DERET

Kita menyatakan berbagai fakta referensi sebagai berikut: 5. Kekonvergenan dan divergenan dari suatu deret tidak dipengaruhi oleh pengkalian tetapan pada setiap suku deret dari deret tersebut. Namun, kekonvergenan dan divergenan deret dipengaruhi oleh hasil penjumlahan suku dari deret, walaupun misalnya dengan mengabaikan sejumlah suku yang pertama. 6. Dua buah deret yang diketahui konvergen Ʃan dan Ʃbn dan dapat dijumlahkan atau dikurangkan pada setiap sukunya ( penambahan “suku demi suku” maksudnya penjumlahlan suku ke-n adalah an + bn). Maka akan dihasilkan sebuah deret baru yang juga konvergen. 7. Susunan deret konvergen mutlak dapat diatur, namun tidak mengakibatkan berubahnya kekonvergenan sebuah deret. Hal ini tidak berlaku untuk deret konvergen bersyarat. 10. DERET PANGKAT; INTERVAL DERET Kita telah membicarakan deret yang memiliki suku konstan. yang lebih penting dan berguna adalah deret yang sukunya adalah fungsi dari x. Banyak deret seperti itu, tapi dalam bab ini kita akan mengganggap deret dalam suku ke-n adalah konstan pada saat xn atau konstan pada saat (x-a)n dimana a adalah konstan. Dinamakan deret pangkat, karena suku digandakan dari pangkat x atau dari (x-a). Dalam bab selanjutnya kita akan menganggap deret Fourier yang sukunya melibatkan sinus dan cosinus, dan deret lainnya (Legendre, Bessel, dsb) dalam suku yang mungkin memiliki banyak angka atau fungsi lainnya. Definisi deret pangkat dapat ditulis ∑∞ 𝑎nxn = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 𝑛=0

an adalah konstan Contoh 1: 𝑥

1- 2 +

𝑥2 4

-

𝑥3 8

−𝑥 𝑛

+ . . . + 2𝑛 + . . . ,

Apakah deret pangkat konvergen atau tidak mendekati suatu nilai x yang kita pertimbangkan. Kita sering menggunakan tes perbandingan untuk menemukan nilai dari x untuk deret yang konvergen. Kita mengilustrasikan ini oleh contoh deret di atas. Ingatlah dalam tes perbandingan kita membagi suku n+1 oleh suku n dan menggunakan nilai yang pasti dalam perbandingan untuk mendapatkab ρn, dan mengambil limit ρn mendekati tak hingga untuk mendapatkan ρ. Contoh 1: −𝑥 𝑛+1

ρn = | 2𝑛+1 ÷ 𝑥

ρ =|2| .

−𝑥 𝑛 | 2𝑛

𝑥

Deret itu konvergen bila ρ < 1, untuk |2| < 1 atau |𝑥| < 2, dan untuk |𝑥| > 2 adalah divergen. Dengan ini kita menganggap rentang dalam sumbu x antara |𝑥| = -2 dan |𝑥| = 2; untuk setiap x dalam interval deret konvergen, kesimpulannya dari rentang, x = 2 dan x = -2, harus dipertimbangkan secara terpisah ketika x = 2, adalah divergen, dan ketika x = -2 adalah divergen. Kemudian interval konvergennya adalah -2 < x < 2. 11. TEOREMA DERET PANGKAT 𝑛 Kita melihat bahwa deret pangkat ∑∞ konvergen dalam 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 beberapa interval dengan pusat pada titik asal. Untuk setiap nilai x (dalam interval konvergensi) deret memiliki penambahan terbatas yang nilainya tertentu, tentu saja, pada nilai x. Dengan demikian kita dapat menulis 𝑛 𝑆(𝑥) =∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 . Dalam menggambarkan hubungan deret dan fungsi 𝑆(𝑥) , kita dapat mengatakan bahwa konvergen deret dengan fungsi 𝑆(𝑥) , atau bahwa fungsi 𝑆(𝑥) diwakili oleh deret, atau bahwa deret adalah deret pangkat dari suatu fungsi.

1.

2.

3. 4.

Deret pangkat sangat berguna dan mudah karena dalam interval dari konvergensi bisa di tangani seperti polynomial. Deret pangkat bisa dibedakan atau di padukan dengan istilah-istilah deret konvergen dengan turunan atau integral dari fungsi yang diwakili oleh deret aslinya dalam interval yang sama dari konvergensi sebagai deret asli, dalam interval konvergensi yang sama dengan seri aslinya (yaitu, tidak harus pada titik akhir interval) Dua deret pangkat dapat ditambahkan, dikurangi, atau dikalikan; deret yang dihasilkan konvergen setidaknya dalam interval umum konvergensi. Anda dapat membagi dua seri jika deret penyebut tidak nol pada x = 0, atau jika tidak dan nol dibatalkan oleh pembilangnya (seperti, dalam (sin x) / x; lihat (13.1)]. Seri yang dihasilkan akan memiliki beberapa interval konvergensi (yang dapat ditemukan dengan uji rasio atau lebih hanya dengan teori variabel kompleks. Salah satu deret bisa di substitusi dengan nilai-nilai lain yang tersedia asalkan dari deret yang di substitusi dalam interval konvergensi dari deret lainnya. Deret pangkat berasal dari fungsi yang unik, dimana hanya ada satu deret 𝑛 pangkat dari ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥 yang konvergen dengan fungsi tertentu.

12. MENGEMBANGKAN SUATU FUNGSI DALAM DERET PANGKAT Sangat sering diterapkan dalam hal pengerjaan, hal ini berguna untuk menemukan deret pangkat yang diberikan mewakili fungsi. Kami menggambarkan salah satu metode untuk memperoleh deret seperti dengan mencari deret untuk sin x. Dalam metode ini kita berasumsi bahwa ada deret

seperti ( lihat Bagian 14 untuk pembahasan ini) dan berangkat untuk menemukan apa yang menjadi koefisien dalam deret. Jadi kita menulis (12.1) sin 𝑥 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯ dan mencoba menemukan nilai-nilai numerik dari koefisien 𝑎𝑛 untuk membuat (12.1) suatu identitas (Dalam interval konvergensi dari deret). Karena interval konvergen dari deret pangkat berasal dari persamaan, (12.1) terus dimiliki saat x = 0. Jika kita mengganti x = 0 ke (12.1) , kita mendapatkan 0 = a0 saat sin 0 = 0 dan semua hal kecuali a0 pada sisi kanan dari persamaan mengandung faktor x. Kemudian untuk membuat (12.1) berlaku di x = 0 , kita harus memiliki a0 = 0 Selanjutnya kita membedakan (12.1) suku demi suku untuk mendapatkan (12.2) cos 𝑥 = 𝑎1 + 2𝑎2 𝑥 + 3𝑎3 𝑥 2 + ⋯ (Hal ini dibenarkan oleh Teorema 1 dari Bagian 11.) menempatkan x = 0 , kita mendapatkan 1 = a1. Kami membedakan , dan menempatkan x = 0 untuk mendapatkan (12.3) −sin x = 2a2+ 3 ・2a3x+ 4 ・3a4x2+ ・・・ , 0 = 2a2. Melanjutkan proses mengambil derivatif berturut-turut (12.1) dan menempatkan x = 0, kita mendapatkan −cosx = 3・2a3+ 4 ・3 ・2a4x + ・・・ , 1

−1 = 3! a3,

a3= − 3!

(12.4) sin x = 4・3 ・2 ・ a4+ 5 ・4 ・3 ・2a5x + ・・・ , 0 = a4; Cos x = 5・4 ・3 ・2a5+ ・・・ , 1 = 5! a5, ・・・ . Kita mengganti nilai-nilai ini kembali ke (12.1) (12.5) sin x = 𝑥 −

𝑥3 3!

−

𝑥5 5!

−・ ・ ・ .

Anda mungkin dapat melihat bagaimana menulis banyak suku dari deret ini tanpa perhitungan lebih lanjut. Deret sin x konvergen untuk semua x ; lihat Contoh 3 , bagian 10. Deret diperoleh dengan cara ini disebut deret Maclaurin atau deret Taylor dari sumbernya. Deret Taylor pada umumnya berarti deret pangkat ( x -a ) , di mana a adalah konstan. Hal ini ditemukan dengan menulis ( x -a ) bukan x di sisi kanan persamaan seperti ( 12,1 ), membedakannya seperti yang telah kita lakukan , tetapi mengganti x = a bukannya x = 0 pada setiap langkah. Mari kita melakukan proses ini secara umum untuk fungsi Seperti di atas , kita asumsikan bahwa ada deret Taylor untuk f(x) , dan menulis: (12.6)

𝑓(𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1 (𝑥 − 𝑎) + 𝑎2 (𝑥 − 𝑎)2 + 𝑎3 (𝑥 − 𝑎)3 + 𝑎4 (𝑥 − 𝑎)4 + ⋯ + 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑎)𝑛 + ⋯ 𝑓 ′(𝑥) = 𝑎1 +2𝑎2 (𝑥 − 𝑎) + 3𝑎3 (𝑥 − 𝑎)2 + 4𝑎4 (𝑥 − 𝑎)3 + ⋯ + 𝑛𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑎)𝑛−1 + ⋯ 𝑓′′(𝑥) = 2𝑎2 + 3.2𝑎3 (𝑥 − 𝑎) + 4.3𝑎4 (𝑥 − 𝑎)2 + ⋯ + 𝑛(𝑛 − 1)𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑎)𝑛−2 + ⋯ 𝑓 ′′′(𝑥) = 3! 𝑎3 + 4.3.2 𝑎4 (𝑥 − 𝑎) + ⋯ + 𝑛(𝑛 − 1)(𝑛 − 2)𝑎𝑛 (𝑥 − 𝑎)𝑛−3 + ⋯

f(n)(x) = n(n −1)(n −2) ・ ・ ・ 1 ・ an + mengandung suku pangkat (x −a). [Simbol 𝑓 (𝑛) (𝑥) berarti turunan n dari f (x).] Kita sekarang menempatkan x = a di setiap persamaan ( 12.6 ) dan memperoleh f(a) = a0, f’(a) = a1, f”(a) = a2, (n) f”’(a) = 3! a3, ・・・, f (a) = n! an.

13. TEKNIK UNTUK MEMPEROLEH EKSPANSI DERET PANGKAT Berdasarkan 4 teorema pada subbab 11 menyatakan bahwa setiap fungsi dapat dideretkan ke bentuk ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑋 𝑛 asalkan deret tersebut konvergen. Terdapat beberapa cara untuk mendapatkan ekspansi deret pangkat tanpa melalui penurunan seperti yang dipaparkan pada subbab 11. Metode – metode ini relatif lebih mudah digunakan, namun sebelum menggunakannya perlu dipahami sejumlah rumusan di bawah ini: Pernyataan Deret Fungsi Selang Konvergens

x3 x5 x7    ..., 3! 5! 7! x 2 x5 x6 (13.2). cos x  1     ..., 2! 4! 6! x 2 x3 x 4 (13.3).e x  1  x     ..., 2! 3! 4! x 2 x3 x 4 (13.4). ln(1  x)  x     ..., 2 3 4 p( p  1) x 2 p( p  1)( p  2) x 3 (13.5).(1  x) p  1  px    ..., 2! 3! (13.1). sin x  x 

Dalam teknik memperoleh deret pangkat kita dapat menggunakan operasi : c) Perkalian deret pangkat dengan polinomial atau deret lainnya. d) Pembagian Suatu Deret dengan Deret Lainnya atau dengan Suatu Polinomial.

e) f) g) h) i)

Deret binomial. Metode kombinasi. Metode substitusi. Deret taylor dan Deret Maclaurin. Metode komputer. Deret pangkat : ∑∞ 𝑛=0 𝑎𝑛 𝑋 𝑛 Keterangan : a : suku-suku deretnya b : rasio maka jika kita memiliki persamaan umum : sin x = a0 + a1x1+ a2x2+ a3x3+ ....... + anxn maka kita dapat memperoleh persamaan sin x yang terdapat pada tabel 13.1 yaitu dengan cara menurunkan persamaannya hingga memperoleh deretnya. 8. Menurunkan persaman sin x terhadap x sin x = a0 + a1x1+ a2x2+ a3x3+ ....... + anxn cos x = a1+ 2a2x1+ 3a2x1+ ....... x=0 cos x = a1 1 = a1 (suku 1) 9. Menurunkan persaman cos x terhadap x cos x = a1+ 2a2x1+ 3a2x1+ ....... -sin x = 1.2a2+ 2.3a3x1+ ........ -sinx = 2 a2+ 6a3x1+ ........ x=0 -sinx = 2 a2 0 = 2 a2 0 = a2 (suku ke 2) 10. Menurunkan persaman -sin x terhadap x -sinx = 2 a2+ 6a3x1+ ........ -cos x = 6a3+.... x=0 -cos x = 6a3 -1 = 6 a3 -1/6 = a3 -1/3! = a3 (suku ke 3) Maka nanti kita akan mendapatkan deret :

(13.1). sin x  x 

x3 x5 x7    ..., 3! 5! 7!

a. Perkalian Suatu Deret dengan Suatu Polinomial atau dengan Deret Lain Contoh 1 : untuk menentukan deret dari (x+1) sin x, kita kalikan (x+1) dengan persamaan deret (13.1)

  x3 x5 ( x  1) sin x  ( x  1) x    ... 3! 5!   3 4 x x  x  x 2    ... 3! 3! Contoh 2 : untuk menentukan deret dari e x cos x , kita kalikan persamaan (13.2) dengan (13.3)

  x 2 x 4  x 2 x3 x 4 e cos x  1  x     ...1    ... 2! 3! 4! 2! 4!    2 3 4 x x x  1  x     ... 2! 3! 4! x 2 x3 x 4     ... 2! 2! 2!2! x

x4 ... 4! x3 x 4 x3 x 4  1  x  0 x 2   ...  1  x   ... 3 6 3 6 

Ada dua hal yang perlu dicatat disini, pertama sertakan syarat-syarat sertakan pada setiap pangkat dari x pada kolom untuk mempermudah menggabungkannya. Kedua, hati-hati dalam memasukkan syarat-syarat pada hasil untuk pangkat yang digunakan tetapi tidak termasuk pangkat yang lebih tinggi. b.

Pembagian Suatu Deret dengan Deret Lainnya atau dengan Suatu Polinomial 1 Contoh 1 : Untuk mencari pernyataan dari deret ln(1  x) maka kita x lakukan pembagian (13.4) dengan deret x sbb :

 1 1 x2 x3 x4 ln(1  x)   x     ... x x 2 3 4  2 3 x x x  1    ... 2 3 4

c. Deret Binomial (Teorema Binomial) Jika Anda ingat teorema binomial, Anda mungkin melihat bahwa (13,5) terlihat seperti awal dari teorema binomial untuk perluasan (a + b)n jika kita menempatkan a = 1, b = x, dan n = p. Perbedaan selisih ini adalah bahwa kita membiarkan p menjadi negatif atau pecahan, dan dalam kasus ini ekspansi merupakan deret tak hingga. Deret tersebut konvergen untuk | x | <1. Anda dapat memverifikasi dengan uji rasio. Dari (13.5) kita lihat bahwa koefisien binomial adalah :  p    1 D. 0

(13.6)

 p    p 1  p  p( p  1)    2! 2  p  p( p  1)( p  2)    3! 3  p  p( p  1)( p  2)...( p  n  1)    n! n

Contoh 1 : untuk mencari deret dari

1 , kita gunakan deret binomial (1  x)

(13.5) sbb:

1 (1)(2) 2 (1)(2)(3) 3  (1  x)1  1  x  x  x  ... (1  x) 2! 3! 

 1  x  x 2  x 3  ...   ( x) n n 0

[Ingat bahwa f (a) berarti untuk membedakan f (x) dan kemudian menempatkan x = a ; f(a) berarti untuk menemukan f(x) dan kemudian menempatkan x = a , dan sebagainya.] Kami kemudian dapat menulis deret Taylor untuk f ( x ) sekitar x = a : 1 2!

1 𝑛!

(12.8) f(x) = f(a)+(x−a)f’(a)+ (x−a)2f”(a)+・ ・ ・+ (x−a)nf(n)(a)+・ ・ ・ . deret Maclaurin untuk f ( x ) adalah deret Taylor tentang asal. Menempatkan a = 0 di (12.9) , kita memperoleh deret Maclaurin untuk f ( x ) : (12.9) f(x) = f(0) + xf’(0) +

𝑥2 2!

f”(0) +

𝑥3 3!

f”’(0) + ・ ・ ・ +

𝑥 𝑛 (n) f (0) 𝑛!

+・

・・

A. Substitusi Suatu Polionomial atau Suatu Deret untuk Variabel dalam Deret Lain Contoh 1 : Untuk mencari pernyataan deret dari : e  x Maka kita lakukan subsitusi -x2 pada variabel x dalam deret e x sebagai berikut: 2

( x 2 ) 2 ( x 2 )3   ... 2! 3! x 4 x6  1  x 2    ... 2! 3!

e x  1  x 2  2

Contoh 2 : Carilah deret untuk e tan x . Disini kita harus mengganti x di (13.3) dengan deret contoh 2 bagian B 2

e

tan x

3

4

 x3  1  x3  1  x3  1  x3   1   x   ...   x   ...   x   ...   x   ...  ...  3  2!  3  3!  3  4!  3  x3 x 2 1 2 x 4 1 3 1 4 1 x     x  x  ... 3! 2! 2! 3 3! 4! 1 x 

x 2 x3 3 4   x  ... 2 2 8

B. Metode Kombinasi Contoh 1 : Cari deret dari arc tanx digunakan metode sebagai berikut: sbb :

x

dt

 1 t 0

2

x  arc tant |  arc tanx 0

1 sebagai deret binomial sebagai berikut: sbb : (13.7) 1 t2 (1  t 2 ) 1  1  t 2  t 4  t 6  ...;

Kita tuliskan

dt t3 t5 t7  t     ... | 0x 0 1  t 2 3 5 7 x3 x5 x7 arc tanx  x     ... 3 5 7 x

C. Deret Taylor Menggunakan Dasar Deret McLaurin Contoh 1 : Cari beberapa syarat dari deret Taylor untuk ln x pada x =1 [ini berarti sebuah deret tak hingga dari (x-1) daripada pangkat x] kita tulis ln x  ln[1  ( x  1)] Gunakan teorema (13.4) dan ganti x dengan (x-1) :

1 1 1 ln x  ln[1  ( x  1)]  ( x  1)  ( x  1)2  ( x  1)3  ( x  1)4  ... 2 3 4 Contoh 2 : expansikan cos x pada x 

3 . Kita tulis 2

 3  3  3   cos x  cos   x    sin  x   2  2   2  3  1  3  1  3   x  x    x   ... 2  3!  2  5!  2   3

5

3   Gunakan teorema (13.1) dengan x diganti menjadi  x  . 2  

Kita tuliskan: 3𝜋

cos 𝑥 = cos [ 2 + (𝑥 −

3𝜋 2

)] = sin (𝑥 −

3𝜋 2

)

Lalu gunakan uraian McLaurin untuk : 𝑆𝑖𝑛 𝑥 = 𝑥 −

𝑥3 3!

+

𝑥5 5!

−

𝑥7 7!

+ ⋯,

Kemudian ganti 𝑥 dengan (𝑥 −

3𝜋 2

), didapat:

cos 𝑥 = sin (𝑥 −

A.)

3𝜋 2

) = (𝑥 −

3𝜋 2

)−

(𝑥−

3𝜋 ) 2

3!

+

(𝑥−

3𝜋 ) 2

5!

+…,

Menggunakan Komputer Ini adalah metode yang baik untuk fungsi-fungsi yang rumit. Lihat contoh berikut: Fungsi ex cos x pada contoh 13A, kita dapatkan 𝑒 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 1 + 𝑥 −

𝑥3 3

−

𝑥4 6

𝑥5

− 30

Gambar 13.1 menunjukkan alur jumlah parsial masing-masing fungsi. 14. AKURASI PERKIRAAN DERET Siswa mungkin juga terganggu tentang manipulasi matematika yang telah kita lakukan. Bagaimana kita bisa tahu apakah proses yang telah kita tunjukkan, benar-benar memberi kita deret yang mendekati fungsi yang diperluas? Tentu beberapa fungsi tidak dapat diperluas pada daya deret, karena sebuah deret menjadi a0 ketika x=0, hal tersebut tidak bisa disamakan dengan fungsi 1 𝑥

apapun (seperti atau ln 𝑥) kamu mungkin berfikir pertama kali tentang fakta yang disebut persamaan 1 = 1 − 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + ⋯ 1−𝑥 2 tidak valid untuk |𝑥| ≥ 1. Contoh mudah untuk hal ini adalah 𝑒 −(1/𝑥 ) untuk 2

deret formal adalah 0 + 0 + 0 + ⋯ karena 𝑒 −(1/𝑥 ) dan semua menjadi 0 seperti semula. 𝑅𝑛 (𝑥) dalam deret Taylor adalah perbedaan antara nilai fungsi dan jumlah 𝑛 + 1 dari suatu suku deret.

𝑅𝑛 (𝑥) = 𝑓(𝑥) − [𝑓(𝑎) + (𝑥 − 𝑎)𝑓 ′ (𝑎) + +

1 (𝑥 − 𝑎)2 𝑓 ′′ (𝑎) + ⋯ 2!

1 (𝑥 − 𝑎)𝑛 𝑓 (𝑛) (𝑎)] (14.1) 𝑛!

mengatakan bahwa deret konvergen ke dalam fungsi artinya lim |𝑅𝑛(𝑥) | = 0. 𝑛→∞

Ada banyak rumus yang berbeda untuk 𝑅𝑛 (𝑥) yang berguna untuk tujuan khusus, Anda dapat menemukan ini dalam buku kalkulus. Rumus tersebut adalah: 𝑅𝑛 (𝑥) (𝑥 − 𝑎)𝑛+1 𝑓 (𝑛+1) (𝑐) = (𝑛 + 1)!

(14.2)

Dimana c adalah titik antara 𝑎 dan 𝑥. Kamu dapat menggunakan rumus ini ke dalam beberapa kasus untuk membuktikan bahwa deret Taylor dan Maclaurin ke fungsi yang konvergen. Kesalahan dalam pendekatan deret. Sekarang kita tahu sebelumnya bahwa fungsi deret pangkat tidak untuk fungsi konvergen (dalam interval konvergensi), dan kami ingin menggunakan pendekatan untuk fungsi deret. Kami ingin memperkirakan kesalahan yang disebabkan dengan menggunakan beberapa suku dari sebuah deret. Ada cara mudah untuk memperkirakan kesalahan ini ketika deret bolak-balik memenuhi uji deret bolak-bali untuk konvergen. ∞

Jika 𝑆 = ∑ 𝑎𝑛 adalah deret bolak balik dengan |𝑎𝑛+1 | < |𝑎𝑛 |, 𝑛=1

dan 𝑙𝑖𝑚 𝑎𝑛 = 0, maka |𝑆 − (𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛 | ≤ |𝑎𝑛+1 | 𝑛→∞

(14.3)

Kita dapat menentukan teorema pada [Soal 2(c)] yang memlingkupi banyak permasalahan. ∞

Jika 𝑆 = ∑ 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 bertemu |𝑥| < 1, dan jika |𝑎𝑛+1 | < |𝑎𝑛 | 𝑛=0 𝑁

untuk 𝑛 > 𝑁, maka |𝑠 − ∑ 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 | < |𝑎𝑁 + 1𝑥 𝑛=0

𝑁+1

| ÷ (1 − |𝑥|) (14.4)

Artinya, seperti dalam (14.3), kesalahan tersebut dapat diperkirakan dengan istilah yang pertama diabaikan, namun di sini kesalahan mungkin beberapa kali lebih besar dari istilah yang pertama diabaikan. Pada contoh ∑ 𝑥 𝑛 /𝑛2 dengan 𝑥 = 1⁄2, kita memiliki 1 − 𝑥 = 1/ 2, jadi persamaan (14.4) mengatakan bahwa kesalahannya kurang dari dua kali lipat dari istilah berikutnya. Untuk nilai |𝑥| kurang lebih dari 1,1 − |𝑥| adalah sekitar 1, jadi istilah selanjutnya memberi perkiraan kesalahan yang baik dalam kasus ini. Jika interval konvergensi tidak |𝑥| < 1, namun, jika |x| < 2 seperti di ∞

∑ 𝑛=1

1 𝑥 𝑛 ( ) 𝑛2 2

kita dapat dengan mudah membiarkan 𝑥 / 2 = 𝑦, dan menerapkan teorema tersebut dalam bentuk y. 15. BEBERAPA PENGGUNAN DERET a. Komputasi Numerik Dalam perhitungan numerik dengan menggunakan deret, berikut merupakan contoh tentang perangkap perhitungan buta. Contoh 1: 𝑓(𝑥) = 𝑙𝑛√(1 + 𝑥)/(1 − 𝑥) − tan 𝑥 𝑑𝑖 𝑥 = 0,0015 Jawaban dari kalkulator atau computer ialah −9𝑥10−16 , 3𝑥10−16 , 6,06𝑥10−16 , 5,5𝑥10−16 , jawaban ini salah!! Metode ini dapat kita temukan dengan seperti bagian 13. 𝑥3 𝑥5 𝑥7 𝑙𝑛√(1 + 𝑥)/(1 − 𝑥) = 𝑥 + + + … … … 3 5 7 = 0.001500001125001518752441 𝑥 3 2𝑥 5 17𝑥 7 tan 𝑥 = 𝑥 + + + … 3 15 315 = 0.001500001125001012500922 5 𝑥 4𝑥 7 𝑓(𝑥) = + … . . = 5.0625𝑥10−16 15 45 Setiap komputer hanya menghasilkan sedikit digit yang menyebabkan ketidaktepatan hasil karena jumlah desimal yang dibulatkan. Hal tersebut juga menjelaskan bahwa nilai x adalah jumlah yang tepat dan tidak mendekati 4 desimal. Titik akhirnya bahwa dalam masalah pengaplikasian yang diinginkan, bukan sebuah nilai numerik, tapi sebuah pendekatan sederhana untuk fungsi rumit, disini kita bisa melakukan pendekatan f(x) 𝑥5

dengan 15 untuk x yang kecil. Contoh 2:

𝑑5 1 ( 𝑠𝑖𝑛 𝑥 2 ) |𝑥 = 0 𝑑𝑥 5 𝑥 𝑑5 1 −(𝑥 2 )3 5! = − = −20 ( . ) 5 𝑑𝑥 𝑥 3! 3! 𝑥=0 Kita dapat melakukan hal ini menggunakan komputer, namun akan lebih cepat jika menggunakan sin 𝑥 2 = 𝑥 2 -(𝑥 2 )3 /3! Ketika kita membagi ini dengan x dan mengambil 5 turunan dari 𝑥 5 adalah 5!. Persyaratan lebih lanjut akan memiliki pangkat dari x yang mana adalah nol di x=0. a. Menjumlahkan deret Jika f(x)=∑ 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 dimana x memiliki nilai tertentu, maka kita mendapatkan deret numerik yang jumlahnya adalah nilai fungsi untuk x. 1 1 1 𝑙𝑛(1 + 1) = 𝑙𝑛2 = 1 − + − … .. 2 3 4 Sehingga jumlah dari deret harmonik bolak balik adalah ln2. b. Integral Mengintegralkan sebuah deret pangkat suku dengan suku. Ketika menemukan pendekatan untuk sebuah integral sehingga integral tak tentu tidak dapat ditemukan dalam fungsi dasar. 𝑡 𝑡 𝑥 6 𝑥 10 ∫ sin 𝑥 2 𝑑𝑥 = ∫ (𝑥 2 − + − ⋯ ) 𝑑𝑥 3! 5! 0 0 𝑡3 𝑡7 𝑡11 = − + −⋯ 3 7.3! 11.5! Jadi, untuk t<1, integral mendekati

𝑡3 3!

−

𝑡7 dengan kesalahan <0.00076. 42

c. Evaluasi bentuk taktentu 1 − 𝑒𝑥 𝑥→0 𝑥 Jika kita mencoba mensubstitusikan x=0, kita mendapatkan 0/0. Ekspresi yang membawa kita untuk hasil seperti ketika mensubstitusi bentuk taktentu. 𝑥2 1 − (1 + 𝑥 + ( 2! ) + ⋯ ) 1 − 𝑒𝑥 lim = lim 𝑥→0 𝑥→0 𝑥 𝑥 𝑥 = lim (−1 − − ⋯ ) = −1 𝑥→0 2! Hukum L’Hopital: 𝑓(𝑥) 𝑓′(𝑥) lim = lim 𝑥→𝑎 ϕ(x) 𝑥→𝑎 ϕ′(x) Ketika f(a) dan 𝜙(a) adalah nol, dan f’/𝜙 ′ pendekatan sebuah limit atau cenderung menuju takterbatas sebagai x a. kita mempertimbangkan fungsi f(x) dan 𝜙(x) yang diperluas di deret Taylor tentang x=a, dan menganggap 𝜙′(a)≠0. lim

𝑓 ′′ (𝑎) 𝑓(𝑎) + (𝑥 − 𝑎)𝑓 ′ (𝑎) + (𝑥 − 𝑎)2 +⋯ 𝑓(𝑥) 2! lim = lim ′′ 𝑥→𝑎 ϕ(x) 𝑥→𝑎 ϕ (𝑎) ϕ(𝑎) + (𝑥 − 𝑎)ϕ′ (𝑎) + (𝑥 − 𝑎)2 2! + ⋯

Ada bentuk taktentu selain 0/0, untuk contoh ∞/∞, 0. ∞. hukum L’Hopital memegang bentuk ∞/∞ serta bentuk 0/0. Untuk contoh, lim (1/𝑥)𝑠𝑖𝑛𝑥 adalah ∞.0, mudah ditulis sebagai lim (𝑠𝑖𝑛𝑥)/𝑥. Deret (dari 𝑥→0

𝑥→0

pangkat x) berguna dalam limit sebagai x0, karena x=0 deret tersebut dalam bentuk konstan. Untuk nilai lain dari x kita memiliki deret takterbatas yang jumlahnya tidak diketahui. d. Deret perbandingan Persamaan gerak pendulum sederhana: 𝑑2 𝜃 𝑔 = − 𝑠𝑖𝑛𝜃 2 𝑑𝑡 𝑙 Untuk nilai kecil dari𝜃 (katakanlah 𝜃<1/2 radian atau 30°), deret ini konvergen dengan cepat menggunakan persamaan 𝜃 = 𝐴 sin √𝑔/𝑙𝑡dan 𝜃 = 𝐵 cos √𝑔/𝑙𝑡. Zat radioaktif mengandung 𝑁0 atom di t=0. 𝑁 = 𝑁0 𝑒 −𝜆𝑡

Untuk menemukan 𝜆 dalam zat tertentu, ahli fisika melakukan pengukuran jumlah zat yang meluruh ΔN selama selang waktu Δt untuk pergantian selang waktu Δt. Setiap nilai dari ΔN/Δt pada titik tengah dari selang waktu yang sesuai Δt. Pendekatan yang lebih baik diperoleh dengan ΔN/Δt sedikit ke kiri dari titik tengah. Titik tengah tidak memberikan pendekatan yang lebih baik dan juga menentukan nilai t lebih akurat. Apa yang kita ukur adalah nilai dari ΔN/Δt untuk setiap interval Δt. Untuk mendapatkan nilai yang akurat, harus mengukur nilai dari hasil bagi ΔN/Δt di titik antara 𝑡1dan𝑡2 dimana ΔN/Δt= dN/dt. 𝑁0 𝑒 −𝜆𝑡2 − 𝑁0 𝑒 −𝜆𝑡1 −𝜆𝑁0 𝑒 −𝜆𝑡 = Δ𝑡