Koko Martono – FMIPA - ITB 037 Barisan bilangan real Pengaturan bilangan real dalam indeks terurut dinamakan barisan. Barisan bilangan real 1 2 3 , , , a a a " ditulis 1 { } n n a = • , atau disingkat {a n }. Secara formal, barisan (tak hingga) ini didefinisikan sebagai fungsi dengan daerah asal himpunan bilangan asli ` . Ilustrasi Barisan bilangan real yang polanya 1, 4, 7, ⋅⋅⋅ mempunyai ru- mus eksplisit suku ke-n berbentuk 3 2, 1, 2, n a n n = - = ". Dalam bentuk rumus rekursif barisan ini ditulis 1 1 1, 3, 2 n n a a a n - = = + ≥ . Barisan konvergen Barisan {a n } dikatakan konvergen ke L jika a n da- pat dibuat sebarang dekat ke L dengan mengambil n yang besar. Secara formal, barisan {a n } konvergen ke L, ditulis lim , n n a L Æ • = atau n a L Æ jika 0 | | . n N n N a L e e " > $ Œ '≥ fi - < ` Barisan yang tidak konvergen di- namakan divergen, mungkin limitnya ∞, − ∞, atau tidak ada (oskilasi). Ilustrasi Barisan {a n } dengan 1 1 n n a = - ; { } 1 2 3 2 3 4 0, , , ," konvergen ke 1 karena 1 lim lim 1 1 ( ) n n n n a Æ Æ • • = - = . Perhatikan situasi geometrinya. \ 1 + ε 1 1 − ε 1 1 n n a = - 1 2 3 4 N ` y 1 + ε 1 1 − ε 1 () 1 x y ax = = - 0 1 N x
21
Embed
Barisan bilangan real Pengaturan bilangan real dalam indeks ...
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
Koko Martono – FMIPA - ITB
037
Barisan bilangan real Pengaturan bilangan real dalam indeks terurut dinamakan barisan. Barisan bilangan real 1 2 3, , ,a a a ditulis 1{ }n na =
• , atau disingkat {an}. Secara formal, barisan (tak hingga) ini didefinisikan sebagai fungsi dengan daerah asal himpunan bilangan asli .
Ilustrasi Barisan bilangan real yang polanya 1, 4, 7, ⋅⋅⋅ mempunyai ru-mus eksplisit suku ke-n berbentuk 3 2, 1,2,na n n= - = . Dalam bentuk rumus rekursif barisan ini ditulis 1 11, 3, 2n na a a n-= = + ≥ .
Barisan konvergen Barisan {an} dikatakan konvergen ke L jika an da-pat dibuat sebarang dekat ke L dengan mengambil n yang besar. Secara formal, barisan {an} konvergen ke L, ditulis lim ,nn
a LÆ•
= atau na LÆ jika
0 | | .nN n N a Le e" > $ Œ ' ≥ fi - < Barisan yang tidak konvergen di-namakan divergen, mungkin limitnya ∞, − ∞, atau tidak ada (oskilasi).
Ilustrasi Barisan {an} dengan 11n na = - ; { }1 2 3
2 3 40, , , , konvergen ke 1
karena 1lim lim 1 1( )nn n na
Æ Æ• •= - = . Perhatikan situasi geometrinya.
1 + ε 1 1 − ε 11n na = - 1 2 3 4 N
y 1 + ε 1 1 − ε 1( ) 1 xy a x= = - 0 1 N x
B & D BR 038
Contoh Buktikan ( )1lim lim 1 1nn n naÆ Æ• •
= - = dengan definisi limit barisan.
Bukti Akan dibuktikan 10 1 1 .| |nN n Ne e" > $ Œ ' ≥ fi - - <
dik dicari bktkan Karena
1 1 11 1| |n n n ee- - = < ¤ > , maka ambillah N bilangan asli yang lebih besar
dari 1e , maka 1n N e≥ > mengakibatkan 1 11 1 .| |n n e- - = <
Sifat limit barisan Untuk barisan konvergen {an}, {bn} dan konstanta k:(1) lim
nk k
Æ•=
(2) lim limn nn nka k a
Æ Æ• •=
(3) lim ( ) lim limn n n nn n na b a b
Æ Æ Æ• • •± = ±
(4) lim ( ) lim limn n n nn n na b a b
Æ Æ Æ• • •◊ = ◊
(5) lim
limlim , lim 0nnn
n nnnn n
aab b bÆ
Æ•
•
Æ Æ••= π
Sifat barisan konvergen Untuk barisan { }, ( )n na a f n= ; jika lim ( )
xf x L
Æ•= , maka lim ( )
nf n L
Æ•= .
Prinsip apit Untuk barisan { },{ },{ }n n na b c , jika n n na b c£ £ dengan na LÆ dan nc LÆ , maka nb LÆ .
Untuk barisan { }na , jika | | 0na Æ , maka 0na Æ . Jika barisan { }na konvergen, maka { }na terbatas. ({ }na barisan terbatas jika 0 | |nM a M n$ > ' £ " Œ )
Jika barisan { }na monoton tak turun dan terbatas di atas, maka { }na konvergen. ({ }na barisan monoton tak turun jika 1n na a n+£ " Œ )
Contoh penggunaan prinsip apit Buktikan jika | | 1r < , maka 0nr Æ .
Bukti Karena | | 1r < , maka 1| | 1r > , akibatnya 1
Akibatnya deret konvergen jika | 2|3 1xL += < dan divergen jika | 2|
3 1xL += > , sehingga deret konvergen jika 5 1x- < < dan divergen jika 1x> atau 5x<- .
Di titik batas 5x=- diperoleh deret 1
( 1)n
n n=• -Â yang konvergen. Di titik ba-
tas 1x= diperoleh deret 1
1n n=•Â yang divergen. Jadi selang kekonvergenan
deret pangkat ini adalah 5 1x- £ < .
Operasi pada deret pangkat Turunan dan integral suku demi suku de-ret pangkat di interior selang kekonvergenannya. (interior adalah selang buka terbesar dari selang kekonvergenannya).
Jika 2 3
0 1 2 30( ) n
nns x a x a a x a x a x
=•= = + + + +Â pada selang I, maka
1 21 2 30 1
( ) ( ) 2 3n nn nn n
ddxs x a x na x a a x a x-
= =• •= = = + + +¢ Â Â , x ∈ interior I
1
1 22 300 0 1 2 3( )
nnn
nn na aa x
ns x dx a x dx a x x x+
= =• •
+= = = + + +Â ÂÚ Ú , x ∈ interior I
Ilustrasi Dari deret pangkat 2 311 1 , 1 1x x x x x- = + + + + - < < diperoleh
22 31
(1 )1 2 3 4 , 1 1
xx x x x
-= + + + + - < <
dengan cara menurunkan suku demi suku deret semula.
Ilustrasi Dari deret pangkat 2 311 1 , 1 1x x x x x+ = - + - + - < < diperoleh
2 3 21 1 12 3 4ln (1 ) , 1 1x x x x x x+ = - + - + - < <
dengan cara mengintegralkan suku demi suku deret semula.
B & D BR 050
Teorema Abel (Kekonvergenan deret pangkat di titik ujung selang) Jika
0( ) , ( , ),n
nns x a x x R R
=•= Œ - s kontinu di R dan −R, serta deret kon-
vergen untuk x = R dan x = −R, maka di titik ujung selang berlaku
0( )n
nna R s R
=• =Â dan
0( ) ( )n
nna R s R
=• - = -Â .
Ilustrasi Dari ilustrasi terakhir kita mempunyai deret pangkat 2 3 21 1 1
2 3 4ln (1 ) , 1 1x x x x x x+ = - + - + - < < . Karena fungsi ln (1 )y x= + kontinu di x = 1 dan deret di ruas kanan konver-gen untuk x = 1, maka 1 1 1
2 3 4ln 2 1= - + - + .
Contoh Tentukan deret pangkat untuk 1tan x- dan suatu deret untuk π.
Dari deret pangkat 2 311 1 , 1 1x x x x x- = + + + + - < < gantilah x dengan 2,x-
diperoleh 22 4 61
11 , 1 1
xx x x x
+= - + - + - < < . Integralkan suku demi suku
dari deret ini menghasilkan 1 3 5 71 1 13 5 7tan , 1 1x x x x x x- = - + - + - < < .
Berdasarkan teorema Abel, karena 1tany x-= kontinu di x = 1 dan deret di ruas kanan konvergen untuk x = 1, maka 11 1 1 1
4 3 5 7tan 1 1p -= = - + - + , se-
hingga suatu deret untuk π adalah ( )1 1 13 5 74 1p = - + - + .
Contoh Tunjukkan ( )3 51 1 11 3 5ln 2 , 1 1x
x x x x x+- = + + + - < < dan tentukan
suatu deret untuk ln 2.
2 3 2 3 2
int
int
2 3 2 3 2
1 1 1 11 2 3 4
1 1 1 11 2 3 4
1 ln (1 ) , 1 1
1 ln (1 ) , 1 1x
x
x x x x x x x x x
x x x x x x x x x+
-
= - + - + + = - + - + - < <
= + + +
fi
+ - - = + + + + - < <fi
( )3 51 1 11 3 5ln 2 , 1 1x
x x x x x+- = + + + - < <
Ambil 13x= , diperoleh ( )1
351 4
3
1 1 1 1 13 51 33
ln 2 ln 2+-= = + + ◊ + .
B & D BR 051
Operasi aljabar pada deret pangkat Dua deret pangkat yang konver-gen dapat dijumlahkan, dikurangkan, dan dikalikan suku demi sukunya seperti pada sukubanyak. Dua deret pangkat yang konvergen juga dapat dibagi seperti pembagian panjang pada sukubanyak.
Ilustrasi Tentukan jumlah, selisih, hasilkali, dan hasilbagi deret pang-kat
2 311 1 , 1 1x x x x x+ = - + - + - < < dan
2 311 1 , 1 1x x x x x- = + + + + - < < .
Jumlah: Dari 2 3 2 31 1
1 1 (1 ) (1 )x x x x x x x x+ -+ = - + - + + + + + + diperoleh
22 42
12(1 )
xx x
-= + + + , yang menghasilkan 2
2 411
1x
x x-
= + + + .
Selisih: Dari 2 3 2 31 1
1 1 (1 ) (1 )x x x x x x x x+ -- = - + - + - + + + + diperoleh
23 52
12( )x
xx x x-
-= - + + + , yang menghasilkan 2
2 411
1x
x x-
= + + + .
Hasilkali: Dari 2 3 4 2 3 41 11 1 (1 ) (1 )x x x x x x x x x x+ -◊ = - + - + - ◊ + + + + +
diperoleh ruas kanannya adalah 2 3 4 2 3 4 5 2 3 4 5 61 x x x x x x x x x x x x x x+ + + + + - - - - - - + + + + + + ,
yang setelah disederhanakan sama dengan 2 41 x x+ + + . Dalam kasus ini juga dihasilkan 2
2 411
1x
x x-
= + + + .
Hasilbagi: Dari 2 3 4 2 3 41 11 1 (1 ) (1 )x x x x x x x x x x+ - = - + - + - + + + + +
dengan pembagian panjang diperoleh ruas kanannya adalah 2 31 2 2 2x x x- + - +
2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 71 1x x x x x x x x x x x x x x+ + + + + + + + - + - + - + - + 2 3 4 5 6 71 x x x x x x x+ + + + + + + +
3 5 72 2 2 2x x x x- - - - - 2 3 4 5 6 72 2 2 2 2 2 2x x x x x x x- - - - - - - - 2 4 62 2 2x x x+ + - dst.
Dikerjakan tanpa proses pembagian panjang, kita mempunyai 2 3 2 21 1 2 21 1
1 1 1 1 11 1 2 1 1 2 2 2( )x x x xx x x x x x x x x x x x- + -
+ - + + += = = - = - - + - + = - + - +
B & D BR 052
Deret Maclaurin Perhatikan proses menentukan koefisien deret pang-kat
0( ) n
nnf x a x
=•=Â dinyatakan dalam turunan dari fungsi f pada selang
(−R,R) dengan R jari-jari kekonvergenan deret. 2 3
0 1 2 30( ) n n
n nnf x a x a a x a x a x a x
=•= = + + + + + +Â 0 (0)a ffi =
2 3 11 2 3 4( ) 2 3 4 n
nf x a a x a x a x na x -= + + + + + +¢ 1 (0)a ffi = ¢ 2 2
2 3 4( ) 2 2 3 3 4 ( 1) nnf x a a x a x n na x -= + ◊ + ◊ + + - +¢¢ 2
12 (0)a ffi = ¢¢
33 4( ) 2 3 2 3 4 ( 2)( 1) n
nf x a a x n n na x -= ◊ + ◊ ◊ + + - - +¢¢¢ 313! (0)a ffi = ¢¢¢
nal sebagai deret Maclaurin (di sekitar 0) yang konvergen ke f.
Deret Taylor Jika0
( ) ( ) ,nnn
f x a x c R x c R=•= - - < - <Â (c R x c R- < < + ),
maka dengan proses yang sama,
( )
0( )!( ) ( ) ,
n nn
f cnf x x c c R x c R
=•= - - < < +Â .
Deret ini dikenal sebagai deret Taylor di sekitar c yang konvergen ke f.
Contoh Tentukan deret Maclaurin dan deret Taylor di sekitar c untuk fungsi ( ) .xf x e=
Karena
( )( )n xf x e= dengan
( )(0) 1nf = , maka deret Maclaurin untuk fungsi ini
adalah 0 !
nxn
xne
=•= . Karena deret pangkatnya konvergen x" Œ , maka
2 30
1 1! 2 61 ,nx
nxne x x x x
=•= = + + + + ŒÂ .
Karena ( )( ) ,n cf c e= maka deret Taylor dari ( ) xf x e= di sekitar adalah
0 ! ( ) ,cx n
nene x c x
=•= - ŒÂ .
Deret terakhir dapat juga diperoleh dengan cara
0 01! !( ) ( ) ,
cx c x c c n nn n
en ne e e e x c x c x-
= =• •= ◊ = - = - ŒÂ  .
B & D BR 053
Ilustrasi Tentukan deret Maclaurin untuk ( ) sinf x x= dan ( ) cosg x x= .
Dari ( )12( ) cos sinf x x x p= = +¢ , ( )1
2( ) sin sin 2f x x x p=- = + ◊¢¢ diperoleh
( )( ) 12( ) sinnf x x n p= + ◊ , sehingga
( ) 12(0) sin , 0,1,2,3,nf n np= = . Jadi de-
ret Maclaurin untuk fungsi ( ) sinf x x= adalah 3 5 7 2 1
03! 5! 7! (2 1)!( ) sin ( 1) ,nn
nx x x x
nf x x x x+
=•
+= = - + - + = - ŒÂ .
Analog: ( )( ) 12( ) cosng x x np= + dan ( ) 1
2(0) cos , 0,1,2,3,ng n np= = . Jadi deret Maclaurin untuk fungsi ( ) cosg x x= adalah
2 4 6 2
02! 4! 6! (2 )!( ) cos 1 ( 1) ,nn
nx x x x
ng x x x=•= = - + - + = - ŒÂ .
Rumus Taylor dengan suku sisanya Jika fungsi f mempunyai turunan sampai tingkat-(n+1) pada selang buka I yang memuat c, maka ,x I" Œ
( )2( ) ( )2! !( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
n nn
f c f cnf x f c f c x c x c x c R x¢¢= + - + - + + - +¢ ,
dengan suku sisa
( 1) 1( )( 1)!( ) ( )n n
nf
nR x x cx+ ++= - , ξ di antara x dan c. Di sini
( )2( ) ( )2! !( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
n nn
f c f cnP x f c f c x c x c x c¢¢= + - + - + + -¢
dikenal sebagai sukubanyak Taylor dan ( )nR x suku sisa Taylor. Teorema Taylor Jika fungsi f mempunyai turunan di semua tingkat pa-
da selang ( , )c r c r- + , maka deret Taylor
( )
0( )! ( )
n nn
f cn x c
=• -Â adalah uraian
fungsi f ⇔ lim ( ) 0,nnR x
Æ•= dengan
( 1) 1( )( 1)!( ) ( ) , ( , )n n
nf
nR x x c c r c rx x+ ++= - Œ - + .
Deret Binomial Untuk x yang memenuhi 1 1x- < < dan p" Œ berlaku
2 3 ( 1)( 2) ( 1)!(1 ) 1 ,1 2 3
p p p p p nn
p p p px x x x n- - - +Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ+ = + + + + =Á ˜ Á ˜ Á ˜ Á ˜Ë ¯ Ë ¯ Ë ¯ Ë ¯
Ilustrasi Dengan rumus deret binomial, 31
2 21/2 21
( )( ) ( 1) 1 3 5 (2 1)12 2! 2 !(1 ) 1 1 , | | 1.
n
nn
nn
nx x x x x◊-= ◊
•- - - ◊ ◊ -+ = - + + = + <Â
B & D BR 054
Hampiran fungsi dengan sukubanyak Taylor Jika fungsi f mempunyai turunan sampai tingkat-(n+1) pada selang buka I yang memuat c, maka
,x I" Œ ( ) ( ) ( )n nf x P x R x= + , dengan ( )2( ) ( )
2! !( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )n n
nf c f c
nP x f c f c x c x c x c¢¢= + - + - + + -¢
dan ( 1) 1( )( 1)!( ) ( ) , ( , )n n
nf
nR x x c c r c rx x+ ++= - Œ - + . Untuk n = 1 kita mempunyai
( ) ( ) ( ) ( )( )nf x P x f c f c x cª = + -¢ , dikenal sebagai hampiran dengan garis singgung. Untuk n = 2 hampiran dengan fungsi kuadrat, dan seterusnya.
Untuk Rn(x) yang terbatas dapat dihitung batas ketelitian hampirannya dan besarnya n agar hampirannya memenuhi batas galat yang diberikan.
Contoh Hitunglah hampiran untuk e dengan galat paling sedikit 610 .-
Uraian Maclaurin dari xe dan suku sisanya adalah 2 3
2! 3! !1 ( )nx
nx x x
ne x R x= + + + + + + , 1
( 1)!( )c n
ne xnR x
+
+= , c di antara 0 dan x.
Untuk menghitung e ambillah x = 1, maka diperoleh 1 1 12! 3! !1 1 (1)x
nne R= + + + + + + , ( 1)!(1)c
ne
nR += , c di antara 0 dan 1.
Andaikan e < 3, maka 10 1 1 3cc e e< < fi < < < fi 1 3( 1)! ( 1)! ( 1)!(1)
c
ne
n n nR+ + +< = < .
Carilah n sehingga 61 3( 1)! ( 1)!(1) 10nn nR -+ +< £ < . Karena 61 3
9! 10!10-< < , ambil-
lah (n + 1) = 10, sehingga n = 9. Jadi hampiran untuk e dengan galat paling sedikit 610- adalah 1 1 1
2! 3! 9!1 1 2,728282e = + + + + + = .
Contoh Hitunglah hampiran cos 62° dengan sukubanyak Taylor derajat dua beserta suatu batas untuk galat hampirannya.
Dari ( ) ( )2 21 1 12 2 3 4 3cos 3 ( )x x x R xp p= - - - - + ambillah 3 9062x p p= = + ,
maka diperoleh ( ) ( )2 2 211 1
2 2 90 904cos62 3 ( ) 0,4694654 ( ),R x R xp p= - - + ª +
dengan batas galat 3 32 2
sin 13 90 90 903! 6| ( )| 0,0000071( ) ( ) ( )| | | |cR x R p p p p= + = < ª .
SOAL LATIHAN MA 1201 – KALKULUS 2A Pokok Bahasan: Deret tak Hingga
Soal uji konsep dengan benar – salah, berikan argumentasi atas jawaban Anda.
No. Pernyataan Jawab
1. Jika 0 n na b n£ £ " Œ dan barisan { }nb konvergen, maka barisan { }na konvergen. B − S
2. Jika barisan { }na konvergen, maka barisan /{ }na n konvergen ke 0. B − S
3. Jika barisan { }na konvergen dengan lim nna L
Æ•= , maka 3 4lim nn
a L+Æ•= . B − S
4. Jika 1lim ( ) 0n nna a +Æ•- = , maka lim nn
aƕ
ada dan nilainya hingga. B − S
5. Jika deret Σan divergen, maka barisan jumlah parsial dari deretnya tak terbatas. B − S