Barisan bilangan real Pengaturan bilangan real dalam indeks terurut

(1)

001

Barisan bilangan real Pengaturan bilangan real dalam indeks terurut dinamakan barisan. Barisan bilangan real a a₁, ₂,a₃, ditulis { }a_{n n}•₌₁, 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 a_n =3n-2,n =1, 2, . Dalam bentuk rumus rekursif barisan ini ditulis a₁=1,a_n = a_n_-₁+3,n≥ 2.

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 _n ,

nÆ•a =L atau anÆ jika L

0 N n N |a_n L| .

e e

" > $ Œ ' ≥ ﬁ - < Barisan yang tidak konvergen di-namakan divergen, mungkin limitnya

•

, -

•

, atau tidak ada (oskilasi). Ilustrasi Barisan {an}dengan

1 1 n _n a = - ;

{

1 2 3

}

2 3 4 0, , , , konvergenke 1 karena lim _n lim 1

(

1

)

1

nÆ•a = nÆ• - n = . Perhatikan situasi geometrinya.

1+e 1 1-e an= -1 1_n 1 2 3 4 N y 1+e 1 1-e y a x= ( ) 1= -1_x 0 1 N x

(2)

Contoh Buktikan lim _n lim 1

(

1

)

1

nÆ•a = nÆ• - n = dengan definisi limit barisan.

Bukti Akan dibuktikan 0

|

1 1 1

|

. n

N n N

e e

" > $ Œ ' ≥ ﬁ - - <

dik dicari bktkan Karena

1 1 1

1 1

|

- - = < ¤ > , maka ambillah N bilangan asli yang lebih besar _n

|

_n e n _e

dari _e1, maka n ≥ > mengakibatkan N _e1

|

1 1 1

|

1 .

n n e

- - = <

Sifat limit barisan Untuk barisankonvergen{an},{bn}dankonstantak:

(1) lim

nÆ•k = k

(2) lim _n lim _n

nÆ•ka =knÆ•a

(3) lim ( _n _n) lim _n lim _n

nÆ• a ±b =nÆ•a ± nÆ•b

(4) lim ( _n _n) lim _n lim _n

nÆ• a b◊ =nÆ•a ◊nÆ•b (5) lim lim lim n n n , lim 0 n n n n n n a a b b b Æ Æ• • Æ• = Æ• π

Sifat barisan konvergen

¾ Untuk barisan { },a_n a_n=f n( ); jika lim ( )

xÆ• f x = , maka lim ( )L nÆ•f n = . L ¾ Prinsip apit Untuk barisan { },{ },{ }a_n b_n c_n , jika a_n£ £ dengan b_n c_n

n

a Æ dan L c_nÆ , maka L b_nÆ . L

¾ Untuk barisan { }a_n , jika |a_n|Æ , maka 0 a_nÆ . 0

¾ Jika barisan { }a_n konvergen, maka { }a_n terbatas.

({ }a_n barisan terbatas jika$ M > '0 |a_n| £ M " Œ )n

¾ Jika barisan { }a_n monoton tak turun dan terbatas di atas, maka { }a_n

konvergen. ({ }a_n barisan monoton tak turun jika a_n£ a_n₊₁" Œ )n

Contoh penggunaan prinsip apit Buktikan jika | | 1r < , maka rnÆ0. Bukti Karena | | 1r < , maka 1

nÆ• = =nÆ•pn (limit pengapitnya 0), maka | | 0

n

r Æ . Akibatnya berdasarkan sifat barisan konvergen diperoleh rnÆ0.

(3)

Contoh Buktikan barisan { }a_n dengan 2

! n

n _n

a = konvergen ke 0. Bukti Karena{ }a_n barisan positif, maka { }a_n terbatas di bawah oleh 0. Karena 1 1 1 1 2 ! 2 ( 1)! 2 1 1 n n n n n n a n a a a n n + + + ₊ ₊ = ◊ = ◊ = £ , maka a_n₊₁£ " Œ , akibat-a_n n

nya{ }a_n barisan monoton tak naik. Karena { }a_n monoton tak naik dan ter-batas dibawaholeh 0,maka{ }a_n konvergen ke0. (sifat barisan konvergen)

Cara lain Karena 2n< -(n 1)!,n>6 (buktikan dengan induksi matematika),

maka 2 ( 1)! 1 ! ! 0 n n n n n n a

-< = < = . Karena limit pengapitnya 0, maka a_nÆ . 0

Deret bilangan real Dari barisan {an} buatlah barisan {sn} dengan

1 1, 1 1 2, 3 1 2 3, , n 1 2 n

s =a s = +a a s = + +a a a s = + + + . a a a

Barisan {sn} dinamakan deret bilangan real dan ditulis _n₌_{1 n}a

•

Â

. Suku

ke-n dari barisan {sn} dinamakan jumlah parsial deret. Dari definisi ini

langsung diperoleh a_n=s_n₊₁-s n_n, =1, 2,3, Deret konvergen Deret

1 n n= a

•

Â

dikatakan konvergen (punya jumlah)

jika barisan {sn} konvergen dan divergen jika {sn} divergen.

Contoh Selidiki kekonvergenan deret

1 1 ( 1) n= n n • +

Â

. ¾ Deretnya: 1 1 1 1 1 1 ( 1) 2 6 12 20 n= n n • + = + + + +

Â

dengan 1 1 1 ( 1) 1 n n+ = -n n+ .

¾ Jumlah parsial deret ini adalah

(

)

( ) ( )

( )

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1) 1 1 2 2 3 1 1 1. n _k _k n n k k k k n n n s =

Â

₌ ₊ =

Â

₌ - ₊ = - + - + + - ₊ = - ₊ ¾ Karena

( )

1 1 lim _n lim 1 1

nÆ•s =nÆ• -n+ = , maka deret ini konvergen dan jumlah

deretnya 1, ditulis 1 1 ( 1) 1. n= n n • + =

Â

(4)

Contoh Selidiki kekonvergenan deret 1 1 n= n •

Â

. ¾ Deretnya: 1 1 1 1 1 2 3 4 1 n= n • _{= + + + +}

Â

dengan _n 1 n a = . (deret harmonik)

¾ Jumlah parsial deret ini dapat ditulis dalam bentuk

( )

( ) (

)

1 1 2 1 2 4 1 2 3 4 8 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1 2 8 1 1 2 2 1 1 1 1 2 3 4 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4 5 6 7 8 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 3 s a s a a s a a a a s a a a > > > = = = + = + = + ◊ = + + + = + + + > + ◊ = + + + = + + + + + + + > + ◊

Dari sini diperoleh ₂ 1 1

2 2

1 1

n

s > + ◊ = +n n. (buktikan dengan induksi!)

¾ Karena

( )

1

2

lim _n lim 1 ,

nÆ•s =nÆ• + n = • maka deret ini divergen.

Contoh Selidiki kekonvergenan deret 1

1( 1) n n + = •

-Â

. ¾ Deretnya: 1 1( 1) 1 1 1 1 n n + = • _- _{= - + - +}

Â

dengan a_n = -( 1)n+1.

¾ Jumlah parsial deretnya:

{

1, bilangan ganjil {1,0,1,0, } 0, bilangan genap n n s n = = .

¾ Karena {sn} tidak mempunyai limit (oskilasi), maka deret ini divergen.

Sifat deret konvergen Jika deret

1 n n= a

•

Â

konvergen, maka lim _n 0.

nÆ•a =

Bukti Misalkan jumlah parsial deret ini adalah sn. Karena deretnya kon-

vergen, maka lim _n .

n

s s s

Æ•

$ Œ ' = Akibatnya

1 1

lim _n lim ( _n _n ) lim _n lim _n 0.

nÆ•a =nÆ•s -s - = nÆ•s -nÆ•s - = - =s s Ilustrasi Deret 1 1 2 5 n n n = • +

-Â

divergen karena 1 1 2 5 2 lim 0 n n n Æ• + - = π .

(5)

Catatan Kebalikan sifat deret konvergen tidak benar lagi. Contoh penyangkalnya adalah lim 1 0

nÆ•n = tetapi deret 1

1

n= n •

Â

divergen. Deret Geometri Bentuk umum: 1 2

1 n n ar a ar ar -= • _{= +} ₊ ₊

Â

. ¾ Jumlah parsial: 1 2 1 1 (1 ) 1 , 1. n n _k _n n _k a r r s =

Â

₌ ar - = + +a ar ar + +ar - = _-- rπ 2 1 2 1 (1 ) 1 (1 ) (1 ) , 1 n n n n n n n n n a r r s a ar ar ar rs ar ar ar ar r s a r s r -= + + + + = + + + + = ﬁ - = - π

¾ Jika | | 1r < , maka rnÆ0 (halaman 2, prinsip apit), akibatnya

1 1 (1 ) 1 1 1 1 lim lim n n n n _n _n a r a r r r s ₌ ar - s a Æ Æ • • • -- - -=

Â

= = = = ◊ .

Catatan Dari fenomena 1= -2 1, 1 1

2 2 1+ = -2 , 1 1 1 2 4 4 1+ + = -2 , ◊◊◊ di-peroleh ₁ 1 1 1 1 2 4 2 2 1 _n 2 _n n S ₊ = + + + + = - dengan lim _n ₁ 2 nÆ•S + = , sehingga deret geometri 0 1 1 1 2 4 2n 1 n= • _{= + + +}

Â

konvergen ke 2; 0 1 2n 2 n= • ₌

Â

. Ilustrasi

( )

1 1 1 2 3 1 1 1 1 2 2 2 2 1 3 1 3 3 2 2 2 3 6. n n n n n n n n -- -= = = • • ◊ • -= = = ◊ = ◊ =

Â

Ilustrasi

( )

₁ 2 1 0 1 1 1 1 1 1 1 2 2 4 8 2 1 3 2 ( 1) _n 1 1 n n n n -= = • • + - = - + - + = ◊ - = =

Â

.

Ilustrasi Jika | | 1x < , maka

0 1 1 n n= x x • -=

Â

dan 0 1 1 ( 1)n n n= x x • + - =

Â

. Catatan Deret 1 n n= a •

Â

yang konvergen ke S ditulis

1 n n= a S

• ₌

Â

.

Sifat linear deret tak hingga (1) Jika c π 0, maka 1 n n= a •

Â

dan 1 n n= ca •

Â

bersama-sama konvergen atau divergen. (2) Jika 1 n n= a S • =

Â

dan 1 n , n= b T • =

Â

maka 1( n n) . n= a b S T • ± = ±

Â

(6)

Uji jumlah terbatas Deret 1 n, n 0 n= a a n • _{≥ " Œ}

Â

konvergen ¤ n ₁ n _k k s =

Â

₌ a terbatas di atas. Uji integral Untuk fungsi f yang kontinu, bernilai positif, dan tak naik pada [1,•) dengan a_n= f n( ) berlaku

deret

1 n n= a

•

Â

konvergen ¤ integral tak wajar

1 f x dx( ) •

Ú

konvergen. y y=f (x) 0 1 2 3 4 5 n x y y=f (x) 0 1 2 3 4 5 n x

Uji banding biasa

¾ Jika 1 0 _n _n dan _n n a b n N •₌ b £ £ " ≥

Â

konvergen, maka 1 n n= a •

Â

konvergen. ¾ Jika 1 0 _n _n dan _n n a b n N •₌ a £ £ " ≥

Â

divergen, maka 1 n n= b •

Â

divergen. Uji banding limit Misalkan 0, 0, dan lim n

n n n n a b a b L Æ• ≥ > = . ¾ Jika 0 L< <•, maka 1 n n= a •

Â

dan 1 n n= b •

Â

bersama-sama konvergen atau divergen. (keduanya konvergen atau keduanya divergen)

¾ Jika L= dan0 1 n n= b •

Â

konvergen, maka 1 n n= a •

Â

konvergen. Uji banding Untuk deret

1 n, n 0 n= a a n • > " Œ

Â

dan _lim n 1 n n a a L + Æ• = ;

¾ jika L< , maka deret konvergen. 1

¾ jika 1L> atau lim n 1

n

a n

a ₊

Æ• =•, maka deret divergen.

¾ jika 1L= , maka uji kekonvergenan tidak memberikan kesimpulan.

a1 a2 a3 a4 a5 an a1 a2 a3 _a 4 _a 5 an

(7)

Aneka Ragam Variasi Contoh Kekonvergenan Deret

Contoh Selidiki kekonvergenan deret ₂

1 2 3 3 n n n n = • - +

Â

Cara 1 Dengan uji banding biasa, dari n≥ " Œ1 n diperoleh 3- + £ n 3 0. Akibatnya n2- + £3n 3 n2, sehingga ₂ 1 1₂ 3 3 n - n+ ≥ n dan 2 2 2 2 2 3 1 n n n n - n+ ≥ n = . Karena deret 1 1 n= n •

Â

divergen, maka deret ₂

1 2 3 3 n n n n = • - +

Â

juga divergen.

Cara 2 Dengan uji banding limit, bandingkan ₂ 2

3 3 n n n n a - + = dengan _n 2 n b = . Karena 1 ₂ 2 3 3

lim n lim lim 2

n n n n n n a n b a b _n _n n Æ• = Æ• ◊ = Æ• - + ◊ = <• dan deret 1 1 n= n •

Â

di-vergen, maka deret ₂

1 2 3 3 n n n n = • - +

Â

juga divergen.

Cara 3 Dengan uji integral, tunjukkan ₂

1 2 3 3 x dx x x • - +

Ú

divergen (kerjakan rin-

cian prosesnya!). Akibatnya ₂

1 2 3 3 n n n n = • - +

Â

divergen.

13 (2n 1) n n n = • +

Â

.

Cara 1 Dengan uji banding biasa, dari n< + " Œ2n 1 n diperoleh

2 1 1 n n+ < , sehingga

( )

1 3 3 (2n 1) . n n n+ < Karena 1

( )

1 3 n n= •

Â

konvergen (deret geometri

de-ngan rasio r =1₃), maka deret

13 (2n 1) n n n = • +

Â

konvergen.

Cara 2 Dengan uji banding limit, bandingkan

3 (2n 1) n n n a = ₊ dengan

( )

1 1 3 3n n n b = = . Karena 1 1 2 3 (2 1)

lim n lim lim _n 3

n n n n n n n a n b a b n Æ• = Æ• ◊ = Æ• + ◊ = <• dan deret

( )

1 1 3 n n= •

Â

konvergen, maka deret

13 (2n 1) n n n = • +

Â

konvergen.

(8)

Contoh Selidiki kekonvergenan deret (a) 1 1 n= n n •

Â

, (b) 2 1 ln n= n n •

Â

.

(a) Dengan uji integral, karena

(

)

(

)

3/2 1/2

1 1 1

2

lim b lim 2 b lim 2 2

b b b dx x x x dx x b - -Æ Æ Æ • • • • = = - = - + =

Ú

(konvergen), maka deret

1

n= n n •

Â

konvergen. (b) Dengan uji integral, karena

(

)

2

(

)

2 2

(ln )

ln lim ln lim ln(ln ) lim ln(ln ) ln(ln 2)

b _b b b b d x dx x x _Æ x _Æ x _Æ b • • • • = = = - =•

Ú

(divergen), maka deret

2 1 ln n= n n •

Â

divergen.

Hampiran jumlah deret Jumlah deret

1 n n

S=

Â

•₌ a dapat dihampiri oleh jumlah parsial

1 n

n _k k

S =

Â

₌ a dan galatnya adalah

1 .

n n _{k n} k

E = - =S S

Â

•_{= +} a

Dengan kondisi fungsi f pada uji integral diperoleh _n ( )

n

E <

Ú

• f x dx. Contoh (a) Jika jumlah deret konvergen

1

n= n n •

Â

dihampiri oleh 100 suku pertama, tentukan suatu batas untuk galatnya. (b) Tentukan n agar

galat dari jumlah deret S dan jumlah parsial Sn paling besar 0,005.

(a) Untuk deret ini pilihlah f x( ) 1/= x3/2 yang bernilai positif, monoton tu-run, dan kontinu pada [1,•). Karena

( )

3/2 3/2 1/2 100 ₁₀₁ ₁₀₀ 100 1 2 2 10 lim 0, 2 b k _b dx k x x E ₌ Æ • • • -=

Â

<

Ú

= = =

maka suatu batas untuk galatnya adalah 0,2.

(b) Akan dicari n sehingga E_n= - <S S_n 0,005. Karena

( )

3/2 3/2 1/2 1 1 2 2 lim b n _{k n} _n b n dx n k x x E _{= +} Æ • • • -=

Â

<

Ú

= = .

maka E_n= - <S S_n 0,005 dipenuhi bilamana 2 0,005

n < . Dari sini diper-oleh n>400, sehingga n >160000.

(9)

Contoh Tunjukkan deret 1 2n ! n n n n ◊ = •

Â

konvergen dan hitunglah lim 2n_n !

n

n n

◊ Æ• . Gunakan uji banding untuk deret suku positif. Untuk deret ini 2 !

n n n n n a = ◊ dan

( )

_{( )}

1 1 1 ₁ 1 2 ( 1)! 1 2 2 1 2 ! ( 1) _{lim 1}

lim lim lim lim 2 n 1

n n n n n n n n n n n n n n n a n n n a a a n n n e + + + Æ• + _◊ Æ• Æ• Æ• Æ• ◊ + + + ₊ = ◊ = ◊ = = = < . Karena lim n 1 1 n n a a + Æ• < , maka deret 1 2n ! n n n n ◊ = •

Â

konvergen. Berdasarkan sifat deret konvergen diperoleh lim 2 ! 0

n n n n n ◊ Æ• =

1 (2 )! ! ! n n n n = •

Â

Gunakan uji banding untuk deret suku positif. Untuk deret ini (2 )!

! ! n n n n a = dan 1 2 1 (2 2)! (2 1)(2 2) 1 ! ! ( 1)!( 1)! (2 )! ₍ ₁₎

lim n lim lim lim 4 1

n n n n n n n a n n n n n a a a n n n _n + + Æ• Æ• Æ• Æ• + + + + + + = ◊ = ◊ = = > . Karena lim n 1 1 n n a a + Æ• > , maka deret 1 (2 )! ! ! n n n n = •

Â

divergen.

Deret ganti tanda Bentuk umumnya adalah

1 1 2 3 4 1( 1) , 0 n n n n a a a a a a n + = • _- _{= - + - +} _{> " Œ}

Â

,

suku-suku deret ganti tanda berselang-seling positif dan negatif. Ilustrasi ¾ ₁

( )

₁ 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 4 8 2 1 3 2 ( 1) _n 1 1 n n n - n -+ = = • • + - = - + - + = ◊ - = =

Â

ada-lah deret ganti tanda konvergen. (deret geometri dengan rasio -1/2)

¾ 1 1( 1) 1 2 3 4 n n n + = • _- _{= - + - +}

Â

adalah deret ganti tanda divergen.

¾ 1 1( 1) 1 1 1 1 n n + = • _- _{= - + - +}

(10)

Uji kekonvergenan deret ganti tanda Jika barisan{ }a_n semua sukunya positif, monoton turun, dan lim _n 0,

nÆ•a = maka 1 1( 1) n n n a + = •

-Â

konvergen. Ilustrasi Deret 1 1 1 1 1 1 2 3 4 ( 1)n 1 n n + = • _- _{= - + - +}

Â

konvergen karena 1 0 n _n

a = > " Œ , { }n a_n monoton turun, dan lim _n lim 1 0.

nÆ•a =nÆ•n = +a1 -a2 +a3 -a4 0 s2 s4 s s3 s1 x

Taksiran deret ganti tanda Jika deret

1 1( 1) n n n a s + = • - =

Â

memenuhi kondisi di atas dan s_n = - + + -a₁ a₂ ( 1)n+1a_n, maka |s s- _n|£ a_n₊₁. Ilustrasi Deret 1 ₁ 1 1 2 ( 1)n _n n -+ = •

-Â

konvergen ke 2 3

s = dan jumlah 8 suku

pertamanya adalah s₈ = 0,6440625. Taksiran jumlahnya memenuhi

8 9

1 256

|s s- =| 0,00260416…< =a = 0,00390625. Uji kekonvergenan dengan nilai mutlak

Jika deret

1| n| n= u

•

Â

konvergen, maka deret

1 n n= u

•

Â

juga konvergen. Kekonvergenan mutlak dan bersyarat Deret

1 n n= u

•

Â

dikatakan kon

-vergen mutlak jika

1| n| n= u

•

Â

konvergen dan konvergen bersyarat jika

1 n n= u

•

Â

konvergen tetapi deret

1| n| n= u •

Â

divergen. Ilustrasi ¾ Deret 1 ₁ 1 1 1 1 1 2 4 8 2 ( 1)n _n 1 n -+ = • - = - + - +

Â

konvergen mutlak karena

1 1 2 1 1 1 1 1 2 4 1 2n 1 2 n= -• -= + + + -= =

Â

. (deret nilai mutlaknya konvergen)

¾ Deret 1 1 1 1 1 1 2 3 4 ( 1)n 1 n n + = • - = - + - +

Â

konvergen bersyarat karena

deret ini konvergen tetapi deret

1 1 1 1 2 3 1 n= n • _{= + + +}

Â

divergen.

(11)

Ilustrasi Deret 1 6 1 sin (2 1) ₁ ₁ ₁ ₁ ₁ ₁ 2 2 2 6 3 16 5 5 12 6 n n n n p = • - _{= +} ₊ _{- -} _- ₊

Â

konvergen karena deret nilai mutlaknya

1 6 1 |sin (2 1) | n n n n p = •

-Â

konvergen. Karena 1 6 |sin (2n 1) | ₁ n n n n p -£ dan deret 1 1 n= _{n n} •

Â

konvergen (uji integral),

maka deret 1 6 1 |sin (2 1) | n n n n p = •

-Â

konvergen.

Uji banding mutlak Untuk deret

1 n, n 0 n= a a • _π

Â

dan | 1| | | lim n n n a a L + Æ• = ;

¾ jika L< , maka deret konvergen. 1

¾ jika L> , maka deret divergen. 1

¾ jika L= , maka uji kekonvergenan tidak memberikan kesimpulan. 1 Pengaturan kembali suku deret Suku-suku deret konvergen mutlak dapat diatur kembali tanpa berpengaruh pada kekonvergenan atau jum-lah deretnya. Ilustrasi Deret 1 1 3 ! ( 1)n n n n + = •

-Â

konvergen mutlak berdasarkan uji ban-ding mutlak karena

1 1 | | 1 | | | | 1 3 ! 3 ( 1)! 3 1

lim n lim | | lim n _n lim 0 1

n n n n n n n a n a a a n n + + + Æ• = Æ• ◊ = Æ• + ◊ = Æ• + = < .

Deret pangkat Bentuk umum deret pangkat yang berpusat di 0 adalah

2 0 1 2 0 n n n= a x a a x a x • _{= +} ₊ ₊

Â

dan yang berpusat di x₀ adalah

2 0 0 1 0 2 0 0 ( ) ( ) ( ) n n n= a x x a a x x a x x • _- _{= +} _- ₊ _- ₊

Â

Catatan Dalam notasi ini a x₀ 0= walaupun x = 0. a₀

Ilustrasi Deret geometri 2 3

0 n n= ax a ax ax ax • = + + + +

Â

adalah suatu

deret pangkat yang konvergen ke

1

( ) a x

(12)

Himpunan kekonvergenan deret pangkat Himpunan ini terdiri dari se-mua x di mana suatu deret pangkat konvergen dan di luarnya divergen. Teorema Himpunan kekonvergenan

0 n n n= a x •

Â

selalu berbentuk:

¾ Titik x = 0 (selang [0,0]), jari-jari kekonvergenannya 0;

¾ Selang (-R,R) (atau (-R,R], [-R,R), [-R,R]), jari-jari kekonvergenan-nya R;

¾ Seluruh garis real (selang (-•,•)), jari-jari kekonvergenannya •. Teorema Deret pangkat

0 n n n= a x

•

Â

konvergen mutlak pada interior

(selang buka) dari selang kekonvergenannya.

Ilustrasi Untuk deret

0 ! , n n= n x

•

Â

uji banding dengan a_n=n x! n

membe-rikan

{

1 1 | | | | ( 1)! ! 0, 0

lim lim lim ( 1)| | .

, 0 n n n n n n n a n x a n x x L n x x + + Æ• Æ• Æ• + = = = = + _{= • π Karena L}>1,

maka deret hanya konvergen di x = 0. Ilustrasi Untuk deret

0 ! n n x n = •

Â

, uji banding dengan

! n n x n a = memberikan 1 1 | | 1 | | 1 ! | | ( 1)! 1

lim n lim lim n _n lim 0

n n n n n n n a x n x a a n x n L + a ₊ + Æ• Æ• Æ• + Æ• + = = ◊ = ◊ = = . Karena L<1,

maka deret konvergen" Œx dan selang kekonvergenannya (-•,•). Ilustrasi Untuk deret

0( 1)2 n n n x n = • +

Â

, uji banding dengan

( 1)2 n n n x n a = ₊ memberikan 1 1 1 | | 1 | | ( 1)2 1 | | 1 | | 2 2 2 ( 2)2

lim lim lim lim

n n n n n n n n n n n n a x n x n x a a n x n L + a ₊ + ₊ Æ• Æ• Æ• Æ• + + + + = = ◊ = ◊ = ◊ = .

Akibatnya deretkonvergenjika | |

2 1

x

L= < dandivergenjika | |

2 1

x

L= > ,

se-hinggaderetkonvergen jika - < <2 x 2 dandivergenjika x>2 atau x<- .2 Di titik batas x= -2 diperoleh deret

0 ( 1) ( 1) n n= n • -+

Â

yang konvergen. Di titik batas x= diperoleh deret 2

0 1 ( 1) n= n • +

Â

yangdivergen.Jadi selang kekon-vergenan deret pangkat iniadalah - £ < . 2 x 2

(13)

Contoh Tentukan selang kekonvergenan deret pangkat 1 ( 2) 3 n n n x n = • + ◊

Â

.

Gunakan uji kekonvergenan mutlak dengan ( 2)

3 n n n x n a = +_◊ , diperoleh 1 1 1 | | 1 | | ( 2) 1 3 | 2| | 2| 3 1 3 ( 2) ( 1) 3

lim lim lim lim

n n n n n n n n n n n n a x n x n x a a n x n L + a ₊ +₊ Æ• Æ• Æ• Æ• + ◊ + + + + + ◊ = = ◊ = ◊ = = .

Akibatnya deret konvergen jika | 2|

3 1

x

L= + < dan divergen jika | 2|

3 1

x

L= + > ,

sehingga deret konvergen jika 5- < < dan divergen jika 1x 1 x> atau x<- . 5 Di titik batas x= -5diperoleh deret

1

( 1)n

n= n •

-Â

yang konvergen. Di titik ba-tas x= diperoleh deret 1

1

n= n •

Â

yang divergen. Jadi selang kekonvergenan deret pangkat ini adalah 5- £ < . x 1

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 ₀ ₁ ₂ 2 ₃ 3

0

( ) _n n

n

s x =

Â

•₌ a x = +a a x a x+ +a x + pada selang I, maka

¾ 1 2 1 2 3 0 1 ( ) ( _n n) _n n 2 3 n n d dx s x¢ =

Â

•₌ a x =

Â

•₌ na x - = +a a x+ a x + , xŒinterior I ¾ 1 1 2 2 3 0 0 0 1 2 3 ( ) n n n n n n a a a x n s x dx=

Â

•₌ a x dx=

Â

•₌ ₊+ =a x+ x + x +

Ú

, xŒinterior I

Ilustrasi Dari deret pangkat 1 2 3

1-x = + + + +1 x x x , 1- < < diperoleh x 1

2

2 3

1

(1-x) = + +1 2x 3x +4x + , 1- < < x 1

dengan cara menurunkan suku demi suku deret semula. Ilustrasi Dari deret pangkat 1 2 3

1+x= - + - +1 x x x , 1- < < diperoleh x 1

2 3 2

1 1 1

2 3 4

ln (1+ = -x) x x + x - x + , 1- < < x 1 dengan cara mengintegralkan suku demi suku deret semula.

(14)

Teorema Abel (Kekonvergenan deret pangkat di titik ujung selang)

Jika

0

( ) _n n, ( , ),

n

s x =

Â

•₌ a x xŒ -R R s kontinu di R dan -R, serta deret

kon-vergen untuk x=R dan x=-R, maka di titik ujung selang berlaku

0 ( ) n n n= a R s R • ₌

Â

dan 0 ( ) ( ) n n n= a R s R • _- ₌

-Â

.

Ilustrasi Dari ilustrasi terakhir kita mempunyai deret pangkat

2 3 2

1 1 1

2 3 4

ln (1+ = -x) x x + x - x + , 1- < < . x 1

Karena fungsiy =ln (1+x) kontinu di x = 1 dan deret di ruas kanan konver-gen untuk x = 1, maka 1 1 1

2 3 4

ln 2 = - + - + . 1

Contoh Tentukan deret pangkat untuk tan-1x dan suatu deret untuk p.

Dari deret pangkat 1 2 3

1-x = + + + +1 x x x , 1- < <x 1gantilah x dengan 2 , x -diperoleh 1 ₂ 2 4 6

1+x = - + - +1 x x x , 1- < < . Integralkan suku demi suku x 1 dari deret ini menghasilkan 1 1 3 1 5 1 7

3 5 7

tan- x = -x x + x - x + , 1- < < . x 1

Berdasarkan teorema Abel, karena y=tan-1x kontinu di x = 1 dan deret di ruas kanan konvergen untuk x = 1, maka 1 1 1 1 1

4p tan 1 1 3 5 7

-= = - + - + ,

se-hingga suatu deret untuk p adalah

(

1 1 1

)

3 5 7 4 1 p = - + - + . Contoh Tunjukkan 1

(

1 3 1 5

)

1 3 5 ln x 2 , 1 1 x x x x x + - = + + + - < < dan tentukan

suatu deret untuk ln2.

2 3 2 3 2 int int 2 3 2 3 2 1 1 1 1 1 2 3 4 1 1 1 1 1 2 3 4 1 ln (1 ) , 1 1 1 ln (1 ) , 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + -= - + - + + = - + - + - < < = + + + ﬁ + ﬁ - - = + + + + - < < 1

(

1 3 1 5

)

1 3 5 ln x 2 , 1 1 x x x x x + - = + + + - < < Ambil 1 3 x= , diperoleh

(

)

1 3 5 1 4 3 1 ₁ ₁ _{1 1} 3 5 1 3 3 ln 2= ln +_- = 2 + + ◊ + .

(15)

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 1 2 3 1+x= - + - +1 x x x , 1- < <x 1dan 2 3 1 1-x = + + + +1 x x x , 1- < < . x 1 ¾ Jumlah: Dari 1 1 2 3 2 3 1+x +1-x= - + - +(1 x x x ) (1+ + + + +x x x )diperoleh 2 2 4 2 1-x = 2(1+ + +x x ), yang menghasilkan 2 2 4 1 1-x = + + + . 1 x x ¾ Selisih: Dari 1 1 2 3 2 3 1+x -1-x= - + - +(1 x x x ) (1- + + + +x x x )diperoleh 2 3 5 2 1 2( ) x x x x x -- = - + + + , yang menghasilkan 2 2 4 1 1-x = + + + . 1 x x ¾ Hasilkali: Dari 1 1 2 3 4 2 3 4 1+x◊1-x= - + - + -(1 x x x x ) (1◊ + + + + +x x x x ) diperoleh ruas kanan

2 3 4 2 3 4 5 2 3 4 5 6

1 x x+ + + + + - - - + + + + + + , x x x x x x x x x x x x

yang setelah disederhanakan sama dengan 1 x+ + + . Dalam kasus 2 x4

ini juga dihasilkan 1₂ 2 4

1-x = + + + . 1 x x

¾ Hasilbagi: Dari 1 1 2 3 4 2 3 4

1+x 1-x = - + - + -(1 x x x x ) (1+ + + + +x x x x ) dengan pembagian panjang diperoleh

2 3 1 2- +x 2x -2x + 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 1+ + + + + + + +x x x x x x x 1- + - + - + - +x x x x x x x 2 3 4 5 6 7 1 x x+ + + + + + + +x x x x x 3 5 7 2x 2x 2x 2x - - - 2 3 4 5 6 7 2x 2x 2x 2x 2x 2x 2x - - - 2 4 6 2x +2x +2x - dst.

Dikerjakan tanpa proses pembagian panjang, kita mempunyai

2 3 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 (1 ) 1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x - + -+ - = + = + = - + = - - + - + = - + - +

(16)

Deret Maclaurin Perhatikan proses menentukan koefisien deret pang-kat

0

( ) _n n

n

f x =

Â

•₌ a x dinyatakan dalam turunan dari fungsi f pada selang (-R,R) dengan R jari-jari kekonvergenan deret.

2 3 0 1 2 3 0 ( ) _n n _n n n f x =

Â

•₌ a x = +a a x a x+ +a x + +a x + fi =a₀ f(0) 2 3 1 1 2 3 4 ( ) 2 3 4 _n n f x¢ = +a a x+ a x + a x + +na x - + fi = ¢a₁ f (0) 2 2 2 3 4 ( ) 2 2 3 3 4 ( 1) _n n f ¢¢ x = a + ◊ a x+ ◊ a x + + -n na x - + ₂ 1 2 (0) a f fi = ¢¢ 3 3 4 ( ) 2 3 2 3 4 ( 2)( 1) _n n f ¢¢¢ x = ◊ a + ◊ ◊ a x+ + -n n- na x - + ₃ 1 3! (0) a f fi = ¢¢¢ ... ( ) ( ) ! !( 1) n n f x = n a +n n+ x+ 1 ( ) ! (0) n n _n a f fi = Akibatnya kita mempunyai

( ) 0 (0) ! ( ) , n n n f n f x =

Â

•₌ x - < <R x R, yang dike-nal sebagai deret Maclaurin (di sekitar 0) yang konvergen ke f.

Deret Taylor Jika

0

( ) _n( ) ,n

n

f x =

Â

•₌ a x c- - < - <R x c R (c R x c R- < < + ),

makadengan prosesyangsama,

( ) 0 ( ) ! ( ) ( ) , n n n f c n f x =

Â

•₌ x c- c R x c R- < < + . Deret ini dikenal sebagai deret Taylor di sekitar c yang konvergen ke f. Ilustrasi Tentukan deret Maclaurin dan deret Taylor di sekitar c untuk fungsi f x( )=ex.

Karena f ( )n ( )x =exdengan f ( )n (0) 1= , maka deret Maclaurin untuk fungsi ini adalah 0 ! n x n x n

e =

Â

•₌ . Karena deret pangkatnya konvergen " Œx , maka

2 3 0 1 1 ! 1 2 6 , n x n x n e =

Â

•₌ = + +x x + x + xŒ .

Karena f ( )n ( )c =ec, maka deret Taylor dari f x( )=exdi sekitar adalah

0 !( ) , c x n n e n e =

Â

•₌ x c- xŒ . Deret terakhir dapat juga diperoleh dengan cara

0 0 1 !( ) !( ) , c x c x c c n n n n e n n e = ◊e e - =e

Â

•₌ x c- =

Â

•₌ x c- xŒ .

(17)

Ilustrasi Tentukan deret Maclaurin untuk f x( ) sin= x dan g x( ) cos= x. ¾ Dari

( )

1 2 ( ) cos sin f x¢ = x= p-x ,

(

1

)

2 ( ) sin sin 2 f ¢¢ x = - x= ◊ -p x diperoleh

(

)

( ) 1 2 ( ) sin n f x = n◊ -p x , sehingga ( ) 1 2 (0) sin , 0,1, 2,3, n f = np n= . Jadi

de-ret Maclaurin untuk fungsi f x( ) sin= x adalah

3 5 7 2 1 0 3! 5! 7! (2 1)! ( ) sin , n n x x x x n f x = x x= - + - + =

Â

•₌ ₊+ xŒ . ¾ Analog: ( )

(

1

)

2 ( ) cos n g x = x+ np dan ( ) 1 2 (0) cos , 0,1, 2,3, n g = np n= . Jadi

deret Maclaurin untuk fungsi g x( ) cos= x adalah

2 4 6 2 0 2! 4! 6! (2 )! ( ) cos 1 , n n x x x x n g x = x= - + - + =

Â

•₌ xŒ .

Rumus Taylor dengan suku sisanya Jika fungsi f mempunyai turunan sampai tingkat-(n+1) pada selang buka I yang memuat c, maka " Œx I,

( ) 2 ( ) ( ) 2! ! ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) n n n f c f c n f x = f c + f c x c¢ - + ¢¢ x c- + + x c- +R x , dengan suku sisa

( 1) 1 ( ) ( 1)! ( ) ( ) n n n f n

R x = +₊ x x c- + , x di antara x dan c. Di sini

( ) 2 ( ) ( ) 2! ! ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) n n n f c f c n P x = f c + f c x c¢ - + ¢¢ x c- + + x c

-dikenal sebagai sukubanyak Taylor dan R x _n( ) 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 n n f c n x c = •

-Â

adalah uraian fungsi f ¤ lim _n( ) 0, nÆ•R x = dengan ( 1) 1 ( ) ( 1)! ( ) ( ) , ( , ) n n n f n R x = +₊ x x c- + xŒ - +c r c r

Deret Binomial Untuk x yang memenuhi 1- < < dan x 1 " Œp berlaku

2 3 ( 1)( 2) ( 1) ! (1 ) 1 , 1 2 3 p p p p p n n p p p p x x x x n - - - + Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ + = +_{Á ˜}_{Ë ¯} +_{Á ˜}_{Ë ¯} +_{Á ˜}_{Ë ¯} + _{Á ˜}_{Ë ¯} = Ilustrasi Dengan rumus deret binomial,

3 1 2 2 1/2 2 1 ( )( ) _{( 1) 1 3 5 (2} ₁₎ 1 2 2! 2 ! (1 ) 1 1 , | | 1. n n n n n n x - x x ₌ ◊ x x ◊ • - - _- _{◊ ◊} -+ = - + + = +

Â

<

(18)

Hampiran fungsi dengan sukubanyak Taylor Jikafungsifmempunyai turunan sampai tingkat-(n+1) pada selang buka I yang memuat c, maka

, x I " Œ f x( )=P x_n( )+R x_n( ), dengan ( ) 2 ( ) ( ) 2! ! ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) n n n f c f c n P x = f c + f c x c¢ - + ¢¢ x c- + + x c -dan ( 1) 1 ( ) ( 1)! ( ) ( ) , ( , ) n n n f n

R x = +₊ x x c- + xŒ - + . Untukc r c r n=1 kita mempunyai ( ) _n( ) ( ) ( )( )

f x ªP x = f c + f c x c¢ - , 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 10 .-6 Uraian Maclaurin dari ex dan suku sisanya adalah

2 3 2! 3! ! 1 ( ) n x n x x x n e = + + + + +x + R x , 1 ( 1)! ( ) c n n e x n R x = ₊+ , c di antara 0 dan x. Untuk menghitung e ambillah x=1, maka diperoleh

1 1 1 2! 3! ! 1 1 (1) x n n e = + + + + + + R , ( 1)! (1) c n e n R = ₊ , c di antara 0 dan 1. Andaikan e<3, maka 0< < ﬁ < < < ﬁc 1 1 ec e1 3 1 3 ( 1)! (1) ( 1)! ( 1)! c n e n+ <R = n+ < n+ . Carilah n sehingga 1 6 3 (n 1)! Rn(1) 10 (n 1)! -+ < £ < + . Karena 9!1 10 6 10!3 -< < , ambil-lah (n+1)=10, sehingga n=9. Jadi hampiran untuk e dengan galat paling sedikit 10-6adalah 1 1 1