BAB I DERET. 1. Konvergensi Test

1

BAB I DERET

1. Konvergensi Test

Definisi : Deret disebut konvergen apabila untuk Σ > 0, kita dapatkan N > 0 dan untuk n > N akan dipenuhi |S – 𝑆₀| <Σ, S – Sn ⇒ sisa deret ⇒ Rn.

Sifat konvergen:

- Bila deret konvergen penghapusan sejauh anggota deret tidak akan mengubah konvergensi deret.

- 𝑈₁ + 𝑈₂ +…+ 𝑈_𝑛 +… konvergen lim

𝑛→~𝑆_𝑛 = 𝑆 C𝑈₁ + C𝑈₂+…+ C 𝑈_𝑛… tetap konvergen Test dari konvergen:

- L < 1 deret konvergen

- L > 1 deret tidak konvergen (divergen) - L = 1 bisa konvergen, bisa juga tidak

⇒ Konvergensi test D’Alembert

Contoh soal:

1. ¹

1.2 + ¹

2.3 + ¹

3.4 + … + ¹

𝑛(𝑛+1)

Jawab : Σ ¹

𝑛(𝑛+1) 𝑈_𝑛+1= ¹

(𝑛+1)(𝑛+2) 𝑈_𝑛 ¹

𝑛(𝑛+1) = = lim

𝑛→~

𝑈_𝑛+1 𝑈𝑛 = lim

𝑛→~

1 (𝑛+1)(𝑛+2)

1 𝑛(𝑛+1)

= lim

𝑛→~

1

(𝑛+1)(𝑛+2) * ^𝑛(𝑛+1)

1 = lim

𝑛→~

𝑛(𝑛+1) (𝑛+1)(𝑛+2) 𝐥𝐢𝐦𝒏→~

𝑼_𝒏+ 𝟏 𝑼_𝒏

2

= lim

𝑛→~

𝑛 𝑛+2

= lim

𝑛→~

𝑛 𝑛𝑛 𝑛+2

𝑛

= lim

𝑛→~

1 1+_𝑛²

= ¹

1+_~²

= ¹

1+0

= ¹

1

= 1

Maka L = 1 ⇒ bisa konvergen, bisa juga tidak

2. ∑ ^3𝑛

𝑛³

~𝑛→𝑁

Jawab : Un = ^3𝑛

𝑛³ 𝑈_𝑛+1 = ^3𝑛+1

(𝑛+1)3 𝑛→~lim

𝑈_𝑛+1 𝑈_𝑛

= lim

𝑛→~

3^𝑛+1 (𝑛+1)³

3^𝑛 𝑛³

⁄

= lim

𝑛→~

𝑛³

3^𝑛 * ^3𝑛+1

(𝑛+1)³

= lim

𝑛→~

𝑛³

3^𝑛 * ^3𝑛.31

(𝑛+1)³

= lim

𝑛→~

3𝑛³ (𝑛+1)³

= lim

𝑛→~

3𝑛³ 𝑛³+ 3𝑛²+ 3𝑛+1

= lim

𝑛→~

3𝑛3 𝑛3 𝑛3 𝑛3+ 3𝑛2

𝑛3+ 3𝑛 𝑛3+ 1

𝑛3

= lim

𝑛→~

3 1+ _𝑛³+ ³

𝑛2+ ¹ 𝑛3

= ³

1+ ³_~+ ³

~2+ ¹

~3

= ³

1+0+0+0

3

= 3

Maka L > 1 ⇒ divergen

• Konvergensi test Cauchy

𝑈₁+ 𝑈₂+ ⋯ + 𝑈_𝑛

⇒ 𝐥𝐢𝐦

𝒏→~[𝑼_𝒏]^𝟏⁄𝒏

Contoh : 1. lim

𝑛→~( ^𝑛

(𝑛+1))^𝑛 Jawab :

= lim

𝑛→~^𝑛√𝑈_𝑛

= lim

𝑛→~ √( ^𝑛

𝑛+1)^𝑛

𝑛

= lim

𝑛→~[( ^𝑛

𝑛+1)^𝑛]

1⁄𝑛

= lim

𝑛→~

𝑛 𝑛+1

= lim

𝑛→~

𝑛 𝑛𝑛 𝑛+ 1

𝑛

= lim

𝑛→~

1 1+ _𝑛¹

= ¹

1+ ¹_~

= ¹

1+0

= 1

• Integral konvergensi test

𝑈₁ + 𝑈₂+ … + 𝑈_𝑛 (1) 𝑈₁ > 𝑈₂ > … > 𝑈_𝑛

𝑈₁ = f(1) , 𝑈₂ = f(2) … 𝑈_𝑛 = f(n) ,…

𝐥𝐢𝐦𝒏→~^𝒏√𝑼𝒏

4

a) Apabila ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥₁^~ konvergen, maka deret (1) konvergen

b) Bila ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥₁^~ tidak konvergen, maka deret (1) tidak konvergen Contoh :

1) f(n) = ¹

𝑛

Jawab :

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥₁^~ = lim

𝑢→~∫₁^𝑢𝑑𝑥_𝑥 = lim

𝑢→~ln 𝑥|₁^𝑢 = lim

𝑢→~ln 𝑢 − ln 1 = ln ~ - ln 1

= ~ … (bisa konvergen bisa juga tidak)

2) f(n) = ^𝑛

𝑒^𝑛

Jawab :

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥₁^~ mis : t = x ^𝑑𝑡

𝑑𝑥 = 1 dx = dt

= lim

𝑢→~∫₁^𝑢_𝑒^𝑥_𝑥𝑑𝑥

= lim

𝑢→~∫₁^𝑢_𝑒^𝑡_𝑥𝑑𝑡

= lim

𝑢→~

1

𝑒^𝑥∫ 𝑡 𝑑𝑡₁^𝑢

= lim

𝑢→~

1 𝑒^𝑥 . ¹

2𝑡²|₁^𝑢

= lim

𝑢→~

1 𝑒^𝑥(¹

2𝑢²− ¹

21²)

= lim

𝑢→~

1 𝑒^𝑥(¹

2𝑢²− ¹

2)

= lim

𝑢→~

1

2𝑒^𝑥(𝑢²− 1)

= ¹

2𝑒^𝑥(~²− 1)

= ~ − ¹

2𝑒^𝑥

= ….

Maka L = 1 ⇒ konvergen / divergen

5

Soal Latihan

Carilah konvergen / divergen 1. ^{n 1}

(

¹

)

ⁿ

n n



= +



2.

1

1 .2ⁿ

n n





=

3.

( )

3

1 2 ⁿ

n

n Ln





=

4.

( )

1

1 .2ⁿ

n

n n



=



+

5. 1

( )

2

. 2

n

n n n



= +



6. ^{4 2}

1

. ⁿ

n

 n e

−



=

7.

1

1

n

n n





=

8.

( )

1

1 1 .

n n n

n

n e



=

 

 

 + 

 



1

1

n

n n





=

6

2.Deret Taylor

Untuk fungsi F(x) = F(x) continue dan Pn(x) = Polinom tingkat.

Pn(x) = A₀ + A₁ (x − a) + A₂(x − a)²+ … A_n (x − a)ⁿ Dengan syarat :

F(a) = Pn(a) F^I(a) = Pn^I(a) F^II(a) = Pn^II(a) Dan seterusnya, sampai :

F(a) = Pn(a) = A₀ F(x) = Pn(x) A_{0 ,} A₁ , A₂ , … , A_n

Konstan

Pn(x) = F(a) + (^x−a

1 !) F^I(a) + ……..+ Deret Taylor (x − a

2 ! )

2

F^II(a) + (x − a n ! )

n

Fⁿ(a)

Contoh :

1. F(x) = Ln (1 + x) ; x = 0 bila a = 0 ekspansikan ke dalam deret taylor ? Jawab :

F(x) = Ln (1 + x) F(0) = Ln_I (1 + 0) = Ln_I = 0

F^I(x) = 1

(1 + x) .1 F^I(0) = 1

1 + 0 = 1 F^II(x) = (1 + x)⁻¹ F^II(0) = −(1 + 0)⁻²

= −1 (1 + x)⁻² .1 = − (1)⁻² = − (1 + x)⁻² = −1

F^III(x) = 2(1 + x)⁻³ F^III(0) = 2 (1 + 0)⁻³= −2

Pn(x) = F(a) + (x − a 1 ! )

1

F^I(a) + (x − a 2 ! )

2

F^II(a) + …

7 = 0 + (x − 0

1 ! )

1

1 + (x − 0 2 ! )

2

(−1) + (x − 0 3 ! )

−2

(−2)

= Ln (1 + x) = x

1 ! − x²

2 ! − 2x³ 3 !

2. F (x) = cos x dengan x = a = 0 dan n = 5 ekspansikan dalam deret taylor ? Jawab :

F(x) = cos x F (0) = cos 0 = 1 F^I(x) = − sin x F^I(0) = − sin 0 = 0

F^II(x) = − cos x F^II(0) = − cos x = −1 F^III(x) = sin x F^III(x) = sin 0 = 0 F^IV(x) = cos x F^IV(x) = cos 0 = 1 F^V(x) = − sin x F^V(x) = sin 0 = 0

Pn (x) = F(x) + (^x−a

1 !)¹ F^I(a) + (^x−a

2 !)² F^II(a) + (^x−a

3 !)³ F^III(a) + (^x−a

4 !)⁴ = F^IV(a) + (^x−a

5 !)⁵ F^V(a) + … = 1 + 0 − ^x

2 !

2+ 0 + ^x

4 !

4+ 0 Pn(x) = 1 + (^x−0

1 ! )¹ 0 + (^x−0

2 !)²− 1 + (^x−0

3 !)³ 0 + (^x−0

4 !)⁴ 1 + (^x−0

5 !)⁵ 0

8

3.Deret Mac Laurin

Untuk Fungsi F (x)  F (x) continu dan Pn (x) => polinom tingkat.

Pn (x) = A0 + A1 ( x – a ) + A2 ( x – a )² +…. An ( x − a)ⁿ Dengan syarat :

• F (a) = Pn (a)

• F^I (a) = Pn^I (a)

• F^II (a) = Pn^II (a)

• F (a) = Pn (a) = A0

• F (x) = Pn (x)

• A0 , A1 , A2 ,……….An ( di sebut konstanta )

➢ Dengan Rumus :

a = 0 pn(x) = ^x1

1!+^x2

2! +^x3

3! + ⋯

Contoh :

f(x) = Ln (1 + x)¹² dgn x = 0, a = 4 Ekspansikan Ke Dalam Deret Maclaurin ! Jawab :

➢ F (x) = (1 + x)¹² F(o) = (1 + 0)¹²

= 1¹²=1

➢ F^I(x) = ¹

2 (1 + x)^{− 12} F^I(0) = ¹

2 (1 + 0)⁻¹² = ¹

2

9

➢ F^II(x) = - ¹

4 (1 + x)^{− 32} F^II(0) = - ¹

4 (1 + 0)^{− 32} = - ¹₄

➢ F^III(x) = ³

8 (1 + x)⁻⁵² F^III(0) = ³

8 (1 + 0)^{− 52} = ³

8

➢ F^IV(x) = − ¹⁵

16(1 + x)^{− 72} F^IV(0) = ¹⁵

16 (1 + 0)^{− 72}

= ¹⁵

16

Pn (x) = F (x) +^x

1!. F^I(x) +^x2

2!. F^II(x) +^x3

3!∙ F^III(x) +^x4

4!. F^IV(x) +…

= 1+^x1

1!. (¹

2) +^x2

2!. (−¹

4) +^x3

3!. (³

8) +^x4

4!. (−¹⁵

16) + = 1+^X

2− ^x2

4.2 !+^3x3

8.3 !−^15x4

16.4! +…

= 1+^X

2− ^x2

4.2 .1+ ^3x3

8.3.2.1 − ^{15 x4}

16.4.3.2.1 +…

4.Deret Fourier

Pokok bahasan Deret Fourier (DF) : a. Fungsi Periodik

b. Perumusan DF c. Perhitungan DF.

a. Fungsi Periodik

Suatu fungsi F disebut fungsi periodik berperiode P lebih terdapat suatu konstanta P > 0 sedemikian rupa sehingga F (x + P) = F (x) untuk setiap x yang mana F terdefinisi. Secara khusus, fungsi yang didefinisikan oleh sin (^{𝑛  𝑥}

𝐿 ) dan cos( ^{𝑛 𝑥}

𝐿 ) adalah fungsi periode berperiodik ^2𝐿

𝑛.

Bila F adalah fungsi periodik berperiode P, maka F juga adalah fungsi

1𝑌

𝑛 periodik berperiode nP, di mana n adalah bilangan asli positif (positive integer).

Oleh karena itu, untuk setiap bilangan asli positif n, fungsi yang didefinisikan oleh sin (n  x/ L) dan cos (n  x/ L) juga periodik berperiode 2L. Jadi fungsi f(x) yang dapat ditulis sebagai deret :

10 1

2𝑎₀ + ∑ (𝑎_𝑛cos𝑛𝜋𝑥

𝐿 + 𝑏_𝑛sin𝑛𝜋𝑥 𝐿 )

~

𝑛=1

Adalah juga fungsi periodik berperiode 2L. Oleh karena itu, bila deret di atas konvergen untuk semua x, maka fungsi yang didefinisikan haruslah periodik berperiode 2L.

b. Perumusan DF

Andaikan f(x) didefinisikan dalam selang –L  x  L, maka definisi deret Fourier dari fungsi f(x) dalam [-L, L] adalah deret :

𝑎₀

2 𝑎₀+ ∑ (𝑎_𝑛cos𝑛𝜋𝑥

𝐿 + 𝑏_𝑛sin𝑛𝜋𝑥 𝐿 )

~

𝑛=1

Di mana :

➢ 𝑎₀ = ¹

𝐿∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥_−𝐿^𝐿

➢ 𝑎₀ = ¹

𝐿∫ 𝑓(𝑥) cos (_−𝐿^{𝐿 𝑛𝜋𝑥}_𝐿 ) 𝑑𝑥 untuk n = 1, 2, 3, ….

➢ 𝑏_𝑛 = ¹

𝐿∫ 𝑓(𝑥) sin (^𝑛𝜋𝑥

𝐿 ) 𝑑𝑥

𝐿

−𝐿

Bilangan – bilangan 𝑎_0, 𝑎_1,𝑎_2,𝑎 ₃. . . , 𝑏_1,𝑏_2,𝑏_3,… disebut koefisien fourier dari f(x) dalam [-L, L].

c. Perhitungan DF

Contoh soal dan penyelesaiannya :

1. Tentukan DF yang didefinisikan oleh fungsi f(x) = 2x + 1, -3 ≤ x ≤ 3 Jawab :

Dalam hal ini 1, -3 koefisien fouriernya adalah :

11 𝑎₀ = 1

3∫ (2𝑥 + 1) 𝑑𝑥 = 2

3

−3

𝑎₀ = ¹

3∫ (2𝑥 + 1) cos (₋₃^{3 𝑛𝜋𝑥}₃ ) 𝑑𝑥 = 0 untuk n = 1, 2, 3, …..

dan 𝑏_𝑛 = ¹

3∫ (2𝑥 + 1) sin (^𝑛𝜋𝑥₃ ) 𝑑𝑥 =⁻¹²

𝑛𝜋 cos(𝑛𝜋)

3

−3 untuk n = 1, 2, 3, …..

Jadi, deret Fourier untuk f(x) = 2x + 1 dalam [-3, 3] adalah : 1 + ∑−12

𝑛𝜋 cos (𝑛𝜋) sin (𝑛𝜋𝑥 3 )

~

𝑛=1

Karena cos (𝑛𝜋) = (−1)^𝑛, maka deret ini dapat ditulis sebagai : 1 +12

𝑛 ∑(−1)^𝑛+1 𝑛

~

𝑛=1

sin (𝑛𝜋𝑥 3 )

2. Tentukan DF yang didefinisikan oleh : 0, -2 ≤ x < 0,

f(x) 1, 0 ≤ x ≤ 1, 3, 1 < x ≤ 2, Jawab :

𝑎₀ = 1

2∫ 𝑓(𝑥)

2

−2

𝑑𝑥 =1 2∫ 0

0

−2

𝑑𝑥 + 1 2∫ 1

1 0

𝑑𝑥 +1 2∫ 2

2 1

𝑑𝑥 =3 2 𝑎_𝑛 =1

2∫ 0. cos (𝑛𝜋𝑥 2 )

0

−2

𝑑𝑥 +1

2∫ 1. cos (𝑛𝜋𝑥 2 )

1 0

𝑑𝑥 +1

2∫ 2. cos (𝑛𝜋𝑥 2 )

2 1

𝑑𝑥

= 1

𝑛𝜋sin (𝑛𝜋 2 ) dan

𝑏_𝑛 =1

2∫ 0. sin (𝑛𝜋𝑥 2 )

0

−2

𝑑𝑥 +1

2∫ 1. sin (𝑛𝜋𝑥 2 )

1 0

𝑑𝑥 +1

2∫ 2. sin (𝑛𝜋𝑥 2 )

2 1

𝑑𝑥

= 1

𝑛𝜋 [cos (𝑛𝜋

2 ) + 1 − 2 cos (𝑛𝜋)]

Sehingga DF untuk f(x) dalam [-2, 2] adalah :

12 3

4+ ∑

~

𝑛=1

{− 1

𝑛𝜋sin (𝑛𝜋

2 ) cos (𝑛𝜋𝑥 2 ) + 1

𝑛𝜋 [cos (𝑛𝜋

2) + 1 − 2 cos (𝑛𝜋)] sin (𝑛𝜋𝑥 2 )}

3. Tentukan DF dari fungsi : 1, 0 ≤ x ≤ 1, f(x)

-1, -1 ≤ x < 0, Jawab :

𝑎₀ = ∫ −1

1

−1

𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥

1 0

= 0

𝑎_𝑛 = ∫ −

0

−1

cos(𝑛𝜋𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ cos(𝑛𝜋𝑥)𝑑𝑥 = 0

1 0

dan

𝑏_𝑛 = ∫ −

0

−1

sin (𝑛𝜋𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ sin (𝑛𝜋𝑥)𝑑𝑥 = 2 𝑛𝜋

1 0

[1 − cos (𝑛𝜋)]

DF untuk fungsi f(x) dalam [-1, 1] adalah :

∑ ²

𝑛𝜋 [1 − cos (𝑛𝜋)]

~𝑛=1 sin(𝑛𝜋𝑥) Karena cos (𝑛𝜋) = (−1)^𝑛 ; sehingga [1 − cos (𝑛𝜋)] = [1 − (−1)^𝑛] = 0, jika n

genap, jika n ganjil maka, DF ini dapat ditulis sebagai : 4

𝑛∑ 1

2 𝑛 − 1

~

𝑛=1

sin [(2𝑛 − 1) 𝑛𝑥]

Catatan :

Gantikan n dengan 2n -1 dalam tanda sigma (summand) berakibat akan lenyapnya indeks genap [karena 1- cos (𝑛𝜋) = 0] dan tukar 1 – cos (𝑛𝜋) dengan 2 untuk semua indeks ganjil.

4. Tentukan DF trigonometric dari fungsi f yang didefinisikan oleh : 𝑓(𝑥) = |𝑥|, -n ≤ x ≤ n

Jawab :

13

Karena 𝑓(𝑥) = |−𝑥| = |𝑥| = 𝑓(𝑥)) untuk semua x, maka fungsi f adalah fungsi genap. Oleh karena itu, DF trigonometric dari f dalam -n ≤ x ≤ n dapat diberikan sebagai :

1

2𝑎₀+ ∑ 𝑎₀cos (𝑛𝜋𝑥 𝐿 )

~

𝑛=1

Di mana : 𝑎_𝑛 =²

𝐿∫ 𝑓(𝑥)₀^𝐿 cos^𝑛𝜋𝑥

𝐿 𝑑𝑥 (n = 0, 1, 2, …. ) Jadi :

𝑎₀ = ²

𝜋∫ 𝑓(𝑥)₀^𝑛 𝑑𝑥 = ²

𝜋∫ 𝑥 𝑑𝑥 = 𝜋₀^𝑛 dan 𝑎_𝑛 = 2

𝜋∫ 𝑓(𝑥)

𝑛 0

cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥 = ⋯

Contoh Soal : 1. F (x) = [8 0< 𝑥 <2

−8 0<𝑥<4

Ekspansikan ke dalam Deret Fourier!

Jawab : 𝑎₀ = ¹

𝐿 ∫ 𝑓(𝑥)_−𝐿^𝐿 dx = ¹

2 ∫ 8 𝑑𝑥 ₀² + ¹

2 ∫ −8 𝑑𝑥₂⁴ = ¹

2 8x [8𝑥]²0 + ¹

2 [8𝑥]₂⁴ = ¹

2 (8.2 − 8.0) + ¹

2(−8.4 − (−8). 2) = ¹

2.16 + ¹

2.-16 = 8 +(-8) = 0 𝑎_𝑛 =¹

2∫ 𝑓(𝑥)_−𝐿^𝐿 + cos ^𝑛𝜋𝑥

𝐿 dx

= ¹

2 ∫ 8₀² cos( ^𝑛𝜋𝑥

2 )dx + ¹

2 ∫ −8₂⁴ cos(^𝑛𝜋𝑥

2 )dx

Dimisalkan:

14 t= ^𝑛𝜋𝑥

𝐿 𝑑𝑡 𝑑𝑥= ^𝑛𝜋

2

dx = _𝑛𝜋² dt

𝑎_𝑛 = ¹

2 ∫ 8 cos 𝑡 ₀² + ²

𝑛𝜋 dt + ¹

2 ∫ −8₂⁴ cos t.²

𝑛𝜋 dt

= ¹

2 .8.²

𝑛𝜋 ∫ cos 𝑡₀² dt + ¹

2.-8.²

𝑛𝜋∫ cos 𝑡₂⁴ dt

= [⁸

𝑛𝜋sin 𝑡]

0

2 + [(⁻⁸

𝑛𝜋) sin t]

2 4

= [⁸

𝑛𝜋sin^𝑛𝜋𝑥

2 ]

0 2 - [⁸

𝑛𝜋𝑠𝑖𝑛^𝑛𝜋𝑥

2 ]

2 4

= [⁸

𝑛𝜋sin^𝑛𝜋𝑥

2 − ⁸

𝑛𝜋sin^𝑛𝜋𝑥

2 ] - [⁸

𝑛𝜋𝑠𝑖𝑛^𝑛𝜋4

2

−8

12𝜋𝑠𝑖𝑛^𝑛𝜋2

2 ]

= [⁸

𝑛𝜋. 0 − ⁸

𝑛𝜋. 0]-[⁸

𝑛𝜋. 0 − ⁸

𝑛𝜋]

= 0 𝜋 = 0

y

f(x) = [x]

x

-𝜋 𝜋

𝑎_𝑛 = ²

𝜋∫ 𝑥 cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥 = ₀^𝜋 _𝜋² [^{cos 𝑛𝑥}

𝑛² +^{𝑥 sin 𝑛 𝑥}

𝑛 ]

0 𝑛 = ²

𝜋 [^{cos 𝑛𝜋−1}

𝑛² ]

− ⁴

𝑛𝜋², n ganjil

= _𝜋²[^{(−1)𝑛−1}

𝑛² ] = n = 1, 2, 3, ……

0, n genap

Maka DF yang diminta adalah :

15 𝜋

2−4

𝜋∑ cos 𝑛𝑥 𝑛² = 𝜋

2

~

𝑛=1

−4

𝜋∑ cos(2𝑛 − 1)𝑥 (2𝑛 − 1)²

~

𝑛=1

=𝜋 2−4

𝜋 [cos 𝑥

1² +cos 3 𝑥

3² +cos 5 𝑥

5² + ⋯ ] Jadi

|𝑥|~𝜋 2−4

𝜋∑ cos (2𝑛 − 1)𝑥

(2𝑛 − 1)² , − 𝑛

~

𝑛=1

≤ 𝑥 ≤ 𝑛

5. Tentukan DF dari fungsi yang didefinisikan oleh : f(x) = x, -4  x  4

Jawab : y

f(x)=x

0 x

-4 4

Karena f(-x) = -x = -f(x) untuk semua x, maka f(x) adalah fungsi ganjil. Oleh karena itu, DF trigonometric f dalam -4  x  4 dapat diberikan oleh :

∑ 𝑏_𝑛sin 𝑛𝜋𝑥 𝐿

~

𝑛=1

Di mana : 𝑏_𝑛 =²

𝐿∫ 𝑓(𝑥)₀^𝐿 sin^𝑛𝜋𝑥

𝐿 𝑑𝑥 (𝑛 = 1, 2, 3, … . ) Jadi, 𝑏_𝑛 =²

4∫ 𝑓(𝑥) sin^𝑛𝜋𝑥₄ 𝑑𝑥 =¹

2∫ 𝑥 sin₀^{4 𝑛𝜋𝑥}₄ 𝑑𝑥

4 0

= ¹

2[ ¹⁶

𝑛² 𝑛² 𝑠𝑖𝑛^𝑛𝜋𝑥

4 − ^4𝑥

𝑛𝜋cos^𝑛𝜋𝑥

4 ]

0

4 = − ⁸

𝑛𝜋cos 𝑛𝜋 = ^8(−1)𝑛

𝑛𝜋 =^{8(−1)𝑛+1}

𝑛𝜋

(n = 1, 2, 3, ….)

16 DF yang diminta adalah :

8

𝜋∑(−1)^𝑛+1 𝑛

~

𝑛=1

sin𝑛𝜋𝑥 4 = 8

𝜋[sin𝜋𝑥 4 −1

2sin𝜋𝑥 2 +1

3sin3𝜋𝑥

4 − … .]

atau

𝑥~8

𝜋∑(−1)^𝑛+1 𝑛

~

𝑛=1

sin𝑛𝜋𝑥

4 , − 4 ≤ 𝑥 ≤ 4

6. Tentukan DF trigonometric dari fungsi f yang didefinisikan oleh : n, −𝑛 ≤ 𝑥 < 0

𝑓(𝑥) = dalam selang −𝑛 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋

x, 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋 Jawab :

y

𝜋

x −𝜋 0 𝜋

Fungsi ini bukan fungsi genap maupun fungsi ganjil. Oleh karena itu, DF trigonometric dalam selang −𝜋 ≤ 𝑥 𝜋 diberikan oleh :

𝑎₀

2 + ∑ (𝑎_𝑛cos𝑛𝜋𝑥

𝐿 + 𝑏_𝑛sin𝑛𝜋𝑥 𝐿 )

~

𝑛=1

𝑎₀ = 1

𝜋∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 1 𝜋

𝜋

−𝜋

[∫ 𝜋 𝑑𝑥 + ∫ 𝑥 𝑑𝑥

𝜋 0 0

−𝜋

] =3𝜋 2 ; 𝑎_𝜋 = 1

𝜋∫ 𝑓(𝑥) cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥 = 1 𝜋

𝜋

−𝜋

[∫ cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝑥 cos 𝑛𝑥 𝑑𝑥

𝜋 0 0

−𝜋

]

17

= ¹

𝜋{[[^{𝜋 sin 𝑛𝑥}

𝑛 ]]

−𝜋 0

+ [^{cos 𝑛𝑥}

𝑛² +^{𝑥 sin 𝑛𝑥}

𝑛 ]

0 𝜋} = ¹

𝜋[^{cos 𝑛𝜋−1}

𝑛² ] − ²

𝜋𝑛² n ganjil

=^{(−1)𝑛−1}

𝜋𝑛² = (n = 1, 2, 3, ….) 0, n genap

𝑏_𝑛 = 1

𝜋∫ 𝑓(𝑥) sin 𝑛𝑥 𝑑𝑥 =1

𝜋[∫ 𝜋 sin 𝑛𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝑥 sin 𝑛𝑥 𝑑𝑥

𝜋 0 0

−𝜋

]

𝜋

−𝜋

= 1

𝜋{[−𝜋 cos 𝑛𝑥

𝑛 ]

−𝜋 0

+ [sin 𝑛𝑥

𝑛² −𝑥 cos 𝑛𝑥

𝑛 ]

0 𝜋

} =1 𝜋(−𝜋

𝑛) = −1 𝑛 (𝑛

= 1, 2, 3, … )

Maka DF yang diminta adalah 3𝜋

4 + ∑ [(−1)^𝑛− 1

𝜋𝑛² cos 𝑥 −1

𝑛sin 𝑛𝑥]

~

𝑛=1

=^3𝜋

4 − (²

𝜋𝑐𝑜𝑠 𝑥 + sin 𝑥) −¹

2sin 2𝑥 − (²

9𝜋cos 3𝑥 +¹

3sin 3𝑥) −¹

4sin 4𝑥- … Soal tambahan

1. f

( )

x =x² −  x

2. f

( )

x =e^x − x

3. f

( )

x ⁼2sin3x ^{− } x^

18 4.INTEGRAL FOURIER

Mari kita mengasumsikan kondisi berikut pada 𝑓(𝑥):

• 𝑓(𝑥) dalam kondisi stabil Dirichlet tiap-tiap interval terbatas (−𝐿, 𝐿).

• ∫ |𝑓(𝑥)|𝑑𝑥_−∞^∞ konvergen, jika 𝑓(𝑥) integrasi absolute dalam (−𝐿, 𝐿).

Maka Teorema Integral Fourier :

𝑓(𝑥) = ∫ {𝐴(𝛼) cos 𝛼𝑥 + 𝐵 (𝛼) sin 𝛼𝑥} 𝑑𝛼₀^∞ (1)

Dimana {𝐴(𝛼) = ¹

𝜋 𝑓(𝑥) cos 𝛼𝑥 𝑑𝑥 𝐵(𝛼) = ¹

𝜋 𝑓(𝑥) sin 𝑎𝑥 𝑑𝑥 (2) Dengan melihat hasil (1), jika 𝑥 adalah suatu titik kesinambungan 𝑓(𝑥). Jika 𝑥 adalah suatu titik kesinambungan, kita harus mengggantikan 𝑓(𝑥) dengan 𝑓(𝑥+0)+ 𝑓(𝑥−0)

2

seperti di kasus Deret Fourier. Persamaan (1) dan (2) dengan bersesuaian hasil untuk Deret Fourier adalah nyata. Sisi tangan kanan (1) kadang-kadang disebut suatu Perluasan Integral Fourier 𝑓(𝑥).

a. Teorema (Integral Fourier)

Jika 𝑓(𝑥) fungsi continue sepotong demi sepotong pada setiap interval berhingga, memiliki derivative kiri maupun derivative kanan disekitar titik dan integral 𝐿𝑖𝑚

𝑎 → −∞ ∫ |𝑓(𝑥)|_𝑎⁰ 𝑑𝑥 + 𝐿𝑖𝑚

𝑏 → ∞ ∫ |𝑓(𝑥)|₀^𝑏 𝑑𝑥 ada, maka 𝑓(𝑥) dapat direpresentasikan oleh integral Fourier.

𝑓(𝑥) = ∫ {𝐴(𝛼) cos 𝛼𝑥 + 𝐵 (𝛼) sin 𝛼𝑥} 𝑑𝛼₀^∞

Dimana {𝐴(𝛼) = ¹

𝜋 𝑓(𝑥) cos 𝛼𝑥 𝑑𝑥 𝐵(𝛼) = ¹

𝜋 𝑓(𝑥) sin 𝑎𝑥 𝑑𝑥

Di titik di mana 𝑓(𝑥) tak continue, nilai interval sama dengan rata-rata dari limit kiri dan limit kanan 𝑓(𝑥) di titik tersebut.

Contoh :

19 Cari representasi integral Fourier dari Fungsi

𝑓(𝑥) = {1, 𝑗𝑖𝑘𝑎 |𝑥| < 1 0, 𝑗𝑖𝑘𝑎 |𝑥| > 1 Penyelesaian:

𝐴(𝑎) = 1

𝜋 ∫ 𝑓(𝑥) cos 𝛼𝑥 𝑑

∞

−∞

= 1

𝜋 |∫ (0). cos 𝛼𝑥 𝑑𝑥 + ∫ (1). cos 𝛼𝑥 𝑑𝑥 + ∫ (0). cos 𝑎𝑥 𝑑𝑥

∞ 1 1

−1

−1

−∞

|

= 1

𝜋 ∫ (1)

1

−1

. cos 𝑎𝑥 𝑑𝑥 = 1 𝜋 .1

𝑎. cos 𝑎𝑥 𝑑 (𝑎𝑥) = 1

𝜋𝑎 [sin 𝑎𝑥 | 1

−1]

= 1

𝑎𝑥 [sin 𝑎 − sin (−𝑎)] = 1

𝑎𝑥 [sin 𝑎 + sin 𝑎] = 2 sin 𝑎 𝜋𝑎

𝐵(𝑎) = ¹

𝜋 |∫ (0). sin 𝛼𝑥 𝑑𝑥 + ∫ (1). sin 𝛼𝑥 𝑑𝑥 + ∫ (0). sin 𝑎𝑥 𝑑𝑥 _−∞⁻¹ ₋₁¹ ₁^∞ |

= ¹

𝜋 ∫ (1)₋₁¹ . sin 𝑎𝑥 𝑑𝑥 = ¹

𝜋 .¹

𝑎. ∫ sin 𝑎𝑥 𝑑(𝑎𝑥)₋₁¹ = ¹

𝜋𝑎 [cos 𝑎𝑥 | 1

−1]

= ¹

𝑎𝑥 [cos 𝑎 − cos (−𝑎)]

= ¹

𝑎𝑥 [cos 𝑎 + cos 𝑎] = 0

𝑓(𝑥) = ∫ {𝐴(𝑎) cos 𝑎𝑥 + 𝐵 (𝑎) sin 𝑎𝑥}

∞

0

𝑑𝑎,

𝑓(𝑥) = ∫ {(2 sin 𝑎

𝜋𝑎 ) cos 𝑎𝑥 + 0. sin 𝑎𝑥}

∞

0

𝑑𝑎 = 2

𝜋 ∫sin 𝑎 − cos 𝑎𝑥 𝑑𝑎 𝑎

∞

0

b. Integral Cosinus dan Integral Sinus Fourier

Jika 𝑓(𝑥) fungsi genap, maka integral 𝑓(𝑥) cos 𝑎𝑥 merupakan fungsi genap dalam x, dan 𝑓(𝑥) sin 𝑎𝑥 fungsi ganjil dalam x.

Dengan demikian :

20 𝐵(𝑎) = 1

𝑥 ∫ 𝑓(𝑥) sin 𝑎𝑥 𝑑𝑥 = 0,

∞

−∞

𝐴(𝑎) = 1

𝑥 ∫ 𝑓(𝑥) cos 𝑎𝑥 𝑑𝑥 = 2 𝑥

∞

−∞

∫ 𝑓(𝑥) cos 𝑎𝑥 𝑑𝑥,

∞

0

𝑓(𝑥) = ∫ {𝐴(𝑎) cos 𝑎𝑥 + 𝐵(𝑎) sin 𝑎𝑥}

∞

0

𝑑𝑎

𝑓(𝑥) = ∫ {𝐴(𝑎) cos 𝑎𝑥 + 0𝑥}

∞

0

𝑑𝑎

𝑓(𝑥) = ∫ 𝐴(𝑎) cos 𝑎𝑥₀^∞ 𝑑𝑎 yang merupakan Integral Cosinus Fourier.

Jika 𝑓(𝑥) fungsi ganjil, maka integral 𝑓(𝑥) cos 𝑎𝑥 merrupakan fungsi ganjil dalam x, dan 𝑓(𝑥) sin 𝑎𝑥 fungsi genap dalam x.

Dengan demikian

𝐴(𝑎) = 1

𝜋 ∫ 𝑓(𝑥) cos 𝑎𝑥 𝑑𝑥 = 0

∞

−∞

𝐵(𝑎) = 1

𝜋 ∫ 𝑓(𝑥) sin 𝑎𝑥 𝑑𝑥 = 2 𝜋

∞

−∞

∫ 𝑓(𝑥) sin 𝑎𝑥 𝑑𝑥,

∞

0

𝑓′(𝑥) = ∫ {𝐴(𝑎) cos 𝑎𝑥 + 𝐵(𝑎) sin 𝑎𝑥}𝑑𝑎

∞

0

𝑓(𝑥) = ∫ { 0 𝑥 + 𝐵(𝑎) sin 𝑎𝑥}𝑑𝑎

∞

0

𝑓(𝑎) = ∫ 𝐵(𝑎) sin 𝑎𝑥 𝑑𝑎₀^∞ yang merupakan Integal Sinus Fourier

Contoh

Cari Integral Cosinus dan Integral Sinus Fourier dari 𝑓(𝑥) = 𝑒^−𝑘𝑥, (𝑥 > 0, 𝑘 > 0) Penyelesaian :

21 𝐴(𝑎) = 1

𝜋 ∫ 𝑓(𝑥) cos 𝑎𝑥 𝑑𝑥 = 2 𝜋

∞

−∞

∫ 𝑓(𝑥) cos 𝑎𝑥 𝑑𝑥 =

∞

0

2

𝜋 ∫ 𝑒^−𝑘𝑥

∞

0

cos 𝑎𝑥 𝑑𝑥

𝐴(𝑎) = 2 𝜋 . lim

𝑝→∞∫ 𝑒^−𝑘𝑥

𝑝

0

cos 𝑎𝑥 𝑑𝑥

= 2 𝜋 . lim

𝑝→∞ [ 𝑒^−𝑘𝑥

(−𝑘)²+ 𝑎² {(– 𝑘) cos 𝑎𝑥 + 𝑎 sin 𝑎𝑥} |𝑝 0] 𝐴(𝑎) = 2

𝜋 { 𝑒^−𝑘𝑥

𝑘²+ 𝑎² {(– 𝑘) cos 𝑎𝑝 + 𝑎 sin 𝑎𝑝}} − 𝑒⁰

𝑘²+ 𝑎² (– 𝑘 cos 0 + 𝑎 sin 0) 𝐴(𝑎) = 2

𝜋 . [0 − 1

𝑘²+ 𝑎² (−𝑘 + 𝑎. 0)] = 2𝑘 𝜋 [ 1

𝑘²+ 𝑎²] 𝐵(𝑎) = 1

𝜋 ∫ 𝑓(𝑥) sin 𝑎𝑥 𝑑𝑥 = 2 𝜋

∞

−∞

∫ 𝑓(𝑥) sin 𝑎𝑥 𝑑𝑥 =

∞

0

2

𝜋 ∫ 𝑒^−𝑘𝑥

∞

0

sin 𝑎𝑥 𝑑𝑥

𝐵(𝑎) = 2 𝜋 . lim

𝑝→∞∫ 𝑒^−𝑘𝑥

𝑝

0

sin 𝑎𝑥 𝑑𝑥

= 2 𝜋 . lim

𝑝→∞ [ 𝑒^−𝑘𝑥

(−𝑘)²+ 𝑎² {(– 𝑘) sin 𝑎𝑥 + 𝑎 cos 𝑎𝑥} |𝑝 0] 𝐵(𝑎) = 2

𝜋 { 𝑒^−𝑘𝑥

𝑘²+ 𝑎² {(– 𝑘) sin 𝑎𝑝 − 𝑎 cos 𝑎𝑝}} − 𝑒⁰

𝑘²+ 𝑎² (– 𝑘 sin 0 + 𝑎 cos 0) 𝐵(𝑎) =²

𝜋 . [0 − ¹

𝑘²+𝑎² (−𝑘. 0 + 𝑎. 1)] =^2𝑘

𝜋 [ ^𝑎

𝑘²+ 𝑎²].

Maka Integral Sinus Fourier :

𝑓(𝑥) = ∫ 𝐴(𝑎) cos 𝑎𝑥 𝑑𝑎.

∞

0

𝑓(𝑥) = ∫ ^2𝑘_𝜋 [_{𝑘2+ 𝑎}¹ ₂] cos 𝑎𝑑𝑎 = ^2𝑘

𝜋 ∫ [₀^∞ _𝑘^{cos 𝑎𝑥}_{2+ 𝑎2}]

∞

0 𝑑𝑥

Maka Integral Sinus Fourier :

𝑓(𝑥) = ∫ 𝐵(𝑎) sin 𝑎𝑥 𝑑𝑎.

∞

0

22 𝑓(𝑥) = ∫ 2

𝜋 [ 𝑎

𝑘²+ 𝑎²] sin 𝑎𝑑𝑎 = 2

𝜋 ∫ [a sin 𝑎𝑥 𝑘²+ 𝑎²]

∞ 0

∞

0

𝑑𝑥