Makalah Deret Taylor Dan Deret Maclaurin Finish

DERET TAYLOR DAN MACLAURIN DERET TAYLOR DAN MACLAURIN

OLEH : OLEH : A ABBDDUULLLLAAH PH PAAWWIITT 11000011112255000011 D DWWI I NNOOVVIIYYAANNTTII 11000011112255005511 MUH

MUHAMMAMMAD BINTAD BINTANANGG 10011001121251511111

PROGRAM STUDI

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATPENDIDIKAN MATEMATIKAIKA FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN UNIVERSITAS MUHAMMADIYAH PROF. DR. HAMKA UNIVERSITAS MUHAMMADIYAH PROF. DR. HAMKA

JAKARTA JAKARTA

2014 2014

BAB III

DERET TAYLOR DAN MACLAURIN A. PENDAHULUAN

B. DERET TAYLOR DAN DERET MACLAURIN

1. D!" T#$%&! a.Pengertian

Deret Taylor adalah Deret pangkat f 

 (

 z

)=

f 

 (

 zo

)

+

∑

n=1 ∞ _f (n)

₍

 z_o

)

n !

(

 z

−

 zo

)

n  yang analitik  pada daerah  D

={

 z:

|

 z

−

 zo

|

<

r

}

 b. Teorema Teorema Taylor 

Jika fungsi f  analitik pada daerah terbuka  D

={

 z :

|

 z

−

 zo

|

<

r

}

_{, maka f(z) untuk setiap}  z∈ _{D  dapat dinyatakan ke dalam deret pangkat}

f 

 (

 z

)=

∑

n=0 ∞ a_n

(

 z

−

 z_o

)

n,dengana_n

=

f  (n)

₍

 z_o

)

n !

¿

f 

 (

 z_o

)

+

∑

n=1 ∞ f (n)

(

 z_o

)

n !

(

 z

−

 zo

)

n Bukti :

Diambil lintasan C 

=

{

t ∈ D:

|

t 

−

 zo

|

=

r

}

;z∈

∫

(

C 

)

,dan f 

 (

 z

)=

1 2 πi

∮

_c ❑ f 

(

t 

)

t 

−

 z dt . Karena 1 t 

−

 z

=

1

(

t 

−

 z_o

)

−(

 z

−

 z_o

)

¿

1

(

t 

−

 z_o

)

(

1

−

 z

−

 zo t 

−

 z_o

)

¿

1 t 

−

 z_o

[

1

+

 z

−

 z_o t 

−

 z_o

+

(

 z

−

 z_o

)

2

(

t 

−

 z_o

)

2

+

…

+

(

 z

−

 z_o

)

n−1

(

t 

−

 z_o

)

n−1

+

(

 z

−

 z_o

)

n

(

t 

−

 z_o

)

n 1

−

 z

−

 zo t 

−

 z_o

]

¿

1 t 

−

 z_o

+

z

−

 zo

(

t 

−

 z_o

)

2

+

(

 z

−

 zo

)

2

(

t 

−

 z_o

)

3

 +

…

+

(

 z

−

 zo

)

n−1

(

t 

−

 z_o

)

n

+

(

 z

−

 zo

)

n

(

t 

−

 z_o

)

n

(

t 

−

 z

)

maka, f 

 (

 z

)=

1 2 πi

∮

_C  ❑ f 

 (

t 

)

t 

−

 z dt 

¿

1 2_πi

[

∮

C  ❑ f 

(

t 

)

t 

−

 z_odt 

+(

 z

−

 zo

)

∮

_C  ❑ f 

(

t 

)

(

t 

−

 zo

)

2 dt 

+(

 z

−

 zo

)

2

∮

C  ❑ f 

(

t 

)

(

t 

−

 zo

)

3 dt 

+

…

+(

 z

−

 zo

)

n−1

∮

C  ❑ f 

(

t 

)

(

 z

−

 zo

)

n dt 

]

+

1 2_πi

(

 z

−

Menurut pengintegralan Cauhy, !ika f analitik pada C ∪

∫

(

C 

)

 dan  zo∈

∫

(

C 

)

_, maka f 

 (

 z_o

)

=

1 2 πi

∮

_C  ❑ f 

(

t 

)

t 

−

 z_odt   dan f   n

(

 z_o

)

=

n ! 2_πi

∮

C  ❑ f 

(

t 

)

(

t 

−

 z_o

)

n−1 dt  "leh karena itu, diperoleh

f  ( {z} rsub {o} )} over {2!} {left (z- {z} rsub {o} right )} ^ {2} +…+ {{f} ^ {n-1} left ({z} rsub {o}

f 

 (

 z

)=

f 

 (

 z_o

)

+

f   ' 

(

 z_o

)

1 !

(

 z dengan R_n

=

1 2_πi

∮

C  ❑ f 

(

t 

)

(

 z

−

 zo t 

−

 z_o

)

n dt  t 

−

 z  … … … …

(

1

)

#kan dibuktikan li! n →∞  R_n

=

0"

 Dari persamaan $%&, diperoleh

|

 Rn

|

=

|

1 2_πi

∮

C  ❑ f 

(

t 

)

(

 z

−

 zo t 

−

 z_o

)

n dt  t 

−

 z

|

Karena f analitik pada C ∪

∫

(

C 

)

,  maka terdapat bilangan real  M 

>

0 sehingga  berlaku

|

f 

(

 z

)

|

_{≤ M   untuk setiap  z}∈_C ∪

∫

_C 

|

 z

−

 z_o

t 

−

 z_o

|

<

1  untuk setiap t ∈C 

'edangkan untuk setiap t ∈C   berlaku

(

1 t 

−

 z

)

=

1

|

t 

−

 z

|

=

1

|

(

t 

−

 z_o

)

−(

 z

−

 z_o

)

|

≤ 1

|

t 

−

 z_o

|

−

|

 z

−

 z_o

|

=

1 r

−

|

 z

−

 z_o

|

Menurut teorema bah(a

|

∮

C 

❑

f 

 (

t 

)

dt 

|

≤ Ml

(

C 

)

,denganM 

=

maks

|

f 

(

 z

)

|

"leh karena itu diperoleh

0 ≤

|

 R_n

|

≤ 1 2 π M 

(

|

 z

−

 z_o

|

r

)

n . 1 r

−

|

 z

−

 zo

|

"2 πr

¿

 Mr

(

|

 z

−

 zo

|

r

)

n . 1 r

(

 z

−

 z_o

)

¿

k 

(

|

 z

−

 zo

|

r

)

n  dengan k 

=

Mr r

−

|

 z

−

 z_o

|

Karena

|

 z

−

 z_o

|

r

<

1 , maka n →∞li!

(

|

 z

−

 z_o

|

r

)

n

=

0_{.  Jadi} li n →∞  Rn

=

0 … … … …

(

2

)

Dari persamaan $%& dan $)& diperoleh

f  ( {z} rsub {o} )} over {2!} {left (z- {z} rsub {o} right )} ^ {2} +…+ {{f} ^ {left (n-1 right )} ( {z}

f 

 (

 z

)=

f 

 (

 zo

)

+

f  ' 

(

 z_o

)

1 !

(

 z

−

 zo

)

+¿

¿

f 

 (

 z_o

)

+

∑

n=1 ∞ f (n)

(

 z_o

)

n !

(

 z

−

 zo

)

n 2. D!" M#'%#(!)* a.Pengertian

Deret Malaurin merupakan deret Taylor pada saat Z 0 = 0

 b. Teorema Teorema

(

a

)

e z

=

∑

n=0 ∞  zn n!

=

1

+

 z

+

 z2 2_!

+

… ,

|

 z

|

<

∞

(

b

)

sin _z

=

∑

n=0 ∞

(−

1

)

n

(

2_n

+

1

)

_! z 2_n+1

=

 z

−

 z 3 3_!

+

 z# #_!

−

… ,

|

 z

|

<

∞

(

c

)

$os _z

=

∑

n=0 ∞

(−

1

)

n

(

2_n

)

_! z 2n

₌

₁

₋

 z 2 2_!

+

 z% %_!

−

… ,

|

 z

|

<

∞

(

d

)

sinh _z

=

∑

n=0 ∞  z2n+1

(

2_n

+

1

)

_!

=

 z

+

 z3 3_!

+

 z# #_!

+

… ,

|

 z

|

<

∞

(

e

)

$osh _z

=

∑

n=0 ∞  z2n

(

2_n

)

_!

=

1

+

 z2 2_!

+

 z% %_!

+

… ,

|

 z

|

<

∞

(

f 

 )

1 1

−

 _z

=

∑

_n=0 ∞  zn

=

1

+

 _z

+

 _z2

+

 _z3

+

_{… ,}

|

 _z

|

<

1

(

g

)

1 1

+

 z

=

∑

_n=0 ∞

(−

1

)

n zn

=

1

−

 z

+

 z2

−

 z3

+

… ,

|

 z

|

<

1 Bukti $a& :

*ungsi f 

 (

 z

)=

e z  adalah fungsi utuh, analitik padaC _{. Jadi !ari+!ari kekonergenan deret}

Ma-aurinnya adalah  

=

∞ . Karena f 

 (

 z

)=

e z  analitik padaC _{, diperoleh}

f 

 (

0

)=

_{1  dan f}  n

(

 z

)=

e z  _{untuk setiap} n∈ _{  . Jadi f}  n

(

0

)=

1

.

Dengan demikian deret M-aurin dari f 

 (

 z

)

=

e z  adalah f 

 (

 z

)=

e z

=

f 

 (

0

)+

∑

n=1 ∞ f n

(

0

)

n ! z n ,

|

 z

|

<

∞

¿

1

+

∑

n=1 ∞  zn n!

=

∑

n=1 ∞  zn n!

Jadi terbukti bah(a e z

=

∑

n=1 ∞  zn n!

=

1

+

 z

+

 z2 2_!

+

… ,

|

 z

|

<

∞ Bukti $b& :

f 

 (

 z

)

=

sin _{z , f} 

 (

0

)

=

0 f '  ( z)

=

 z

−

 z0 1

(

$os z0

)

, f ' 

(

0

)=

 z

−

0 1

(

$os0

)

f ' ' 

(

 z

)=

(

 z

−

 z0

)

2 2_!

(−

sin z0

)

, f  ' ' 

(

0

)=

(

 z

−

0

)

2 2_!

(−

sin 0

)

f ' ' '  

(

 z

)=

(

 z

−

 z0

)

3 3 !

(−

$os z0

)

, f ' ' '  

(

0

)=

(

 z

−

0

)

3 3 !

(−

$os 0

)

... 'ehingga sin _z

=

∑

n=0 ∞

(−

1

)

n

(

2_n

+

1

)

_! z 2_n+1

=

 z

−

 z 3 3_!

+

 z# #_!

−

… ,

|

 z

|

<

∞ Bukti $& : f 

 (

 z

)=

$os z , f 

 (

0

)=

1 f '  ( z)

=

 z

−

 z0 1

(−

sin z0

)

, f ' 

(

0

)=

 z

−

0 1

(−

sin0

)

f ' ' 

(

 z

)=

(

 z

−

 z0

)

2 2 !

(−

$os z0

)

, f  ' ' 

₍

0

)=

(

 z

−

0

)

2 2 !

(−

$os0

)

f ' ' '  

(

 z

)=

(

 z

−

 z0

)

3 3_!

(

sin z0

)

, f ' ' '  

(

0

)=

(

 z

−

0

)

3 3_!

(

sin0

)

... 'ehingga $os z

=

∑

n=0 ∞

₍₋

1

)

n

(

2 n

)

! z 2 n

₌

1

−

 z 2 2 !

+

z% % !

−

… ,

|

 z

|

<

∞ Bukti $d& : f 

 (

 z

)

=

sinh _{z , f} 

 (

0

)

=

0 f '  ( z)

=

 z

−

 z0 1

(

$osh z0

)

, f ' 

(

0

)=

 z

−

0 1

(

$osh 0

)

f ' ' 

(

 z

)=

(

 z

−

 z0

)

2 2_!

(

sinh z0

)

, f  ' ' 

(

0

)=

(

 z

−

0

)

2 2_!

(

sinh 0

)

f ' ' '  

(

 z

)=

(

 z

−

 z0

)

3 3 !

(

$osh z0

)

, f ' ' '  

(

0

)=

(

 z

−

0

)

3 3!

(

$osh 0

)

... 'ehingga sinh z

=

∑

n=0 ∞  z2n+1

(

2n

+

1

)

!

=

 z

+

 z3 3 !

+

 z# # !

+

… ,

|

 z

|

<

∞ Bukti $e& : f 

 (

 z

)

=

$osh _{z , f} 

 (

0

)

=

1 f '  ( z)

=

 z

−

 z0 1

(

sinh z0

)

, f ' 

(

0

)=

 z

−

0 1

(

sinh0

)

f ' ' 

(

 z

)=

(

 z

−

 z0

)

2 2_!

(

$osh z0

)

, f  ' ' 

(

0

)=

(

 z

−

0

)

2 2_!

(

$osh0

)

f ' ' '  

(

 z

)=

(

 z

−

 z0

)

3 3 !

(

sinh z0

)

, f ' ' '  

(

0

)=

(

 z

−

0

)

3 3 !

(

sinh 0

)

... 'ehingga $osh z

=

∑

n=0 ∞  z2 n

(

2 n

)

!

=

1

+

 z2 2!

+

 z% % !

+

… ,

|

 z

|

<

∞ Bukti $f& : Misalkan f 

 (

 z

)=

1

1

−

 z . Titik singular dari fungsi f   adalah  z

=

1 . Jadi !ari+!ari kekonergenan deret Ma-aurin f   adalah

 

=¿

 _{!arak dari / ke titik singular yang terdekat}

¿

1

f 

 (

 z

)=

1 1

−

 z , f 

 (

0

)=

1 f ' 

(

 z

)=

1

(

1

−

 z

)

2 , f ' 

(

0

)=

1 f ' ' 

(

 z

)=

2

(

1

−

 z

)

3 , f  ' ' 

₍

0

)=

2

f ' ' '  

(

 z

)=

&

(

1

−

 z

)

% , f ' ' '  

(

0

)=

& ... f  n

(

 z

)=

n !

(

1

−

 z

)

n+1 , f  n

₍

0

)=

n !

Dengan demikian deret Ma-aurin dari f 

 (

 z

)=

1 1

−

 z  adalah f 

 (

 z

)=

1 1

−

 z

=

f 

 (

0

)+

∑

_n=1 ∞ f n

(

0

)

n ! z n ,

|

 z

|

<

1

¿

1

+

∑

n=1 ∞ n! n! z n

=

1

+

∑

n=1 ∞  zn

¿

∑

n=0 ∞  zn

Jadi terbukti bah(a

1 1

−

 _z

=

∑

_n=0 ∞  zn

=

1

+

 _z

+

 _z2

+

 _z3

+

_{… ,}

|

 _z

|

<

1 Bukti $g& : Misalkan f 

 (

 z

)=

1

1

+

 z . Titik singular dari fungsi f   adalah  z

=

1 . Jadi !ari+!ari kekonergenan deret Ma-aurin f   adalah

 

=¿

 _{!arak dari / ke titik singular yang terdekat}

¿

1

f 

 (

 z

)=

1 1

+

 z , f 

 (

0

)=

1 f '  ( z)

= −

1

(

1

+

 z

)

2 , f   ' (0)

₌₋

₁ f ' ' 

(

 z

)=

2

(

1

+

 z

)

3 , f   ' ' 

₍

0

)=

2 f ' ' ' ( z)

= −

&

(

1

+

 z

)

% , f  ' ' ' (0)

₌₋

_& ...

f  n

(

 z

)=

n!

(

1

+

 _z

)

n+1, f 

 n

₍

₀

₎₌

n !

Dengan demikian deret Ma-aurin dari f 

 (

 z

)=

1 1

−

 z  adalah f 

 (

 z

)=

1 1

+

 z

=

f 

 (

0

)+

∑

_n=1 ∞ f  n

(

0

)

n! z n ,

|

 z

|

<

1

¿−

1

+

∑

n=1 ∞ n ! n ! z n

=−

1

+

∑

n=1 ∞  zn

¿

∑

n=0 ∞

(−

1

)

n zn

Jadi terbukti bah(a

1

1

+

 _z

=

∑

_n=0

∞

(−

1

)

n _zn

=

1

−

 _z

+

 _z2

−

 _z3

+

_{… ,}

|

 _z

|

<

1

C. C&*"&+ ,&#%

%. Tentukan deret Taylor dari f 

 (

 z

)=

1 1

+

 z  disekitar

¿

i  0 Penyelesaian : f 

 (

 z

)=

1 1

+

 z , f 

 (

i

)=

1 1

+

i f ' 

(

 z

)= −

1

(

1

+

 _z

)

2, f  ' 

₍

i

)= −

1

(

1

+

_i

)

2

f  left (z right ) ' {2} over {{left (1+ z right )} ^ {3}}  f

(

i

)=

2

(

1

+

i

)

3 f ' ' ' 

(

 z

)= −

&

(

1

+

 _z

)

%, f ' ' '  

(

i

)= −

1

(

1

+

_i

)

% f  n

(

 z

)=

(−

1

)

n . n !

(

1

+

 z

)

n+1 , f  n

(

i

)=

(−

1

)

n . n !

(

1

+

i

)

n+1

Jadi deret Taylor dari f 

 (

 z

)=

1

f 

 (

 z

)=

1 1

+

 z

¿

f 

 (

i

)+

∑

n=1 ∞ f (n)

(

i

)

n!

(

 z

−

i

)

n

¿

1 1

+

_i

+

∑

_n=1 ∞

₍₋

₁

₎

n

(

1

+

_i

)

n+1

 (

 z

−

i

)

n

¿

∑

n=0 ∞

₍₋

₁

₎

n

(

1

+

_i

)

n+1

 (

 z

−

i

)

n ). 1raikan f 

 (

 z

)=

1

−

 z 1

+

2 z  disekitar  z

=

1 . Penyelesaian : 1 1

+

2 _z

=

1 2

(

1 1 2

+

 z

)

¿

1 2

(

1 3 2

+(

 z

−

1

)

)

¿

1 3

(

1 1

+

(

 z

−

1 3 2

 )

)

¿

1 3

∑

n=0 ∞

(−

1

)

n

(

 z

−

1 3 2

 )

n

¿

∑

n=0 ∞

(−

1

)

n2n

(

 _z

−

1

)

n 3n+1 Jadi diperoleh f 

 (

 z

)=

1

−

 z 1

+

2 _z

=−

∑

_n=0 ∞

₍₋

₁

₎

n₂n

₍

 z

−

1

)

n+1 3n+1

¿

∑

n=0 ∞

(−

1

)

n2n

(

 _z

−

1

)

n+1 3n+1 2. 3itunglah

∑

n=0 ∞

(−

1

)

nn zn  _. Penyelesaian :

∑

n=0 ∞

(−

1

)

n_{n z}n

=

∑

n=0 ∞  z

(

(−

1

)

n_{n z}n−1

)

¿

 z

∑

n=0 ∞

(−

1

)

n d dz

(

 z n

)

¿

 z d dz

∑

_n=0 ∞

(−

1

)

n

(

 _zn

)

¿

 z d dz

(

1 1

+

 _z

)

¿

 z

(

−

1

(

1

+

 z

)

2

)

¿ −

 z

(

1

+

 z

)

2 D. L#")+#* D#*T#4 P1'T#K# http:55elnioengeane.(ordpress.om5)/%%5/652/5deret+dan+teorema+taylor5 http:55rifan+alif.blogspot.om5)/%)5/25buku+pegangan+mate+kuliah+analisis.html