1.4 Barisan dan Deret

BARISAN DAN DERET

BARISAN

 Definisi

Barisan bilangan didefinisikan sebagai fungsi dengan daerah asal merupakan bilangan asli.

Notasi: f: N  R

n f(n ) =a_n

Fungsi tersebut dikenal sebagai barisa n bilangan riil {a_n} dengan a_n adalah suku ke-n.

 Bentuk penulisan dari barisan :

1. bentuk eksplisit suku ke-n

2. ditulis barisannya sejumlah berhingga sukuawalnya.

3. bentuk rekursi

Contoh: an= 1 n

 1 , 1 ,1 

 2 3 4 

1, , ...

n

a

_n

1  a

a

₁

 1, a

_{n 1}



KEKONVERGENAN BARISAN

 Definisi

Barisan {a

_n

} dikatakan konvergen menuju L atau berlimitL dan ditulissebagai

Sebaliknya, barisan yang tidak konvergen ke suatu bilangan L yang terhingga dinamakan divergen.

lim a

_n

 L

n

Jika untuk tiap bilangan positif , ada bilangan positif N sehingga untuk

n  N  a

_n

 L  

3

CATATAN

 Banyak persoalan konvergensi barisan.

 Menggunakan fakta berikut:

 Fakta tersebut memudahkan karena dapat memakai kaidah I’Hospital untuk soal peubah kontinu.

x 

Jika lim f ( x )  L , maka

n

lim f (n) 

 

L

4

SIFAT LIMIT BARISAN

 Sifat dari limit barisan, jika barisan {a

_n

} konvergen ke L dan barisan {b

_n

} konvergen ke M, maka

n n n

1. lim  a

n

 b

_n

  lim  a

n

  lim  b

n

  L  M

2. lim  a

n

.b

_n

  lim  a

n

 . lim  b

n

  L.M

n n n

L lim



^bn M

lim  a

_n



n

n 

3. lim  a

_n

 

 

n

 b

_n

 

^{ , untuk M 0}

 Barisan {a

_n

} dikatakan

a. Monoton naik bila a

_n+1

 a

_n

b. Monoton turun bila a

n+1

 a

n

5

CONTOH

Tentukan konvergensi dari barisan di bawah ini:

2x 1 2 x  1 lim f (x) lim

x x

n

n

2n 1 a 

1.

artinya barisan a konvergen menuju ½.

Jawab: x

Ambil :f (x) 

2x 1

Dalam hal ini, menurut kaidah I’Hospital,

2n 1 2 n  1 limn 

Jadi,

CONTOH

 x 

  e¹  e

^xx 1

2.

1 

ⁿ

 

a

_n

   1  n 

Jawab:

Ambil

 

 1^x f (x)  1

x 

Dalam hal ini, menurut kaidah I’Hospital,

artinya barisan a_n konvergenmenuju e.

 e n

n

 1ⁿ lim 1   Jadi,

  1



^x x _









^x   1 x

 1

 ln1

x 



^{ explim}

 



  



2  explim

1  

   . 

 explim

 x  

1² x 

x x 1

x



1 ^x 1 ^x

xlim1  x xlim exp.ln1 x exp lim x.ln1

   

LATIHAN

 2n 3 3n ² 2

n 1 n an 



n 1^{ }



ⁿ

a _n n 4ⁿ ln(n) a _n

,  3,

4,

5 ...

 2

 1 2 3 4



 

  , ...

 1, 2 ,3 , 4 5

3 5 7 9









 

... 3 4

, ,

2 3

1 2

1 1 1

1 1 1

 1,







 

... 1 5 4

3 2

1 1 1

 2 3 4 5

 1 , 2 , 3 , 4

n+1 2 n 1

a = 1 + 1 a , a =1

1. a _n  n² 2. a _n

10.

9.

8.

7. 

6.

5.

4.

3.

Tentukan konvergensi dari barisan di bawah ini:

4n²1

DERET TAK HINGGA



Bentuk deret tak hingga dinotasikan dengan notasi sigma, sebagai berikut:

 a n  a 1  a 2  a 3  ...  a n  ...

n1

dengan a

_n

adalah suku ke-n.

BARISAN JUMLAH PARSIAL

Misalkan S

_n

menyatakanjumlah parsial ke-n suku deret





i1 ^{ai , maka}

a

i



 i1

Dari jumlah parsial ini di dapat bahwa S – S =a .

S₁ =a₁ S₂ = a₁ +a₂ .

.

. ⁿ

Barisan {S

_n

} dinamakan barisan jumlah parsial deret

S_n=a₁+a₂+a₃+a₄+…+ a_n=



^ai

i1

KEKONVERGENAN DERET TAK HINGGA



i1

jika barisan jumlah-jumlah parsialnya {S

_n

} konvergen ke S.

Sebaliknya, apabila {S

_n

} divergen maka deret divergen.

Deret tak hingga  a

ⁱ

konvergen dan mempunyai jumlah S

DERET GEOMETRI

 Bentuk umum deret geometri adalah

 n1

 ar

^n1

= a +ar +a r

²

+ ... + a r

^n-1

+ ...

dengan a  0.

 Jumlah parsial deret ini

S

n

= 

^ari1

= a +ar +a r

²

+ ... + a r

^n-1

dan dapat ditulis sebagai S

n

=

1r

a



^1rn

 , r  1.

i1

n

SIFAT DERETGEOMETRI

1. Jika r < 1 maka barisan {r

ⁿ

} konvergen ke 0 karena

n

lim r

ⁿ

= 0,

maka deretnya konvergen ke a 1 r

2. Jika r > 1 maka barisan {r

ⁿ

} divergen karena lim r

ⁿ

=  ,

n

maka deretnya jugadivergen.

CONTOH [1]

(SELIDIKI KEKONVERGENANNYA)

 . . . 1  1  1  1  1

2 4 8 16 32

1.

Jawab:

Kalau kita perhatikan

S

1

=

¹

= 1 -

¹

S

2

=

^{1  1}

=

³

= 1 – (

¹

)

²

2 2 2 4 4 2

2 4 8 8 2

S

3

=

¹  1  1

=

⁷

= 1 – (

¹

)

³

Sehingga kita peroleh jumlah parsial ke-n-nya

S

_n

= 1 – (

¹2

)

ⁿ

dan

lim S_n

n n 2

1 n

=

lim

(1 – ( ) ) = 1

Jadi karena barisan jumlah-jumlah parsialnya konvergen ke 1, maka deret di atas juga konvergen.

CONTOH [2]



^ _{i(i 1)}¹

2.

i1

Jawab:

Kalau kita perhatikan

Jadi karena barisan jumlah parsialnya konvergen ke 1, maka deret di atas juga konvergen.

1

=

¹

-

¹

i(i1) i i1

Dari sini kita peroleh bahwa jumlah parsial ke-n-nya

Dan _n

n

 

n

 n  1  lim S = lim  1 1  = 1

(Deret Kolaps)

𝑆_𝑛 = 1 −1

2 + 1 2 − 1

3 + 1 3 −1

4 + ⋯ … + 1

𝑛 − 1

𝑛 + 1 = 1 − 1 𝑛 + 1

CONTOH [3]

3.

Sehingga didapatkan limit S_n untuk n menuju tak hingga adalah tak hingga juga. Jadi deret harmonik di atas adalah deret divergen.

Jawab:

Dari soal diuraikan menjadi:

෍

𝑖=1

∞ 1

𝑖 (𝑑𝑒𝑟𝑒𝑡 ℎ𝑎𝑟𝑚𝑜𝑛𝑖𝑘)

𝑆_𝑛 = 1 + ¹

2+ ¹

3 + ¹

4 +¹

5 +¹

6 + ¹

7 + ¹

8+ …..+ ¹

𝑛

𝑆_𝑛 = 1 +¹

2 + ¹

3 + ¹

4 + ¹

5 + ¹

6 + ¹

7+ ¹

8 + …..+ ¹

𝑛

≥ 1 +¹

2 + ¹

4 + ¹

4 + ¹

8 +¹

8 + ¹

8+ ¹

8 + …..+ ¹

𝑛

= 1 +¹

2 + ¹

2 + ¹

2 +¹

2 …..+ ¹

𝑛

UJI KEDIVERGENAN DENGAN SUKU KE-N



n1 n

Apabila



^an konvergen, maka

lim a

_n

 0

^,

ekivalen

lim a

_n

 0

maka deretdivergen.

n

Catatan:

deret konvergen

(bisa konvergen atau divergen) sehingga perlu pengujian deret positif.

n

 n1

Jika lim a

_n

 0 , maka belum tentu 

^an

Contoh:

Buktikan bahwa



_n1^ 3n 2 3n4 n²

divergen.

Bukti:

lim

₂

n

²

 3n  4

n

3n

⁼

n

²

n

lim 1

n

3  3  4

1

=

3

(Tidak Nol)

divergen.



Jadi terbukti bahwa



UJI KEDIVERGENAN DENGAN SUKUKE-N

3n4 3n²

n²

MASALAH BARU

Dalam banyak kasus bahwa

lim a

_n = 0, tetapi dari sini kita sangat sulit menentukan apakah deret tersebutn

konvergen atau divergen.

Sebagai contoh deretharmonik,



 n1n

1 =1+

n

2 3 4 5 6 7 8

1



¹



¹



¹



¹



¹



¹



_{. . . }

1

_{+ . . .}

Jelas bahwa

lim a

_n = 0, tetapi deret harmonik adalah

n

deret yang divergen.

Oleh karena itu, perlu dilakukan uji-uji untuk deret positif.

UJI DERETPOSITIF

1. Tes Integral

Misalkan fungsi f kontinu monoton turun dan f(x) >0 pada selang [1,)



a. Jika integral tak wajar



^{1f (x) dx}

konvergen, maka deret



 ^{f (n) konvergen.}

divergen, maka deret

 n1

b. Jika integral tak wajar



^{f (n)}

divergen.

n1



1^{f (x) dx}

CONTOH

 2



^{n en}

n1

1. Selidiki kekonvergenan dari

Jawab:

Kita ambil

f (x)  x e

x^{2, sehingga}

x e dx

1

x²



 ^blim



^{1bx e x2 dx}



1^b

2

^{b }lim 1

b 1



^{1 lim ex 2}

2 ^b

e

^x2

1

 e¹

 1

^lim

2

^b

e

^{b2 2e}

d(x² ) 1

= =

= = =

Jadi karena

x e

1

x²





dx

konvergen, maka



^{ n e n2}

n1

juga konvergen.

2. Selidiki kekonvergenan dari

Jawab:

Kita ambil , sehingga

Jadi karena divergen, maka juga divergen.



n2 n lnn



¹

xlnx f (x) 1





^ b ^b

dx

2

dx  lim

x ln x

b

d (ln x)

2

ln x

2

x ln x 

b

lim 

 lim ln  ln x   lim ln  ln b   ln  ln 2   

b b



²

x dx ln x 

^ _{n lnn}¹

CONTOH

LATIHAN



n2

n ln n

2



1

4n

2

 1 2n 1

1



n1

 4  3n 

²3

1 2.

4. 

n1

5. 

n1

3. 

1.

Selidiki kekonvergenan deretberikut:





 n3



n 

2

2 

1

1

UJI DERET POSITIF

2. Uji Deret - P

Deret-p atau deret hiperharmonik mempunyai bentuk umum





1

i1

i

^p

Dengan menggunakan tes integral, kita dapatkan

1

1 1

p p

x x



dx  lim

t

 x

^1p



^t

t

^1p

1

t

dx  lim    lim

1  p

t

 1  p 

1 t



¹



Kalau kita perhatikan,untuk

1. p =1 diperoleh deret harmonik, sehingga untuk p =1 deret divergen.

2. p > 1 maka

lim t

^1p = 0, sehingga diperoleh deret yang konvergen.

t

UJI DERET POSITIF

3. p < 1 maka

lim t

^1p

t

=∞, sehingga diperoleh deret yang divergen.

4. p < 0, suku ke-n deret



_i1ⁿ

i 1

^{P , yaitu,} tidak menuju 0.

n^P 1 Jadi deret divergen menurut Uji Suku ke-n

Sehingga dapat kita simpulkan untuk uji deret-p, yaitu:

1. Deret-p konvergen apabila p > 1 2. Deret-p divergen apabila 0  p 1

CONTOH

Apakah deret berikut konvergen atau divergen?

1.



^{ 1,0011}

n1 n



1,001

Berdasarkan uji deret-p, deret



1

n1 n konvergen karena p = 1,001 > 1

2.

Berdasarkan uji deret-p, deret divergen karena p = ½ < 1



^{ 11}₂

n1

n

_



¹¹₂

n1

n

UJI DERET POSITIF

3. Tes Perbandingan dengan deretlain



Andaikan



^{an }

n1` ^dan n



1`^bn

 n1`

 n1`

1. Jika



^bn konvergen, maka

 n1`

deret positif, jika a_n b_nmaka

 n1`



^{an konvergen}

2. Jika



^an divergen, maka



^{bn divergen}

CONTOH

Selidiki Kekonvergenan deretberikut:

1.



 n3

n n²5

Jawab:

Akan kita bandingkan deret ini dengan

a

n

=

¹n ^dan

b

_n

 n n

²

 5

kita tahu bahwa

,



^

n1

1

n adalah deret harmonik dan n

5

1

 n , sehingga karena



^

n1

1 n



n²



2 5 n

n

deret divergen, maka deret yang divergen.

CONTOH

Jawab:

Akan kita bandingkan deret ini dengan b =n dan a =_n kita tahu bahwa adalah deret hiperharmonik dengan

 , Sehingga karena

deret yang konvergen.

2.



^{ 2} _5

n1 n 1



konvergen, maka



_5

n1 n² 1

1

1 n² 5

1

n² n² 5

n² 1

 n1 n²



¹

p = 2 >1dan

 n1n 2



1 ^deret

LATIHAN

Selidiki kekonvergenan deretberikut





n1

n

2

 5 n



 n3 2

1





 1

n1

2

ⁿ

n  5 1



^{ 2}

n3

 n  2 

1





n1

2n 1

2.

1

4.

5.

3.

1.

UJI DERETPOSITIF

4. Tes Banding limit

Andaikan a_ndan b_nderet positif dan

n

b

n

lim a

ⁿ =L

sama-sama



2. Jika L =0 dan



^bn

n1`

 n1`

dan



^bn



konvergen maka



^{an konvergen.}



n1`

konvergen atau divergen 1. Jika 0 <L < maka



^an

CONTOH

Selidiki kekonvergenan dari deret berikut :

5n²7

n1 n³

2n 3



1.



lim aⁿ

nb_n



 n³ _5n27

2n 3 _konvergen.

=2

Jadi karena L = 2dan



^{ 12}

n1 n Jawab:

Kita gunakan Uji Banding Limit. Kalau kita perhatikan deret tersebut, suku umumnya mirip dengan b_n= 1

n²

sehingga

1n² 2n 3

lim

n

3 2

n³  5n²  7  lim 2n 3n

nn³5n² 7

konvergen, maka deret

CONTOH

Selidiki kekonvergenan dari deret berikut :

2.

sehingga

a_n

nlimb_n

divergen.

=1

Jadi karena L=1 dan



^

n1 n² 4 1



divergen, maka deret



n1 n2 4 1

Jawab:

Kita gunakanUji Banding Limit. Kalau kita perhatikan deret tersebut, suku umumnya mirip dengan b_n= 1

n

1n 1

lim n² 4

n 2

n² n 4

= =limn



 n1

1 n

LATIHAN

Selidiki kekonvergenan dari deret berikut:



 n1 2



 n1 3

n 3n  1



^

n1

n

n  2n  3 1





n1

n

²

n 1 2n  3



 n1

n

2

n  4 ln n

2.

4.

5.

3.

1.

UJI DERET POSITIF

5. Tes HasilBagi

 k1

 a k

klim aa^k1 _k  

Diketahui merupakan suatu deret dengan suku-suku yang positif.



1. Jika < 1 maka deret konvergen Misalkan

 k1



^ak

k1



^{ak divergen}

2. Jika > 1 maka deret

= 1 maka uji deret ini tidak dapat dilakukan.

3. Jika

CONTOH

Selidiki kekonvergenan deretberikut:

1.



 ³ⁿ n1n!

3

ⁿ

n! , maka sukuke-n+1 adalah a_n+1= 3^n1



n1



^{! sehingga}

Karena nilai limit r = 0 ( < 1), maka deret



 ³_n!^{n konvergen}

Jawab:

Misalkan suku ke-n adalah a_n=

 lim 3  0

 lim 3^n1n!

n3ⁿ



^{n 1}



^{! n}



^{n 1}



3ⁿ n !

 lim^3n1



^{n 1}



^!

a_n n

lim a^{n 1}

n

CONTOH

2.



 ³ⁿ n1 n²

3

ⁿ

Misalkan suku ke-n adalah a_n=

n

² , maka suku ke-n+1 adalah a_n+1= 3^n1



ⁿ 1



^{2 sehingga}

Karena nilai limit r = 3 (> 1), maka deret



^ ₂

n1

3ⁿ

n ^divergen

Jawab:

 3 3n²

 lim 3^n1n²  lim

n3ⁿ



^{n 1}



^{2 n}



^{n 1}



²

n² 3ⁿ



^{n 1}



²

 lim 3^n1 a_n n

lim a^{n 1}

n

LATIHAN

Selidiki kekonvergenan dari deret berikut:



 n1

n

n



 n1

n ! 5  n



n1

 2 n n  !

n



 n1

4

ⁿ

n !

 n





n1

 2n  !

n ! n

³

2.



4.

5.

3.

1.

UJI DERETPOSITIF

k

39

a _k





6. Tes Akar

Diketahui merupakan suatu deretdengan

konvergen divergen

k1

suku-suku yang positif, misalkan lim ^k a_k a

1.

Jika a<1 maka deret



^ak

k1

2.

Jika a >1 maka deret



^ak

k1

3. Jika a =1 maka uji deret ini tidak dapat dilakukan.

CONTOH

Selidiki kekonvergenan deret

1.



^{ }

 

n1 n1

2n2ⁿ

Jawab:

Misalkan suku ke-n adalah a =n 





 n1



2n2



ⁿ

maka nilai limitnyaadalah

2 n1

2n 2 lim ⁿ a_n lim

n n

Karena nilai limit r = 2 (> 1), maka deret



^ _^2n_n1^2_^{n divergen}

CONTOH

2.



^{ }

 

n1 2n1

 n  2 ⁿ

Jawab:

Misalkan suku ke-n adalah a =n 





 2n1



n  2



ⁿ

maka nilai limitnya adalah

n2  1

n 2n1 2

lim ⁿ a_n lim

n

Karena nilai limit r = ½ (< 1), maka deret



^ _

n1 n1

2n2ⁿ

  ^konvergen

LATIHAN

Selidiki kekonvergenan dari deret berikut:





 1 

n1





ⁿ

 ln n 





 

n1

 2n 1 

 3n  2 

ⁿ



^

   

n1





ⁿ

3n 2

n





    1

n1

 2

1 

ⁿ

n 

2. 4.

1. 3.

DERET GANTI TANDA DAN KEKONVERGENAN MUTLAK



 Deret Ganti Tanda

Deret ini mempunyai bentuk sebagai berikut

   1 

^n1

a

ⁿ

 a

¹

 a

²

 a

³

 a

⁴

 ...

n1

dengan a_n > 0, untuk semua n.

Contoh penting adalah deret harmonik berganti tanda, yaitu

 . ..

1 1  1 1

n  1  2 3  4



 1



 n 1



^{n 1}

UJI DERET GANTI TANDA

Andaikan deret ganti tanda, deret tersebut dikatakan konvergen jika

1. a_n+1< a_n

2.

lim a

_n

 0

n

Contoh

Tentukan kekonvergenan deret ganti tanda berikut 1.

2.

1

1

_

1

_

1

_...

2 3 4

1

1

_

1

_

1

_...

2! 3! 4!

CONTOH

1. Jawab (uji ganti tanda)

n n

Dari soal diatas kita punya a =¹

, dan a

_n+1= ¹ n1 tersebut konvergen jika

,deret

a. 1

 1 1 n n

n1 1n1

1n a_n 

a_n1 ^{ an>an+1}

b.

lim a  lim 1  0

n

n

n n

Karena a dan b terpenuhi maka deret di atas konvergen.

CONTOH

1

n !

^{, dan a n+1 =}

 n 1 1  !

a.

2. Jawab (uji ganti tanda)

Dari soal diatas kita punya a_n= deret tersebut konvergenjika

1 a_n

a_n1  n!  n11 1

(n1)!

 a_n>a_n+1

b.

lim a  lim 1  0

n

n!

n n

Karena a dan b terpenuhi maka deret di atas konvergen.

LATIHAN

Selidiki kekonvergenan dari deret ganti tanda berikut:



 1  2



n1

n1

3n 1 

^

n1

  1 

ⁿ

3 n

ⁿ



   1 

2 n1

n

n  n

n  3

^

  1 

ⁿ

1

n(n 1)

2.

3.

4.



n1

1.

 

n1 n1



^bn

dikatakan konvergen

mutlak jika



^{bn konvergen.}

 n1

divergen,



konvergen.

Dan dikatakan konvergen bersyarat jika 

^bn

tetapi



^bn

KONVERGEN MUTLAK DAN KONVERGEN BERSYARAT

Suatu deret dikatakan konvergen mutlak bila harga mutlak deret tersebut konvergen.

Atau dengan kata lain :

PENGUJIAN KEKONVERGENAN MUTLAK



dengan a

_n



0dan a_n1 a_n

nlim r Misalkan



^an

n1

Maka

1. Jika r < 1, makaderet konvergen mutlak 2. Jika r > 1, maka deret divergen

3. Jika r = 1, maka tesgagal

CONTOH

Selidiki deret berikut konvergen bersyarat, konvergen mutlak atau divergen

1.



^



^1



²

n1

n n1

n!

2



n



! a_n ^{n n1} n

a_n1

n



^1





^1



^n22n1

lim

r  lim



^{n 1}



^! _ lim

n

2^n1n!

n

 lim 2

2



n1



! ^nn 1 n!

n1

2

ⁿ n2

, dan

a

_n1

  1   n 2

^n1

 1  !

Menurut uji hasil bagi mutlak, deret ini konvergen mutlak Jawab:

Dari soal diatas kita memiliki a

_n

  1 

sehingga

 0

CONTOH

2. ^

 

^{n1 1}

1 n



n1

Jawab:



 n1



^1



^{n1 1}

n

Dengan uji deret ganti tanda deret ^

 

^{n1 1}

1 n



adalah deretdivergen

n1

1 n

 



^{an }



n1 n1

Jadi deret

konvergen

(karena merupakan deret-p dengan p= ½ < 1)

adalah konvergen bersyarat.

(buktikan!!), sedangkan

LATIHAN



  1   

 5 



n1 n n

 n 



(1)

ⁿ

n1

3n  2



  1  1



n1

n

n  n 1 



 n1

(1)

^n1



 n1

n ln n

(1)

^n1

n n 1

1.

2.



3.

4.

5.

Selidiki apakah deret tersebut konvergen mutlak, konvergen bersyarat atau divergen:

DERETPANGKAT

Deret pangkat secara umum ada dua bentuk 1. Deret pangkat dalam x didefinisikan



 ^anxn n0

= a₀ + a₁ x + a₂ x² + . . .

2. Deret pangkat dalam (x –b) didefinisikan



 n0

n

a nx b = a + a (x-b) + a (x-b) + . . ._{0 1 2} ²

Untuk kali ini kita bicara selang kekonvergenan / untuk

harga x berapa saja deret pangkat tersebut konvergen.

SELANG KEKONVERGENAN

Selang kekonvergenan ditentukan dengan uji hasil bagi mutlak sebagai berikut:



Misalkan



n0

n

an



^{x  b}



dan

a (x n b)ⁿ L  lim a_{n 1}(x  b)^n1

n 

1. Jika L < 1, maka deretkonvergen.

2. Jika L =1, tidak dapat diambil kesimpulan  gunakan uji deret sebelumnya.

SOAL

Tentukan selang kekonvergenanderet xⁿ

n0



 _(n1)2ⁿ

xⁿ

n0 (n1)!





 n0 1.

2.

3.



^{(n 1)!xn}

JAWAB [1]

1. Kita akan gunakan Uji Hasil Bagi Mutlak, untuk menyelidiki kekonvergenan mutlak.

Jadi deret tersebut konvergen mutlak apabila L< 1, yaitu –2 < x < 2

Kemudian akan kita cek untuk titik ujung intervalnya, yaitu x = 2 atau x = -2 .

 Pada x =2

x^n1 xⁿ

n1 n

n 2

x (n1) x

L lim :  lim  2

n 2 (n 2) (n2) (n1)2

  

¹



2ⁿ

 

n1 n1

 n1 n 1 2



ⁿ



deret ini adalah deret harmonik yang divergen.

JAWAB [2]

 Pada x =–2

deret ini adalah deret harmonik berganti tanda yang konvergen.

Sehingga selang kekonvergenannya adalah –2  x< 2

n1 n1



^1



ⁿ



^n1





^2



ⁿ



^n1



^{2 n}



 ^



^

57

JAWAB [3]

2. Kita akan gunakan Uji Hasil bagi Mutlak, untuk menyelidiki kekonvergenan mutlak.

x

^n1

x

ⁿ

x

L  lim :  lim  0

n

 n 2  !  n 1  !

^n

 n  2 

Karena L = 0 < 1, maka deret selalu konvergen untuk semua nilaix.

Jadi selang kekonvergenannya adalah (-,)

JAWAB [4]

3. Kita akan gunakan Uji Hasilbagi Mutlak, untuk menyelidiki kekonvergenan mutlak.

Jadi deret tersebut konvergen hanya untukx = 0.

n n



^{n 2}



^!xn1

L  lim

n  Lim



^{n  2}



^{x }





^n1



^!x



^{0, jika x 0}



^{, jika x 0}

TEOREMA 1



Himpunan kekonvergenan deret pangkat  a

ⁿ

x

ⁿ

n0

selang yang berupa salah satu dari ketiga jenis berikut:

1. satu titik x =0

2. selang (-c, c), mungkin ditambah salah satu atau keduanya titikujungnya.

3. seluruh himpunan bilangan riil

berbentuk

TEOREMA 2

• Himpunan kekonvergenan deret pangkat 

^an(xb)n

n0

• Berbentuk selang yang berupa salah satu dari ketiga jenis berikut :

1. satu titik x =b

2. selang (b-c, c+b), mungkin ditambah salah satu atau keduanya titikujungnya.

3. seluruh himpunan bilanganriil



LATIHAN

Tentukan selang kekonvergenan deret pangkat berikut:

n0

 n 1 

²

(x 1)

ⁿ

 x  2 

³

ln 3  x  2 

⁴

ln 4

   ...

3!

2!

2

 ...

3.27 4.81

  x  2 

³

 x  2 

2.9

x 2  

 1.



2.

 x  2 

²

ln 2

3.



OPERASI DERET PANGKAT

Dalam pasal sebelumnya untuk

1  x  1 deret a

1 x

 



^{axn }



^{axn1 }

n0 n1

Pertanyaan yang muncul mengenai sifat-sifat deret kuasa di



atas (misalS(x)=

n0

didiferensialkan dan jika S(x) diintegralkan.



^axn)

misalkan bagaimana jika S ( x)

TEOREMA

Andaikan S(x) adalah jumlah sebuah deret pangkat pada sebuah selang I,

jadi 

S(x)



^{anxn  a0 a1xa2x2 a3x3...}

2 3

0 1 2 3

0 2 3

0 0

1 1

2 3

n n

x x

n n

D a

a x





 

n1

 

1. S '(x)  x   d [a  a x a x  a x ...]

2. S(t)dt  a t dt  a x a₁x²  a x  ... ⁿ n1



n0

a₁2a₂x3a₃x²...





^{ann xn1}

n1

 

 

n0

maka :

CONTOH

Sesuai teorema diatas, 1 x

1 = 1 + x + x² + x³ + . . . untuk -1< x<1

a. ¹

1 x² b. ln(1 –x)

Tentukan:

Jawab:

a. Dengan menurunkan suku demi suku, kita peroleh



^{2 3}



D x



   D 1 x x  x ...

x 1  1 x

1

 

1 2x 3x²...



^{1 x}



²





^{n xn1, 1 x 1}

n1

CONTOH

b. ln (1 –x)

Sedangkan dengan mengintegralkan suku demi suku, kita peroleh juga

2 0

x

ln(1 x)  1 dt  1 t t t³  ...dt 1t



x

0



4 1 3

1 2

1

0

 x x²  x³ x⁴ ...

t⁴ ...

t  t² t³ 

x

-1< x <1

1 1 1

2 3 4

xⁿ

,

 1 ln(1 x) 



n

n1

LATIHAN

f (x)  1

 x

1 x f (x)  x

^{2 2}

1

 

 1 x  f (x )  ln  1 x  1  x

1



^{1 x}



²

f (x) 

1.

3.

2. 6.

5.

 2  1 3x 

f (x ) 

1 x

7.

1 1 x

²

f (x) 

4.

Tentukan (Petunjuk : Lihat contoh a dan b di atas)

f (x)  tan

^1

x

DERET TAYLOR DAN DERET MACLURIN

Deret Taylor

• Definisi:

Misalkan f(x) dapat diturunkan sampai n kali pada x=b, maka f(x) dapat diperderetkan menjadi deret kuasa dalam bentuk

n

n! 2!

 n0

f ⁽ⁿ⁾(b)



^xb



^{ f (b)  f '(b)(x  b)} f ''(b)(x b)^{2 ...}

f (x) 



deret di atas disebut Deret Taylor dengan pusat x =b. Bila b =0, kita peroleh Deret Mac Laurin, yaitu

f ⁽ⁿ⁾(0)



^x



n f ''(0) x²

n! 2!

 n0

 f (0)  f '(0) x  ...

f (x) 



CONTOH

Perderetkan fungsi berikut dengan deret maclaurin:

1. f(x)= sinx Jawab:

 f(0) =0

 f’(0) =1

 f’’(0) =0

 f’’’(0) =-1

 f ^lV(0) =0

3!  5!  7!  . . .

x

³

x

⁵

x

⁷

f(x) = sinx f ’(x) = cos x f ’’(x) = - sinx f ’’’(x) = - cosx f ^lV (x) = sinx Sehingga,

f (x)  sin x  x ^

n0



 

^1



ⁿ



_2n

x

^2n1_1



_!

CONTOH

 f(0) =1

 f’(0) =1

 f’’(0) =1

 f’’’(0) =1

 f ^lV(0) =1

2!  3!  4!  . . . x

²

x

³

x

⁴

 1  x 

2. f(x)= e^x Jawab:

f(x) =e^x f ’(x) =e^x f ’’(x) =e^x f ’’’(x) =e^x f ^lV (x) =e^x

Sehingga,

f ( x)  e

^x

 

^

n0

n !

x

ⁿ