878acec5bab 11 deret tak hingga

Deret Tak Hingga

BAB 2

2.1 Barisan 2.2 Deret Tak Hingga2.3 Deret Suku Positif2.4 Deret Ganti Tanda2.4 Deret Pangkat 2.6 Deret Taylor dan Deret Mac Laurin

2 Deret Tak Hingga

Deret Tak Hingga

Deret Suku Positif

Deret Ganti Tanda

Deret Pangkat

Deret Taylor dan Deret Mac Laurin

Deret Tak Hingga

Deret Taylor dan Deret Mac Laurin

Deret Tak Hingga

M o d u l M a t e m a t i k a D a s a r A 2

Pendahuluan

Kebanyakan fungsi dapat diuraikan menjadi bentuk deret. Keunggulan ini amat bermanfaat dalam aplikasi fisika karena dalam aplikasi fisika banyak haldengan bilangan yang sangat kecil atau selisih yang amat kecil antara dua buah fungsi. Pada kasus-kasus seperti ini, sukufenomena fisika dengan bentuk yang lebih sederhana dibandingkan keseluruhan fungsi.

Salah satu contoh aplikasi adalah penggunaan uraian fungsi Planck.

Bab 2 akan membahas halmengenai barisan tak hingga. Dilanjutkan dengan Subbab 2.2 mengenai deret tak hingga. Pada Subbab 2.3 dibahas mengenai deret yang sukuSubbab 2.4 dibahas mengenai deret yang sukusuku-suku berupa fungsi dibahas pada Subbab 2.5, yaitu deret pangkat. Pada bagian akhir, Subbab 2.6, dibahas mengenai salah satu deret yang banyak digunakyaitu deret Taylor.

Tujuan Instruksional Khusus Mahasiswa mampu: 1. menerapkan aturan limit untuk menghitung

limit barisan dan menerapkan konsep keterbatasan (boundedness) untuk mengindentifikasi kekonvergenan barisan monoton.

2. menggunakan konsep jumlah parsial untuk membedakan deret konvergen dan divergen dan mendefinisikan jumlah dari deret konvergen.

M o d u l M a t e m a t i k a D a s a r A 2 U n i v e r s i t a s I n d o n e s i a |

Kebanyakan fungsi dapat diuraikan menjadi bentuk deret. Keunggulan ini amat bermanfaat dalam aplikasi fisika karena dalam aplikasi fisika banyak hal-dengan bilangan yang sangat kecil atau selisih yang amat kecil antara dua buah fungsi.

kasus seperti ini, suku-suku awal dari deret cukup memberikan informasi fenomena fisika dengan bentuk yang lebih sederhana dibandingkan keseluruhan fungsi.

Salah satu contoh aplikasi adalah penggunaan uraian fungsi xe pada

Bab 2 akan membahas hal-hal yang berkaitan dengan deret. Subbab 2.1 membahas mengenai barisan tak hingga. Dilanjutkan dengan Subbab 2.2 mengenai deret tak hingga. Pada Subbab 2.3 dibahas mengenai deret yang suku-sukunya positif Subbab 2.4 dibahas mengenai deret yang suku-sukunya berganti tanda. Untuk deret dengan

suku berupa fungsi dibahas pada Subbab 2.5, yaitu deret pangkat. Pada bagian akhir, Subbab 2.6, dibahas mengenai salah satu deret yang banyak digunak

sional Khusus

menerapkan aturan limit untuk menghitung limit barisan dan menerapkan konsep keterbatasan (boundedness) untuk meng-indentifikasi kekonvergenan barisan

menggunakan konsep jumlah parsial untuk membedakan deret konvergen dan divergen

kan jumlah dari deret

3. mengenali deret geometri dan dan menghitung jumlahnya jika konvergen.

4. menggunakan uji integral, uji banding biasa, uji banding limit, dan uji rasio untuk menentukan kekonvergenan atau kedivergenan deret.

5. mengenali deret ganti tanda dan menerapkan uji deret ganti tanda untuk kekonvergenan mutlak dari deret.

6. menentukan jari-jari konvergensi dan himpunan kekonvergenan dari deret pangkat.

7. menerapkan pengintegralan suku demi suku dan penurunan pada deret pangkat, dan melakukan operasi aljabar pada deret pangkat secara manual untuk deret pangkat yang sederhana dan dengan bantuan TIK untuk deret pangkat yang lebih kompleks.

8. menguraikan fungsi dalam deret Taylor secara manual dan dengan bantuan TIK.

9. menyebutkan dan menggunakan deret Taylor dari fungsi elementer.

10. menggunakan sisa pada deret Taylor untuk menduga kesalahan pendekatan pada polinomial Taylor.

I n d o n e s i a | 1 6

Kebanyakan fungsi dapat diuraikan menjadi bentuk deret. Keunggulan ini amat -hal yang berkaitan

dengan bilangan yang sangat kecil atau selisih yang amat kecil antara dua buah fungsi. suku awal dari deret cukup memberikan informasi

fenomena fisika dengan bentuk yang lebih sederhana dibandingkan keseluruhan fungsi.

persamaan radiasi

hal yang berkaitan dengan deret. Subbab 2.1 membahas mengenai barisan tak hingga. Dilanjutkan dengan Subbab 2.2 mengenai deret tak hingga.

sukunya positif sedangkan pada sukunya berganti tanda. Untuk deret dengan

suku berupa fungsi dibahas pada Subbab 2.5, yaitu deret pangkat. Pada bagian akhir, Subbab 2.6, dibahas mengenai salah satu deret yang banyak digunakan dalam aplikasi,

engenali deret geometri dan deret collaps, menghitung jumlahnya jika konvergen.

menggunakan uji integral, uji banding biasa, uji banding limit, dan uji rasio untuk menen-tukan kekonvergenan atau kedivergenan de-

mengenali deret ganti tanda dan menerapkan uji deret ganti tanda untuk mengidentifikasi kekonvergenan mutlak dari deret.

jari konvergensi dan him-punan kekonvergenan dari deret pangkat. menerapkan pengintegralan suku demi suku dan penurunan pada deret pangkat, dan melakukan operasi aljabar pada deret

ecara manual untuk deret pangkat yang sederhana dan dengan bantuan TIK untuk deret pangkat yang lebih kompleks. menguraikan fungsi dalam deret Taylor secara manual dan dengan bantuan TIK.

enyebutkan dan menggunakan deret Taylor

gunakan sisa pada deret Taylor untuk menduga kesalahan pendekatan pada

Deret Tak Hingga

M o d u l M a t e m a t i k a

Barisan

2.1

M a t e m a t i k a D a s a r A 2 U n i v e r s i t a s I n d o n e s i a

Barisan Tak Hingga, Kekonvergenan Barisan, Sifat Limit dan Teorema-teorema Limit, Barisan Monoton

Barisan Tak Hingga

Suatu barisan tak hingga adalah deretan terurut bilangan yang tak berakhir,

(1) 1 2 3 4 1, , , , , , ,

n na a a a a a +… …

Karena barisan adalah deretan angka yang terurut, maka suku

pertama barisan adalah 1

a , suku kedua adalah

adalah 3

a , dan seterusnya. Lebih lanjut, karena barisan ini

adalah barisan tak terhingga, maka untuk setiap suku

selalu terdapat suku 1n

a + yang mengikutinya.

Notasi

Notasi yang digunakan untuk barisan 1 2 3

a a a

{ }1n n

a∞

= atau secara sederhana { }na . Apabila daerah asalnya

adalah bilangan bulat yang lebih besar atau sama dengan bilangan bulat tertentu n0, maka notasi barisannya adalah

{ }0

n n nb

∞

=. Contohnya barisan

7 8 9, , ,b b b …

adalah { }7.

n nb

∞

= Rumus barisan Jika diberikan beberapa suku dari barisan, misalkan

DEFINISI 2.1 Barisan Tak Hingga Barisan tak hingga (atau barisan) dari bilangan adafungsi dengan daerah asal himpunan bilangan bdan daerah hasil himpunan bilangan riil,

(2) ( ), 1,2,3,na f n n= = …

U n i v e r s i t a s I n d o n e s i a | 1 7

Hingga, Kekonvergenan Barisan, Sifat Limit dan teorema Limit, Barisan Monoton

Suatu barisan tak hingga adalah deretan terurut bilangan-

, , , , , , , … …

Karena barisan adalah deretan angka yang terurut, maka suku

, suku kedua adalah 2

a , suku ketiga

, dan seterusnya. Lebih lanjut, karena barisan ini

adalah barisan tak terhingga, maka untuk setiap suku na

yang mengikutinya.

1 2 3, , ,a a a … adalah

. Apabila daerah asalnya

adalah bilangan bulat yang lebih besar atau sama dengan , maka notasi barisannya adalah

… maka notasinya

Jika diberikan beberapa suku dari barisan, misalkan

dari bilangan adalah himpunan bilangan bulat positif

Deret Tak Hingga

M o d u l M a t e m a t i k a M a t e m a t i k a D a s a r A 2 U n i v e r s i t a s I n d o n e s i a

(3) 1 2 3 4

0, , , , ,2 3 4 5

…

dan (4) 1, 3, 5, 7,…

maka kita dapat mencari rumus untuk barisan (3) dan (4). Ada dua macam rumus yang digunakan, yaitu: 1. Rumus eksplisit untuk suku ke-n.

Rumus eksplisit untuk barisan (3) adalah

1

1 , 1na nn

= − ≥ .

2. Rumus rekursif.

Rumus rekursif untuk barisan (4) adalah

1 11, 2, 1n na a a n+= = + ≥ .

Contoh 1 Berikut ini beberapa contoh barisan yang ditulis dengan tiga macam cara,

{ }

( ){ } ( )

1

0

2

1

1 1 3 4 51 1 , 1 2, , , ,

1 1 1 1 1, 0 1, , , ,

2 2 2 4 8

2 3 2 3, 2 1, 3, 5, 7,

5 1 5 1 , 1 4, 6, 4, 6,

n

n

nn n

n

nn

n n

nn

a nn n

a n

n a n n

a n

∞

=

∞

=

∞

=

∞

=

+ = + ≥

= ≥

− = − ≥

+ − = + − ≥

Contoh 2 Carilah rumus umum jika beberapa suku awal barisan

(5) 2 3 4 5

1 2 3 4, , , ,

2 2 2 2 Penyelesaian Rumus umum barisan (5) adalah

1

, 12

n n

na n

+= ≥

Carilah rumus umum barisan apabila beberapa suku awalnya adalah

1 2

2 3 4

1 1 1, , ,

1 1 1− − −


0, , , , ,…

maka kita dapat mencari rumus untuk barisan (3) dan (4). Ada

Rumus eksplisit untuk barisan (3) adalah

Berikut ini beberapa contoh barisan yang ditulis dengan tiga

1 1 3 4 51 1 , 1 2, , , ,

2 3 4

1 1 1 1 1, 0 1, , , ,

2 2 2 4 8

2 3 2 3, 2 1, 3, 5, 7,

5 1 5 1 , 1 4, 6, 4, 6,

…

…

…

…

Carilah rumus umum jika beberapa suku awal barisan

2 3 4 5

1 2 3 4, , , ,

2 2 2 2…

, 1= ≥ .

Carilah rumus umum barisan apabila beberapa suku awalnya

3

2 3 4

1 1 1, , ,

1 1 1− − −….

Deret Tak Hingga

M o d u l M a t e m a t i k a D a s a r A 2 U n i v e r s i t a s I n d o n e s i a | 1 9

Kekonvergenan Barisan Perhatikan barisan-barisan di Contoh 1, masing-masing barisan memiliki perilaku yang berbeda. Perhatian kita adalah jika n menuju tak hingga apakah barisan tersebut menuju suatu nilai tertentu? Apabila barisan menuju nilai tertentu, maka dikatakan barisan konvergen. Definisi formal barisan yang konvergen diberikan pada Definisi 2.2.

Gambar 1 memberikan ilustrasi dari barisan konvergen.

Karena na L ε− < memiliki arti

nL a Lε ε− < < + maka

kondisi na L ε− < berarti jika n N≥ , maka titik ( ),

nn a

terletak antara garis horizontal y L ε= − dan y L ε= + . Atau,

jika n N≥ , maka bilangan n

a terletak antara titik L ε− dan

L ε+ di garis riil (Gambar 2).

Contoh 3

Buktikan bahwa barisan { }na , 9

nan

= konvergen ke 0.

Penyelesaian

Secara intuitif sudah jelas bahwa bila barisan 1

9

nn

∞

=

konvergen maka akan konvergen ke 0 karena

9lim lim 0nn n

an→∞ →∞

= = . Menurut Definisi 2.2, barisan 1

9

nn

∞

=

konvergen ke 0L = jika untuk setiap bilangan positif ε

terdapat bilangan asli N sedemikian sehingga jika n N≥

berlaku na L ε− < . Karena n N≥ maka diperoleh

1 1

n N≤ ,

DEFINISI 2.2 Barisan Konvergen

Barisan { }na dikatakan konvergen ke bilangan L jika untuk

setiap bilangan positif ε terdapat bilangan asli N sedemikian

sehingga jika n N≥

na L ε− <

Apabila tidak terdapat L, maka dikatakan barisan { }na divergen.

Barisan { }na yang konvergen ke L seringkali ditulis dengan

lim nn

a L→∞

=

dan L disebut limit dari barisan.

1

2

3

n

x

y L ε= −

y L ε= +

Gambar 1

( | | )

L ε− L n

a L ε+

Gambar 2

Deret Tak Hingga


sehingga untuk setiap n N≥ berlaku 1 1 9 9

n N n N≤ → ≤

9 , >0N ε

ε> ∀ sedemikian sehingga jika n N≥

9 9 9 9 9 0 0

9n n N nε ε

ε− = ≤ < = → − < .

Jadi terbukti barisan 1

9

nn

∞

=

konvergen ke 0.

Periksalah apakah barisan { }nb , 9

3 1n

nb

n=

−

divergen? Bila konvergen, tentukan kemana barisan

konvergen? Lakukanlah hal serupa namun untuk

29

3 1n

nc

n=

−.

Sifat Limit dan Teorema-teorema Limit Seperti pada limit fungsi, terdapat operasi limit fungsi yang analog dengan operasi pada barisan yang konvergen.

Contoh 4

Tentukan 2

2

5 2lim

8 20n

n

n n→∞

+

+ −.

Penyelesaian

2 2

2 2

5 2 5 2lim lim

8 20 1 8 20n n

n n

n n n n→∞ →∞

+ +=

+ − + −

TEOREMA 2.1 Sifat Limit

Misalkan { }na dan { }n

b adalah barisan yang konvergen dan

misalkan pula k adalah konstanta, maka

a. limn

k k→∞

= .

b. lim limn nn n

ka k a→∞ →∞

= .

c. ( )lim lim limn n n nn n n

a b a b→∞ →∞ →∞

± = ± .

d. ( )lim lim limn n n nn n n

a b a b→∞ →∞ →∞

⋅ = ⋅ .

e. lim

lim , lim

nn n

nn n

n

aa

b b

→∞

→∞

→∞

= asalkan lim 0nn

b→∞

≠ .


1 1 9 9

n N n N≤ → ≤ . Pilih

n N≥ diperoleh

konvergen ke 0.

3 1

n

− konvergen atau

divergen? Bila konvergen, tentukan kemana barisan { }nb

Lakukanlah hal serupa namun untuk barisan { }nc ,

teorema Limit

Seperti pada limit fungsi, terdapat operasi limit fungsi yang analog dengan operasi pada barisan yang konvergen.

adalah barisan yang konvergen dan

Deret Tak Hingga



(

2 2

2 2

2

2

2

2

2

2

5 2 5 2lim lim

8 20 1 8 20

lim 5 2 , lim 1 8 20 1 0

lim 1 8 20

lim5 lim 2

lim1 lim8 lim 20

5 lim 2

1 lim8 lim 20

n n

n

n

n

n n

n n n

n

n n

n n

n n n n

nsifat e n n

n n

nsifat c

n n

nsifat a

n n

→∞ →∞

→∞

→∞

→∞

→∞ →∞

→∞ →∞ →∞

→∞

→∞ →∞

+ +=

+ − + −

+= + − = ≠

+ −

+=

+ −

+=

+ −

( )( ) ( )

2

2

5 2 lim1

1 8lim1 20lim1

5 2 05

1 8 0 0

n

n n

nsifat b

n n

→∞

→∞ →∞

+=

+ −

+= =

+ −

Tentukan nilai 2

2

4 1lim

4 21n

n

n n→∞

−

+ −dengan menggun

sifat limit seperti Contoh 4. Bandingkan hasilnya bila kita faktorkan dulu bentuk tersebut menjadi bentuk

( )( )( )( )2 1 2 1

lim7 3n

n n

n n→∞

+ −

+ −.

Berikut ini adalah beberapa teorema untuk limit barisan.

Contoh 5

Tentukan limit dari barisan: 2

1 cos.n

na

n

−=

TEOREMA 2.3 Teorema Apit

Misalkan n n na b c≤ ≤ untuk ,n K≥ dengan

yang tetap dan

lim limn nn n

a L c→∞ →∞

= = ,

maka { }nb konvergen menuju L.

TEOREMA 2.2 Aturan Substitusi untuk Barisan

Jika Lann

=∞→

lim dan f adalah fungsi yang kontinu di

lim ( ) ( ).nn

f a f L→∞

=


)2

2

, lim 1 8 20 1 0sifat e n n

n n

→∞= + − = ≠

dengan menggunakan sifat-

. Bandingkan hasilnya bila kita faktorkan dulu bentuk tersebut menjadi bentuk

Berikut ini adalah beberapa teorema untuk limit barisan.

.

dengan K bilangan bulat

Aturan Substitusi untuk Barisan

adalah fungsi yang kontinu di x=L, maka

Deret Tak Hingga


Penyelesaian

2 21 cos sin

lim limn n

n n

n n→∞ →∞

−=

Karena untuk setiap n berlaku 2

1 sin 1n− ≤ ≤

berlaku 2

1 sin 1n

n n n− ≤ ≤ . Karena

1lim 0n n→∞

=

Teorema Apit kita peroleh 2

sinlim 0n

n

n→∞= .

Coba kalian gunakan Teorema Apit seperti pada

untuk menentukan limit dari barisan berikut:

Pada barisan yang suku-sukunya berganti tanda,berikut digunakan untuk menguji kekonvergenan barisan.

Contoh 6

Tunjukkan bahwa ( )1

lim 1 0.n

n n→∞− =

Penyelesaian

Dari Contoh 3 diketahui bahwa lim 0n→∞

( )2 1 1

1n n

− = maka menurut Teorema 2.4 lim 1 0n→∞

Barisan Monoton

Suatu barisan { }na dikatakan naik apabila

1 2 na a a≤ ≤ ≤ ≤⋯ ⋯

atau 1, 1n na a n+≤ ≥ dan dikatakan turun apabila

1 2 na a a≥ ≥ ≥ ≥⋯ ⋯

atau 1, 1n na a n+≥ ≥ . Barisan { }na yang naik atau turun

dikatakan barisan monoton. Contoh 7

Tentukan apakah barisan { }na , 2

2

1

nan = merupakan barisan

monoton.

TEOREMA 2.4

Jika lim 0n

na

→∞= maka lim 0n

na

→∞


n n

1 sin 1− ≤ ≤ maka untuk 1n ≥

lim 0= maka menurut

pit seperti pada Contoh 5

3

3

sin 2n

na

n= .

ganti tanda, Teorema 2.4 kekonvergenan barisan.

1lim 0n n→∞

= . Karena

( )1

lim 1 0n

n n→∞− = .

apabila

yang naik atau turun

merupakan barisan

lim 0na = .

Deret Tak Hingga


Penyelesaian.

Barisan { }na merupakan barisan yang

22)1(1 nnnn >+→>+ , maka

2)1(2 n >+

222

1

)1(2

1

nn<

+ atau dengan kata lain

Karena barisan { }na adalah barisan yang turun

{ }na adalah barisan monoton.

Tentukan apakah barisan { }nb , 3

1nb n= + merupakan barisan

yang monoton atau tidak.

Barisan { }na dikatakan terbatas apabila terdapat bilangan

0M > sedemikian sehingga na M≤ , untuk setiap

Contoh 8

Tentukan apakah barisan { }na , cos(an =

barisan yang terbatas? Penyelesaian

Karena Rxx ∈∀≤ ,1)cos( maka cos 2 1na n= ≤

setiap n . Berarti barisan { }na adalah barisan yang terbatas

dan dibatasi oleh 1.

Coba kalian tentukan apakah barisan { nb

terbatas? Bila terbatas, tentukan batasnya.

Misalkan { }na adalah barisan yang monoton naik dan terbatas

di atas oleh M, maka walaupun suku-suku barisan naik, sukusukunya tidak akan melebihi batas atasnya. Kenyataan ini memberikan ide mengenai kekonvergenan barisan monoton pada Teorema 2.5 berikut.

Contoh 9 Tentukan apakah barisan pada Contoh 7 konvergen? Penyelesaian

Barisan 2

2

1

nan = merupakan barisan yang monoton turun.

Selain itu, barisan ini juga terbatas di bawah oleh

menurut Teorema 2.5, barisan ini konvergen.

TEOREMA 2.5 Kekonvergenan Barisan Monoton Setiap barisan monoton yang terbatas adalah konvergen


merupakan barisan yang turun karena

22n> . Lebih lanjut

nn aa <+1 , 1≥n .

adalah barisan yang turun maka barisan

1 merupakan barisan

apabila terdapat bilangan

, untuk setiap n.

)2cos( n merupakan

( )cos 2 1a n= ≤ untuk

adalah barisan yang terbatas

}nb , 3

5sin 2nb n= −

adalah barisan yang monoton naik dan terbatas

suku barisan naik, suku-sukunya tidak akan melebihi batas atasnya. Kenyataan ini

kekonvergenan barisan monoton

barisan pada Contoh 7 konvergen?

merupakan barisan yang monoton turun.

Selain itu, barisan ini juga terbatas di bawah oleh 1 2 . Maka

menurut Teorema 2.5, barisan ini konvergen.

Kekonvergenan Barisan Monoton

Setiap barisan monoton yang terbatas adalah konvergen.

Deret Tak Hingga


Deret Tak Hingga

2.2


Jumlah Deret, Deret Geometri, Sifat-sifat yang Konvergen, Uji Suku ke-n untuk Kedivergenan

Collaps

Deret Tak Hingga

Jumlah Deret

Misalkan { }na barisan tak hingga. Jumlah suku

barisan tak hingga disebut deret tak hingga dan ditulis sebagai

(6) 1 2 3

1

n

n

a a a a∞

=

= + + +∑ ⋯

Contoh 1

Deret yang suku-sukunya dari barisan 1

2n

n

∞

(7)

2 3

1

1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 4 8n

n

∞

=

= + + + = + + +∑ ⋯ ⋯

Perhatikan Tabel 1. Tabel ini menunjukkan jumlah pertama dari deret (7). Tabel 1

n Jumlah n suku pertama

5 0.96875000

10 0.99902344

15 0.99996948

20 0.99999905

25 0.99999997

Dari Tabel 1 dapat diharapkan bahwa jumlah deret (7) adalah 1. Sehingga jumlah deretnya dapat ditulis sebagai, (8)

2 3

1

1 1 1 1 1

2 2 2 2n

n n

∞

=

= + + + + + =∑ ⋯ ⋯

Berdasarkan jumlah n suku pertama seperti pada Tabel 1, dikenal suatu definisi yaitu jumlah parsial sebagai berikut.


sifat Deret Tak Hingga edivergenan, Deret

barisan tak hingga. Jumlah suku-suku dari

barisan tak hingga disebut deret tak hingga dan ditulis sebagai

= + + +⋯

1n

∞

=

adalah

1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 4 8= + + + = + + +⋯ ⋯ .

Perhatikan Tabel 1. Tabel ini menunjukkan jumlah n suku

bahwa jumlah deret (7) adalah ehingga jumlah deretnya dapat ditulis sebagai,

1= + + + + + =⋯ ⋯

suku pertama seperti pada Tabel 1, yang didefinisikan

Deret Tak Hingga


Perhatikan kembali kolom jumlah n suku pertama pada Tabel 1. Kolom ini membentuk suatu barisan baru yaitu barisan

jumlah parsial { }1

n

n k

k

S a=

= ∑ , atau

1 1

2 1 2

3 1 2 3

1 2 3n n

S a

S a a

S a a a

S a a a a

=

= +

= + +

= + + + +

⋮

⋯

Jumlah suatu deret dikatakan ada jika limit barisan jumlah parsialnya ada.

Contoh 2 Tentukan jumlah deret tak hingga berikut

1

1 1 1 1......

(6 1)(6 5) 5.11 11.17 17.23n n n

∞

=

= + + +− +

∑

Penyelesaian

1 1

1 1 1 1

(6 1)(6 5) 6 6 1 6 5n nn n n n

∞ ∞

= =

= −

− + − + ∑ ∑

Barisan jumlah parsial deret 1

1

(6 1)(6 5)n n n

∞

= − +∑ adalah

DEFINISI 2.4 Jumlah Deret

Deret tak terhingga 1

i

i

a∞

=

∑ konvergen dengan jumlah S jika

barisan jumlah parsial { }nS konvergen ke S,

1

limi nn

n

a S S∞

→∞=

= =∑

S disebut sebagai jumlah deret.

Jika { }nS divergen maka deret 1

i

i

a∞

=

∑ divergen, yaitu deret

tidak mempunyai jumlah.

DEFINISI 2.3 Jumlah Parsial Jumlah parsial ke-n, Sn , adalah

1 2

1

.n

n n n

i

S a a a a=

= + + + =∑⋯

Deret Tak Hingga



1

1 1 1 1 1 1 1 1 1..... .....

6 5 11 6 11 17 6 17 23

1 1 1 1 1 1 1 1......

6 5 11 11 17 17 6 1 6 5

1 1 1.

6 5 6 5

n nS a a

n n

n

= + + = − + − + − +

= − + − + − + −

− +

= −

+

Maka, jumlah deret tak hingga 1

1

(6 1)(6 5)n n n

∞

= − +∑

1 1 1 1 1 1lim lim 0

6 5 6 5 6 5 30n

n nS S

n→∞ →∞

= = − = − =

+ Coba kalian tentukan jumlah deret tak hingga berikut.

1

1 1 1 1 1

(9 1)(9 1) 8.10 17.19 26.28 35.37n n n

∞

=

= + + + +− +

∑

Deret Geometri Salah satu deret yang banyak digunakan untuk uji kekonvergenan deret lainnya adalah deret geometri.geometri juga merupakan salah satu deret yang rumus jumlah deretnya dapat ditulis secara eksplisit.

Kekonvergenan deret geometri dapat dilihat pada Teorema 2.6 berikut.

DEFINISI 2.5 Deret Geometri

Deret 1

i

i

a∞

=

∑ disebut deret geometri jika terdapat bilangan

yang disebut sebagai rasio deret sedemikian sehingga

ii raa =+1 ,untuk semua i ≥

Jika a=a1, maka deret geometri memiliki bentuk

1 2 3

1

i

i

ar a ar ar ar∞

−

=

= + + + +∑


1 1 1 1 1 1 1 1 1..... .....

6 5 11 6 11 17 6 17 23

1 1 1 1 1 1 1 1

6 5 11 11 17 17 6 1 6 5n n

= + + = − + − + − +

= − + − + − + −

− +

(6 1)(6 5)n n− + adalah

1 1 1 1 1 1lim lim 0

6 5 6 5 6 5 30

= = − = − =

.

Coba kalian tentukan jumlah deret tak hingga berikut.

1 1 1 1 1........

(9 1)(9 1) 8.10 17.19 26.28 35.37= + + + +

digunakan untuk uji kekonvergenan deret lainnya adalah deret geometri. Deret

salah satu deret yang rumus jumlah

Kekonvergenan deret geometri dapat dilihat pada Teorema 2.6

jika terdapat bilangan r

deret sedemikian sehingga

1.≥

, maka deret geometri memiliki bentuk

1 2 3ar a ar ar ar= + + + +…

Deret Tak Hingga


Bukti Jumlah parsial dari deret gometri adalah

1n

nS a ar ar −= + + +⋯ .

Jika r=1, maka Sn=na. Artinya, deret geometri akan divergen jika r=1 karena Sn membesar terus apabila n → ∞ . Jika 1r ≠ ,

maka

( ) ( )1 2n n n

n nS rS a ar ar ar ar ar a ar−− = + + + − + + + = −⋯ ⋯ .

Jadi diperoleh,

.1

n

n

a arS

r

−=

−

Untuk 1r < , karena lim 0n

nr

→∞= , maka

lim .1

nn

aS S

r→∞= =

−

Untuk 1r > atau r=−1, maka barisan { }nr divergen.

Akibatnya barisan { }nS juga divergen.

Contoh 2 Tentukan apakah deret geometri berikut konvergen atau divergen:

a. 1 2 4 8

.........9 9 9 9

+ + + +

b. 5 5 5 5

.........4 12 36 108

+ + + +

Penyelesaian

Deret pada Contoh 2.a memiliki rasio 2 1r = > maka barisan

{ }nS divergen. Sedangkan deret pada Contoh 2.b memiliki

rasio 1

13

r = < maka barisan { }nS konvergen. Deret pada

Contoh 2.b konvergen ke 15

8 karena

5 4 15lim

1 1 1 3 8n

n

aS S

r→∞= = = =

− −.

TEOREMA 2.6 Jumlah Deret Geometri

Jika 1r < , maka deret geometri konvergen dengan jumlah

1

.1

i

i

i

aS a r

r

∞

=

= =−

∑

Jika 1≥r dan 0>ia maka deret geometri divergen.

Deret Tak Hingga


jumlah deretnya bila konvergen.


Coba kalian tentukan apakah deret geometri

3 6 12 24.........

4 8 16 32+ + + + konvergen atau divergen.

jumlah deretnya bila konvergen.

Sifat-sifat Deret Tak Hingga yang Suatu jumlah deret ada jika limit jumlah parsialnya ada. Akibatnya sifat dari jumlah deret serupa dengan sifatbarisan.

Contoh 3

Tentukan apakah deret 1

1 12

9 5

i

ii

∞

=

+

∑ konvergen atau

divergen. Penyelesaian

1 1 1

1 1

1 1

9 5

1 1

9 5

4 1 4 12 2

9 5 9 5

1 14 2

9 5

4. 2.1 1

1 11

2 2

i i

i ii i i

i

ii i

∞ ∞ ∞

= = =

∞ ∞

= =

+ = +

= +

= +− −

= + =

∑ ∑ ∑

∑ ∑

Jadi deret tersebut konvergen ke 1.

Coba kalian tentukan apakah deret 1

3 1

4 2i

i

∞

=

+

∑konvergen atau divergen.

TEOREMA 2.7 Kelinieran Deret Konvergen

Jika 1

i

i

a∞

=

∑ dan 1

i

i

b∞

=

∑ adalah deret yang konvergen dan

adalah suatu konstanta, maka:

a. 1

i

i

aα∞

=

∑ konvergen dan 1 1

i i

i i

a aα α∞ ∞

= =

=∑ ∑

b. ( )1

i i

i

a b∞

=

+∑ konvergen dan (1 1 1

i i i i

i i i

a b a b∞ ∞ ∞

= = =

+ = +∑ ∑ ∑


geometri

konvergen atau divergen. Carilah

sifat Deret Tak Hingga yang Konvergen

Suatu jumlah deret ada jika limit jumlah parsialnya ada. Akibatnya sifat dari jumlah deret serupa dengan sifat-sifat limit

konvergen atau

2 2

4 2

i i

i

sifat b

sifat a

( )3 1

94 2

i +

Kelinieran Deret Konvergen

adalah deret yang konvergen dan α

1 1

i i

i i

a a∞ ∞

= =

∑ ∑

)1 1 1

i i i i

i i i

a b a b∞ ∞ ∞

= = =

+ = +∑ ∑ ∑

Deret Tak Hingga


Kontrapositif dari Teorema 2.8 di atas adalah: Jika

deret tak hingga 1

i

i

a∞

=

∑konvergen dengan jumlah S,

maka lim 0nn

a→∞

= . Jadi deret

1

i

i

a∞

=

∑ berkaitan dengan dua

barisan, yaitu barisan suku-

suku deret { }na dan barisan

jumlah parsial{ }nS

Kebalikan dari Teorema 2.8 tidaklah berlaku, yaitu jika

0lim =∞→

nn

a

belum tentu memberikan

jaminan deret 1

i

i

a∞

=

∑

konvergen.

Ingat !


Uji Suku ke-n untuk Kedivergenan Teorema 2.8 berikut merupakan salah satu uji yang digunakan untuk menentukan kekonvergenan deret.

Contoh 4

Tunjukan bahwa 3 2

31

3

5 2n

n n

n n

∞

=

+

−∑ adalah deret yang divergen.

Penyelesaian

Karena

3 2

3 2

3 1 3 1lim lim lim 0

5 2 5 2 5n

n n n

n n na

n n n→∞ →∞ →∞

+ += = = ≠

− −

menurut Teorema 2.8, deret tersebut adalah deret yang divergen.

Coba kalian tunjukan bahwa 5 4 3 2

5 31

5 4 3 2 1

9 8 7n

n n n n

n n

∞

=

− + − +

+ −∑

divergen. Contoh paling baik dari keadaan seperti dapat dilihat pada deret harmonik yang memiliki bentuk

(9) 1

1 1 1 11

2 3n n n

∞

=

= + + + + +∑ ⋯ ⋯

Jelas bahwa barisan ∑∞

=1

1

n n memiliki lim

n

Teorema 2.9 di bawah ini menyatakan bahwa deret harmonik divergen.

Bukti Jumlah parsial Sn deret harmonik

TEOREMA 2.9 Deret Harmonik Deret harmonik adalah divergen.

TEOREMA 2.8 Uji Suku ke-n untuk Kedivergenan

Jika lim 0nn

a→∞

≠ atau jika lim nn

a→∞

tidak ada, maka deret

divergen.


untuk Kedivergenan

Teorema 2.8 berikut merupakan salah satu uji yang digunakan

adalah deret yang divergen.


5 2 5 2 5= = = ≠ maka,

5 4 3 2

5 3

5 4 3 2 1

9 8 7

n n n n

n n

− + − +

+ −

Contoh paling baik dari keadaan seperti dapat dilihat pada

⋯ ⋯

01

lim =∞→ nn

, namun

menyatakan bahwa deret harmonik

n untuk Kedivergenan

tidak ada, maka deret 1

i

i

a∞

=

∑

Deret Tak Hingga


1 1 1

12 3

nSn

= + + + +⋯ .

Jumlah parsial ini dapat ditulis kembali menjadi

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11

2 3 4 5 6 7 8 9 10 16

1 2 8 11

2 4 16

1 1 1 11 .

2 2 2

nS

n

n

n

= + + + + + + + + + + + + +

> + + + + +

= + + + + +

⋯ ⋯

⋯

⋯

Jika n → ∞ maka Sn akan meningkat tanpa batas. Akibatnya

{ }nS divergen.

Deret Collaps Tidak banyak deret yang jumlah parsialnya dapat dituliskan secara eksplisit seperti deret geometri. Salah satu deret yang jumlah parsialnya dapat ditulis secara eksplisit adalah deret collaps.

Misalkan { }1n n

a∞

= adalah barisan. Jumlah parsial deret collaps

memiliki bentuk

(10) ( )1 1 1

1

.n

n i i n

i

S a a a a+ +=

= − = −∑

Maka, jumlah deret collaps adalah

(11) ( ) ( )1 1 1

1

lim limn

i i nn n

i

S a a a a+ +→∞ →∞

=

= − = −∑ .

Contoh 5

Tentukan jumlah deret ( )( )1

1

4 5n n n

∞

= + +∑ .

Penyelesaian Suku deret dapat dituliskan kembali menjadi

( )( ) ( ) ( )1 1 1

4 5 4 5n n n n= −

+ + + +.

Jumlah parsial deret adalah

1

1 1 1 1 1 1 1 1

4 5 5 6 6 7 4 5

1 1

5 5

n

n

k

Sk k n n

n

=

= − = − + − + + − + + + +

= −+

∑ ⋯

Deret Tak Hingga


Deret Suku Positif

2.3


Uji Jumlah Terbatas, Uji Integral, Uji BandingBanding Limit, Uji Rasio

Maka,

1lim .

5n

nS

→∞=

Deret Suku Positif

Deret suku positif 1

i

i

a∞

=

∑ adalah deret yang suku

positif, atau 0>ia untuk setiap i. Dua hal yang menjadi

perhatian pada deret ini adalah, pertama apakah deretnya konvergen? Kedua, bila konvergen, berapa jumlah deretnya? Dari Subbab 2.1, telah dikenalkan beberapa deret khusus yang telah diketahui kekonvergenannya dan ada rumus untuk menghitung jumlah parsialnya. Deret tersebut adalah deret geometri dan deret collaps. Untuk deret suku positif, abeberapa uji yang digunakan untuk menentukan apakah deret suku ini konvergen.

Uji Jumlah Terbatas

Contoh 1 Tunjukan bahwa deret

1 1 1 11 .........

2.3 2.2.4 2.2.2.5 2.2.2.2.6+ + + + +

Penyelesaian Mula-mula perhatikan bahwa,

TEOREMA 2.10 Uji Jumlah Terbatas

Deret 1

i

i

a∞

=

∑ dengan suku-suku tak negatif akan konvergen

jika dan hanya jika barisan jumlah parsialnya

mempunyai batas atas.


anding, Uji

adalah deret yang suku-sukunya

Dua hal yang menjadi

perhatian pada deret ini adalah, pertama apakah deretnya konvergen? Kedua, bila konvergen, berapa jumlah deretnya?

beberapa deret khusus yang telah diketahui kekonvergenannya dan ada rumus untuk

arsialnya. Deret tersebut adalah deret Untuk deret suku positif, ada

beberapa uji yang digunakan untuk menentukan apakah deret

konvergen.

suku tak negatif akan konvergen

jika dan hanya jika barisan jumlah parsialnya { }nS

Deret Tak Hingga


( )

2

3

4

1

2.3 2.2 2

2.2.4 2.2.2 2

2.2.2.5 2.2.2.2 2

2 2 2n n

n+

> =

> =

> =

+ >

⋮

Akibatnya,

( ) 1

1 11

2 2 2n n

nn

+< ≥

+ ,

Maka jumlah parsialnya,

2 3 4 1

1 1 1 11 ......

2.3 2.2.4 2.2.2.5 2 2

1 1 1 11 ...... .

2 2 2 2

n

n

S

+

= + + + + +

≤ + + + + +

Dapat kita lihat bahwa suku-suku terakhir deret ter

merupakan deret geometrik dengan rasio r =

1

2

1

2

11 3

1

n

nS

−≤ + =

−.

Karena jumlah-jumlah parsialnya nS terbatas diatas oleh 3

maka, berdasarkan Teorema 2.10, deret tersebut adalah deret yang konvergen. Coba kalian tunjukan bahwa deret

1 1 11 .........

5.2 5.5.3 5.5.5.4+ + + + konvergen.

Uji Integral Ingat kembali integral tak wajar pada Bab 1. Perilaku integral

tak wajar ( )1

f x dx

∞

∫ terhadap kekonvergenan serupa dengan

perilaku deret ( )1n

f n∞

=

∑ . Hal ini memberikan salah satu uji yaitu

uji integral seperti pada Teorema 2.10 berikut.


1.

( )

2 3 4 1

1 1 1 11 ......

2.3 2.2.4 2.2.2.5 2 2

1 1 1 11 ...... .

nn

+

= + + + + ++

suku terakhir deret tersebut

1

2r = . Maka,

terbatas diatas oleh 3

, deret tersebut adalah deret

Ingat kembali integral tak wajar pada Bab 1. Perilaku integral

terhadap kekonvergenan serupa dengan

. Hal ini memberikan salah satu uji yaitu

10 berikut.

Deret Tak Hingga


Bukti

Karena )(xf adalah fungsi yang tak turun, maka didapat

1( ) ( ) ( 1) , 1,2,3,n na f n f x f n a n+= ≤ ≤ + = = …

Integralkan dari x = n sampai x = n + 1 untuk mendapatkan bentuk berikut ini :

∫∫∫+

+

++

≤≤1

1

11

)(

n

n

n

n

n

n

n

n dxadxxfdxa

1

1

1

1

( 1 ) ( ) ( 1 )

( ) .

n

n n

n

n

n n

n

a n n f x dx a n n

a f x dx a

+

+

+

+

+ − ≤ ≤ + −

≤ ≤

∫

∫

Kemudian jumlahkan dari suku ke n = 1 sampai n = M + 1 sehingga didapat :

∑ ∑∫∑−

=

−

=

+

+−

=

≤≤1

1

1

1

1

11

1

)(M

n

M

n

n

n

n

M

n

n adxxfa

(12) M

M

M aaadxxfaaa +++≤≤+++ ∫− ...)(....32

1

121

Jika ∫∞→

M

Mdxxf

1

)(lim ada dan bernilai S, maka dari ruas kiri

ketaksamaan (12) didapat bahwa 121 .... −+++ Maaa merupa-

kan deret yang tak turun dan terbatas di atas oleh S. Sehingga

didapat bahwa deret ∑∞

=1n

na konvergen.

TEOREMA 2.11 Uji Integral

Misalkan 1

i

i

a∞

=

∑ adalah deret suku positif dan f fungsi kontinu

yang bernilai positif, dan tak menurun di interval [ ]1,∞ . Jika

( ) nf n a= untuk setiap bilangan bulat positif 1n ≥ , maka

deret tak terhingga

( )1 1

dan n

n

a f x dx

∞∞

=

∑ ∫

akan konvergen atau divergen bersamaan.

Deret Tak Hingga


Jika ∫∞→

M

Mdxxf

1

)(lim bernilai tidak terbatas, dari ruas kanan

persamaan (12) didapat bahwa Maaa +++ ....32 merupakan

deret yang tidak turun dan tidak mempunyai batas atas atau

dengan kata lain deret ∑∞

=1n

na divergen.

Contoh 2

Uji kekonvergenan deret ∑∞

= +12

1n n

n.

Penyelesaian Karena

( ) ( )2 2

2

11

1 1 1lim lim ln 1 lim ln 1 ln 2

1 2 2 2

M M

M M n

xdx x M

x→∞ →∞ →∞

= + = + − = ∞

+ ∫

maka menurut Teorema 2.11 deret ∑∞

= +12

1n n

n divergen.

Contoh berikut ini adalah deret-p yang sering digunakan untuk uji kekonvergenan deret yang lain. Deret-p memiliki bentuk:

(13) 1

1 1 11

2 3p p p

n n

∞

=

= + + +∑ ⋯ .

Contoh 3 Perhatikan deret-p seperti pada persamaan (13). Tunjukkan:

a. Deret-p konvergen jika 1p > .

b. Deret-p divergen jika 1p ≤ .

Penyelesaian

Fungsi ( )1

, 0p

f x px

= ≥ adalah kontinu, positif dan tidak

naik pada interval [1,∞]. Lebih lanjut, ( )1

, 0p

f n pn

= ≥ .

Menurut uji integral, 1

pn

∑ konvergen jika dan hanya jika

1

lim

t

p

tx dx−

→∞ ∫ ada.

Jika p≠1

1 1

1 1

1

1 1

tt p pp x t

x dxp p

− −− −

= = − −

∫ .

Deret Tak Hingga


Jika p=1

[ ]1

1

1

ln ln

tt

x dx x t− = =∫ .

Karena 1

lim 0p

tt

−

→∞= jika 1p > dan

1lim

p

tt

−

→∞= ∞ jika 1p < dan

karena lim lnt

t→∞

= ∞ dapat disimpulkan bahwa deret-p

konvergen untuk 1p > dan divergen untuk 0 1p≤ ≤ .

Uji Banding Uji banding adalah salah satu uji yang menentukan kekonvergenan suatu deret dengan cara membandingkan deret dengan kekonvergenan integral tak wajar dari fungsi yang sama dengan fungsi deret yang akan diuji. Hal ini memberikan ide yang serupa untuk melakukan uji kekonvergenan deret, namun kali ini dengan cara membandingkannya dengan deret lain yang telah diketahui kekonvergenannya, misalkan deret geometri. Ada dua macam uji banding, yaitu uji banding biasa dan uji banding limit. Uji Banding Biasa

Contoh 4

Tentukan apakah 2

31

5

8 3n

n

n

∞

= −∑ konvergen atau divergen.

TEOREMA 2.13 Uji Banding Biasa

Misalkan nn ba ≤≤0 untuk .Nn∈

Jika 1

n

n

b∞

=

∑ konvergen, maka 1

n

n

a∞

=

∑ juga konvergen.

Jika 1

n

n

a∞

=

∑ divergen, maka 1

n

n

b∞

=

∑ juga divergen.

TEOREMA 2.12 Perkiraan Galat untuk Uji Integral

Misalkan deret tak hingga 1

i

i

a∞

=

∑ dan integral tak tentu ∫∞

1

)( dxxf

memenuhi hipotesa uji integral dan keduanya konvergen. Maka

∫ ∫∞

+

∞

≤≤1

)()(

n n

n dxxfRdxxf

dengan 1 2 3n n n n nR S S a a a+ + += − = + + +⋯ adalah sisa, yaitu

selisih antara jumlah deret S dengan jumlah parsial ke-n Sn.

Deret Tak Hingga


Uji Banding Limit


Penyelesaian

Misalkan 1

nan

= dan 2

3

5

8 3n

nb

n=

−. Karena

2 2

3 3

5 1 5 50 .

8 8 8 3

n n

n n n≤ = ≤

−

atau

50 1

8n na b n≤≤ ∀ ≥

dan karena 1 1

5 5 1

8 8n

n n

an

∞ ∞

= =

=∑ ∑ divergen (karena

harmonik) maka menurut Uji Banding Biasa

deret yang divergen. Dalam contoh ini, kita membandingkan

deret 2

31

5

8 3n

n

n

∞

= −∑ dengan deret

1

1

n n

∞

=

∑ yang telah diketahui

kekonvergenannya.

Coba kalian tentukan apakah ∑∞

= −13

34

ln

n n

n

yang konvergen atau divergen. Uji Banding Limit

TEOREMA 2.14 Uji Banding Limit

Misalkan 1

n

n

a∞

=

∑ dan 1

n

n

b∞

=

∑ adalah deret dengan suku

yang positif. Maka:

a. Jika 0 lim n

nn

a

b→∞< < ∞ maka

1

n

n

a∞

=

∑ dan

atau divergen secara bersamaan.

b. Jika lim 0n

nn

a

b→∞= dan

1

n

n

b∞

=

∑ konvergen maka

konvergen.

c. Jika lim n

nn

a

b→∞= ∞ dan

1

n

n

b∞

=

∑ divergen maka

divergen.


8 8 8 3

divergen (karena 1

1

n n

∞

=

∑ deret

harmonik) maka menurut Uji Banding Biasa 2

31

5

8 3n

n

n

∞

= −∑ adalah

deret yang divergen. Dalam contoh ini, kita membandingkan

yang telah diketahui

merupakan deret

adalah deret dengan suku-suku

dan 1

n

n

b∞

=

∑ konvergen

konvergen maka 1

n

n

a∞

=

∑ juga

divergen maka 1

n

n

a∞

=

∑ juga

Deret Tak Hingga


Contoh 4

Tentukan apakah 3

1

3 1

4n

n

n

∞

=

+

−∑ konvergen atau divergen.

Penyelesaian Untuk menentukan pembanding suku ke-n uji banding limit, kita pilih suku-suku dengan pangkat tertinggi di pembilang dan penyebutnya. Dalam contoh ini, kita membandingkan

3

3 1

4n

na

n

+=

−

dengan

3 2

3 3n

nb

n n= = .

Mula-mula kita hitung limit dari,

3 3 2

2 3


3 3 12

n

n n nn

a n n n n

b n n→∞ →∞ →∞

+ − += = =

−

Kemudian kita tentukan kekonvergenan

21 1

3n

n n

bn

∞ ∞

= =

=∑ ∑ konvergen dan 0 lim 1n

n n

a

b→∞≤ = ≤ ∞

Uji Banding Limit barisan 3

1 1

3 1

4n

n n

na

n

∞ ∞

= =

+=

−∑ ∑ konvergen.


= +

+

123

3

2

72

n nn

n

yang konvergen atau divergen.

Uji Rasio Kesulitan yang timbul jika menggunakan uji banding adalah memilih deret yang akan digunakan sebagai pembandingnya. Salah satu cara mengatasi hal ini adalah dengan menggunakan uji rasio. Dalam uji ini kita membandingkan deret dengan dirinya sendiri. Teorema 2.13 berikut adalah uji rasio.


konvergen atau divergen.

deret di atas pada suku dengan pangkat tertinggi

di pembilang dan penyebutnya. Dalam contoh ini, kita

3 3 2

lim lim lim 13 3 12

a n n n n+ − += = =

−.

Kemudian kita tentukan kekonvergenan 2

1

3

n n

∞

=

∑ . Karena

0 lim 1≤ = ≤ ∞ maka menurut

konvergen.

2

7merupakan deret

Kesulitan yang timbul jika menggunakan uji banding adalah memilih deret yang akan digunakan sebagai pembandingnya. Salah satu cara mengatasi hal ini adalah dengan menggunakan uji rasio. Dalam uji ini kita membandingkan deret dengan dirinya sendiri. Teorema 2.13 berikut adalah uji

Deret Tak Hingga


Deret Berg

2.4


Uji Deret Berganti Tanda, Uji Konvergensi MutlakRasio Mutlak

Contoh 5

Tentukan apakah 1

9

!

n

n n

∞

=

∑ konvergen atau divergen.

Penyelesaian

Misalkan 9

!

n

nan

= maka ( )

1

1

9

1 !

n

nan

+

+ =+

. Kemudian kita cari

nilai ρ , diperoleh

( )11 9 1 ! 9

lim lim lim 09 ! 1

nn

nn n nn

na

a n nρ

++

→∞ →∞ →∞

+= = = =

+

rasio, karena 0 1ρ = < maka 1

9

!

n

n n

∞

=

∑ konvergen.

Periksalah apakah 2

4

1

n

n

n e∞

−

=

∑ merupakan deret yang konvergen

atau divergen.

Deret Berganti Tanda

Pada Subbab 2.3 telah dibahas mengenai deret yang sukusukunya positif semua. Subbab ini akan deret yang memiliki suku-suku baik yang positif maupun yang negatif. Salah satu

TEOREMA 2.15 Uji Rasio

Misalkan 1

n

n

a∞

=

∑ adalah deret dengan suku-

misalkan

pa

a

n

n

n=+

∞→

1lim .

a. Jika p<1, maka deret tersebut konvergen.

b. Jika p>1 atau jika ∞=+

∞→n

n

n a

a 1lim maka deret tersebut

divergen. c. Jika p=1, maka uji ini tidak dapat memberikan

kesimpulan.


Konvergensi Mutlak, Uji


. Kemudian kita cari

, diperoleh

lim lim lim 0= = = = . Menurut uji

konvergen.

merupakan deret yang konvergen

telah dibahas mengenai deret yang suku-sukunya positif semua. Subbab ini akan deret yang memiliki

suku baik yang positif maupun yang negatif. Salah satu

-suku positif dan

<1, maka deret tersebut konvergen.

maka deret tersebut

=1, maka uji ini tidak dapat memberikan

Deret Tak Hingga


contoh penting dari deret seperti ini adalah tanda yang memiliki bentuk umum

(14) ∑∞

=

+ −=−1

1

1)1(

n

n

naa

dimana an>0 untuk setiap n.

Uji Deret Berganti Tanda Salah satu uji untuk deret berganti tanda adalah seperti Teorema 2.16 berikut.

Kesalahan yang dibuat dengan menggunakan jumlah suku pertama untuk menghampiri jumlah S

tidak lebih dari 1na + . Ini berarti kesalahannya (galat),

1+≤− nn aSS .

Contoh 1

Tentukan apakah ( )n=1

61

9 1

n

n

∞

−+


Penyelesaian

Deret ( )n=1

61

9 1

n

n

∞

−+

∑ adalah suatu deret berganti tand

dengan6

9 1na

n=

+ . Karena

( )1

6 60

9 1 9 1 1n na a

n n+= > = >

+ + + dan lim lim 0

n n→∞ →∞

maka 1 0n na a +> > dan lim 0nn

a→∞

= . Jadi

konvergen.

Coba kalian tentukan apakah 1

1

( 1)

3 2

n

n n

+∞

=

−

−∑


TEOREMA 2.16 Uji Deret Berganti Tanda Misalkan:

1 2 3 4a a a a− + − +⋯

dengan 10n na a +> > . Jika lim 0n

na

→∞= , maka deret tersebut

konvergen.


contoh penting dari deret seperti ini adalah deret berganti

+−+ 432 Laaa

Salah satu uji untuk deret berganti tanda adalah seperti

Kesalahan yang dibuat dengan menggunakan jumlah Sn dari n dari deret tersebut

. Ini berarti kesalahannya (galat),


deret berganti tanda

6lim lim 0

9 1n

n na

n→∞ →∞= =

+

Jadi ( )n=1

61

9 1

n

n

∞

−+

∑

3 2 merupakan deret

Uji Deret Berganti Tanda

, maka deret tersebut

Deret Tak Hingga


Uji Konvergensi Mutlak Jika setiap suku pada deret berganti tanda kita beri harga mutlak, maka diperoleh deret suku positif. Dengan demikian kita dapat menggunakan semua uji pada deret suku positif. Hubungan antara deret suku positif dengantanda diberikan pada Teorema 2.17 namun sebelumnya diberikan definisi konvergensi mutlak dahulu.

Contoh 2

Tentukan apakah n=1

3

4

n∞ −


Penyelesaian

Misalkan 3

4

n

na

= −

maka 3

4

n

na

=

. Untuk menentukan

apakah n=1 n=1

3

4

n

na∞ ∞

= −

∑ ∑ konvergen atau divergen, mula

perhatikan bahwa deret n=1 n=1

3

4

n

na∞ ∞

=

∑ ∑

geometri dengan rasio 3

14

r = < . Akibatnya

deret yang konvergen. Maka berdasarkan u

tlak kita peroleh n=1 n=1

3

4

n

na∞ ∞

= −

∑ ∑ adalah deret yang konver

gen juga.

Periksalah apakah ∑∞

= ++

−

12

22

)1(

n

n

nn merupakan deret yang


TEOREMA 2.17 Uji Konvergensi Mutlak

Jika 1

n

n

a∞

=

∑ konvergen maka 1

n

n

a∞

=

∑ konvergen.

DEFINISI 2.6 Konvergensi Mutlak

Deret 1

n

n

a∞

=

∑ dikatakan konvergen mutlak jika

konvergen.


Jika setiap suku pada deret berganti tanda kita beri harga mutlak, maka diperoleh deret suku positif. Dengan demikian kita dapat menggunakan semua uji pada deret suku positif.

dengan deret berganti namun sebelumnya

diberikan definisi konvergensi mutlak dahulu.


. Untuk menentukan

konvergen atau divergen, mula-mula

merupakan deret

. Akibatnya n=1

na∞

∑ adalah

uji konvergensi mu-

adalah deret yang konver-

merupakan deret yang

Uji Konvergensi Mutlak

konvergen.

dikatakan konvergen mutlak jika 1

n

n

a∞

=

∑

Deret Tak Hingga



Uji Rasio Mutlak Uji rasio mutlak untuk deret berganti tanda rasio pada deret suku positif. Berikut adalah teorema uji rasio mutlak.

Contoh 3

Tentukan apakah ( )1

91

!

nn

n n

∞

=

−∑ merupakan deret yang

konvergen atau divergen. Penyelesaian

Misalkan ( )9

1!

nn

nan

= − maka ( )1

1 1n

na+

+ = −

kita hitung nilai rasio ρ seperti berikut:

( )1

19 1 !

lim lim lim 09 ! 1

n

n

nn n nn

a n

a n nρ

+

+

→∞ →∞ →∞

+= = = =

Karena 0 1ρ = < maka menurut Uji Rasio Mutlak deret

tersebut adalah deret yang konvergen.


=

−−

13

13)1(

n

nn

n


TEOREMA 2.18 Uji Rasio Mutlak

Misalkan 1

n

n

a∞

=

∑ adalah deret dengan suku-

andaikan

ρ=+

∞→n

n

n a

a1

lim

a. Jika ρ < 1, maka deret tersebut konvergen mutlak (sehingga konvergen).

b. Jika ρ > 1, maka deret tersebut divergen.

c. Jika ρ = 1, maka uji tidak memberikan kesimpulan.


untuk deret berganti tanda serupa dengan uji rasio pada deret suku positif. Berikut adalah teorema uji rasio

merupakan deret yang

( )

11 9

1 !

n

n

+

+. Kemudian

9lim lim lim 0

9 ! 1a n n→∞ →∞ →∞= = = =

+

maka menurut Uji Rasio Mutlak deret

merupakan deret

-suku tak nol dan

konvergen mutlak

> 1, maka deret tersebut divergen.

= 1, maka uji tidak memberikan kesimpulan.

Deret Tak Hingga


Deret Pangkat

2.5


Deret Pangkat, Deret Pangkat dalam (x-

pada Deret Pangkat

Deret Pangkat

Derat Pangkat Perhatikanlah deret berikut

(15) 2 3 4

12! 3! 4!

x x xx+ + + + +⋯

Deret pada (15) berbeda dengan deret yang telah kita pelajari dalam subbab terdahulu dimana suku-suku deret berupa bilangan. Pada deret di (15), suku-suku deret merupakan fungsi dari x. Ada dua hal yang perlu diperhatikan pada deret fungsi ini yaitu: 1. Pada nilai x berapa deret fungsi akan konvergen?2. Fungsi seperti apakah yang merupakan jumlah dari deret fungsi? Pada Matematika Dasar A2 hanya dibahas deret fungsi yang khusus yaitu deret pangkat. Bentuk umum deret pangkat dalam x adalah

(16) ∑∞

=

++++=0

3

3

2

210

n

n

n Lxaxaxaaxa

Teorema berikut digunakan untuk menetukan nilaimenyebabkan deret pangkat konvergen. Bilangan R pada Teorema 2.19 disebut jari

genan dari deret pangkat ∑ n

nxa . Untuk kasus 1 pada

Teorema 2.19, jari-jari kekonvergenannya adalah

pada kasus 3, R=∝. Interval dimana deret pangkat konvergen seringkali disebut interval kekonvergenan.

TEOREMA 2.19 Konvergensi Deret Pangkat

Himpunan konvergensi dari deret pangkat

berupa interval yang berbentuk: 1. Titik tunggal x=0.

2. Interval (-R,R) dengan kemungkinan-

adalah: (-R,R), [-R,R), (-R,R] atau [-R,R3. Seluruh garis bilangan riil.


-c), Operasi

berbeda dengan deret yang telah kita pelajari suku deret berupa

suku deret merupakan . Ada dua hal yang perlu diperhatikan pada deret

berapa deret fungsi akan konvergen? Fungsi seperti apakah yang merupakan jumlah dari

hanya dibahas deret fungsi yang

adalah

Teorema berikut digunakan untuk menetukan nilai-nilai x yang

jari-jari kekonver-

. Untuk kasus 1 pada

jari kekonvergenannya adalah R=0, dan

. Interval dimana deret pangkat konvergen

Konvergensi Deret Pangkat

Himpunan konvergensi dari deret pangkat ∑ n

nxa selalu

-kemungkinannya

R,R].

Deret Tak Hingga


Contoh 1

Tentukan himpunan konvergensi dari deret berikut:

(17)

1

1

1 1 1

3 3 18 81

n

nn

xx x L

n

−∞

=

= + + +∑

Penyelesaian

Himpunan nilai-nilai x dimana deret fungsi konvergen disebut himpunan konvergensi. Untuk menentukan konvergensi, kita lakukan uji rasio mutlak seperti berikut:

( )

1

1lim lim .

1 3 3 3 1 3

n n

n nn n

x xx x n

n n nρ

−

+→∞ →∞= ÷ = =

+ +

Deret pada (17) konvergen bila 1ρ < atau

1 3 3 33

xx x< → < → − < < . Kemudian kita periksa kekonver

genan deret tersebut di titik-titik ujungnya.

Jika 3x = − maka deret menjadi 1 1

( 1) 1 ( 1)

3 3n n

∞ ∞

= =

− −∑ ∑

Dengan menggunakan uji deret berganti tanda, dapat

dibuktikan bahwa deret 1

1

1 ( 1)

3

n

n n

−∞

=

−∑ konvergen

Jika 3x = maka deret menjadi 1 1

1 1 1

3 3n nn n

∞ ∞

= =

=∑ ∑adalah deret harmonik sehingga divergen. Hal ini

menyebabkan deret 1

1 1

3 n n

∞

=

∑ divergen.

konvergensi dari deret ∑∞

=

−

1

1

3nn

n

n

x adalah { | 3 3,x x x R− ≤ < ∈

Coba kalian ulangi pekerjaan diatas yaitu menentukan

himpunan konvergensi dari deret berikut 0n

∞

=

∑

Deret Pangkat dalam (x-c) Deret tak hingga dalam bentuk (18)

∑∞

=

−+−+=−0

210 ()()(n

n

n xacxaacxa


Tentukan himpunan konvergensi dari deret berikut:

21 1 1.

3 3 18 81x x L= + + +

dimana deret fungsi konvergen disebut Untuk menentukan himpunan

, kita lakukan uji rasio mutlak seperti berikut:

lim lim .1 3 3 3 1 3

x xx x n

n n n= ÷ = =

+ +

. Kemudian kita periksa kekonver-

1 1

1 1

( 1) 1 ( 1).

3 3

n n

n nn n

− −∞ ∞

= =

− −=∑ ∑

Dengan menggunakan uji deret berganti tanda, dapat

konvergen.

1 1

1 1 1.

3 3n nn n

∞ ∞

= =

∑ ∑ Deret 1

1

n n

∞

=

∑

divergen. Hal ini

Jadi himpunan

}| 3 3,x x x R− ≤ < ∈ .


0

( 1)!n

n x+∑ .

+2) Lc

Deret Tak Hingga



dengan c konstanta, disebut deret pangkat dalam (Kekonvergenan dari deret pada (18) serupa dengan deret pangkat dalam x hanya saja sekarang xn

diubah menjadi (Dengan demikian, jenis himpunan konvergensi pangkat dalam (x-c) menjadi:

1. Titik tunggal c.

2. Interval (c-R,c+R) dengan kemungkinan

adalah: (c-R,c+R), [c-R,c+R), (c-R,c+R

3. Seluruh garis bilangan riil. Contoh 2 Tentukan himpunan konvergensi untuk

( )( ) ( ) (

2 3 42 2 2

2 .....2 3 4

x x xx

− − −− + + + +

Penyelesaian Misalkan na suku ke-n dari deret tersebut, maka

( )2 ,

n

n

xa n N

n

−= ∈ . Untuk mencari himpunan

konvergensinya, mula-mula kita cari dulu rasio untuk uji rasio mutlak seperti berikut:

( ) ( )1

2 2lim lim 2 . 2

1

n n

n n

x xx x

n nρ

+

→∞ →∞

− −= ÷ = − = −

+

Deret diatas konvergen bila 1ρ < atau x x− < → − < <

Berarti himpunan konvergensinya adalah {x x x R

. Coba kalian ulangi pekerjaan diatas yaitu menentukan himpunan konvergensi dari deret berikut:

( ) ( ) ( ) ( )2 3 4

2 2 2 2

6 6 6 6.........

1 2 3 4

x x x x− − − −+ + + +

Operasi pada Deret Pangkat Ada dua macam operasi pada deret pangkat, yaitu:

i. Pendiferensialan dan pengintegralan suku demi suku.ii. Operasi aljabar.

Pada kuliah ini hanya dipelajari bagian (i) saja.


deret pangkat dalam (x-c). serupa dengan deret diubah menjadi (x-c)n.

konvergensi untuk deret

dengan kemungkinan-kemungkinannya

R,c+R] atau [c-R,c+R].

)2 3 4

2 2 22 .....

2 3 4

− − −− + + + +

n dari deret tersebut, maka

. Untuk mencari himpunan

mula kita cari dulu rasio untuk uji rasio

lim lim 2 . 21

nx x

n= ÷ = − = −

+

2 1 3 3x x− < → − < < .

}| 3 3,x x x R− < < ∈


.........

Ada dua macam operasi pada deret pangkat, yaitu: Pendiferensialan dan pengintegralan suku demi suku.

Pada kuliah ini hanya dipelajari bagian (i) saja.

Deret Tak Hingga


Teorema 2.20 mengandung pengertian bahwa fungsi S dapat didiferensialkan dan diintegralkan. Jari-jari konvergensi deret yang terbentuk akibat dari pendiferensialan dan pengintegralan akan sama dengan jari-jari konvergensi deret awalnya namun tidak menjelaskan titik-titik ujung dari selang konvergensinya. Contoh 3

Misalkan 2 3 4

1( ) ....( 1) ....

2 3 4

nnx x x x

S x xn

−= − + − + − +

Tentukan ( )S x′ dan 0

( ) .

x

S t dt∫

Penyelesaian.

1 1 1

1 1

1 1 1

( 1) ( 1)( ) ( 1)

n n n nn n

x

n n n

x n xS x D x

n n

− − −∞ ∞ ∞− −

= = =

− −′ = = = −

∑ ∑ ∑

Berarti didapat bahwa

1 1 1

1 11 0

( 1) ( 1)( )

1

x x n n n n

n n

t tS t dt dt

n n

− − +∞ ∞

= =

− −= =

+∑ ∑∫ ∫

Berarti didapat bahwa

....)1....(1)(1132 +−+−+−=′ −− nn

xxxxxS

.....1

)1(....

5432)(

115432

1

++

−+−+−=

+−

∫ n

txxxxdttS

nnx

TEOREMA 2.20 Pendiferensialan & Pengintegralan Deret Pangkat

Misalkan S(x) adalah jumlah deret pangkat pada selang I, yaitu:

∑∞

=

++++==0

3

3

2

210)(n

n

n LxaxaxaaxaxS

Jadi, jika x di dalam selang I, berlaku:

a. ∑ ∑∞

=

∞

=

==′0 0

)()(n n

n

n

n

nx xnaxaDxS

b. 1

0 00 0

1( )

1

x x

n n

n n

n n

S t dt a t dt a xn

∞ ∞+

= =

= =+

∑ ∑∫ ∫

2 3

0 1 2

1 1

2 3a x a x a x L= + + +

Deret Tak Hingga


Deret Taylor dan

2.6


Deret Taylor, Rumus Taylor dengan Suku Sisa, Deret MacLaurin

Coba kalian ulangi pekerjaan pada Contoh 3 yakni

menentukan ( )S x′ dan 0

( )

x

S t dt∫ bila diberikan

2 3 4

( ) 1 ...... .....2! 3! 4! !

nx x x x x

S x e xn

= = + + + + + + +

Deret Taylor dan Deret MacLaurin

Deret Taylor Deret pangkat yang kita pelajari amat berguna untuk mencari

fungsi hampiran. Contohnya, deret geometri

salah satu deret pangkat yang digunakan untuk menghampiri

fungsi ( ) ( )1 1f x x= − . Namun demikian, masih ada masalah

yang ingin dipecahkan, misalkan diberikan suatu fungsi dapatkah kita membuat deret pangkat dalam umum dalam x-a. Dengan kata lain, apakah ada nilai

0 1 2, , ,c c c … sedemikian sehingga

(19)

( ) ( ) ( )

( )

2 3

0 1 2 3

1

k

k

k

f x c c x a c x a c x a

c x a∞

=

= + − + − + − +

= −∑ Misalkan Persamaan (19) ada, berdasarkan Teorema 2.didapat (20)

( ) ( ) (

( ) ( )

( ) ( )

1 2 3

2 3 4

3 4 5

2 3

2! 3! 4 3

3! 4! 5 4

f x c c x a c x a

f x c c x a c x a

f x c c x a c x a

′ = + − + − +

′′ = + − + ⋅ − +

′′′ = + − + ⋅ − +

⋮

Substitusikan x a= ke Persamaan (20) kemudian selesaikan Persamaan (20) sehingga diperoleh konstanta


Deret Taylor, Rumus Taylor dengan Suku Sisa,

Coba kalian ulangi pekerjaan pada Contoh 3 yakni

bila diberikan

( ) 1 ...... .....= = + + + + + + + .

Deret pangkat yang kita pelajari amat berguna untuk mencari

fungsi hampiran. Contohnya, deret geometri ∑∞

=0n

nx adalah

salah satu deret pangkat yang digunakan untuk menghampiri

Namun demikian, masih ada masalah

yang ingin dipecahkan, misalkan diberikan suatu fungsi f , dapatkah kita membuat deret pangkat dalam x, atau lebih

Dengan kata lain, apakah ada nilai-nilai

( )2 3

0 1 2 3f x c c x a c x a c x a= + − + − + − +⋯

ersamaan (19) ada, berdasarkan Teorema 2.20

)

( )

( )

2

2

2 3 4

2

3 4 5

2! 3! 4 3

3! 4! 5 4

f x c c x a c x a

f x c c x a c x a

f x c c x a c x a

= + − + − +

= + − + ⋅ − +

= + − + ⋅ − +

⋯

⋯

⋯

amaan (20) kemudian selesaikan ersamaan (20) sehingga diperoleh konstanta cn

Deret Tak Hingga


( )( )

( )

( )

0

1

2

3

2!

3!

c f a

c f a

f ac

f ac

=

′=

′′=

′′′=

⋮

Bentuk umum dari ck adalah

(21)

( ) ( )!

k

k

f ac

k= .

Dari persamaan (21) dapat dilihat bahwa konstanta ck bergantung dari fungsi f. Karena nilai ck hanya bergantung dari f dan nilainya tunggal, ini mengandung arti bahwa uraian f

terhadap deret pangkat dalam ( )x a− adalah tunggal.

Uraian fungsi f dalam deret pangkat atas ( )x a− seperti pada

(22) disebut deret Taylor. Jika 0a = maka deret (22) disebut deret MacLaurin. Jadi deret MacLaurin adalah bentuk khusus dari deret Taylor.

Rumus Taylor dengan Suku Sisa Teorema 2.22 dan Teorema 2.23 berikut ini memberikan jaminan keberadaan uraian deret Taylor.

TEOREMA 2.21 Teorema Ketunggalan Misalkan f memenuhi

(22) ( ) ( ) ( ) ( )2 3

0 1 2 3f x c c x a c x a c x a= + − + − + − +⋯

untuk semua x di interval yang mengandung a. Maka

(23)

( ) ( )!

k

k

f ac

k=

Deret Tak Hingga


Teorema 2.22 menyatakan bentuk sisa yang terjadi apabila kita menghampiri fungsi sampai dengan sejumlah berhingga suku dari deret Taylor. Sedangkan pada Teorema 2.23, akan disebutkan kapan suatu fungsi f dapat dihampiri oleh deret

pangkat dalam ( )x a− .

Contoh 1

Buatlah uraian deret Taylor dengan 1a = untuk fungsi

( ) cosf x x= .

TEOREMA 2.23 Teorema Taylor Misalkan f fungsi yang memiliki turunan-turunan keberapapun pada suatu selang (a-r,a+r). Deret Taylor

(24) Laxaf

axaf

axafaf +−′′′/

+−′′

+−′+ 32)(

!3

)()(

!2

)())(()(

merepresentasikan fungsi f pada selang (a-r,a+r) jika dan hanya jika

0)(lim =∞→

xRnn

di mana Rn(x) adalah suku sisa dalam Rumus Taylor,

(25) ( )( )( )( )

( )1

1

1 !

nn

n

f cR x x a

n

++

= −+

dan titik c adalah titik pada (a-r,a+r).

TEOREMA 2.22 Rumus Taylor dengan Suku Sisa

Misalkan f fungsi terturunkan (k+1) kali dengan ( ) ( )1k

f x+

ada untuk setiap x di interval buka I yang mengandung a. Maka, untuk setiap x di I

( ) ( ) ( )( )( )

( )

( )( )

( ) ( )( )

( ) ( )

2

3

2!

....3! 1 !

kk

k

f af x f a f a x a x a

f a f ax a x a R x

k

′′′= + − + −

′′′+ − + + − +

+

dengan sisa ( )kR x yang rumusnya

( )( ) ( )

( )( )

11

1 !

kk

k

f xR x x a

k

++

= −+

dengan c titik antara x dan a.

Deret Tak Hingga


Penyelesaian Mula-mula tentukan

.

Maka didapat uraian deret Taylor dari fungsi

adalah

2 3

2 3

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

2! 3!

cos(1) sin(1)cos(1) sin(1)( 1) ( 1) ( 1) .

2! 3!

f a f af x f a f a x a x a x a L

x x x L

′′ ′′′′= + − + − + − +

= − − − − + − +

taylor(cos(x),x=1);

Coba kalian buat uraian deret Taylor dengan

fungsi ( )1

( ) sin 22

f x x= .

Deret MacLaurin Jika nilai a di deret Taylor pada persamaan (24) diperoleh deret MacLaurin

(26) f

xf

xff′′

+′′

+′+ 2

3!2

)0()0()0(

Contoh 2 Buatlah uraian MacLaurin dari fungsi seperti pada Contoh 1

yakni ( ) cosf x x= .

Penyelesaian

Substitusikan nilai 0a = pada persamaan deret Taylor pada Contoh 1, maka diperoleh

2 3

2 3

2 3

2 4 6 8

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

2! 3!

(0) (0)(0) (0)( 0) ( 0) ( 0)

2! 3!

cos(0) sin(0)cos(0) sin(0)( 0) ( 0) ( 0)

2! 3!

1 ........2! 4! 6! 8!


f ff f x x x L

x x x L

x x x x

′′ ′′′′= + − + − + − +

′′ ′′′′= + − + − + − +

= − − − − + − +

= − + − + −

...

sin)(

cos)(

sin)(

cos)(

dst

xxf

xxf

xxf

xxf

=′′′

−=′′

−=′

=


deret Taylor dari fungsi ( ) cosf x x=

2 3

2 3

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

2! 3!

cos(1) sin(1)cos(1) sin(1)( 1) ( 1) ( 1) .

2! 3!


x x x L

′′ ′′′= + − + − + − +

= − − − − + − +

deret Taylor dengan 1a = untuk

pada persamaan (24) adalah 0 maka

Lx +′′′ 3

!3

)0(

aurin dari fungsi seperti pada Contoh 1

pada persamaan deret Taylor pada

2 3

2 3

2 3

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

2! 3!

(0) (0)(0) (0)( 0) ( 0) ( 0)

2! 3!

cos(0) sin(0)cos(0) sin(0)( 0) ( 0) ( 0)

2! 3!


f ff f x x x L

x x x L

′′ ′′′= + − + − + − +

′′ ′′′= + − + − + − +

= − − − − + − +

Deret Tak Hingga


taylor(cos(x),x=0);

Coba kalian buat uraian deret Maclaurin

( )1

( ) sin 22

f x x= .

Dari Contoh 2, kita peroleh uraian MacLaurin untuk

( ) cosf x x= , yaitu

(27) Contoh 3 Dengan menggunakan persamaan (27) dan Teorema 2.

untuk mencari uraian deret MacLaurin dari f x x

Penyelesaian

( )3 5 7

sin cos3! 5! 7!

x x xx x x′= = − + − −

Dari penyelesaian Contoh 3, kita miliki uraian deret MacLaurin

dari ( ) sinf x x= , yaitu

(28) Dengan cara yang serupa, kita dapat mencari uraian deret MacLaurin dari fungsi-fungsi trigonometri, fungsi eksponensial dan fungsi-fungsi lain yang terturunkan. Beberapa uraian MacLaurin dari fungsi-fungsi yang penting buku-buku kalkulus.

2 4 6

cos 12! 4! 6!

x x xx = − + − +⋯

3 5 7

sin3! 5! 7!

x x xx x= − + − +⋯


Maclaurin untuk fungsi

Dari Contoh 2, kita peroleh uraian MacLaurin untuk

menggunakan persamaan (27) dan Teorema 2.22 a

( ) sinf x x= .

3 5 7

3! 5! 7!

x x x= = − + − −⋯

Dari penyelesaian Contoh 3, kita miliki uraian deret MacLaurin

Dengan cara yang serupa, kita dapat mencari uraian deret trigonometri, fungsi eksponensial

fungsi lain yang terturunkan. Beberapa uraian fungsi yang penting dapat dilihat pada

⋯

878acec5bab 11 deret tak hingga

Documents