catkuliah_kalkulus2a

Catatan Kuliah

MA1201 KALKULUS 2A“Do maths and you see the world”

disusun olehKhreshna I.A. Syuhada, MSc. PhD.

Kelompok Keilmuan STATISTIKA - FMIPAInstitut Teknologi Bandung

2013

Catatan kuliah ini ditulis dengan banyak merujuk tulisan Bapak Koko Martonodan Bapak Warsoma Djohan

MA1201 Kalkulus 2A i K. Syuhada, PhD.

Daftar Isi

1 Teknik Pengintegralan 11.1 Pengantar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Menentukan anti-turunan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2.1 Metode substitusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2.2 Metode anti-turunan parsial . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2.3 Metode substitusi yang merasionalkan . . . . . . . . . . 4

1.3 Integral fungsi rasional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 Integral fungsi trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Bentuk Tak Tentu dan Integral Tak Wajar 12.1 Pengantar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.2 Bentuk Tak Tentu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

2.2.1 Bentuk tak tentu 0/0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.2.2 Bentuk tak tentu ∞/∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.2.3 Bentuk tak tentu 0 · ∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2.4 Bentuk tak tentu ∞−∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.2.5 Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.3 Integral Tak Wajar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.3.1 Integral Pada Selang Hingga . . . . . . . . . . . . . . . . 62.3.2 Integral Pada Selang Tak Hingga . . . . . . . . . . . . . 7

3 Deret Tak Hingga 13.1 Barisan Tak Hingga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

3.1.1 Kemonotonan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.1.2 Kekonvergenan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

3.2 Deret Tak Hingga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43.3 Uji Kekonvergenan Deret Suku-suku Positif . . . . . . . . . . . 6

3.3.1 Uji Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63.3.2 Uji Banding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

3.4 Deret Berganti Tanda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93.5 Deret Pangkat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103.6 Deret Taylor dan Hampiran Taylor untuk Fungsi . . . . . . . . . 13

ii

4 Irisan Kerucut dan Koordinat Polar 1

MA1201 Kalkulus 2A iii K. Syuhada, PhD.

BAB 1

Teknik Pengintegralan

1.1 Pengantar

Integral atau anti turunan adalah salah satu konsep (penting) dalam matem-atika disamping derivatif atau turunan. Perhatikan:

y = f(x) = x2,

yang memiliki turunan

y′ = f ′(x) =d

dxf(x) = 2 x.

Sekarang, jika diketahui

f ′(x) = 2x,

maka f(x) = x2 adalah “salah satu” anti-turunan yang sesuai. Secara umum,sering kita tuliskan

f(x) = x2 + C,

dimana C konstanta.

Contoh diatas memberikan informasi bagi kita bahwa anti-turunan bersifat“tidak tunggal” dan karenanya “lebih sulit” daripada turunan.

1

Perhatikan bahwa kita dapat menuliskan

df(x) = f ′(x) dx.

Atau,∫df(x) = f(x) + C =

∫f ′(x) dx.

1.2 Menentukan anti-turunan

Bagaimana kita dapat menyelesaikan atau menentukan suatu anti-turunan?

• Gunakan “keterampilan teknis”

• Manfaatkan “aturan dasar”

(Beberapa) aturan dasar anti-turunan:

1. ∫k dx = k x+ C

2. ∫xr dx =

1

r + 1xr+1, r ̸= −1

3. ∫ex dx = ex + C

4. ∫ax dx =

1

ln aax + C

dst...

1.2.1 Metode substitusi

Metode substitusi merupakan salah satu metode/teknik/cara menyelesaikanintegral atau mencari anti turunan. Kuncinya adalah menentukan pemisalan/substitusi

MA1201 Kalkulus 2A 2 K. Syuhada, PhD.

untuk suatu fungsi tertentu dengan tepat. Contoh:∫x2 + 1

x− 2dx

• mungkinkah kita memisalkan y = x2 − 1? atau y = x2 dan mencarianti-turunan ?

• atau memisalkan y = x− 2 ?

Contoh lain,∫ex

4 + 9 e2xdx.

Selesaikan dengan memisalkan

y = ex; y = e2x; y = 9 ex; y = 9 e2x; y = 4 + 9 ex; y = 4 + 9 e2x; ?

1.2.2 Metode anti-turunan parsial

Teknik lain mencari anti-turunan adalah dengan metode anti-turunan parsialatau integral parsial, dimana kita memanfaatkan konsep turunan dua fungsi.Contoh, selesaikan∫

x cos x dx

Misalkan u = f(x), v = g(x),

d

dx(u v) = u′ v + u v′

d(u v) = · · ·u v = · · ·

Jadi, ∫u dv = u v −

∫v du

Untuk contoh∫x cos x dx,


misalkan

u = x,

atau

u = cos x, ?

Nampak bahwa metode integral parsial mendorong kita untuk mencari substi-tusi yang tepat. Bagaimana dengan∫

lnx dx,

yang terlihat seperti hanya melibatkan satu fungsi?

1.2.3 Metode substitusi yang merasionalkan

Metode ini dilakukan pada permasalahan mencari anti-turunan suatu fungsiyang memuat akar, seperti∫

n√(ax+ b)m dx

atau ∫ √a2 − x2 dx,

dimana kita ingin menghilangkan tanda akar tersebut.

Merujuk namanya, metode/teknik ini mengharuskan kita melakukan pemisalanatau substitusi, seperti

(ax+ b) = un,

untuk mencari anti-turunan∫n√(ax+ b)m dx.

Contoh,∫x 3√x− 4 dx,


yang dapat diselesaikan dengan memisalkan

(x− 4) = u3

atau

x = u3 + 4,

sehingga anti-turunan diatas dapat diselesaikan sebagai∫ (3u6 + 12u3

)du

Untuk kasus mencari anti-turunan∫ √a2 − x2 dx,

dapat digunakan substitusi

x = a sin t, −π/2 ≤ t ≤ π/2,

sehingga diperoleh

√a2 − x2 = a cos t

Perhatikan bahwa substitusi lain adalah

x = a tan t, −π/2 < t < π/2,

atau

x = a sec t, 0 ≤ t ≤ π, t ̸= π/2

1.3 Integral fungsi rasional

Mencari anti-turunan berbentuk seperti∫14x+ 1

x3 + 5xdx,

adalah salah satu kajian penting karena melibatkan polinom

P (x) = 14x+ 1


dan

Q(x) = x3 + 5x

yang perlu diperhatikan “derajat”-nya.

Perhatikan bahwa pada kasus diatas, derajat pembilang (satu) lebih kecil dari-pada derajat penyebut (tiga). Dengan demikian, dapat dituliskan

14x+ 1

x3 + 5x=

A

x+

Bx+ C

x2 + 5

dimana derajat pembilang satu tingkat lebih rendah daripada derajat penye-but. Dengan manipulasi aljabar, diperoleh

A = 1/5;B = −1/5;C = 14.

Pada prinsipnya, kita ingin menguraikan fungsi rasional P (x)/Q(x) menjadijumlahan beberapa fungsi rasional dengan derajat pembilang satu tingkat lebihrendah dari derajat penyebut baik secara “langsung”, seperti

Bx+ C

x2 + 5,

ataupun “tidak langsung”, seperti

C

(2x+ 5)2,

dimana kata “tidak langsung” merujuk pada pemisalan y = 2x + 5 denganturunan konstan.(untuk pandangan lain, lihat catatan kuliah W Djohan, 2012)

Diskusi:Bagaimana kita mencari anti-turunan∫

x2 − 11x+ 15

(x− 2)2(x+ 1)dx ?

Apakah dengan menguraikan

x2 − 11x+ 15

(x− 2)2(x+ 1)=

A

x− 2+

B

(x− 2)2+

C

x+ 1?


(dengan A = −2;B = −1;C = 3) Atau,

x2 − 11x+ 15

(x− 2)2(x+ 1)=

B

(x− 2)2+

C

x+ 1?

1.4 Integral fungsi trigonometri

Kita ingin menyelesaikan anti-turunan fungsi trigonometri,∫sinn x dx,

atau ∫cosn x dx,

untuk n genap atau ganjil. Atau,∫sinm x cosn x dx,

pada beberapa kemungkinan nilai m dan n.

Tentunya tidak dapat kita lupakan aturan dasar anti-turunan seperti berikut

1. ∫sin x dx = − cos x+ C

2. ∫cos x dx = sin x+ C

3. ∫sec2 x dx = tan x+ C

4. ∫sec x tan x dx = sec x+ C

dst...


Contoh:Selesaikan∫

sinm x dx,

untuk m = 2, 3, 4.


BAB 2

Bentuk Tak Tentu dan IntegralTak Wajar

2.1 Pengantar

Bentuk tak tentu? Bentuk apa?Bentuk tak tentu yang dimaksud adalah bentuk limit dengan nilai “seolah-olah”:

0

0;∞∞

; 0 · ∞;∞−∞; 00;∞0; 1∞

Contoh:

limx→0

sin x

x

dan

limx→4

x−√x− 2

x− 4,

yang apabila kita substitusikan titik limitnya, kita peroleh nilai

0

0.

Pertanyaan:Berapakah nilai limit diatas?

1

2.2 Bentuk Tak Tentu

2.2.1 Bentuk tak tentu 0/0

Kita akan menghitung

limx→c

f(x)

g(x),

dengan

limx→c

f(x) = 0 = limx→c

g(x).

Cara penyelesaiannya dengan mengubah bentuk f(x)/g(x) (menguraikanpembilang dan penyebut; merasional bentuk pecahan; menggunakanrumus trigonometri dll) sehingga sifat-sifat limit fungsi dapat dipakai.

Contoh 1: hitunglah

limx→0

sin x

x

Contoh 2: hitunglah

limx→4

x−√x− 2

x− 4

Solusi:

limx→4

x−√x− 2

x− 4

= limx→4

(√x− 2)(

√x+ 1)

(√x− 2)(

√x+ 2)

= limx→4

√x+ 1√x+ 2

= 3/4

2.2.2 Bentuk tak tentu ∞/∞

Misalkan kita akan menghitung

limx→∞

f(x)

g(x),


dengan

limx→∞

|f(x)| = ∞ = limx→∞

|g(x)|.

Cara penyelesaiannya dengan mengubah bentuk f(x)/g(x) (merasional ben-tuk pecahan; memunculkan bentuk 1/xn dengan n bilangan asli dll)sehingga sifat-sifat limit fungsi dapat dipakai.

Contoh: hitunglah

limx→∞

x−√x− 2

x− 4

(Perhatikan bahwa jika kita substikan titik limitnya, kita dapatkan nilai limitberbentuk tak hingga per tak hingga)Solusi:

limx→∞

x−√x− 2

x− 4

= limx→∞

(√x− 2)(

√x+ 1)

(√x− 2)(

√x+ 2)

= limx→∞

√x+ 1√x+ 2

= limx→∞

√x(1 + 1√

x)

√x(1 + 2√

x)

=1 +

√limx→∞

1x

1 +√

2 limx→∞1x

= 1

2.2.3 Bentuk tak tentu 0 · ∞

Sekarang, pandang

limx→c

f(x)g(x),

dengan

limx→c

f(x) = 0; limx→c

|g(x)| = ∞.


Kita dapat menghitung limit diatas dengan caramengubah bentuk f(x)g(x)menjadi bentuk

f(x)

1/g(x)

sehingga diperoleh bentuk 0/0, atau menjadi bentuk

g(x)

1/f(x)

dengan bentuk ∞/∞.

Contoh 1: hitunglah

limx→π

4

(x− π

4

)sec 2x

Solusi:

limx→π

4

(x− π

4

)sec 2x

= limx→π

4

x− π4

cos 2x

= · · ·= · · ·= −1/2

Contoh 2: hitunglah

limx→∞

(sin

1

x

)x

2.2.4 Bentuk tak tentu ∞−∞

Untuk menyelesaikan limit berbentuk ∞−∞,

limx→∞

(f(x)− g(x)),

dengan

limx→∞

f(x) = ∞; limx→∞

g(x) = ∞,

caranya penyelesaiannya dengan mengubah menjadi bentuk ∞/∞.


Contoh: hitunglah

limx→∞

(√x2 + 2x− x

)Solusi: tuliskan

√x2 + 2x− x =

√x2 + 2x− x ·

√x2 + 2x+ x√x2 + 2x+ x

=x2 + 2x− x2

√x2 + 2x+ x

=2x√

x2(1 + 2

x

)+ x

=2x

x(√

1 + 2x+ 1

)Jadi,

limx→∞

(√x2 + 2x− x

)= 1

Dapatkah anda menghitung

limx→−∞

(√x2 − 3x+ x

)?

Solusi: 3/2

2.2.5 Latihan

Hitung

limx→∞

√x2 + x

2x− 1

dan

limx→−∞

√x2 + x

2x− 1.

Limit diatas berbentuk

∞∞


Perhatikan bahwa kita dapat menuliskan

√x2 + x

2x− 1=

√x2

(1 + 1

x

)x(2− 1

x

)dan• untuk x → ∞ berlaku · · · sehingga · · ·• untuk x → −∞ berlaku · · · sehingga · · · Jadi,

limx→∞

x2 + x

2x− 1= 1/2

dan

limx→−∞

x2 + x

2x− 1= −1/2.

2.3 Integral Tak Wajar

2.3.1 Integral Pada Selang Hingga

Misalkan kita ingin menghitung∫1√x− 1

dx.

Kita dapat (dengan mudah) menyelesaikannya dengan memisalkan y = x− 1sehingga∫

1√x− 1

dx

=

∫y−1/2 dy

= 2y1/2 + C

= 2√x− 1 + C

Namun, bagaimana jika kita ingin menghitung integral tentu∫ 5

1

1√x− 1

dx ?


Kita tahu bahwa fungsi f(x) = 1√x−1

kontinu pada selang (1, 5] dengan

limx→1+

1√x− 1

= ∞.

Apabila kita menghitung integral pada selang [1, 5], maka tindakan yang di-lakukan dikatakan sebagai perhitungan integral tak wajar. Jadi,∫ 5

1

1√x− 1

dx

= limc→1+

∫ 5

1

1√x− 1

= limc→1+

(2√x− 1

)= 4

2.3.2 Integral Pada Selang Tak Hingga

Pada bagian sebelumnya, kita melihat salah satu bentuk integral tak wajardimana integran bernilai tak hingga. Sekarang kita lihat bentuk lain dimanaintegran kontinu dan terdefinisi di domainnya, namun integral yang kita hitungmemiliki (salah satu) batas tak hingga.

Contoh 1: hitunglah∫ 0

−∞

1

1 + x2dx

yang mana kita tahu fungsi f(x) = 11+x2 kontinu dan terdefinisi di selang

(−∞,∞).Solusi:∫ 0

−∞

1

1 + x2dx

= lima→−∞

∫ 0

a

1

1 + x2dx

= lima→−∞

(tan−1 x

)0

a

= lima→−∞

(− tan−1 a

)= −(−π/2)


Contoh 2: hitunglah∫ ∞

0

1√x(x+ 1)

dx

Solusi:Perhatikan bahwa fungsi f(x) = 1√

x(x+1)kontinu pada selang (0,∞) dengan

limx→0+

f(x) = ∞.

Selain itu, integral tak tentunya∫1√

x(x+ 1)dx = 2 tan−1

√x+ C

Jadi, ∫ ∞

0

1√x(x+ 1)

dx = · · · = π.

Bagaimana dengan∫ ∞

0

sin x dx, ?


BAB 3

Deret Tak Hingga

3.1 Barisan Tak Hingga

Barisan adalah fungsi dengan daerah asal (domain) bilangan asli,

f : N → R,

yang mana f(n) = an, dikenal sebagai barisan bilangan real {an}; an dise-but sebagai suku ke-n atau rumus umum suatu barisan. Contoh:

an =1

n,

atau

{1, 12,1

3, . . .}

Diskusi:Mungkinkah ada rumus suku ke-n yang lain yang memberikan beberapa sukupertama barisan yang sama dengan diatas?Jawab: Ada!

a1 = 1; an+1 =an

1 + an

Perhatikan bahwa “rumus suku ke-n suatu barisan” tidak tunggal.

Contoh: Tentukan rumus suku ke-n dari barisan-barisan berikut:

1. {1,−1, 1,−1, . . .}

2. {82, 52, 42, . . .}

1

Solusi:

1. an = (−1)n+1; an = sin (n− 12)π

2. an = 1 + 3n; an = 1

2n2 − 3n+ 13

2

Apa (lagi) yang bisa kita lakukan terhadap suatu barisan?Jawab: menyelidiki...

• ke-monoton-an

• ke-terbatas-an

• ke-konvergen-an

3.1.1 Kemonotonan

Ilustrasi:Selidiki kemonotonan barisan

1. an = n+12n

2. an = (−1)n

n

3. an = n!2n

Untuk no 1, suku-suku barisannya adalah

1,3

4,2

3,5

8,3

5, . . .

yang cenderung mengecil (turun). Kita menduga bahwa barisan {an} monotonturun. Apabila kita perhatikan secara teoritis rasio rumus suku ke-n + 1 danke-n,

an+1

an=

n2 + 2n

n2 + 2n+ 1< 1, ∀n ∈ N,

maka an+1 < an, ∀n ∈ N. Sehingga {an} merupakan barisan monoton turun.

Definisi:Barisan bilang real {an} dikatakan monoton turun, jika untuk setiap n ∈N, an+1 < an.(bagaimana definisi untuk barisan monoton tidak turun, naik, tidak naik?barisan tidak monoton?)


3.1.2 Kekonvergenan

Definisi:Barisan bilang real {an} dikatakan konvergen ke a ∈ R, jika

limn→∞

an = a.

Barisan {an} yang tidak punya limit dikatakan divergen; limit barisannya∞,−∞, atau beroskilasi.

Contoh:Barisan an = n+1

2nkonvergen ke 1

2karena

limn→∞

n+ 1

2n=

1

2.

Sedangkan barisan an = (−1)n divergen karena

limn→∞

(−1)n

tidak ada (beroskilasi).

Dapatkah anda menyelidiki kekonvergenan barisan

cn =n2

2n+ 3sin

π

n?

Solusi:Barisan diatas dapat ditulis menjadi perkalian dua barisan

an bn

dengan

an = n sinπ

n,

yang konvergen ke π; dan

bn =n

2n+ 3,

yang konvergen ke 12. Dengan demikian barisan {cn} konvergen ke 1

2n.

Teorema:Misakan barisan {an} konvergen ke a dan barisan {bn} konvergen ke b, makabarisan-barisan


• {anbn} konvergen ke ab

• {anbn} konvergen ke a

b, b ̸= 0

• {an + bn} konvergen ke a+ b

• {an − bn} konvergen ke a− b

Teorema:

• Setiap barisan bilangan real yang konvergen selalu terbatas

• Setiap barisan bilangan real yang monoton dan terbatas selalu konvergen

Latihan:Selidiki kekonvergen barisan-barisan berikut dengan memanfaatkan sifat ke-monotonan dan keterbatasan,

an =1

1− 2n

dan

bn =2n

n!

3.2 Deret Tak Hingga

Pandang barisan {an}, lalu bentuklah barisan baru {sn} dengan

sn = a1 + a2 + · · ·+ an =n∑

k=1

ak,

atau jumlah n suku pertamanya. Barisan {sn} disebut sebagai deret (takhingga) bilangan real.

Notasi deret:

∞∑n=1

an = a1 + a2 + · · ·

Sedangkan

sn =n∑

k=1

ak,


disebut jumlah parsial ke-n dari deret

Deret∑∞

n=1 an dikatakan konvergen jika barisan jumlah parsialnya mempunyailimit; dikatakan divergen jika limitnya tidak ada.

Contoh: Deret

∞∑n=1

1

n(n+ 1)

dapat diselidiki kekonvergenannya dengan cara

• tulis rumus jumlah parsialnya

• hitung limitnya

Dengan demikian,

sn =n∑

k=1

ak =n∑

k=1

1

k(k + 1)

=n∑

k=1

(1

k− 1

k + 1

)= . . . = 1− 1

n+ 1

dan

limn→∞

sn = limn→∞

(1− 1

n+ 1

)= 1

Artinya, deret konvergen ke 1 (konvergen dengan jumlah 1).

Latihan:Selidiki kekonvergenan deret-deret berikut

1.∑∞

n=12n+1

n2(n+1)2

2.∑∞

n=11n(deret harmonik)

3.∑∞

n=1 (−1)n+1

Teorema:Jika deret

∑∞n=1 an konvergen maka

limn→∞

an = 0


3.3 Uji Kekonvergenan Deret Suku-suku Posi-

tif

Menguji kekovergenan deret dengan suku-suku positif dapat dilakukan dengancara antara lain

1. Uji integral

2. Uji banding

3. Uji akar*

3.3.1 Uji Integral

Telah kita ketahui bahwa deret

∞∑n=1

1

n= 1 +

1

2+

1

3+ . . .

divergen. Namun, untuk kepentingan pengujian kekonvergenan deret denganUji Integral, maka kita anggap kita belum mengetahui bahwa deret tersebutdivergen.

Secara geometris, deret diatas memiliki arti luas persegipanjang dengan pan-jang alas 1 dan tinggi 1

n, n = 1, 2, . . .. Jumlah luas persegipanjang ini lebih

besar dibandingkan luas daerah yang dibatasi oleh {x ≥ 1, 0 ≤ y ≤ 1x}. Den-

gan kata lain,

∞∑n=1

1

n>

∫ ∞

1

1

xdx.

Sekarang, kita hitung integral tak wajar pada selang tak hingga∫ ∞

1

1

xdx = lim

b→∞

∫ b

1

1

xdx

= limb→∞

(lnx

)b

1

= limb→∞

ln b

= ∞

Akibatnya, deret∑∞

n=11ndivergen (karena lebih besar dari integral tak wa-

jarnya)


Bagaimana dengan deret

∞∑n=1

1

n2?

Teorema:Misalkan f fungsi kontinu, monoton turun, dan f(x) > 0 pada selang [1,∞).

• Jika integral tak wajar∫∞1

f(x) dx konvergen/divergen, maka deret∑∞

n=1 f(n)konvergen/divergen

Latihan: Selidiki kekonvergenan dari deret-deret berikut:

1.∑∞

n=11√

2n+1

2.∑∞

n=21

n ln2 n

Solusi:Integral tak wajar∫ ∞

1

1√2x+ 1

dx = ∞,

sedangkan∫ ∞

2

1

x ln2 xdx =

1

ln 2.

3.3.2 Uji Banding

Teorema:Misalkan deret-deret

∫∞n=1

an dan∫∞n=1

bn adalah deret dengan suku-suku posi-tif,

• Jika an ≤ bn untuk semua n ∈ N dan∫∞n=1

bn konvergen, maka∫∞n=1

ankonvergen

• Jika an ≥ bn untuk semua n ∈ N dan∫∞n=1

bn divergen, maka∫∞n=1

andivergen

Latihan: Selidiki kekonvergenan deret-deret berikut

1.∫∞n=1

12n+1


2.∫∞n=2

1lnn

Teorema:Misalkan deret-deret

∫∞n=1

an dan∫∞n=1

bn adalah deret dengan suku-suku posi-tif,

• Jika

limn→∞

anbn

= c, c > 0

maka kedua deret konvergen atau divergen

• Jika

limn→∞

anbn

= 0

dan∫∞n=1

bn konvergen maka∫∞n=1

an konvergen

• Jika

limn→∞

anbn

= ∞

dan∫∞n=1

bn divergen maka∫∞n=1

an divergen

Latihan: Lakukan uji banding limit dengan deret lain pada

1.∫∞n=1

12n+1

2.∫∞n=2

1lnn

untuk menyelidiki kekonvergenannya.

Pengujian kekonvergenan dengan uji integral atau uji banding dengan deretlain seringkali tidak mudah; integral tak wajar sulit/tak dapat dihitung dan/atautidak dapat dicari deret pembandingnya. Kita dapat menguji kekonvergenansuatu deret dengan suku deretnya sendiri.

Teorema:Jika

∫∞n=1

an deret dengan suku-suku positif dan

limn→∞

an+1

an= L

maka deret konvergen jika 0 ≤ L < 1 dan divergen bila L > 1.


Latihan: Selidiki kekonvergenan deret-deret berikut

1.∫∞n=1

n+1n!

2.∫∞n=2

2n

n3

3.4 Deret Berganti Tanda

Deret (ber)ganti tanda berbentuk:

∞∑n=1

(−1)n+1 an = a1 − a2 + a3 − a4 + . . . ,

dimana suku-sukunya memiliki tanda positif negatif secara berselang-seling.

Seperti sebelumnya, kajian utama kita adalah menguji kekonvergenan deretganti tanda. Contoh:

1.∑∞

n=1 (−1)n+1 = 1− 1 + 1− 1 + . . .

2.∑∞

n=1 (−1)n+1 21−n = 1− 12+ 1

4− 1

8+ · · ·

Solusi:Divergen, Konvergen.

Teorema:Jika barisan {an} memiliki suku-suku (kesemua sukunya) positif, monotonturun dan limn→∞ an = 0, maka deret

∞∑n=1

(−1)n+1 an

konvergen.

Selidiki kekonvergenan deret-deret berikut:

1.∑∞

n=1 (−1)n+1 1n

2.∑∞

n=1 (−1)n+1 1n ln n

Definisi:Deret

∑∞n=1 an disebut konvergen mutlak jika deret

∞∑n=1

|an|


konvergen; disebut konvergen bersyarat jika deret

∞∑n=1

|an|

divergen.

Teorema:Jika deret

∑∞n=1 an konvergen mutlak maka deret

∞∑n=1

an

konvergen.

Selidiki kekonvergenan deret-deret berikut:

1.∑∞

n=1 (−1)n+1(n+12n

)n2.

∑∞n=1

sin 16(2n−1)π

n√n

3.∑∞

n=1 (−1)n 3n

n!

3.5 Deret Pangkat

Sejauh ini kita telah mempelajari deret yang “jelas” bentuk deretnya. Kini,kita akan melihat deret yang “tidak jelas”, yang dinyatakan dalam x, seperti

∞∑n=0

xn = 1 + x+ x2 + . . . , |x| < 1;

∞∑n=0

n!xn = 1 + x+ 2 x2 + 6 x3 + . . . ;

∞∑n=1

(−1)n

n2nxn = · · · .

Catatan: Perhatikan himpunan x yang membuat deret konvergen/divergen.

Definisi:Deret yang berbentuk

∞∑n=0

an(x− c)n = a0 + a1(x− x) + a2(x− c)2 + . . .


dikatakan sebagai deret pangkat dalam (x− c) atau deret pangkat berpusat dic.

Perhatikan bahwa deret diatas konvergen untuk x = c. Adakah nilai x yanglain yang menyebabkan deret tersebut konvergen?

Contoh 1: deret

∞∑n=0

1

n!xn

Contoh 2: deret

∞∑n=0

(−1)n

n2nxn

yang mana

limn→∞

an+1

an= · · ·

=1

2|x|

Artinya, deret akan konvergen mutlak untuk 12|x| < 1 (atau |x| < 2) dan

divergen untuk 12|x| > 1 (atau |x| > 2). Namun untuk x = 2,

∞∑n=0

(−1)n

n 2n2n = −1 +

1

2− 1

3+

1

4+ . . .

konvergen; untuk x = −2,

∞∑n=0

(−1)n

n 2n(−2)n = 1 +

1

2+

1

3+

1

4+ . . .

divergen. Jadi, deret

∞∑n=0

(−1)n

n 2nxn

kovergen untuk −2 < x ≤ 2 atau (−2, 2].

Catatan: Himpunan semua x dimana deret pangkat konvergen dikatakan se-bagai selang kekonvergenan deret.


Teorema:

• Jika deret pangkat∑∞

n=0 anxn konvergen di x1 ̸= 0, maka deret tersebut

konvergen mutlak untuk |x| < |x1|

• Jika deret pangkat∑∞

n=0 anxn divergen di x1, maka deret tersebut di-

vergen untuk |x| > |x1|

Teorema:

• Deret pangkat kovergen hanya untuk x = 0

• Deret pangkat kovergen mutlak untuk setiap x ∈ R

• Terdapat suatu r > 0 sehingga deret pangkat konvergen mutlak untuk|x| < r dan divergen untuk |x| > r (r > 0 adalah jari-jari kekonvergenan)

Latihan: Tentukan jari-jari dan selang kekonvergenan deret

1.∑∞

n=0(−1)n+12n

n2 (x− 3)n

2.∑∞

n=0 (−1)n+1(n+ 1) (x− 1)n

Teorema:Misalkan deret pangkat

∞∑n=0

an xn

memiliki jari-jari kekonvergenan r > 0. Maka, fungsi f(x) =∑∞

n=0 an xn

dapat diturunkan pada (−r, r) dengan

f ′(x) =∞∑n=0

n an xn−1

Teorema:Misalkan deret pangkat

∞∑n=0

an xn


memiliki jari-jari kekonvergenan r > 0. Maka, fungsi f(x) =∑∞

n=0 an xn

dapat diintegralkan pada setiap selang bagian tertutup dari (−r, r) dan untuksetiap x ∈ (−r, r) berlaku∫ x

0

f(t) dt =∞∑n=0

nan

n+ 1xn+1

Teorema Abel:Jika f(x) =

∑∞n=0 an x

n, |x| < 1 dan deret∑∞

n=0 an konvergen, maka

∞∑n=0

an = limx→1−

f(x)

dan

∞∑n=0

(−1)nan = limx→1+

f(x).

3.6 Deret Taylor dan Hampiran Taylor untuk

Fungsi

Ilustrasi:Perhatikan fungsi f(x) = ex yang dapat diuraikan menjadi

ex = 1 + x+x2

2+

x3

6+ . . . , x ∈ R,

• Bagaimana kita dapat menguraikan fungsi tersebut?

• Seberapa banyak (sampai berapa suku) kita harus menguraikannya?

Deret pangkat

f(x) = a0 + a1 x+ a2 x2 + . . . =

∞∑n=0

an xn

dapat diturunkan suku demi suku sampai tingkat tak hingga,

f (n)(x) = n!an + 2.3 . . . n(n+ 1)an+1 x+ . . . ,

untuk |x| < r.


Apabila kita mengambil x = 0,

f(0) = a0,

f ′(0) = a1,

f ′′(0) = 2!a2...

f (n)(0) = n!an

atau

a0 = f(0); a1 =f ′(0)

1!; a2 =

f ′′(0)

2!; . . . ; an =

f (n)(0)

n!

Dengan demikian, deret pangkat dapat ditulis

f(x) = f(0) +f ′(0)

1!x+

f ′′(0)

2!x2 + . . .+

f (n)(0)

n!xn + . . . ,

atau

f(x) =∞∑n=0

f (n)(0)

n!xn,

untuk |x| < r, r > 0 jari-jari kekonvergenan, dan f (0)(0) = f(0).

Deret tersebut dikenal dengan nama Deret MacLaurin.

Jika titik pusatnya digeser ke c, maka

f(x) =∞∑n=0

f (n)(c)

n!(x− c)n,

untuk |x− c| < r, r > 0 jari-jari kekonvergenan dan f (0)(c) = f(c). Deret inidisebut Deret Taylor yang berpusat di c dari fungsi f .

Latihan: Tentukan deret Taylor dan selang kekonvergenan dari fungsi f berikutdi titik c,

1. f(x) = sinx di c = π

2. f(x) = ln x di c = e

Seberapa banyak (sampai berapa suku) kita harus menguraikan deret Taylordi titik c?


Perhatikan bahwa kita dapat menuliskan deret Taylor sebagai

f(x) = Pn(x) +Rn(x)

dimana

Pn(x) =n∑

k=0

f (k)(c)

k!(x− c)k

dan

Rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− c)n+1

dengan ξ diantara c dan x.

Teorema:Misalkan fungsi f dapat diturunkan sampai tingkat tak hingga pada selang(c − r, c + r). Misalkan barisan bilangan real {Mn} konvergen ke nol. Jikauntuk setiap n ∈ N, x, ξ ∈ (c− r, c+ r) berlaku∣∣∣∣fn(ξ)

n!(x− c)n

∣∣∣∣ ≤ Mn

maka fungsi f dapat dinyatakan sebagai Deret Taylor pada selang (c−r, c+r).

Latihan: Hitunglah,

1. e

2. ln 5

dengan ketelitian sampai 4 desimal


BAB 4

Irisan Kerucut dan KoordinatPolar

Silakan merujuk Catatan Kuliah dari Bapak Warsoma Djohan seperti yangdisampaikan di kelas

1

catkuliah_kalkulus2a

Documents