MODUL RESPONSI MAM 4222 KALKULUS IV

MODUL RESPONSI MAM 4222 KALKULUS IV Mata Kuliah Wajib 2 sks untuk mahasiswa Program Studi Matematika Oleh Dr. WURYANSARI MUHARINI KUSUMAWINAHYU, M.Si. PROGRAM STUDI MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS BRAWIJAYA 203

DAFTAR ISI I Barisan Bilangan Real I. Konvergensi Barisan............................... I. 2 Sifat-sifat Barisan Konvergen.......................... 6 I. 3 Barisan Monoton dan Terbatas......................... 8 I. 4 Barisan Divergen................................. 2 I. 5 Barisan Cauchy.................................. 2 I. 6 Soal-soal Latihan Barisan............................ 3 II Deret Bilangan Real 5 II. Deret Tak Hingga................................. 5 II. 2 Teorema-teorema tentang Deret......................... 6 II. 3 Uji Deret Positif (Tak Negatif)......................... 8 II. 4 Deret Berayun................................... 9 II. 5 Deret Kuasa.................................... 2 II. 6 Deret Taylor dan Deret Mac Laurin....................... 22 II. 7 Operasi pada Deret Kuasa............................ 23 II. 8 Soal Latihan Deret................................ 24 i

BAB I Barisan Bilangan Real I. Konvergensi Barisan Definisi Barisan Tak Hingga Barisan bilangan real tak hingga (real infinite sequence) adalah fungsi yang mengaitkan setiap bilangan asli dengan sekumpulan bilangan real. Selanjutnya barisan bilangan real tak hingga dalam modul ini disebut dengan barisan. Jadi barisan adalah f : N R f : k f(k) = a k Notasi: {a k } k= = {a k} = (a k ) k= = (a k) = a,a 2,a 3,... Pola suatu barisan dapat diketahui dari penyajiannya. Barisan dapat disajikan dengan menuliskan suku-sukunya, atau dengan memberikan rumus eksplisitnya atau dengan memberikan rumus rekursifnya. Perhatikan contoh berikut.. Bila diberikan rumus eksplisit untuk a k adalah a k = 4k maka barisan {a k } = 3,7,,5,9... 2. Bila diberikan rumus rekursif untuk a k adalah a = 3,a k = a k + 4 maka barisan {a k } = 3,7,,5,9...

2 Modul Kalkulus IV Definisi sub barisan Misalkan (a k ) R adalah barisan bilangan real. Sub barisan dari (a k ) adalah hasil komposisi fungsi f g dengan g : N N dan g monoton naik. Subbarisan dari (a k ) dinotasikan sebagai (a ki ) (a k ). Contoh: Misalkana k = 2+ ( )k k makaf(k) = a k = 2+ ( )k k dan(a k ) =, 5 2, 5 3, 9 4, 9 5, 3 6, 3 7,... Jikag(i) = 3i 2makag(i)monotonnaikdansubbarisanyangdihasilkanadalah(f g)(i) = f(g(i)) = f(3i 2) = a 3i 2 = 2 + ( )3i 2 3i 2, sehingga diperoleh sub barisan (a 3i 2 ) i= = a,a 4,a 7,a 0,... =, 9 4, 3 7, 2 0,... Dalam contoh ini k i = g(i) = 3i 2. Berikut ini diberikan rumus eksplisit dan barisan yang dihasilkannya No. Rumus Eksplisit Barisan i. a k = + 2 3,2, 5, 6, 7, 8, 9,... k 3 4 5 6 7 ii. b k = 2+ ( )k k, 5 2, 5 3, 9 4, 9 5, 3 6, 3 7,... iii. c k = 2 k 2,4,8,6,32,64,28,... iv. d k = 3 3,3,3,3,3,3,3,3,... Selain mengenali pola barisan, hal menarik yang selalu ditanyakan bila kita menghadapi barisan adalah pertanyaan mengenai perilaku suku-suku barisan bila k membesar terus menerus menuju tak hingga. Untuk menjawab pertanyaan tersebut dipelajari konsep kekonvergenan barisan. Definisi Konvergensi Barisan Barisan {a k } dikatakan konvergen jika terdapat suatu bilangan real L, sedemikian sehingga pernyataan berikut ini berlaku: untuk setiap bilangan positif ǫ terdapat bilangan asli n 0 sehingga a k L < ǫ, untuk setiap k n 0. Jika hal tersebut terjadi maka dikatakan bahwa (a k ) ke L. Notasi: lim a k = L.

Wuryansari Muharini Kusumawinahyu 3 Barisan yang tidak konvergen menuju suatu bilangan berhingga L dikatakan divergen. Beberapa jenis kedivergenan dibahas secara khusus pada sub bab barisan divergen. Perhatikan bahwa konsep kekonvergenan barisan serupa dengan konsep limit fungsi f(x) bila x, yang telah dipelajari pada kuliah Kalkulus I. Untuk mengilustrasikan hal tersebut, perhatikan grafik barisan a k = + 2 dan grafik fungsi a(x) = + 2 berikut ini. k x Dapatkah saudara melihat perbedaannya? Pada gambar I. terlihat bahwa kedua grafik Gambar I.: Kaitan ǫ dan n 0 dalam definisi kekonvergenan barisan dan fungsi menuju garis y =. Dengan demikian diduga bahwa (a k ) konvergen menuju. Akan dibuktikan menggunakan definisi kekonvergenan barisan, bahwa lim a k = lim + 2 k =. Menurut definisi, harus dibuktikan bahwa ǫ > 0, n 0 N a k L < ǫ, k n 0. Di sini a k = + 2 k dan L =. Karena harus berlaku ǫ > 0 maka kita ambil sebarang ǫ > 0. Selanjutnya, harus ditentukan n 0 N sehingga + 2 k < ǫ, k n0. Untukmemperolehnilain 0 kitalakukanlangkahmundur. Yangdiinginkanadalah + 2 k = 2 = 2 < ǫ. Pertaksamaan terakhir terpenuhi bila k > 2. Dengan demikian harus dipilih k k ǫ n 0 N dengan n 0 > 2 ǫ.

4 Modul Kalkulus IV Jadi telah terbukti bahwa ǫ > 0, n 0 N dengan n 0 > 2 a ǫ k L = + 2 k = 2 k = 2 < 2 k k 0 < 2 2 = ǫ, k n 0. Sesuai definisi telah terbukti bahwa lim + 2 =. k ǫ Untuk mengilustrasikan eksistensi nilai n 0 pada pembuktian tersebut kita akan mencoba dengan mengambil sebarang ǫ. Misalkan diambil ǫ =, maka n 0 N dengan n 0 > 2 = 2. ǫ Jadi untuk ǫ =, n 0 = 3 sehingga + 2 k = 2 k = 2 < 2 < = ǫ, k 3. Sekarang k 3 misalkan diambil ǫ = 0.0 maka n 0 > 2 0.0 = 200. Artinya, suku-suku barisan a k berada pada jarak kurang dari 0.0 setelah suku ke-200. Anda dapat mencoba sebarang nilai ǫ > 0 yang lain. Apa yang dapat anda simpulkan? Catatan Berdasarkan definisi konvergensi barisan tersebut, untuk memeriksa kekonvergenan suatu barisan terlebih dahulu kita harus mempelajari perilaku suku-suku barisan (a k ) bila k membesar menuju tak hingga, sehingga dapat ditebak nilai L. Hal ini tidak selalu mudah, apalagi bila ekspresi (a k ) cukup rumit. Untuk itu dapat kita gunakan sifat berikut sehingga kita mungkin dapat menggunakan dalil L Hospital. Sifat: Jika lim x f(x) = L maka lim f(k) = L Contoh Soal. Buktikan bahwa lim 3 = 3 Jawab: Jelas bahwa ǫ > 0, n 0 = a k 3 = 3 3 = 0 < ǫ, k n 0. Terbukti. 2. Buktikan bahwa lim 2k k+4 k = 2 Jawab: Harus dibuktikan bahwa ǫ > 0, n 0 N 2k k +4 k 2 < ǫ, k n 0. Karena harus berlaku ǫ > 0 maka kita ambil sebarang ǫ > 0. Selanjutnya, harus diten- 2k tukan n 0 N sehingga k+4 2 k < ǫ, k n0.

Wuryansari Muharini Kusumawinahyu 5 2k Untukmemperolehnilain 0 kitalakukanlangkahmundur. Yangdiinginkanadalah k+4 2 k = 2k k = 8 k = 8 k k k < ǫ. Pertaksamaan terakhir terpenuhi k+4 2k+8 k k+4 k k+4 k k+4 < 8 = 8 k k bila k > 64. Dengan demikian harus dipilih n ǫ 2 0 N dengan n 0 > 64. ǫ 2 Jadi telah terbukti bahwa ǫ > 0, n 0 N dengan n 0 > 64 2k a ǫ 2 k L = k+4 2 k = 2k k+4 2k+8 k k k+4 = 8 k k k+4 = 8 k k k+4 < 8 k = 8 k k k < 8 k0 < 8 64 = ǫ, k n 0. Sesuai definisi ǫ 2 2k telah terbukti bahwa lim k+4 = 2. k 3. Buktikan bahwa barisan (a k ) dengan a k = k divergen Jawab: Andaikan (a k ) konvergen maka terdapat suatu bilangan L R sehingga lim a k = lim k = L. Berarti ǫ > 0, n 0 N k L < ǫ, k n 0. Akibatnya < k L <, yang ekivalen dengan +L < k < L+, k n 0. Berarti bahwa himpunan bilangan asli N terbatas. Hal ini tidak benar sehingga pengandaian salah. Jadi seharusnya (a k ) tidak konvergen. 4. Buktikan bahwa barisan (a k ) dengan a k = ( ) k divergen Jawab: Andaikan (a k ) konvergen maka terdapat suatu bilangan L R sehingga lim a k = lim ( ) k = L. Berarti ǫ > 0, n 0 N ( ) k L < ǫ, k n 0. Jika diambil ǫ = 2 maka n 0 N ( ) k L <, k n 2 0. Untuk k genap maka diperoleh L <, 2 sedangkan untuk k ganjil maka diperoleh L = (+L) = (+L) <. Akibatnya 2 = + = L++L L + +L < + = sehingga 2 <, dan hal ini 2 2 2 mustahil. Pengandaian kita tidak benar. Jadi seharusnya (a k ) tidak konvergen. Soal latihan. Tentukan n 0 agar 4k k+ 4 < 5, k n 0. Dengan menggunakan definisi kekonvergenan barisan, buktikan bahwa: 2. lim k+ = 0

6 Modul Kalkulus IV 3. lim 3k k+7k 2 = 0 4. lim 2k k+3 = 2 5. lim 3k k+7 k = 3 I. 2 Sifat-sifat Barisan Konvergen Teorema: Barisan tak negatif Jika (a k ) barisan tak negatif dan lim a k = L maka L 0 Bukti: Diketahui a k 0, k N. Andaikan L < 0 maka untuk ǫ = L terdapat n 2 0 N sehingga a k L < L, k n 2 0. Khususnya untuk k = n 0 maka diperoleh a k0 L < L. Akibatnya a k0 L < L, sehingga a 2 k 0 2 < L < 0. Dengan demikian n 2 0 N sehingga a k0 < 0. Hal ini bertentangan dengan yang diketahui yaitu bahwa a k 0, k N. Oleh karena itu pengandaian salah. Jadi haruslah L 0. Teorema terbukti Teorema: Ketunggalan limit Jika (a k ) barisan bilangan real yang konvergen, maka nilai limitnya tunggal. Dengan perkataan lain, jika lim a k = L dan lim a k = M maka L = M. Bukti: Andaikan L M. Diketahui lim a k = L dan lim a k = M. Berarti ǫ > 0, n N a k L < ǫ, k n dan ǫ > 0, n 2 N a k M < ǫ, k n 2. Ambil ǫ = L M 4 > 0 maka n N a k L < L M 4, k n dan n 2 N a k M < L M 4, k n 2. Misalkan n 0 = max{k,n 2 }, maka a k L < L M 4 dan a k M < L M 4, k n 0. Khususnya untuk k = n 0 maka a k0 L < L M 4 dan a k0 M < L M 4. Perhatikan bahwa L M = L a k0 +a k0 M L a k0 + a k0 M = a k0 L + a k0 M < L M 4 + L M 4 = L M 2. Dengan demikian diperoleh L M < L M 2. Mustahil bahwa terdapat bilangan positif yang nilainya kurang dari setengah nilai bilangan tersebut. Berarti pengandaian bahwa L M tidak benar. Jadi seharusnya L = M. Teorema terbukti.

Wuryansari Muharini Kusumawinahyu 7 Teorema: Ketunggalan limit sub barisan Jika (a k ) barisan bilangan real yang konvergen ke L, maka SETIAP sub barisan (a ki ) dari (a k ) juga konvergen ke L. Akibatnya, semua sub barisan dari suatu barisan yang konvergen akan konvergen ke nilai limit yang sama. Memperlihatkan kekonvergenan suatu barisan secara langsung menggunakan definisi kekonvergenan barisan tidak selalu mudah, apalagi bila diberikan rumus a k yang rumit. Untuk mengatasinya, dapat digunakan teorema-teorema berikut. Teorema: Sifat-sifat Limit Barisan Misalkan a k dan b k adalah barisan-barisan yang konvergen dan k adalah suatu konstanta, maka berlaku sifat-sifat berikut.. lim k = k 2. lim ka k = k lim a k 3. lim (a k ±b k ) = lim a k ± lim 4. lim (a k b k ) = lim a k lim b k a 5. lim k b k = lim a k lim b k b k asalkan lim b k 0 Coba buktikan kelima sifat tersebut dengan menggunakan definisi kekonvergenan barisan. Selain menggunakan kelima sifat limit barisan tersebut, kekonvergenan barisan dapat pula diperiksa dengan menggunakan teorema berikut, yang sering disebut dengan prinsip apit atau sandwich theorem. Teorema: Prinsip APIT Misalkan a k dan c k adalah barisan-barisan yang konvergen menuju L dan a k b k c k untuk k K, maka b k juga konvergen menuju L. Jika kita menghadapi barisan yang suku-sukunya berubah tanda maka teorema berikut

8 Modul Kalkulus IV ini dapat digunakan untuk memeriksa kekonvergenannya dengan memandang barisan nilai mutlaknya. Teorema: konvergensi barisan berubah tanda: Jika lim a k = 0 maka lim a k = 0. Soal latihan. Jika (a k ) barisan real dengan (a k ) M, k N dan diketahui lim a k = L, buktikan bahwa L M. 2. Jika L R, M R dan L M +ǫ, ǫ > 0, buktikan bahwa L M 3. Gunakan sifat a b a b untuk membuktikan bahwa: Jika (a k ) konvergen ke L maka ( a k ) konvergen ke L. 4. Berikan contoh barisan (a k ) yang bersifat ( a k ) konvergen tetapi (a k ) tidak konvergen. ( k ) 5. Tentukan lim k + k. 6. Jika lim a k a k + = 0 buktikan bahwa lim a k =. I. 3 Barisan Monoton dan Terbatas Pada bagian ini dibahas teorema-teorema yang dapat digunakan untuk memeriksa kekonvergenan suatu barisan dengan memanfaatkan sifat kemonotonan dan keterbatasan barisan tersebut. Definisi Barisan Monoton Barisan {a k } disebut barisan tak turun bila a k a k+, k. Sebaliknya, barisan {a k } disebut barisan tak naik bila a k a k+, k. Bila barisan {a k } tak naik atau tak turun maka barisan {a k } disebut barisan monoton.

Wuryansari Muharini Kusumawinahyu 9 Sebelum membahas barisan terbatas, perlu diperkenalkan terlebih dahulu definisi-definisi, teorema, dan aksioma mengenai keterbatasan suatu himpunan karena konsep-konsep tersebut diperlukan dalam pembuktian teorema-teorem mengenai barisan monoton dan terbatas. Definisi Himpunan Terbatas Suatu himpunan A R dikatakan Terbatas di Atas jika terdapat bilangan real M sehingga a M, a A. Sebaliknya, A dikatakan Terbatas di Bawah jika terdapat bilangan real m sehingga a m, a A. Dalam hal ini M disebut batas atas dari A dan m disebut batas bawah dari A. Himpunan A R dikatakan Terbatas jika A terbatas di atas dan terbatas di bawah. Dengan perkataan lain, himpunan A R terbatas jika dan hanya jika terdapat bilangan real m dan M sehingga A [m,m]. Perhatikan bahwa batas atas atau batas bawah suatu himpunan tidak tunggal. Definisi Supremum Misalkan A R adalah himpunan yang terbatas di atas. Bilangan α disebut Supremum atau Batas Atas Terkecil dari A jika (i) α adalah batas atas dari A (ii) α M, untuk setiap M batas atas dari A Notasi: α = supa Definisi Infimum Misalkan A R adalah himpunan yang terbatas di bawah. Bilangan β disebut Infimum atau Batas Bawah Terbesar dari A jika (i) β adalah batas bawah dari A (ii) β m, untuk setiap m batas bawah dari A Notasi: β = infa Dua teorema berikut dapat digunakan untuk menggantikan definisi supremum dan infimum suatu himpunan.

0 Modul Kalkulus IV Teorema Supremum Misalkan A R adalah himpunan yang terbatas di atas. Maka α = supa jika dan hanya jika (i) α adalah batas atas dari A (ii) ǫ > 0 a A sehingga a > α ǫ Teorema Infimum Misalkan A R adalah himpunan yang terbatas di bawah. Maka β = infa jika dan hanya jika (i) β adalah batas bawah dari A (ii) ǫ > 0 a A sehingga a < β +ǫ Aksioma berikut merupakan aksioma yang hanya dimiliki oleh himpunan bilangan real. Aksioma Eksistensi Supremum Infimum Misalkan A R adalah himpunan bilangan real yang terbatas di atas maka A memiliki supremum di R. Sebaliknya, jika A R adalah himpunan bilangan real yang terbatas di bawah maka A memiliki infimum di R. Definisi Barisan Terbatas Barisan {a k } dikatakan terbatas di atas bila terdapat bilangan M R sedemikian sehingga a k M untuk setiap k N. Barisan {a k } dikatakan terbatas di bawah bila terdapat bilangan m R sedemikian sehingga a k m untuk setiap k N. Suatu barisan dikatakan terbatas jika barisan tersebut terbatas di atas dan terbatas di bawah. Dengan perkataan lain, barisan {a k } R dikatakan terbatas jika m,m R a k [m,m], k N. Dapat pula dikatakan bahwa barisan {a k } R dikatakan terbatas jika M R a k M, k N. Teorema berikut dapat digunakan untuk memperlihatkan bahwa suatu barisan TIDAK konvergen yaitu dengan memperlihatkan bahwa barisan tersebut tidak terbatas.

Wuryansari Muharini Kusumawinahyu Teorema: Barisan terbatas Jika barisan {a k } konvergen maka {a k } terbatas Bukti: Diketahui {a k } konvergen. Misalkan lim a k = L. Berarti ǫ > 0, n 0 N a k L < ǫ, k n 0. Akibatnya a k = a k L+L a k L + L < ǫ + L, k n 0. Jika dimisalkan P = ǫ + L maka diperoleh a k < P, k n 0. Misalkan Q = max{ a k k < n 0 } maka a k Q, k < n 0. Misalkan M = max{p,q} maka a k M, k N. Jadi telah terbukti bahwa {a k } terbatas. Perhatikan bahwa menurut teorema tersebut, barisan yang terbatas tidak selalu konvergen. Sebagai contoh, barisan {a k } =,,,,,,,,... merupakan barisan terbatas, namun {a k } tidak konvergen. Yang dapat disimpulkan dari teorema tersebut adalah bahwa barisan yang tak terbatas pasti tidak konvergen, sehingga teorema tersebut berguna untuk memperlihatkan kedivergenan. Namun demikian, Bolzano dan Weierstrass berhasil menurunkan suatu teorema yang menyatakan implikasi suatu barisan terbatas, seperti dinyatakan dalam teorema berikut. Teorema Bolzano-Weierstrass Setiap barisan bilangan real yang terbatas pasti memiliki sub barisan yang konvergen. Teorema berikut menyatakan hubungan antara kemonotonan dan keterbatasan suatu barisan dengan kekonvergenan, sehingga diperoleh cara lain untuk memperlihatkan kekonvergenan barisan tanpa menggunakan definisi, melainkan cukup dengan memeriksa kemonotonan dan keterbatasan barisan saja. Teorema: barisan monoton Jika barisan {a k } terbatas di atas dan monoton tak turun maka barisan {a k } konvergen. Demikian pula, jika barisan {a k } terbatas di bawah dan monoton tak naik maka barisan {a k } konvergen. Akibatnya, barisan yang monoton dan terbatas pasti konvergen

2 Modul Kalkulus IV I. 4 Barisan Divergen Definisi Barisan divergen menuju ke tak hingga Barisan bilangan real (a k ) dikatakan divergen menuju tak hingga jika M > 0,M R n 0 N a k M, k n 0. Notasi: lim a k =. Definisi Barisan divergen menuju ke minus tak hingga Barisan bilangan real (a k ) dikatakan divergen menuju minus tak hingga jika M > 0,M R n 0 N a k M, k n 0. Notasi: lim a k =. Definisi Barisan berosilasi Jika barisan bilangan real (a k ) divergen namun tidak menuju tak hingga maupun minus tak hingga maka barisan (a k ) disebut barisan berosilasi. I. 5 Barisan Cauchy Pada bagian ini diperlihatkan bahwa dengan menggunakan suatu kriteria, yang disebut kriteria Cauchy, kita dapat menentukan konvergensi suatu barisan bilangan real tanpa perlu menentukan nilai L sebagai nilai limitnya terlebih dahulu. Definisi: Barisan Cauchy Barisan bilangan real (a k ) disebut barisan Cauchy jika ǫ > 0, n 0 N a k a m < ǫ, k,m n 0. Kriteria konvergensi Cauchy Barisan bilangan real (a k ) konvergen jika dan hanya jika (a k ) adalah barisan Cauchy Bukti: Akan dibuktikan terlebih dahulu bahwa: jika (a k ) konvergen maka (a k ) adalah barisan Cauchy. Misalkan lim a k = L. Berarti ǫ > 0, n 0 N a k L < ǫ 2, k n 0.

Wuryansari Muharini Kusumawinahyu 3 Akibatnya a k a m = a k L+L a m a k L + L a m < ǫ + ǫ = ǫ, k,m n 2 2 0. Terbukti bahwa (a k ) adalah barisan Cauchy. Pembuktian pernyataan sebaliknya, yaitu jika (a k ) adalah barisan Cauchy maka (a k ) konvergen, dilakukan dengan menggunakan teorema Bolzano-Wierstrass. I. 6 Soal-soal Latihan Barisan. Pada soal-soal berikut, diberikan rumus eksplisit untuk a k. Tulislah suku-suku barisan (a k ) dan tentukan apakah barisannya konvergen atau divergen. Jika konvergen, tentukan lim a k. a. a k = 4k+5 k b. a k = 6k2 2 3k+ c. a k = k 2 + d. a 4k+3 k = kcos(kπ) 6k+5 e. a k = e k sink f. a k = e2k 4 k g. a k = ( ) k 4 +3 k/2 h. a k = k00 e k i. a k = ln(/k) 2k j. a k = (2k) /2k 2. Pada soal-soal berikut, tentukan rumus eksplisit untuk setiap barisan. Tentukan apakah barisannya konvergen atau divergen. Jika konvergen, tentukan lim a k. a. (a k ) = 2 2, 2 2 3, 3 2 4, 4 2 5,... b. (a k ) =,,,,... 2 3 2 3 4 c. (a k ) = 2 3 4,,,,... 2 3 4 5 2 3 4 5 d. (a k ) =, 4, 9, 6,... 3 9 27 8 e. (a k ) = 2, 2 3, 3 4, 4 5,... 3. Pada soal berikut tunjukkan bahwa (a k ) konvergen, dengan menggunakan teorema kemonotonan. a. a k = k k+ ( 2 k 2 ) b. a k = + 2! + 3! + 4! +...+ k! c. a =,a k+ = + 2 a k

4 Modul Kalkulus IV ( d. a = 2,a k+ = a 2 k + 2 e. a k = ( k ) k + k ( k3 f. a k = k 3 2 + ) k 3 a k ) 4. Misalkan (a k ) = + 2 + 3 + 4 + 5 +... Buktikan bahwa barisan (a k+ a k ) konvergen ke 0 tetapi (a k ) bukan barisan Cauchy.

BAB II Deret Bilangan Real II. Deret Tak Hingga Misalkan diberikan barisan {a n } = a,a 2,a 3,... Misalkan S = a, S 2 = a +a 2 = 2 a n, S 3 = a +a 2 +a 3 = 3 a n, S 4 = a +a 2 +a 3 +a 4 = 4 a n,..., S k = a +a 2 +a 3 +a 4 +...+a k = k a n maka terbentuklah barisan {S k } = S,S 2,S 3,... Di sini S k disebut jumlah parsial ke k, dan a n = a +a 2 +a 3 +a 4 +... disebut DERET TAK HINGGA atau secara singkat hanya disebut deret. Definisi Konvergensi Deret Deret a n dikatakan konvergen dan mempunyai jumlah S jika barisan jumlah-jumlah parsial {S k } konvergen menuju S. Notasi: a n = lim k a n = lim S k = S. Sebaliknya, bilabarisan{s k }divergenmakaderet a n dikatakandivergendantidakmempunyai jumlah. 5

6 Modul Kalkulus IV Contoh:. Deret geometri adalah deret yang terbentuk dari barisan {ar n }, dengan a 0, yaitu ar n = a+ar+ar 2 +ar 3 +... Dapat diperlihatkan bahwa deret geometri adalah deret yang konvergen dengan jumlah S = a r bila r <, namun divergen bila r. 2. Dapat diperlihatkan bahwa deret harmonik adalah deret yang divergen. n = + 2 + 3 + 4 +... II. 2 Teorema-teorema tentang Deret Teorema Uji DIVERGENSI Jika deret a n konvergen maka lim a n = 0. n Perlu diperhatikan bahwa jika lim a n = 0, maka belum tentu deret a n konvergen. n Sifat yang ekivalen dengan teorema tersebut adalah jika lim a n 0, maka deret a n n divergen. Oleh karena itu, teorema tersebut sangat bermanfaat untuk menguji apakah suatu deret divergen, yaitu cukup dengan memeriksa lim n a n. Contoh: deret 2n 3 + n 4n 3 +n divergen sebab lim n a n = lim 2n 3 + n n 4n 3 +n = 2 0. Sifat-sifat kelinieran deret konvergen Jika a n dan b n konvergen dan c adalah suatu konstanta, maka deret (a n +b n ) dan deret c a n juga konvergen, dan berlaku

Wuryansari Muharini Kusumawinahyu 7 (i) c a n = c a n (ii) (a n +b n ) = a n + b n. Teorema: Jika a n divergen maka c a n juga divergen. Teorema Jika deret a n konvergen maka suku-suku dalam deret tersebut boleh dikelompokkan dengan sebarang cara dan deret yang dihasilkan dari pengelompokan suku-suku deret tersebut akan konvergen dengan jumlah yang sama dengan deret semula. Soal Latihan. Buktikan bahwa: jika a + a 2 + a 3 + a 4... konvergen ke s maka a 2 + a 3 + a 4... konvergen ke s a 2. Buktikan bahwa deret konvergen n(n+) 3. Untuk nilai x berapakah deret ( x)+(x x 2 )+(x 2 x 3 )+... konvergen? 4. Apakah deret log ( + n) konvergen? 5. Buktikan bahwa: deret a n konvergen jika dan hanya jika ǫ > 0 n 0 N sehingga n k=m+ a k < ǫ, n > m n 0 6. Apakah deret berikut konvergen? n+ a. n+2 b. n+ 0 0 (n+2) 7. Buktikanbahwa: jika a n konvergenkeamaka (a 2 +a 2 )+ (a 2 2+a 3 )+ (a 2 3+a 4 )+... juga konvergen. Tentukan jumlah untuk deret ke dua.

8 Modul Kalkulus IV 8. Berikancontohderet a n yangbersifat: (a +a 2 )+(a 3 +a 4 )+(a 5 +a 6 )+(a 7 +a 8 )+... konvergen tetapi a +a 2 +a 3 +a 4 +... divergen II. 3 Uji Deret Positif (Tak Negatif) Dalam sub bab ini dibahas mengenai beberapa uji yang dapat digunakan untuk menentukan kekonvergenan suatu deret dengan suku-suku tak negatif atau positif. Teorema Deret a n, dengan a n 0 akan konvergen jika dan hanya jika jumlah-jumlah parsialnya terbatas di atas, yaitu S n M untuk suatu bilangan positif M. Teorema: uji integral Misalkan f(x) adalah fungsi yang kontinu, bernilai positif, dan monoton tak naik pada selang [, ], dan andaikan a n = f(n), k N. Maka deret tak hingga a n konvergen jika dan hanya jika integral tak wajar f(x) dx konvergen. Teorema tersebut sering dinyatakan pula sebagai berikut. Deret f(n) dan integral tak wajar f(x) dx konvergen atau divergen secara bersamaan. Teorema: uji banding biasa Misalkan 0 a n b n, n N, untuk suatu N. (i) Jika b n konvergen, maka demikian pula halnya dengan a n (ii) Jika a n divergen, maka demikian pula halnya dengan b n. Teorema: uji banding limit Misalkan a n 0,b n 0, dan a n lim = L. n b n

Wuryansari Muharini Kusumawinahyu 9 (i) Jika 0 < L < maka a n dan b n sama-sama divergen atau sama-sama konvergen (ii) Jika L = 0 dan b n konvergen, maka a n konvergen. Teorema: uji rasio Misalkan a n adalah deret dengan suku-suku positif dan (i) Jika ρ < maka deret tersebut konvergen (ii) Jika ρ > maka deret tersebut divergen ρ = lim n a n+ a n. (iii) Jika ρ = maka kekonvergenan deret tersebut tak dapat ditentukan. Teorema: uji akar Misalkan a n adalah deret dengan suku-suku positif dan ρ = lim n n a n. (i) Jika ρ < maka deret tersebut konvergen (ii) Jika ρ > maka deret tersebut divergen (iii) Jika ρ = maka kekonvergenan deret tersebut tak dapat ditentukan. II. 4 Deret Berayun Dalam sub bab ini dipelajari deret berayun, yaitu deret yang nilainya berubah-ubah dari negatif ke positif dan sebaliknya. Deret berayun sering pula disebut deret berganti tanda. Bentuk umum deret berganti tanda adalah ( ) n+ a n = a a 2 +a 3 a 4 +a 5 a 6 +...

20 Modul Kalkulus IV Teorema: uji deret berayun Misalkan ( ) n+ a n adalah deret berayun dengan a n > a n+ > 0. Jika lim a n = 0, maka n deret berayun ( ) n+ a n konvergen. Definisi Konvergen Mutlak Deret u n disebut konvergen mutlak jika u n konvergen. Teorema: uji konvergensi mutlak: Jika u n konvergen maka u n konvergen. Dengan perkataan lain, teorema tersebut menyatakan bahwa deret yang konvergen mutlak pasti konvergen. Teorema: uji rasio mutlak Misalkan u n adalah deret dengan suku-suku tak nol dan ρ = lim n u n+ u n. (i) Jika ρ < maka deret tersebut konvergen mutlak (sehingga konvergen) (ii) Jika ρ > maka deret tersebut divergen (iii) Jika ρ = maka kekonvergenan deret tersebut tak dapat ditentukan. Definisi Konvergen Bersyarat Deret u n disebut konvergen bersyarat jika u n konvergen namun u n divergen. Contoh: deret harmonik berayun merupakan contoh deret yang konvergen bersyarat. Teorema:Jika deret u n konvergen mutlak maka suku-suku dalam deret tersebut boleh diubah susunannya tanpa mengubah nilai konvergensi maupun jumlah deretnya.

Wuryansari Muharini Kusumawinahyu 2 II. 5 Deret Kuasa Pada sub bab - sub bab sebelumnya, deret yang kita bahas adalah deret dengan suku-suku konstan, yaitu u n, dengan u n berupa konstanta. Kini akan dibahas deret dengan suku- suku berupa fungsi, yaitu deret berbentuk u n (x). Lebih khusus lagi, dalam sub bab ini dibahas deret fungsi u n (x), dengan u n (x) berupa fungsi pangkat dalam x. Deret yang demikian disebut deret pangkat atau deret kuasa (power series). Bentuk umum deret kuasa dalam x adalah a n (x c) n = a 0 +a (x c)+a 2 (x c) 2 +a 3 (x c) 3 +..., dengan c adalah suatu konstanta tertentu yang disebut pusat deret kuasa. Bila c = 0 maka diperoleh deret kuasa yang sederhana yaitu a n x n = a 0 +a x+a 2 x 2 +a 3 x 3 +... Bila kita ganti x dengan suatu bilangan, maka akan diperoleh deret konstanta yang dapat dikaji kekonvergenannya. Dengan demikian sangat masuk akal bila muncul dua pertanyaan berikut.. Untuk nilai x berapakah deret kuasa akan konvergen? 2. Bila deret kuasa tersebut konvergen, akan menuju ke fungsi S(x) yang bagaimanakah? Definisi: himpunan semua nilai x yang membuat suatu deret kuasa menjadi konvergen disebut himpunan konvergensi atau daerah kekonvergenan atau selang kekonvergenan deret kuasa tersebut. Teorema: Daerah kekonvergenan deret kuasa a n (x c) n pasti merupakan salah satu dari tiga kemungkinan berikut. (i) Titik tunggal x = c. Pada kasus ini dikatakan bahwa jari-jari konvergensinya adalah 0

22 Modul Kalkulus IV (ii) Selang (c R,c + R), ditambah kemungkinan salah satu atau kedua titik ujungnya. Pada kasus ini dikatakan bahwa jari-jari konvergensinya adalah R (iii) Seluruh garis bilangan real. Pada kasus ini dikatakan bahwa jari-jari konvergensinya adalah. Untuk menentukan daerah kekonvergenan dan jari-jari konvergensi, digunakan uji rasio mutlak,yaitu a n (x c) n a konvergenjikaρ = lim n+(x c)n+ a n a n(x c) <. Akibatnya, x c lim n+ n n a n < a. Pertaksamaan terakhir akan terpenuhi jika x c < lim n.misalkanr n a n+ = lim a n, n a n+ dapat disimpulkan bahwa deret kuasa berpusat di x = c konvergen bila x c < R yang ekivalen dengan mengatakan x (c R,c+R). Dalam hal ini R disebut JARI-JARI KON- VERGENSI dan selang (c R,c+R) disebut SELANG KONVERGENSI atau DAERAH KONVERGENSI deret kuasa. PERLU DIINGAT bahwa boleh jadi, pada ujung-ujung selang, yaitu untuk x = c R dan x = c+r deret kuasa a n (x c) n juga konvergen. Oleh karena itu, harus selalu diperiksa apakah deret kuasa konvergen di kedua titik tersebut. PEMERIKSAAN DI KEDUA TITIK UJUNG PASTI GAGAL BILA MENGGUNAKAN UJI RASIO, SEHINGGA HARUS DIGUNAKAN UJI DERET YANG LAIN. Untuk menentukan jari-jari konvergensi, dapat pula digunakan uji akar, yaitu a n (x c) n konvergen jika lim n a n (x c) n <. Akibatnya x c lim n a n <. Pertaksamaan n n terakhir akan terpenuhi jika x c < lim n n an. Jadi, dengan menggunakan uji akar diperoleh cara lain menentukan jari-jari konvergensi, yaitu R = lim. n n an II. 6 Deret Taylor dan Deret Mac Laurin Deret Taylor dan Deret Mac Laurin merupakan contoh deret kuasa. Pada kuliah Kalkulus I telah dipelajari teorema Taylor yang menyatakan suatu fungsi sebagai deret kuasa. Teorema Taylor Jika f(x) dapat diturunkan tak berhingga kali di suatu titik x = c yang terletak pada

Wuryansari Muharini Kusumawinahyu 23 domain f(x) maka Deret Taylor dari f(x) di sekitar x = c adalah f(x) = n=0 f n (c) (x c) n, n! dengan f n (c) = dn f dx n x=c. Khususnya jika c = 0 maka diperoleh deret Mac Laurin n=0 f(x) = n=0 f n (0) x n n! Sebagai contoh, telah kita pelajari deret Taylor atau Mac Laurin dari fungsi-fungsi berikut.. sinx = ( ) n x 2n+ = x x3 + x5 x7 +... (2n+)! 3! 5! 7! 2. cosx = n=0 3. sinx = 4. e x = n=0 n=0 5. ln(x) = ( ) n x 2n (2n)! = x2 2! + x4 4! x6 6! + x8 8!... ( ) n (x π 2 )2n (2n)! = (x π 2 )2 2! (x π 2 )4 4! + (x π 2 )6 6!... x n n! = +x+ x2 2! + x3 3! + x4 4! + x5 5! +... 6. ln(x+) = ( ) n+ (x ) n n 7. ln( x) = ( ) n+ x n n x n n = x (x )2 2 + (x )3 3 (x )4 4 +... = x x2 2 + x3 3 x4 4 +... = x x2 2 x3 3 x4 4... Tugas: tentukan jari-jari dan selang konvergensi ketujuh deret kuasa tersebut. II. 7 Operasi pada Deret Kuasa Teorema: penjumlahan deret kuasa Pada daerah konvergensinya, dua deret kuasa dapat dijumlahkan atau dikurangkan suku demi suku Contoh: Tentukan deret Mac Laurin untuk f(x) = ln ( +x Jawab: ln ( ) +x x = ln(+x) ln( x) = 2x+2 x 3 3 +2x5 5 +2x7 7 +2x9 +... 9 x).

24 Modul Kalkulus IV Teorema: turunan deret kuasa Pada daerah konvergensinya, turunan dari deret kuasa dapat ditentukan dengan menurunkannya suku demi suku. Contoh: Deret Mac Laurin untuk cosinus dapat diperoleh dengan menurunkan deret Mac Laurin untuk sinus suku demi suku. cos(x) = d dx (sin(x)) = d dx (x x3 3! + x5 5! x7 7! + x9 9!... = x2 2! + x4 4! x6 6! + x8 8!... ) Teorema: integral deret kuasa Pada daerah konvergensinya, integral dari deret kuasa dapat ditentukan dengan mengintegralkannya suku demi suku. Contoh Deret Mac Laurin untuk sin(x) dapat diperoleh dengan mengintegralkan deret Mac Laurin untuk cos(x) suku demi suku. cos(x) = = x 0 x 0 cos(t) dt ( t2 2! t4 4! + t6 6!... ) dx = x x3 3! + x5 5! + x7... = sin(x). 7! II. 8 Soal Latihan Deret. Dengan menentukan rumus untuk a n, tentukan kekonvergenan deret berikut. a. ln2 2 2 + ln3 3 2 + ln4 4 2 + ln5 5 2 +...

Wuryansari Muharini Kusumawinahyu 25 b. 2 + 2 3 + 3 4 + 4 5 +... c. 2 + 2 5 + 3 0 + 4 7 +... d. + 2 2 + 3 3 + 4 4 +... 2. Dengan menggunakan sifat-sifat deret yang telah dipelajari, periksalah apakah deretderet berikut konvergen n a. b. 5n 2 3 c. d. (n 2) 2 e. n f. 2 +9n g. n h. n+ i. 2n+ j. n 2 n! k. l. n 00 m. n ( n 3) n. ( o. n n) p. n q. r. 2+n5 n s. t. (ln(n)) ln(n) u. v. (ln(n)) 4 ln(n) w. x. n 2 2 y. n z. n 20 n 2 n (n+) 3n 2 n 3 2n 2 + n n 2 +2n+3 3n+ n 3 4 8 n n! 5 n n 5 2+sin 2 n 5 2n n! ln (n+)2 n(n+2) ( ) 2 ln(n) n n ( cos n 3. Periksalah apakah deret berikut konvergen, atau konvergen mutlak, atau divergen a.! + 2! 3! + 4! 5! +... b. 3 + 5 7 + 9 +... c. 2 2 3 + 3 4 4 5 + 5 6 6 7 +... d. + 2 2 + 3 3 + 4 4 +... e. 2 + 2 2 2 + 3 2 3 + 4 2 4 +... f. 2 2 2 +2 3 2 4 +2 5 2 6 +... ( ) ( ) g. ( 2) 2 2 + 2 3 2 n n! n! n n ( ) ( ) 2 4 + 2 5 +... )

26 Modul Kalkulus IV h. i. ( ) n+ n 2n n + ( )n n