INTISARI KALKULUS 2 Penyusun: Drs. Warsoma Djohan M.Si. Program Studi Matematika - FMIPA Institut Teknologi Bandung Januari 200
Pengantar Kalkulus & 2 merupakan matakuliah wajib tingkat pertama bagi semua Program Studi di Institut Teknologi Bandung (kecuali Desain dan Seni Murni). Dari segi teori, materi yang tercakup merupakan materi dasar yang diperlukan bagi seluruh Program Studi di ITB, sehingga isinya dari tahun ke tahun tidak banyak mengalami perubahan. Penyusunan diktat ini bertujuan untuk mengefektifkan proses pembelajaran yang berlangsung di kelas. Diktat dirancang untuk dipakai dosen dan juga mahasiswa. Dosen memanfaatkannya sebagai media untuk ceramah dan diskusi di kelas, sedangkan bagi mahasiswa, diktat ini sebagai pengganti catatan kuliah. Untuk itu, diktat dirancang dalam bentuk beningan (transparancies) yang cukup rinci. Untuk mengoptimalkan proses pembelajaran, materi yang akan dibahas sebaiknya sudah disebar ke mahasiswa sebelum perkuliahan dimulai. Dengan cara ini maka proses pembelajaran di kelas dapat lebih efektif, di mana waktu lebih banyak digunakan untuk berinteraksi (ceramah dan diskusi), dibandingkan dengan pola konvensional yang banyak menghabiskan waktu untuk mencatat. Perlu dipahami bahwa diktat ini bukanlah pengganti buku teks, tetapi merupakan perangkat bantu untuk meningkatkan proses pembelajaran, terutama dalam kelas. Selain itu konsep-konsep matematika yang ditulis di sini masih sangat memerlukan pemahaman dan penjelasan dari dosen pengajar. Soal-soal contoh dan latihan umumnya tidak dituliskan solusinya. Soal-soal ini sebagian untuk dibahas di kelas, sebagian lagi untuk latihan mahasiswa secara mandiri. Cara ini diterapkan untuk menghindari proses belajar yang hanya menghafal soal-jawab, tanpa memahami prosesnya. Diktat ini mulai disusun pada bulan Januari 2004 dan dapat diselesaikan pada akhir Mei 2004. Revisi dilakukan terus menerus secara kontinu. Penyusunan didasarkan pada buku teks yang digunakan yaitu: Calculus and Analytic Geometry, edisi 9, D. Varberg & E.J. Purcell. Semoga penulisan diktat ini dapat meningkatkan proses pembelajaran matematika pada mahasiswa tingkat di ITB. Kritik dan saran atas isi diktat ini dapat disampaikan melalui e-mail ke warsoma@.math.itb.ac.id Penyusun, Warsoma Djohan
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB Teknik Pengintegralan Mencari anti turunan dari sebuah fungsi f(x) secara umum sukar dilakukan. Pada bagian ini dibahas beberapa kelompok fungsi tertentu yang anti turunannya dapat dihitung secara analitis. Berikut ini disajikan beberapa rumus anti turunan yang telah dikenal dari pasal-pasal sebelumnya:. k du = ku + c 2. u r du = { u r+ r+ + c r ln u + c r = 3. 5. 7. 9.. 3. e u du = e u + c 4. sinudu = cosu + c 6. sec 2 u du = tanu + c 8. sec u tanudu = sec u + c 0. tanudu = ln cosu + c 2. du ( a2 u = u ) 2 sin + c 4. a a u du = au ln a + c a, a > 0 cosudu = sinu + c csc 2 u du = cotu + c csc u cotudu = csc u + c cotudu = ln sin u + c du u 2 + a = ( u ) 2 a tan + c a 5. du u u 2 a 2 = a sec ( ) u + c a Buktikan sifat no: dan 3.
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 2 Pengintegralan dengan Metode Substitusi Perhatikan masalah f(x) dx. Pada metode ini, sebagian dari integran (fungsi yang diintegralkan) disubstitusikan menjadi variabel baru. Substitusi diatur agar bentuk integral dapat dibawa menjadi salah satu bentuk seperti pada halaman. Contoh-Contoh: x. cos 2 (x 2 ) dx 2 2. dx 5 9x 2 3. 4. 5. 6e /x dx x 2 e x dx 4 + 9e2x x 3 x 4 + dx Pengintegralan Fungsi Trigonometri a tan x 6. cos 2 x dx 7 7. x 2 6x + 25 dx x 2 x 8. x + dx 9. sec x dx 0. csc x dx Bentuk sin n x dx dan cos n x dx dengan n ganjil sin n x sin x dx = sin n x d(cosx) Tulis sebagai cos n x cosxdx = cos n x d(sinx) Dengan menggunakan rumus sin 2 x + cos 2 x =, ubah sin n x dalam cosx atau cos n x dalam sin x Contoh: Tentukan (a.) sin 3 x dx (b.) cos 5 x dx
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 3 Bentuk Tulis sin n x dx dan sin n x = ( sin 2 x )n 2 = cos n x = ( cos 2 x )n 2 = cos n x dx dengan n genap ( 2 2 cos(2x) ( 2 + 2 cos(2x) )n 2 )n 2 lalu pangkatkan Contoh: Tentukan (a.) sin 4 x dx (b.) cos 6 x dx Bentuk sin m x cos n x dx dengan m atau n ganjil Pisahkan satu suku dari yang berpangkat ganjil. Untuk ilustrasi, misalkan yang ganjil adalah m. Tulis sebagai sin m x cos n x sin x dx = sin m x cos n x d(cosx) Ubah faktor sin n x dalam cosx Contoh: Tentukan sin 4 x cos 3 x dx Bentuk sin m x cos n x dx dengan m dan n genap Reduksilah pangkat m dan n dengan menggunakan identitas sin 2 x = 2 2 cos(2x) dan cos2 x = 2 + 2 cos(2x) Contoh: Tentukan sin 2 x cos 4 x dx Bentuk tan n x dx dan cot n x dx Untuk tan n x keluarkan faktor tan 2 x = sec 2 x Untuk cot n x keluarkan faktor cot 2 x = csc 2 x Contoh: Tentukan (a.) tan 4 x dx (b.) cos 3 x dx
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 4 Bentuk tan m x sec n x dx dan cot m x csc n x dx n genap Untuk tan m x sec n x keluarkan faktor sec 2 x dx = d(tanx) Untuk cot m x csc n x keluarkan faktor csc 2 x dx = d(cotx) Contoh: Tentukan (a.) tan 3/2 x sec 4 x dx Bentuk tan m x sec n x dx dan cot m x csc n x dx m ganjil Untuk tan m x sec n x keluarkan faktor sec x tanxdx = d(secx) Untuk cot m x csc n x keluarkan faktor csc x cotxdx = d(cscx) Contoh: Tentukan (a.) tan 3 x sec /2 x dx sin(mx) cos(nx) dx, sin(mx) sin(nx) dx, sin(mx) cos(nx) = [ sin(m + n)x + sin(m n)x ] 2 sin(mx) sin(nx) = 2 [ cos(m + n)x cos(m n)x ] cos(mx) cos(nx) = 2 [ cos(m + n)x + cos(m n)x ] Contoh: Tentukan (a.) (b.) π sin(2x) cos(3x) dx sin(mx) sin(nx) dx cos(mx) cos(nx) dx π
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 5 Substitusi yang Merasionalkan Bentuk ini digunakan untuk beberapa integran yang memuat tanda akar. Bentuk n (ax + b) m, gunakan substitusi (ax + b) = u n Contoh: (a) dx x x (b) x 3 x 4 dx (c) x 5 (x + ) 2 dx Bentuk a 2 x 2, a2 + x 2, dan x 2 a 2 Pada ketiga bentuk tersebut, masing-masing gunakan substitusi: x = a sint π 2 t π 2 x = a tant π 2 < t < π 2 x = a sec t 0 t π, t π 2 Diperoleh: a 2 x 2 = a cost a 2 + x 2 = a sec t { a tant 0 t < π x 2 a 2 = 2 π a tant 2 < t π Contoh: Tentukan integral-integral berikut a2 (a) x 2 dx dx (c) dx 9 + x 2 4 x 2 (b) dx x 2 (d) x2 + 2x + 26 dx (e) 2x x2 + 2x + 26 dx 3 (e) x2 dx 2 x 3
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 6 Pengintegralan Parsial Misalkan u = u(x) dan v = v(x) dua buah fungsi. D x [uv] = u v + uv Jadi uv = u v dx + uv dx uv dx = uv u v dx atau Contoh: Tentukan integral-integral berikut 2 (a) x cosxdx (b) ln x dx (d) (g) x 2 sinxdx tan 2 x sec 3 x dx (e) e x sinxdx (f) Tunjukkan: sin n x dx = sinn x cosx n (g) x cos 2 x sin x dx (h) u dv = uv v du (c) (f) + n n sin x dx sec 3 x dx sin n 2 x dx x sin 3 x dx (tulis sin 3 x = ( cos 2 x ) sin x)
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 7 Pengintegralan Fungsi Rasional Pasal ini membahas pencarian anti turunan berbentuk: P(x) dx dengan P(x), Q(x) polinom. Q(x) Contoh: Tentukan x 5 + 2x 3 x + dx x 3 + 5x Bila derajat pembilang derajat penyebut, lakukan proses pembagian. Jadi, x 5 + 2x 3 x + x 3 + 5x = x 2 3 + 4x + x 3 + 5x x 5 + 2x 3 x + dx = (x 2 3) dx + x 3 + 5x (buktikan!) 4x + x 3 + 5x dx Pada ruas kanan, integral pertama mudah diselesaikan. Kesulitan hanya pada integral kedua. Dengan demikian pembahasan cukup dibatasi pada bentuk fungsi rasional dengan derajat pembilang lebih kecil dari derajat penyebut. Bentuk : Pembilang konstanta, penyebut terdiri dari satu faktor linear. (ax + b) dx gunakan substitusi u = ax + b m Contoh: (a) 2 dx (b) (2x + ) 3 2 3x + 5 dx Bentuk 2: Pembilang polinom derajat, penyebut terdiri dari satu faktor linear dengan multiplisitas m. Kita uraikan seperti pada ilustrasi berikut: p(x) (ax + b) m = A (ax + b) + A 2 (ax + b) 2 + + A m (ax + b) m Contoh: x 3 (x ) 2 dx
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 8 Bentuk 3: Penyebut terdiri dari faktor 2 linear dengan multiplisitas satu. S(x) (x x ) (x x 2 ) (x x n ) = A + A 2 + + x x x x 2 6 Contoh: (x + 2)(x ) dx A n x x 2 Perhatikan bahwa penguraian di atas tidak bergantung pada polinom S(x), asalkan derajatnya lebih kecil dari derajat penyebut. 6 5x + 3 Latihan: (a) dx (b) (2x )(x + 3) x 3 2x 2 3x dx Bentuk 4: Penyebut terdiri dari faktor 2 linear dan beberapa faktor multiplisitasnya lebih dari satu. Uraikan faktor bermultiplisitas satu seperti pada bentuk 2, sedangkan untuk yang multiplisitasnya lebih dari satu kita uraikan sebanyak pangkatnya seperti contoh berikut: x 2 x + 5 (x 2) 2 (x + ) x 2 x + 5 (x 2) 2 (x + ) = = A (x 2) + B (x 2) + C 2 x + A(x 2)(x + ) + B(x + ) + C(x 2)2 (x 2) 2 (x + ) x 2 x + 5 = A(x 2)(x + ) + B(x + ) + C(x 2) 2 Substitusikan secara beruntun nilai-nilai x = 2, x = dan x = 0 pada persamaan di atas, maka diperoleh B =, C = 3 dan A = 2. Jadi x 2 x + 5 (x 2) 2 (x + ) = 2 x 2 + Contoh: (a) (x 2) + 3 2 x + (bentuk ) 8x 2 + 5x 8 3x 5 + 7x 4 + 9x 3 64x 2 30x + dx (b) dx (2x ) 2 (x + 3) (x ) 2 (x 2)(x + 3) 3 Bentuk 5: Pembilang konstanta dan penyebut polinom kuadrat definit dengan multiplisitas. Contoh: x 2 + 4x + 8 dx.
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 9 Bentuk 6: Pembilang polinom derajat satu sedangkan penyebut polinom kuadrat definit dengan multiplisitas. p px + q Ubah bentuknya sbb. x 2 + bx + c = 2 (2x + b) x 2 + bx + c + q p 2 b x 2 + bx + c 2x + 0 Contoh: x 2 + 4x + 8 dx Bentuk 7: Penyebut terdiri dari dua faktor atau lebih dan memuat faktor kuadrat definit bermultiplisitas. Contoh: S(x) (x t)(x 2 +bx+c) = A x t + Bx+C x 2 +bx+c 7x 2 + 2x 7 (4x + )(x 2 + 4x + 8) dx Bentuk 8: Penyebut memuat faktor kuadrat definit bermultiplisitas 2. Contoh: S(x) (x t)(x 2 +bx+c) 2 = A x t + A 2x+A 3 x 2 +bx+c + A 2x+A 3 (x 2 +bx+c) 2 6x 4 + x 3 + 46x 2 + 7x + 6 (4x + )(x 2 + ) 2 dx
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 0 Bentuk Tak tentu Limit Perhatikan tiga buah limit berikut: (a) lim x 0 sin x x (b) lim x 3 x 2 9 x 2 x 6 (c) lim x a f(x) f(a) x a Bila masing-masing titik limitnya disubstitusikan, ketiganya menghasilkan bentuk 0 0, tetapi bila dihitung nilai limitnya, hasilnya dapat berbeda-beda. Bentuk seperti ini dinamakan bentuk tak tentu. Aturan L Hopital : Misalkan lim x a f(x) = lim x a g(x) = 0. f Bila lim (x) x a g (x) f(x) ada (boleh takhingga) maka lim x a g(x) = lim f (x) x a g (x) Contoh: Tentukan limit-limit berikut: sin x (a) lim x 0 x (d) lim x 0 tan(2x) ln(+x) cosx (b) lim x 0 x sin x x (e) lim x 0 x 3 x (c) lim 2 +3x 0 x 2 + x 2 4x+4 cosx (f) lim x 0 x 2 +3x Aturan L Hopital 2: Misalkan lim x a f(x) = lim x a g(x) =. f Bila lim (x) x a g (x) f(x) ada (boleh takhingga) maka lim x a g(x) = lim f (x) x a g (x) Contoh: Tentukan limit-limit berikut: x (a) lim x e x x (b) lim a x e, a>0 x e (h) lim x x x (c) lim x ln x x a a>0 (d) lim x 0 + ln x cotx Bentuk Tak Tentu 0. Diubah jadi bentuk 0 Contoh: Tentukan lim tanx ln(sinx). x π 2 atau 0 Bentuk Tak Tentu. Samakan penyebutnya sehingga berbentuk 0 0 atau Contoh: Tentukan lim x + ( x x ln x).
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB Bentuk Tak Tentu 0 0, 0, dan. Lakukan penarikan logaritma. Contoh: Tentukan (a) lim x 0 + xx (b) lim x 0 +(x + )cotx (c) lim (tanx)cosx x π 2 Catatan: Bentuk-bentuk berikut merupakan bentuk tertentu 0, 0, +,, 0, (jelaskan!) Integral Tak Wajar: batas Pada pendefinisian integral yang lalu, akan dibahas bila batas integrasinya. a. b. c. b a f(x) dx = lim t f(x) dx = lim q f(x) dx = 0 q a b t f(x) dx f(x) dx f(x) dx + 0 b a f(x) dx f(x) dx, a dan b berhingga. Pada bagian ini Catatan: f(x) dx lim t t t f(x) dx Bila suku-suku di ruas kanan nilainya berhingga, dikatakan integral tak wajar tersebut konvergen dan nilainya adalah hasil di ruas kanan. Contoh-Contoh:. Tentukan (a) 2. Tentukan k supaya xe x2 dx 3. Carilah semua nilai p supaya (b) sinxdx 0 k +x 2 dx = dx konvergen. xp
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 2 Integral Tak Wajar: Integran Tak Hingga Ilustrasi: Perhatikan integral tentu 2 x 2 dx. Bila kita hitung memakai teorema dasar kalkulus : 2 [ x dx = ] = 2 x 2 2 = 3 2 Hasil ini tidak wajar, sebab integrannya f(x) = x 2 fungsi yang positif. Penyebab ketidakwajaran ini karena f(x) tidak terdefinisi di x = 0 [ 2, ]. Integral ini merupakan integral tak wajar, jadi tidak boleh dihitung seperti di atas. Bentuk-bentuk integral tak wajar karena integrannya takhingga didefinisikan sbg: a. Misalkan lim f(x) =, maka x a + b. Misalkan lim f(x) =, maka x b b a b a f(x) dx = lim t a + f(x) dx = lim q b c. Misalkan f(x) kontinu pada [a, b] kecuali di c [a, b], maka b a f(x) dx = c a f(x) dx + b c f(x) dx b t q a f(x) dx f(x) dx Contoh-Contoh:. Tentukan Integral-Integral berikut (a) 2. Carilah semua nilai p supaya 3. Periksa kekonvergenan (a) 2 0 2 2 4 x 2 dx 0 x p dx konvergen. x 2 dx (b) 3 0 (x ) 2 3 dx (b) 0 x dx
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 3 Deret Tak Hingga Pada bagian ini akan dibicarakan penjumlahan berbentuk a + a 2 + + a n + dengan a n R Sebelumnya akan dibahas terlebih dahulu pengertian barisan tak hingga. Barisan Tak Hingga Barisan tak hingga adalah fungsi f : N R. Barisan biasanya hanya dituliskan nilai-nilai fungsinya sebagai berikut: a, a 2, a 3, dengan a n = f(n), n N Notasi lain untuk barisan: {a n }, atau {a n} Contoh-Contoh:. a n = n : 0, 2, 2 3, 3 4, 4 5, 2. b n = ( ) n n : 0, 3 2, 2 3, 5 4, 4 5, 7 6, 6 7, 3. c n = ( ) n + n : 0, 3 2, 2 3, 5 4, 4 5, 7 6, 6 7, 4. d n = 0, 999: 0, 999 ; 0, 999 ; 0, 999 ; Diskusi: Bila n cenderung menuju nilai berapakah suku barisan di atas? Definisi Kekonvergenan Barisan: Barisan {a n } disebut konvergen ke L, ditulis lim a n = L, artinya untuk setiap ǫ > 0, dapat dicari bilangan positif K sehingga untuk n K = a n L < ǫ. Barisan yang tidak konvergen disebut divergen. Contoh: Dengan definisi kekonvergenan barisan, Tunjukkan lim ( n ) = Rumus umum suku barisan tersebut a n = n. Misalkan ǫ sebuah bilangan positif, dicari bilangan asli K supaya, untuk semua n K berlaku a n < ǫ, ( ) a, a 2, a 3,, a K, a K, a K+, a K+2, a K+3, }{{} a n < ǫ
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 4 Kembali pada pernyataan ( ), untuk mencari bilangan K, kita lakukan berikut: a n < ǫ ( n ) < ǫ n ) < ǫ n < ǫ a n < ǫ n > ǫ Dari pernyataan terakhir, dengan memilih bilangan asli K yang lebih besar dari ǫ, maka hubungan ( ) dipenuhi. Contoh: Perhatikan barisan c n = ( ) n + n. Apakah barisan ini konvergen ke -? Bila kita perhatikan nilai suku-suku barisan tersebut adalah sebagai berikut 0, 3 2, 2 3, 5 4, 4 5, 7 6, 6 00,, 7 000, 000 00, 003 002, 002 003, Perhatikan bahwa sukus-suku ganjil (warna biru), cenderung menuju -, sedangkan suku-suku yang genap (warna oranye), cenderung menuju. Dengan demikian, bila ǫ = 2 kita tidak mungkin mendapatkan bilangan asli K sehingga untuk semua n K berlaku a n ( ) <. Jadi lim 2 ( )n + n. Pertanyaan lebih lanjut, apakah lim ( ) n + n ada?, Jelaskan jawaban anda.
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 5 Sifat-Sifat: (sama dengan sifat-sifat limit fungsi yang telah dikenal) Misalkan {a n }, {b n } barisan 2 yang konvergen, k R dan p N. lim n = 0 p lim k = k lim (a n ± b n ) = lim a n ± lim b n lim (a n b n ) = lim a n lim b n a n lim = b n lim a n lim b n syarat lim b n 0 Misalkan a n = f(n). Bila lim x f(x) = L maka lim f(n) = L Prinsip Apit: Misalkan {a n }, {b n }, dan {c n } barisan 2 dengan sifat a n c n b n untuk suatu n K (mulai indeks yang K). Bila lim a n = L dan lim b n = L maka lim c n = L lim a n = 0 lim a n = 0 Contoh-Contoh: 3n 2. Tentukan lim 7n 2 + ln n 2. Tentukan lim e n 3. Tentukan lim sin 3 n n 4. Misalkan < r <, tunjukkan lim r n = 0 (perhatikan r >, lalu tulis r = + p, tunjukan 0 r n pn ) bagaimanakah nilai lim r n bila r?
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 6 Barisan Monoton Pengertian kemonotonan barisan persis sama dengan pengertian kemonotonan pada fungsi. Sebuah barisan {a n } disebut monoton tak turun bila memenuhi a n a n+ dan disebut monoton tak naik bila memenuhi a n a n+. Sifat: Bila {a n } dan terbatas di atas, maka {a n } konvergen. Bila {a n } dan terbatas di bawah, maka {a n } konvergen. Catatan: Untuk pengamatan sifat barisan, kemonotonan {a n } cukup dimulai dari suatu indeks, yaitu bagian ekornya, depannya tidak perlu teratur. Contoh: Buktikan barisan {b n } dengan b n = n2 2 n konvergen (tunjukkan {b n } monoton tak naik untuk n 3). Catatan. Untuk menunjukan sebuah barisan {a n } monoton, gunakan salah satu cara berikut: Periksa tanda dari a n+ a n Bila a n selalu positif atau selalu negatif, periksa nilai dari a n+ a n. Bila a n = f(n), bentuk fungsi real f(x), lalu periksa tanda dari f (x).
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 7 Deret Tak Hingga Bentuk umum: a + a 2 + a 3 + = Tetapkan barisan {S n } sebagai berikut: a n dengan a n R. }{{} a, a } {{ + a } 2, a } + a {{ 2 + a } 3,, a } + a 2 + {{ + a n}, S S 2 S 3 S n Barisan ini disebut barisan jumlah parsial dari deret Secara intuitif bila n maka S n Definisi: Sebuah deret a n Deret Geometri: a + ar + ar 2 + ar 3 + = Sifat: Deret geometri divergen untuk r. k= Bukti: Sebut S n = a + ar + ar 2 + + ar n. S n rs n = a ar n (tunjukkan!) S n = a( rn ) r r a n a n disebut konvergen ke S bila lim S n = S. k= ar k a, r R ar k konvergen untuk r < dengan nilai S = a r dan Untuk r <, lim S n = a r (lihat contoh 4 halaman 5) Untuk r >, r, {S n } divergen (lihat contoh 4 halaman 5) Untuk r =, {S n } divergen (mengapa?) Contoh: Tentukan nilai deret berikut: 4 3 + 4 9 + 4 27 + 4 8 + Sifat: (uji kedivergenan deret) Bila a n konvergen maka lim a n = 0 sifat ini ekivalen dengan: bila lim a n 0 maka a n divergen. Contoh: Periksa kekonvergenan n 3 2n 3 +2n
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 8 Deret harmonik: + 2 + 3 + + n + = Perhatikan lim a n = lim n = 0, apakah deret ini konvergen? S n = + 2 + 3 + + n = + 2 + ( 3 + ( 4) + 5 + 6 + 7 + ) ( 8 + 9 + + ) 6 + + n > + 2 + 2 4 + 4 8 + 8 6 + + n n = + 2 + 2 + 2 + 2 + + n Jadi lim S n =, jadi {S n } divergen atau deret harmonik divergen. Deret Teleskopik / Kolaps : ( ) ( + ) ( + ) + = a a 2 a 2 a 3 a 3 a 4 Pada deret ini : S n = a a n+ Contoh: Periksa kekonvergenan deret Sifat Linear: Jika a n, k= (k + 2)(k + 3) ( ) a n a n+ b n deret yang konvergen dan c R maka (a) ca n = c a n dan (b) (a n + b n ) = a n + b n Sifat: Jika a n divergen dan c 0 maka ca n divergen Contoh: Tunjukkan 9n divergen
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 9 Pengelompokan Suku-Suku Deret Perhatikan deret + + + + ( ) n + + Suku ke n dari deret ini adalah a n = ( ) n+ Karena lim a n = lim ( ) n+ 0 maka deret ini divergen. Sekarang kita kelompokkan suku-sukunya sebagai berikut: Pengelompokan a: ( ) + ( ) + ( ) + = 0 Pengelompokan b: ( ) ( ) ( ) + = Ternyata deret hasil pengelompokannya dapat dibuat konvergen. Hal ini tentu saja salah. Jadi secara umum suku-suku sebuah deret tidak boleh dikelompokkan karena nilainya akan berubah. Sifat: Pengelompokan suku-suku sebuah deret yang konvergen tidak mengubah nilai dan kekonvergenannya. (tetapi posisinya tidak boleh ditukar).
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 20 Deret Positif Pengujian kekonvergenan deret secara umum sukar dilakukan. Untuk deret yang sukusukunya tak-negatif, tersedia berbagai macam sifat untuk menguji kekonvergenannya. Definisi: Sebuah deret a n disebut deret positif bila a n 0. Uji Jumlah Terbatas: Deret positif a n konvergen jumlah parsialnya, S n, terbatas di atas. Contoh: Tunjukkan! + 2! + 3! + konvergen. (perlihatkan n! 2 n ) Uji Integral: Diberikan deret a n dengan a n = f(n). Dibentuk fungsi f(x). Bila f(x) kontinu, positif dan tak naik pada [, ] maka a n konvergen f(x) dx konvergen. (ilustrasikan secara geometri) Perhatikan bahwa a n f(x) dx Contoh 2 :. Uji kekonvergenan deret 2. Deret n e n galatnya adalah k=2 k ln k diaproksimasi nilainya memakai 5 suku pertama n=6 n 5 n e n, sehingga e n. Aproksimasilah galat tersebut memakai integral tak wajar. Uji Deret-p: + 2 p + 3 p + 4 p + = k= k p dengan p konstanta. Deret-p konvergen untuk p > dan divergen untuk p (buktikan!). (petunjuk: untuk p > 0 gunakan uji integral, untuk p < 0 gunakan uji suku ke-n) Contoh: Periksa kekonvergenan deret k= k 0,00
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 2 Uji Banding: Misalkan 0 a n b n untuk n N. Bila b n konvergen maka a n konvergen Bila a n divergen maka b n divergen Contoh 2 : Periksa kekonvergenan (a) n 5n 2 4 (b) (untuk soal c, tunjukkan untuk n 3 berlaku (n 2) 2 9 n 2 ). n 2 n (n+) (c) n=3 (n 2) 2 a Uji Banding Limit: Misalkan a n 0, b n 0 dan lim n bn = L. Bila 0 < L < maka kekonvergenan a n dan b n bersamaan. Bila L = 0 dan b n konvergen maka a n konvergen Contoh 2 : Periksa kekonvergenan (a) (untuk soal c, gunakan pembanding Uji Hasil Bagi: Misalkan Bila ρ < deret konvergen. Bila ρ > deret divergen. 3n 2 n 3 2n 2 + n 2, Bila ρ = tidak diperoleh kesimpulan Contoh 2 : Periksa kekonvergenan (a) (b) n dan ). n 3/2 a a n deret positif dengan lim n+ a n 2 n n! (b) 2 n n 00 n2 +9n = ρ (c) n! n n (c) ln n n 2 (untuk soal c, gunakan sifat lim ( + n )n = e).
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 22 Ringkasan: Misalkan a n sebuah deret positif: Jika lim a n 0 maka deret divergen. Jika a n mengandung n!, r n atau n n, gunakan uji hasil bagi. Jika a n berbentuk fungsi rasional (pangkat konstan dalan n), gunakan uji banding limit. Sebagai deret pembanding gunakan pangkat tertinggi dari pembilang dibagi penyebut. Jika uji-uji di atas gagal, coba dengan uji banding, uji integral atau uji jumlah terbatas. Catatan: Item 2, 3, dan 4 hanya dapat dipakai untuk deret positif.
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 23 Deret Ganti Tanda Bentuk umum : a a 2 + a 3 a 4 + a 5 a 6 + = ( ) n a n Contoh-contoh:. + + + 2. 2 + 3 4 + 5 6 + 3. 2 + 3 4 + 5 6 + a n > 0 n Secara umum kekonvergenan deret ganti tanda sukar untuk ditentukan!!, tetapi untuk yang suku-sukunya menurun pengujiannya mudah dilakukan. Perhatikan deret ganti tanda ( ) n a n dengan 0 < a n+ < a n. Bentuk barisan jumlah parsial: S, S 2, S 3, S 4, S 5, S 6, Perhatikan: S S S S 8 S 6 S 4 S 3 5 7 2 S. barisan: S, S 3, S 5, monoton turun dan terbatas di bawah sehingga konvergen, misalkan limitnya S. 2. barisan: S 2, S 4, S 6, monoton naik dan terbatas di atas sehingga konvergen, misalkan limitnya S. S S n n ganjil dan S S n n genap sehingga S selalu terletak diantara S n dan S n+ n N. Dengan alasan serupa S selalu terletak diantara S n dan S n+ n N. Jadi S S S n+ S n = a n+ = a n+ Bila lim a n = 0 maka semua suku barisan S n menuju limit yang sama yaitu S = S = S, jadi barisan {S n } konvergen. Karena S selalu terletak antara S n dan S n+ maka S S n S n+ s n = a n+ = a n+
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 24 Uji Deret Ganti Tanda Misalkan a a 2 + a 3 a 4 + a 5 a 6 + suatu deret ganti tanda dengan 0 < a n+ < a n. Bila lim a n = 0 maka deret konvergen. Bila nilai deret tersebut diaproksimasi dengan S n maka galatnya a n+. Contoh-contoh: Periksa kekonvergenan deret-deret berikut:. 2 + 3 4 + 5 6 + (deret harmonik ganti tanda) 2. ( ) n n2 2 n Kekonvergenen Mutlak dan Bersyarat Perhatikan deret berikut: + 4 9 + 6 + 25 36 + Deret ini tidak dapat diuji dengan Uji Deret Ganti Tanda, mengapa? Bila setiap suku dari deret tersebut dimutlakkan maka diperoleh deret: + 4 + 9 + 6 + 25 + 36 + Apakah deret terakhir ini konvergen? Beri alasan! Deret a n disebut deret mutlak dari deret Sifat Bila a n konvergen maka a n konvergen. a n Berikan contoh sebuah deret a n yang konvergen tapi a n divergen. Sebuah deret dikatakan a. Bila a n konvergen, dikatakan deret tersebut konvergen mutlak. b. Bila a n konvergen tetapi a n divergen, dikatakan deret konvergen bersyarat.
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 25 Contoh 2 : Periksa kekonvergenan (mutlak/bersyarat/divergen) deret 2 berikut:. 2. 3. cos(n!) n 2 ( ) n+ n ( ) n n2 2 n Uji Hasil Bagi Mutlak Misalkan a n sebuah deret (sebarang). Tetapkan ρ = lim a n+ a n. a. Jika ρ < deret konvergen mutlak. b. Jika ρ > deret divergen. c. Jika ρ = tidak ada kesimpulan Contoh: Tunjukan deret ( ) n+3n Teorema Penukaran Tempat n! konvergen mutlak Suku-suku sebuah yang konvergen mutlak boleh dipertukarkan posisinya, nilai deretnya tidak akan berubah. Latihan:. 2. Periksa kekonvergenan deret-deret berikut: 4n 3 +3n n 5 4n 2 + ( ) n+ n++ n
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 26 Deret Pangkat Dalam x Bentuk Umum: a n x n = a 0 + a x + a 2 x 2 + n=0 dengan x R Perjanjian: Pada notasi sigma di atas suku a 0 x 0 = a 0, walaupun x = 0. Masalah: Untuk nilai-nilai x berapa saja deret tersebut konvergen. Mungkinkah sebuah deret pangkat divergen untuk semua nilai x R. Berapa nilai dari deret pangkat tersebut. (Jika ada, berupa apa nilainya). Perhatikan deret berikut: a + ax + ax 2 + dengan a konstanta Deret tersebut merupakan deret geometri dengan pengali x dan akan konvergen untuk < x < dengan nilai S(x) = a x. a + ax + ax 2 + = a x < x < Himpunan dari semua nilai x yang menyebabkan suatu deret pangkat konvergen disebut Himpunan/Daerah Kekonvergenan Deret. Pada a + ax + ax 2 +, himpunan kekonvergenannya < x <. Secara umum, alat untuk menentukan daerah kekonvergenan suatu deret pangkat adalah Uji Hasil Bagi Mutlak. Contoh 2 : Tentukan himpunan kekonvergenan dari deret-deret berikut:. 2. 3. n=0 n=0 x n (n+)2 n x n n! n! x n n=0
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 27 Bentuk dari himpunan kekonvergenen hanya berupa salah satu dari 3 bentuk berikut: Terdiri dari titik yaitu x = 0, dikatakan jari-jari kekonvergenannya 0. Berupa sebuah selang/interval ( R, R) (bisa tutup, buka atau setengah buka), dikatakan jari-jari kekonvergenannya R. Seluruh R, dikatakan jari-jari kekonvergenannya. Sebuah deret pangkat selalu konvergen mutlak di dalam inverval kekonvergenannya sedangkan pada kedua ujungnya belum tentu. Bila pada kedua ujungnya juga konvergen, dikatakan deret pangkat tersebut konvergen mutlak di daerah kekonvergenannya. Pada contoh di atas, apakah deret konvergen mutlak di daerah kekonvergenannya? Deret Pangkat Dalam x a Bentuk Umum: a n (x a) n = a 0 + a (x a) + a 2 (x a) 2 + n=0 dengan a konstanta dan x R Bentuk dari himpunan kekonvergenen deret pangkat dalam (x a) selalu berupa salah satu dari 3 bentuk berikut: Terdiri dari titik yaitu x = a, dikatakan jari-jari kekonvergenannya 0. Berupa sebuah selang/interval (a R, a + R) (bisa tutup, buka atau setengah buka), dikatakan jari-jari kekonvergenannya R. Seluruh R, dikatakan jari-jari kekonvergenannya. Contoh: Tentukan interval dan jari-jari kekonvergenan dari deret n=0 (x ) n (n+) 2
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 28 Operasi Deret Pangkat Pada pasal ini akan dikaji: Pendiferensialan, Pengintegralan dan Operasi Aljabar (tambah, kurang, kali dan bagi) dari deret pangkat. Perhatikan sebuah deret pangkat yang konvergen ke fungsi S(x). a n x n = a 0 + a x + a 2 x 2 + = S(x) n=0 Misalkan I adalah interval kekonvergenannya dan x titik di dalam I, maka: S (x) = D x (a n x n ) = na n x n = a + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + dan x 0 n=0 S(t) dt = n=0 x 0 (a n t n ) dt = n=0 a n n + xn+ = a 0 x + 2 a x 2 + 3 a 2x 3 + Dengan operasi Pendiferensialan dan Pengintegralan terhadap deret pangkat kita dapat memperoleh rumus-rumus deret untuk fungsi yang lain seperti dikemukakan pada contoh-contoh berikut ini: Perhatikan deret pangkat: Apabila didiferensialkan maka diperoleh: x = + x + x2 + x 3 + < x < ( x) 2 = + 2x + 3x 2 + 4x 3 + < x < dan bila diintegralkan diperoleh ln( x) = x + x2 2 + x3 3 + x4 4 + < x < Dengan substitusi u = x dan hasilnya var. u diganti dengan x, diperoleh: ln( + x) = x x2 2 + x3 3 x4 4 + < x <
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 29 Hasil Titik Ujung Misalkan f(x) = n=0 a n x n, untuk R < x < R. Jika f kontinu diujung-ujung R dan R dan deretnya konvergen pada titik tersebut maka rumus tersebut berlaku pada ujung-ujung interval. Latihan:. Lakukan substitusi x = t 2 pada deret x lalu integralkan untuk memperoleh rumus tan (x) = x x3 3 + x5 5 x7 7 + < x < 2. Lakukan operasi pendiferensialan pada deret S(x) = + x + x2 2! + x3 3! + x R untuk memperoleh rumus deret e x. Tugas Mandiri Pelajari Pasal 9.7, Kalkulus karangan Purcell edisi 9 : Operasi aljabar deret pangkat. Deret Taylor dan McLaureen Pada pasal sebelumnya kita telah melihat bahwa sebuah deret pangkat yang konvergen akan konvergen ke suatu fungsi S(x). Pada pasal ini akan dipelajari proses sebaliknya. Diberikan sebuah fungsi fungsi f(x) dan konstanta real a. Kita akan mencari formula (bila dapat), supaya fungsi tersebut dapat dinyatakan sebagai deret: f(x) = c 0 + c (x a) + c 2 (x a) 2 + c 3 (x a) 3 + () Pada persamaan terakhir, kita harus menentukan nilai-nilai: c 0, c, c 2, c 3,. Bila ruas kiri dan kanan dari persamaan () kita turunkan, diperoleh: f (x) = c + 2c 2 (x a) + 3c 3 (x a) 2 + 4c 4 (x a) 3 + f (x) = 2! c 2 + 6 c 3 (x a) + 2 c 4 (x a) 2 + 20 c 5 (x a) 3 + f (x) = 3! c 3 + 24 c 4 (x a) + 60 c 5 (x a) 2 + 20 c 6 (x a) 3 +. Dengan mensubstitusikan x = a maka diperoleh: c 0 = f(a), c = f (a), c 2 = f (a), c n = f(n) (a) 2! n! (2)
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 30 Teorema Ketunggalan Fungsi f(x) hanya dapat diuraikan secara tunggal dalam bentuk: f(x) = c 0 + c (x a) + c 2 (x a) 2 + c 3 (x a) 3 + dengan c n = f(n) (a) n!. Deret f(a) + f (a)(x a) + f (a) 2! (x a) 2 + f (a) 3! (x a) 3 + disebut deret Taylor dari f(x) disekitar a. Bila a = 0 dinamakan deret MacLaurin. Pertanyaan: Apakah sebuah deret Taylor menggambarkan fungsi semula? Sebagai ilustrasi, perhatikan pada deret Taylor x = + x + x2 + Teorema Taylor: Misalkan f(x) dapat diturunkan terus pada interval (a r, a + r), maka deret Taylor f(a) + f (a)(x a) + f (a) 2! (x a) 2 + f (a) 3! (x a) 3 + akan menggambarkan f(x) pada interval tersebut bila lim R n(x) = lim (x a) n+ = 0 dengan c (a r, a + r) (n+)! Suku R n (x) disebut suku sisa Taylor. Soal-soal: f (n+) (c). Tentukan deret McLaureen dari f(x) = sin(x) dan tunjukkan hasilnya berlaku untuk semua x R. 2. Seperti soal untuk f(x) = cos(x). 3. Dengan menguraikan ln(x+) atas deret McLaureen, aproksimasilah nilai ) dx memakai 5 suku pertama dari deret tersebut. 0 ln(x+
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 3 Deret-Deret McLaureen yang penting:. x = + x + x2 + x 3 + < x < 2. ln( + x) = x x2 2 + x3 3 x4 4 + < x < 3. tan x = x x3 3 + x5 5 x7 7 + < x < 4. e x = + x + x2 2! + x3 3! + 5. sin x = x x3 3! + x5 5! x7 7! + 6. cosx = x2 2! + x4 4! x6 6! + 7. sinh x = x + x3 3! + x5 5! + x7 7! + 8. coshx = + x2 2! + x4 4! + x6 6! + 9. ( + x) p = + ( ( p ) x + p ) 2 x 2 + ( p dengan ( ) p k = p (p ) (p k+) 2 3 k 3) x 3 + < x <
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 32 Aproksimasi Taylor untuk Fungsi Tujuan: menghampiri suatu fungsi dengan sebuah polinom. f(x) p n (x) n derajat polinom yang digunakan Aproksimasi Linear / Polinom Taylor derajat satu f(x) p (x) = c 0 + c (x a) a konstanta (3) Pada masalah ini, kita harus menentukan nilai c 0 dan c agar hampiran tersebut baik. Pada hampiran Taylor dipilih supaya fungsi f dan polinom p nilainya di titik a berimpit sampai turunan pertama. f(a) = p (a) dan f (a) = p (a) Dengan mensubstitusikan kedua persamaan di atas pada (3) maka diperoleh c 0 = f(a) dan c = f (a). f(x) f(a) + f (a)(x a) ilustrasi geometri Contoh: Hampiri nilai ln(0, 9) dengan polinom Taylor derajat satu. (p (0, 9) = 0.00000 ; ln(0.9) = 0, 05360556578263023). Aproksimasi kuadrat / Polinom Taylor derajat dua f(x) p 2 (x) = c 0 + c (x a) + c 2 (x a) 2 a konstanta (4) Kriteria yang digunakan untuk menentukan nilai c 0, c danc 2 adalah: f(a) = p 2 (a), f (a) = p 2 (a) f (a) = p 2 (a) Dengan mensubstitusikan ketiga persamaan di atas pada (4) diperoleh c 0 = f(a), c = f (a) dan c 2 = f (a) 2!. f(x) f(a) + f (a)(x a) + f (a) (x a) 2 2!
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 33 Contoh: Hampiri nilai ln(0, 9) dengan polinom Taylor derajat dua. (p (0, 9) = 0.05000 ; ln(0.9) = 0, 05360556578263023). Aproksimasi Polinom Taylor derajat n f(x) p n (x) = c 0 + c (x a) + c 2 (x a) 2 + + c n (x a) n (5) Nilai c k ditentukan dari syarat f (k) (a) = p (k) n (a) k = 0,,, n. Dengan mensubstitusikan syarat tersebut satu-persatu pada (5), diperoleh: c 0 = f(a), c = f (a), c 2 = f (a) 2!,, c n = f(n) (a) n! Bentuk umum hampiran polinom Taylor orde n dari fungsi f(x) disekitar titik a adalah: f(x) p n (x) = f(a) + f (a)(x a) + f (a) 2! (x a) 2 + + f(n) (a) n! (x a) n Hal khusus, bila a = 0 maka p n (x) disebut polinom McLaureen: Latihan: f(x) p n (x) = f(0) + f (0)x + f (0) 2! x 2 + + f(n) (0) n! x n. Hampiri nilai ln(, ) dengan polinom Taylor derajat empat. (p 4 (, ) = 0, 09530833333 ; ln(, ) = 0, 0953079804324860044). 2. Tuliskan polinom McLaureen orde n dari f(x) = e x.
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 34 Hampiran polinom Taylor terhadap f(x) = x x sin(x) disekitar x = π 4 p (x) = 0.77875 +.54690 x p 2 (x) = 0.20805 0.96596 x +.59974 x 2 p 8 (x)
Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 35 Tugas Mandiri: Pelajari metode Horner untuk menghitung nilai polinom. Galat/Error/Kesalahan Galat adalah perbedaan nilai dari suatu besaran dengan nilai hampirannya. ilustrasi: cos(0, 2) 2! (0, 2)2 + 4! (0, 2)4 0, 9800667 galat metode (galat pemotongan) galat perhitungan (galat pembulatan) Galat pemotongan terjadi karena adanya pemotongan rumus matematika tertentu, sedangkan galat pembulatan diakibatkan karena keterbatasan penyimpanan bilangan pada alat hitung kita. Perlu diperhatikan, walaupun hasil hitungan numerik selalu berupa hampiran, bila sumber galatnya hanya galat pemotongan, maka kita dapat mengatur besar galat yang terjadi sesuai dengan kebutuhan. Hal ini dijamin oleh rumus berikut: Rumus Sisa Taylor Misalkan f(x) fungsi yang dapat diturunkan sampai (n +) kali disekitar titik a, maka f(x)=f(a) + f (a)(x a) + f (a) 2! dengan R n (x) = f(n+) (c) (n+)! (x a) n+, c diantara x dan a (x a) 2 + + f(n) (a) (x a) n + R n (x) n! (suku sisa Taylor) Secara umum nilai galat R n (x) tidak diketahui, tetapi batas atasnya dapat dicari. Semakin besar n yang digunakan umumnya R n (x) makin kecil, mengapa? Latihan:. Taksirlah batas galatnya bila ln(, ) dihampiri dengan p 4 (x). 2. Hampiri e 0,8 dengan galat tidak melebihi 0,00 3. Galat suatu hasil perhitungan numerik adalah E = c2 sin c c dengan 2 c 4. Taksirlah batas maksimum galat tersebut.