Barisan dan Deret

Modul 1
Barisan dan Deret
Retno Wikan Tyasning Adnan
PE NDA HULUA N
P
okok bahasan dalam modul ini terdiri atas dua kegiatan belajar. Yang
pertama tentang barisan, yang kedua tentang deret dan contoh-contoh
pemakaian deret. Pembahasan tentang barisan ditekankan pada penyelidikan
kekonvergenan, sifat-sifat barisan terutama sifat yang merupakan syarat
konvergenan dan juga sifat-sifat yang dimiliki oleh barisan yang konvergen.
Pada pembahasan deret terutama juga menyangkut kekonvergenan deret,
sifat-sifat deret konvergen, uji kekonvergenan dan perhitungan jumlah deret.
Penggunaan deret akan Anda jumpai di berbagai bidang, seperti pada
Statistika Matematika, Ekonomi, Perhitungan Keuangan dan sebagainya.
Setelah mempelajari modul ini Anda diharapkan dapat memahami dan
mengenal barisan dan deret secara baik.
Anda diharapkan mampu: menentukan apakah suatu barisan konvergen
atau divergen; menentukan apakah suatu barisan monoton naik/monoton
turun, terbatas ke atas atau terbatas ke bawah atau tidak; menentukan limit
barisan yang konvergen.
Selain itu Anda mampu pula: menentukan apakah satu deret konvergen
atau divergen; menentukan apakah suatu deret konvergen mutlak atau
konvergen bersyarat; menentukan jumlah deret yang konvergen;
menggunakan deret untuk hitung keuangan.
1.2
Matematika 2 
Kegiatan Belajar 1
Barisan
P
ada Matematika 1 Anda telah banyak mempelajari fungsi-fungsi yang
didefinisikan dengan domain suatu interval atau gabungan intervalinterval. Berikut ini Anda akan mempelajari barisan dan sifat-sifatnya.
Definisi 1.1
Suatu fungsi berharga real yang didefinisikan pada himpunan bilangan
bulat positif disebut suatu barisan. Lazimnya barisan diberi simbol dengan
( an ), ( bn ), ( cn ) dan sebagainya.
Selanjutnya:
a1, a2, a3, . . . . , an, . . .
menyatakan barisan tak hingga atau dengan singkat barisan dan a1 adalah
suku pertama, a2 adalah suku ke-2 dan an adalah suku ken dari barisan (an).
Contoh 1.1:
1) an  n 2
 an  :1, 4,9,16,, n 2 ,
n 1
n
1 2 3
n 1
(bn ):0, , , ,...,
,...
2 3 4
n
2)
(bn )
3)
cn 
4)
d n  nl n
1
log n
n
1
1
1
1

 n log n  :log 1, 2 log 2, 3 log 3, ... , n log n, ...


 nl  :l , 2l
n
1
2
,3l n ,..., nl n ,...
1.3
 SATS4210/MODUL 1
Definisi 1.2
Suatu barisan ( an ) dikatakan:
1) Naik, jika dan hanya jika an  an 1 ,  n  0; ( dibaca untuk setiap).
2) Tidak turun, jika dan hanya jika an  an 1 , n  0 .
3) Turun jika dan hanya jika an  an 1 , n  0 .
4) Tidak naik jika dan hanya jika an  an 1 , n  0 .
Selanjutnya jika salah satu sifat dari keempat sifat di atas berlaku, maka
( an ) dikatakan monoton. Barisan ( an ) dikatakan terbatas ke atas jika dan
hanya jika terdapat bilangan A dengan sifat an  A untuk semua bilangan
bulat positif n . Setiap bilangan yang memiliki sifat seperti bilangan A
disebut batas atas dari ( an ). Barisan ( an ) dikatakan terbatas ke bawah jika
dan hanya jika terdapat bilangan B dengan sifat an  B untuk semua n bulat
positif. Bilangan B disebut batas bawah dari ( an ). Barisan ( an ) dikatakan
terbatas jika dan hanya jika ( an ) terbatas ke atas dan terbatas ke bawah
kalau dalam modul ini disebut n selalu dimaksudkan n bilangan bulat
positif, kecuali bila diberikan keterangan lain.
Contoh 1.2:
1) an 
an 1
an
n
n2

n  1 n  2 n 2  3n  2
2
.
 2
1 2
n3 n
n  3n
n  3n
an 1
> 1 untuk setiap n .
an
Barisan  an  naik monoton, terbatas
2)
an 
2n
n!
an 1
2 n 1 n !
2


.
n
an
(n  1)! 2
n 1
1
 an  1 .
3
1.4
Matematika 2 
Jadi
a2
=1 untuk n  1.
a1
an 1
< 1 untuk n  2 .
an
Barisan ( an ) turun monoton, terbatas untuk n  2 dan terbatas
0  an  1 .
Jika A adalah nilai minimum dari semua batas atas barisan ( an ) maka A
disebut batas atas terkecil dari ( an ). Cobalah Anda katakan apa yang
disebut batas bawah terbesar dari ( an ). Kemudian carilah batas atas
terkecil dan batas bawah terbesar dari contoh-contoh barisan yang telah
diberikan.
Definisi 1.3
Limit an untuk n menuju tak hingga adalah l, ditulis dengan lim an  l ,
n 
jika dan hanya jika untuk setiap  > 0 yang ditentukan terdapat suatu bilangan
bulat N > 0 dengan sifat untuk setiap n  N berlaku an  l   .
Dengan kata lain, lim an  l jika dan hanya jika an dapat dibuat dekat
n 
sekehendak kita terhadap l dengan mengambil n yang cukup besar. Selain
ditulis dengan lim an  l dapat juga ditulis dengan an  l untuk n   .
n 
Contoh 1.3:
1) Buktikan lim
n 
3n  2
3
n
Bukti:
Ambil   0 . Harus ditunjukkan terdapat
3n  2
 3   untuk semua n  N.
n
3n  2
3n  2  3n
2 2
3 
    .
n
n
n n
N 0
dengan sifat
1.5
 SATS4210/MODUL 1
Akan dipenuhi oleh n 
2
.

Jadi dapat dipilih bilangan bulat N 
2
.

n angka



2
2) Jika an  0, 666...6, buktikan lim an 
n 
3
Bukti:
Ambil   0
an 
n angka
 2
2 
 0, 666...6 
3
3
n angka


1, 99 8  2 0, 000 2


.
3
3
2 1
1
 . n  n 
3 10 10
Pilih N sehingga
1
  atau N bilangan bulat, N   log  .
10 N
Definisi 1.4
Barisan ( an ) dikatakan konvergen ke-a jika dan hanya jika lim an  a .
n 
Barisan yang tidak mempunyai limit dikatakan divergen.
Perhatikan bahwa limit untuk suatu barisan selalu dimaksudkan sebagai
limit untuk n menuju tak hingga. Dikatakan lim an  a atau an   jika
n 
untuk setiap bilangan positif M dapat ditentukan bilangan N  0 sehingga
an  M untuk setiap n  N . Secara sama, an    jika untuk setiap
bilangan positif N terdapat suatu bilangan positif N sehingga an   M
untuk setiap n  N . Perlu Anda perhatikan bahwa  dan   bukan
bilangan dan barisan dengan limit seperti di atas adalah tidak konvergen.
1.6
Matematika 2 
Teorema 1.1
Limit suatu barisan, jika ada, adalah tunggal.
Bukti:
1
l  m . Jadi
2
dengan sifat untuk n  N1 berlaku
Andaikan an  l dan an m dengan l  m . Ambil  
terdapat bilangan bulat positif N1
1
l  m dan terdapat bilangan bulat N 2  0 dengan sifat untuk
2
1
n  N 2 berlaku an  n  (l  m) . Ambil N = bilangan terbesar di antara N1
2
dan N2. Diperoleh
an  l 
an  l  an  m 
1
1
l m  l m  l m
2
2
l  m  l  an  an  m  l  an  an  m .Berarti l - m  l  m
jadi l  m  l  m  l  m ,
berarti l  m salah ( pengandaian salah atau kontradiksi) berarti l  m.
Jadi limit suatu barisan, jika ada adalah tunggal.
Teorima 1.2
Setiap barisan yang konvergen adalah terbatas.
Bukti:
Misal an  l untuk n   . Ambil sebarang bilangan positif, misal 1,
sebagai . Jadi terdapat N dengan sifat
an  l  1untuk n  N . Berarti
an 1  l untuk n  N . Selanjutnya jika M adalah nilai maksimum dari
a1 , a2 , , aN 1 ,1  l maka an  M . Jadi ( an ) terbatas.
Dari Teorema 1.2 di atas dapat diturunkan bahwa setiap barisan yang
tidak terbatas adalah divergen. Anda perlu memperhatikan bahwa sifat
terbatas pada suatu barisan tidak mengakibatkan bahwa barisan tersebut
konvergen.
1.7
 SATS4210/MODUL 1
Contoh 1.4
an  (1)n .
Barisan ini terbatas, tetapi tidak konvergen.
Teorema 1.3
Jika suatu barisan terbatas dan tidak turun, maka barisan tersebut
konvergen ke batas atas terkecil. Jika barisan itu terbatas dan tidak naik maka
barisan tersebut konvergen ke batas bawah terbesar.
Bukti:
Andaikan ( an ) terbatas dan tidak turun dan andaikan l adalah batas atas
terkecil. Jika an  l untuk semua n . Ambil  sebarang bilangan positif.
Karena l batas atas terkecil maka l   bukan batas atas. Jadi terdapat k
sehingga ak  l   . Karena barisan tidak turun, maka ak  an untuk n  k .
Jadi l    an  l untuk n  k , yang berarti an  l   untuk semua n  k .
Terbukti an  l untuk n   . Untuk barisan terbatas dan tidak naik Anda
dapat mencoba membuktikan sendiri.
Contoh 1.5
1
Tunjukkan ( an ) dengan an (2n  3n ) n adalah konvergen.
Jawab:
1
1
1
1
2  (2n ) n  (2 n  3n ) n  (2.3n ) n  2 n .3  6
2  an  6 .
Jadi ( an ) terbatas.
n1
1
Perhatikan (2 n  3n ) n  (2n  3n ) n (2n  3n )
1
1
 (2 n  3n ) n 2n  (2n  3n ) n 3n
1
1
 (2 n ) n 2n  (3n ) n 3n
 2 n 1  3n 1
1
1
Jadi (2 n  3n ) n  (2n 1  3n 1 ) n1
an  an 1
Karena juga terbatas maka ( an ) konvergen.
1.8
Matematika 2 
Teorema 1.4
Jika c bilangan real, an  l dan bn  m, maka
(1) an  bn  l  m
(2) Can  Cl
(3) an bn  lm .
Dengan syarat m  0 dan bn tidak pernah 0 untuk semua n .
(4)
1
1
 
bn
m
(5)
an
1

untuk l  0
bn
m
an
mungkin mempunyai atau tidak mempunyai limit untuk l = 0.
bn
(6) anp  l p
(7) p an  p1
Bukti:
Misal untuk (3).
Pilih  > 0.
an bn  lm  an bn  an m  an m  lm
 an (bn  m)  m(an  l )
 an bn  m  m an  l
( an ) konvergen, jadi terbatas, jadi terdapat M > 0 sehingga an < M
untuk semua n .
Karena bn  m maka untuk
bn  m 

untuk n  N1 .
2M

terdapat bilangan bulat N1 sehingga
2M
1.9
 SATS4210/MODUL 1
Karena an  l maka untuk
an  l 

terdapat bilangan bulat N2 sehingga
m2

untuk n  N 2 .
m2
Jika N adalah bilangan terbesar di antara N1 dan N2 maka untuk n > N
berlaku an bn  lm  an


 
m
   .
2M
m2 2 2
Jadi an bn  lm untuk n  .
Buktikan untuk lainnya dapat Anda kerjakan sendiri.
Teorema 1.5
Andaikan untuk n yang cukup besar berlaku an  bn  cn , jika an  l
dan cn  l untuk n   maka bn   untuk n .
Anda dapat membuktikan sendiri.
Contoh 1.6
an 
cos n
n
1 cos n 1
 

n
n
n
1
  0 untuk n  
n
1
 0 untuk n  
n
cos n
Jadi
 0 untuk n  
n
Contoh 1.7
an  25 
1
n2
1.10
Matematika 2 
5  25 
1
10 1
1
 25   2  5 
n2
n n
n
1
5   5.
n
Jadi
25 
1
5.
n2
Teorema 1.6
Jika untuk fungsi f ( x) dan barisan (cn ) berlaku:
(i) cn  c untuk n   .
(ii) f ( x) kontinu di c .
(iii) untuk setiap n, cn berada di dalam domain f , maka f (cn )  f (c )
untuk n   .
Bukti:
Ambil   0 . Karena f kontinu di c , maka terdapat   0 sehingga
| f ( x )  f (c ) |  untuk | x  c |  . Karena cn  c untuk n   maka
terdapat bilangan positif N sehingga untuk n  N berlaku | cn  c |  .
Jadi untuk n  N berlaku | f (cn )  f (c) |  .
Terbukti f (cn )  f (c ) untuk n   .
Contoh 1.8

(1)
 0 untuk n   .
n

Jadi cos  cos 0  1 untuk n   .
n
(2)
 n 2   2 n  16 
 untuk n  
n
4n 2
f ( x)  tan x adalah fungsi yang kontinu pada x 
Jadi tan

.
n
 n 2   2 n  16

 tan untuk n    1 untuk n   .
n
4n 2
1.11
 SATS4210/MODUL 1
Definisi 1.5
Suatu barisan ( an ) disebut barisan Cauchy jika dan hanya jika untuk
setiap bilangan   0 terdapat suatu bilangan bulat positif N dengan sifat
| am  an |  untuk setiap m  N dan n  N .
Teorema 1.7
Setiap barisan konvergen adalah barisan dan sebaliknya.
Bukti:
Misal an  l untuk n   .
Ambil   0 .
Terdapat bilangan bulat N  0 dengan sifat | an  l |

untuk n  N .
2
Ambil m dan n, m  n, n  N .
| am  an |  | am  l  l  an |  | am  l |  | l  an |
| am  l |  | an  l |

 
 
2 2
Jadi | am  an |  untuk m  n , n  N .
Dapat dibuktikan pula bahwa barisan Cauchy adalah konvergen.
Apabila Anda sekarang telah memahami isi pembicaraan di muka
cobalah Anda mengerjakan soal-soal latihan berikut. Setelah selesai
bandingkan jawaban Anda dengan jawaban yang ada. Tentu saja mungkin
ada perbedaan cara mengerjakan.
LA TIHA N
Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas,
kerjakanlah latihan berikut!
1) Tentukan sifat terbatas, naik dan turunnya barisan-barisan di bawah ini.
1.12
Matematika 2 
a)
b)
n  (1)n
n
2
n
an 
n 1
an 
c)
1
1
an  
n n 1
d)
an  (1)n n
e)
an 
(2)n
ne
 5n 
2) Tunjukkan barisan   turun untuk n  5 .
 n! 
3) Kalau barisan-barisan di bawah ini konvergen tentukan limitnya.
n2
a) an 
n 1
b)
an 
4n
n2 1
 2n 
an  log 

 n 1 
4) Andaikan (an) adalah barisan. Kemudian disusun barisan (ln ) dan (On )
dengan ln  a2 n dan On  a2 n 1 . Tunjukkan bahwa an  l untuk
n    jika dan hanya jika ln  l dan On  l untuk n   .
c)
2n
 0 untuk n   .
n!
 n

6) Jika konvergen, tentukan limit barisan  5


5) Tunjukkan bahwa

n  5 
.
4n 2  1


n 3


Petunjuk Jawaban Latihan
2
tidak monoton, terbatas ke bawah dan terbatas ke atas, 0  an  .
3
1
b) naik, terbatas ke bawah dan tidak terbatas ke atas, an  .
2
1) a)
 SATS4210/MODUL 1
1.13
1
2
d) tidak monoton, tidak terbatas ke bawah dan tidak terbatas ke atas.
2)
c)
turun terbatas ke bawah dan terbatas ke atas 0  an 
an 
5n
n!
an 1
5n 1 n !
5


n
an (n  1)! 5
n 1
untuk n  3. an 1  an
n  4 an 1  an
n  4 a n  1  an
3) a) divergen
b) konvergen, an 4 untuk n   .
c) konvergen, an log 2 untuk n   .
4) Andaikan an  l untuk n   akan dibuktikan ln  l , On  l untuk
n.
Ambil   0 , terdapat N sehingga untuk semua n  N berlaku
| an  l |  . Perhatikan ln  a2 n . Jadi jika dipilih bilangan bulat positif
N1 
N
2
maka untuk semua n  N1 berlaku  ln  l    . Perhatikan
N 1
maka
2
untuk semua n  N 2 berlaku [On  l ]   . Jadi an  l untuk
n   mengakibatkan ln  l , On  l untuk n   . Selanjutnya
masih harus dibuktikan. Jika ln  l dan On  l untuk n   maka
an  l untuk n   . Tentunya tidak sukar untuk Anda
On  a2 n 1 . Jadi jika dipilih bilangan bulat positif N 2 
membuktikannya.
1.14
5)
Matematika 2 
2n
 0 untuk n   
n!
2n 2.2.2 2
2 2 2

 2   2 
n ! 1.2.3 n
3 n 3
0
2n
2
 2 
n!  3 
2
3
 
Jadi
 0 untuk n  
2n
0 untuk n   .
n!
cn 

n 3


n 5
4n 2  1
cn 
3 
5 
 1 

n 
n
1
4 2
n
  1
1
untuk n   .
4
f ( x)  5 x
n
Jadi
n2
n2
n
6.
n2
5

merupakan fungsi kontinu di x 
n3

n5
2
4n  1

5
1
.
4
1
untuk n   .
4
RA NG K UMA N
Barisan ( an ) adalah fungsi berharga real yang didefinisikan pada
himpunan bilangan bulat positif. Barisan ( an ) dikatakan naik jika
an  an 1 , tidak turun jika an  an 1 turun jika an  an 1 , tidak naik jika
an  an 1 . Jika memenuhi salah satu sifat di atas dikatakan monoton.
Barisan ( an ) dikatakan terbatas ke atas jika terdapat bilangan A
dengan sifat an  A untuk semua n dan dikatakan terbatas ke bawah
jika terdapat bilangan B dengan sifat an  A untuk semua n .
 SATS4210/MODUL 1
1.15
Barisan yang terbatas adalah barisan yang terbatas ke atas dan ke
bawah. Jika barisan terbatas dan tidak turun maka barisan konvergen ke
atas terkecil. Jika barisan terbatas dan tidak naik maka barisan konvergen
ke batas bawah terbesar. Jika untuk tiga barisan berlaku an  bn  cn
untuk n cukup besar dan an  l , cn  l untuk n   maka
bn  l untuk n   .
Jika f(x) fungsi yang kontinu di c barisan cn  c untuk n   dan
cn berada di domain f, maka f( cn )  f(c), n   . Jika Anda telah siap.
kerjakan soal-soal pada Test Formatif berikut ini.
TE S F O RMA TIF 1
Untuk soal nomor 1 sampai dengan nomor 5.
A.
B.
C.
D
E.
Berilah tanda-tanda sebagai berikut.
bila jawaban 1, 2, dan 3 betul;
bila jawaban 1 dan 3 betul;
bila jawaban 2 dan 4 betul;
bila jawaban 4 yang betul;
bila jawaban semua betul.
 log (n  5) 
1) Barisan 
 mempunyai sifat ….
 n5 
1. turun
2. terbatas ke atas
3. terbatas ke bawah
1
4. konvergen dengan limit
log 5
5
 3n 1 
2) Barisan  n 1  ….
4 
1. turun
2. tak terbatas ke atas
3. mempunyai limit
4. divergen
1.16
Matematika 2 
 

3) Barisan  sin  ….
2n 

1. mempunyai batas bawah terbesar = -1
2. mempunyai batas atas terkecil = 1
3. tidak monoton
4. konvergen dengan limit 0
4) Suatu barisan ( an ) didefinisikan dengan:
1
a1  1 dan an 1  an  1 untuk n 1 .
2
Barisan ini ....
1. terbatas ke bawah
2. terbatas ke atas
3. konvergen dengan limit 2
4. monoton
5) Suatu barisan ( an ) didefinisikan dengan
a1  1 dan an 1 
1
an untuk n 1 .
n 1
Barisan ini ….
1. monoton
2. terbatas ke bawah
3. mempunyai limit 0
4. terbatas ke atas
Untuk soal nomor 6 sampai dengan nomor 10.
Pilihlah satu jawaban yang paling tepat!
1
6) Jika 0 < c < d maka lim  c n  d n  n = ….
n 
A. tidak ada
B. e
1
C.
e
D. d
E. 0
1.17
 SATS4210/MODUL 1
n2
dan an   maka nilai terkecil k bulat positif supaya
n
1
 
adalah ….
100
100
101
199
200
201
7) Jika an 
ak
A.
B.
C.
D.
E.
8) Jika an  (1)
n 1
maka barisan ( an ) mempunyai limit ….
2n 2  2
A. 1
1
B. 
2
C. 0
1
D.
2
E. 1
9) Jika an  (1)
A.
B.
C.
D.
E.
(n  1) 2
maka lim an adalah ….
n 
n2 1

1
0
1
tidak ada
1
1 
 

n 1
10) Jika an   n
A. 0
1
B.

C. 1
D. 
E. tidak ada
maka lim an adalah ….
n 
1.18
Matematika 2 
Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang
terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar.
Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan
Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1.
Tingkat penguasaan =
Jumlah Jawaban yang Benar
 100%
Jumlah Soal
Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali
80 - 89% = baik
70 - 79% = cukup
< 70% = kurang
Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat
meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%,
Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang
belum dikuasai.
1.19
 SATS4210/MODUL 1
Kegiatan Belajar 2
Deret
B
erikut ini kita beralih pada pembicaraan topik baru, yaitu deret.
Definisi 1.6
Diberikan barisan u1 , u2 , u3 ,  , un , 

Jumlah tak hingga suku-suku ini,
u
n
 u1  u2    un   disebut
n 1
deret tak hingga atau disingkat deret. Dapat dipakai juga simbol
u
n
yang lebih sederhana. Di sini un juga disebut suku ke-n dari deret. Jumlah n
suku terdepan, sn  u1  u2    un disebut jumlah parsial ke-n dari deret
u
n
.
Definisi 1.7
Deret
u
dikatakan
n
konvergen
jika
dan
hanya
jika
lim S n  lim (u1  u2    un )  S , suatu nilai yang berhingga. Selanjutnya S
n 
n 
disebut jumlah deret. Deret yang tidak konvergen dikatakan divergen.
Secara lain dapat dikatakan bahwa deret  un konvergen dengan jumlah S
jika barisan (Sn) konvergen ke S.
Teorema 1.8
Jika deret
u
n
konvergen dengan jumlah S, deret
dengan jumlah T dan k adalah bilangan konstan, maka:
1) deret  (un  vn ) konvergen dengan jumlah S + T.
2) deret
 ku
n
konvergen dengan jumlah ks.
Bukti:
1) S n  u1  u2    un
u
n
konvergen
1.20
Matematika 2 
Tn  v1  v2    vn
Wn  (u1  v1 )  (u2  v2 )    (un  vn )
 Sn  Tn
lim Wn  lim ( S n  Tn )  S  T , menurut Teorema 1.4 Kegiatan Belajar 1.
n 
n 
Wn  (un  vn ) konvergen dengan jumlah S  T . Anda dapat
Jadi
membuktikan sendiri bagian (2) dari Teorema di atas. Dapat diturunkan
 (Vn )   (1) Vn adalah deret konvergen dengan jumlah T . Jadi
 (u
diperoleh
n
 vn ) konvergen dengan jumlah S  T . Dan selanjutnya
untuk k dan h konstan deret
 (ku
n
 hvn ) konvergen dengan jumlah
kS  hT .
Contoh 1.9:

1)
u
n

n 

1
1
1
1


  
.
1.3 3.5 5.7
n 1 (2 n  1)(2 n  1)
Tunjukkan
u
n
konvergen dan tentukan jumlahnya.
Jawab :
un 
1
1 1
1 
 


(2n 1)(2n 1) 2  2n 1 2n  1 
S n  u1  u2    un
1 1 1  1  1 1  1  1 1 
1 1
1 
              


2 1 3 2  3 5  2  5 7 
2  2 n 1 2 n  1 
1 1 1 1 1 1 1
1
1 
 1       


2 3 3 5 5 7 7
2n 1 2n  1 
1
1 
 1

2  2n  1 
lim S n 
n 
1
Jadi
2
u
n
konvergen dengan jumlah S 
1
.
2
1.21
 SATS4210/MODUL 1
2)
1 1 1
1
  2  3    n   . Tunjukkan
3 3 3
3
tentukan jumlahnya.
u
n
u
n
Jawab :
1 1 1
1
Sn   2  3    n
3 3 3
3
1
1 1
1
1
S      n  n 1
3 n 32 33
3 3 
2
1 1
S n   n 1
3
3 3
1
1
Sn  1 n 
2 3 
1
lim S n 
n 
2
Jadi deret
1
3
n
konvergen dengan jumlah S 
 (1)
3) Buktikan deret
n
Bukti :
S1  1
S2  1  1  0
S3  1  1  1  1
S4  0

1, untuk n ganjil
Sn = 
 0, untuk n genap
Jadi
 (1)
n
divergen.
divergen
1
2
konvergen dan
1.22
Matematika 2 
Sifat-sifat Deret
1) Jika setiap suku dari suatu deret dikalikan dengan konstanta yang tidak
sama dengan 0 maka kekonvergenan (atau kedivergenan) deret tidak
berubah.
2) Penghapusan (atau penambahan) sejumlah berhingga suku-suku dari
(atau terhadap) suatu deret tidak mengubah kekonvergenan atau
kedivergenan deret.
Teorema 1.9
Jika deret
u
n
konvergen, maka. lim un  0 .
n 
Bukti:
lim un  lim ( Sn  S n 1 )  S  S  0
n 
n 
Perhatikan bahwa kebalikan teorema di atas tidak berlaku, lim  0 tidak
n 
selalu berarti
 un konvergen.
Contoh 1.10:
1) Deret Aritmatika

 a  (n 1) b  a  (a  b)  (a  2b)  
n 1
Sn  a  (a  b)  (a  2b)    (a  (n  1) b)

n
n
2a  (n 1)b  (u1  u2 ).
2
2
Deret ini divergen. Terlihat lim un  0 .
n 
2) Deret Geometrik

 ar
n 1
 a  ar  ar 2    ar n  
n 1
dengan a dan r konstanta.
Sn 
1.9).
a (1  r n )
(buktikan dengan memperhatikan soal nomor 2 contoh
1 r
 SATS4210/MODUL 1
1.23
Deret ini konvergen dengan jumlah
S
a
jika r 1 dan divergen jika r 1.
1 r
3) Deret harmonik

1
n
p

n 1
1 1 1
   , p konstan.
1p 2 p 3 p
Deret ini konvergen untuk p  1 dan divergen untuk p  1 .
1 1
Jika p  1 deret menjadi 1    
2 3
Perhatikan un  0 tetapi deret divergen.
4) Deret berganti-ganti (tanda)
Deret un  u2  u3    un   dengan sifat untuk setiap n dua suku
berturutan un dan un + 1 selalu berbeda tanda.
Misalnya :
a)
1  1  1  1  1
(Contoh 1.9 soal nomor 3).
b)
1
1 1 1
  
2 2 33 42
Deret ini konvergen.
Seperti juga pada pembicaraan barisan maka kekonvergenan atau
kedivergenan deret merupakan masalah yang utama. Untuk deret yang
konvergen jumlah deret juga mendapatkan banyak perhatian. Oleh karena itu
sangat diperlukan adanya alat-alat untuk menguji kekonvergenan/
kedivergenan deret.
1.24
Matematika 2 
Uji kekonvergenan/kedivergenan untuk deret dengan suku-suku tak
negatif:
1. Uji perbandingan
a) Andaikan vn  0 untuk semua n  N dan andaikan  vn
konvergen. Jika 0  un  vn untuk semua n  N maka
konvergen.
b) Andaikan vn  0 untuk
semua n  N dan
u
n
v
andaikan
divergen. Jika un  vn untuk semua n  N , maka
juga
n
u
n
juga
divergen.
Seperti juga uji-uji selanjutnya, di dalam pembicaraan ini tidak
disertai bukti.
2.
Uji pembagian
a)
Jika un  0dan vn  0 dan lim
n 
un
 A  0atau  , maka  un dan  vn
vn
kedua-duanya konvergen atau kedua-duanya divergen.
u
b) Jika dalam a) di atas lim n  0 dan  vn konvergen, maka
n  v
n
u
n
c)
konvergen.
Jika dalam a) A =  dan vn divergen, maka
u
n
divergen.
1
dapat diturunkan
np
uji lain yang sering digunakan sebagai pengganti uji pembagian.
Andaikan lim n p un  A , maka
3) Dari uji pembagian di atas dengan mengambil vn 
n 
a)
 un konvergen jika p > 1 dan A berhingga
b)
u
n
divergen jika p  1 dan A  0.
4) Uji integral
Jika f(x) adalah positif, kontinu dan monoton turun untuk x  N dan
f (n)  un untuk n  N , N  1, N  2, . . . maka  un konvergen atau
1.25
 SATS4210/MODUL 1

divergen sesuai dengan

N
M
f ( x) dx  lim
M 
 f ( x) dx
konvergen atau
N
divergen. Sering kali N = 1.
Contoh 1.11:
1) Pada contoh 1.10 nomor 3 diberikan bahwa
1
n
p
konvergen untuk
p > 1.
Kita buktikan:
Perhatikan f ( x) 
1
, p  0 . Fungsi ini positif dan monoton turun.
xp

M
1
1
dx

lim
1 x p M  1 x p dx


1
 lim 
 untuk p  1
M  (1  p ) x p 1



1
1 
 lim 

 , p 1
M  (1  p ) M p 1
1 p 

 1
untuk p 1

  p 1
, untuk p 1

Jadi
1
n
p
konvergen untuk p  1 dan divergen untuk p  1 , untuk
p 1,

M
1
1
dx

lim
1 x M  1 x dx
 ln M  ln 1  
Jadi
1
n
p
konvergen untuk p  1 , divergen untuk p < 1.
1.26
2)
Matematika 2 
u
n
1
2 1

n
Dengan uji perbandingan:
1
3)
2
n
un 
1
, n2
ln n
konvergen, jadi 
1
1
 n
2 1 2
n
1
konvergen.
2 1
n
ln n  n
1 1

ln n n


1
1
 n divergen. Jadi  ln n divergen
n2
4)
un 
n2
n
2n  3
3
lim n 2
n 
Jadi
5)
un 
n
1

2n 3  3 2
 2n
n
konvergen.
3
3
ln n
1
(n  2) 2
1
lim n 2
n 
Jadi

ln n
(n  2)
ln n
1

2
1
(n  2)
divergen
2
1.27
 SATS4210/MODUL 1
6)
un 
n n
n3  n
Uji pembagian:
Ambil vn 
lim
n 
1
n2
un
n n
 lim n 2 3
1
n

vn
n n
1
v  n
n
Jadi 
2
konvergen
n n
konvergen
n3  n
Uji untuk Deret Berganti-ganti
Suatu deret berganti-ganti konvergen jika dipenuhi:
a)
un 1  un untuk n  1
b)
lim un  0, atau lim un  0 .

n 
n 

Contoh 1.12:
(1)
1
1
1
1
1) un 
deret :  1 




n
2
3
4
5
Tampak di sini
a)
un 
b)
1
u n 1 
n 1
1
n
Jadi un 1  un untuk n 1
lim un  lim
n 
n 
1
n
0
Jadi deret konvergen.
1.28
Matematika 2 
Definisi 1.8
Deret
u
dikatakan konvergen mutlak jika
n
konvergen.
Jika  un divergen, tetapi
u
n
konvergen maka
u
u
n
n
adalah
dikatakan
konvergen bersyarat.
Teorema 1.10
Jika  un konvergen mutlak maka
u
n
konvergen.
Contoh 1.13:
sin A sin 2 A sin 3 A
sin nA

 2  ... 
 ...
12
22
3
n2
Perhatikan deret
u
1) Deret
n
u

un 
1
n2
n

sin A
sin 2 A

2
1
2
1
n
Sudah kita kenal
Jadi
u
u
2) Deret
u
1
Jadi

n
2

u
n
sin 3 A
3
 
2
sin nA
n2

deret konvergen.
konvergen mutlak, berarti juga konvergen.
n
1
2

konvergen.
n
Deret
1
2

1
3
1
1

1
2

1
3

1
adalah divergen.
konvergen bersyarat.
4
  adalah konvergen. Tetapi deret
1.29
 SATS4210/MODUL 1
Berikut ini Anda akan mempelajari uji kekonvergenan mutlak.
1.
Uji Rasio
Andaikan lim
n 
un 1
L
un
maka jika:
(a) L < 1, deret
(b) L > 1, deret
u
u
n
konvergen mutlak
n
divergen
(c) L = 1, uji gagal (tidak menghasilkan keputusan).
2.
Uji akar n
Andaikan lim n un  L
n 
maka jika:
a) L < 1, deret
b)
u
L > 1, deret  u
c)
L = 1, uji gagal
n
n
konvergen mutlak
divergen
Dapat Anda perhatikan bahwa kedua uji di atas dapat digunakan untuk
deret dengan suku-suku tak negatif dengan tidak memerlukan tanda nilai
mutlak lagi.
Contoh 1.14:
1) Deret
2n
 u   1.3.5(2n  1) 
n
Uji rasio:
un 1 un 1
2 n 1
1.3.5 (2n 1)
2


.

n
un
un 1.3.5 (2n  1)(2n  3)
2n  3
2
lim
n 
un 1
 0 . Jadi deret konvergen.
un
1.30
2)
Matematika 2 
 un =
lim
n 
nn
 n!
un 1
u
(n  1) n  1 n !
 lim n 1  lim
. n
n  u
n  ( n  1)!
un
n
n
n
(n  1)n 1
(n 1) n
 1
 lim
 lim 1    e 1.
n
n  ( n  1) n
n 
n 
nn
 n
 lim
Jadi deret konvergen.
3)
 n 
 un    2  3n2 


lim n un  lim
n 
n 
n
n
 0 1 
2  3n 2
Jadi deret konvergen.
4)
1
1
1
1
 u   n(n  1)  1.2  2.3  3.4  
n
lim
n 
un 1
1
n
 lim
n( n 1)  lim
1
n

n

un
(n  1)(n  2)
(n  2)
Uji rasio ternyata gagal.
Kita coba dengan cara lain.
un 
1
1
1
 
.
n(n  1) n n  1
Deret menjadi:
1
1 
 1 1 1 1 1
1  2    2  3    3  4      n  n  1   

 
 



1
Sn 1 
n 1
lim S n  1. Jadi  un konvergen.
n 
1.31
 SATS4210/MODUL 1
Sampai pelajaran ini Anda telah mengenal beberapa uji kekonvergenan.
Jika suatu uji yang Anda pilih gagal menentukan kekonvergenan atau
kedivergenan suatu deret, maka Anda dapat mencoba uji yang lain.
Deret aritmatika dan deret geometrik ternyata dapat diterapkan untuk
perhitungan-perhitungan dalam Hitung Keuangan. Ternyata di sini jumlah
parsial ke-n, Sn, banyak dimanfaatkan.
Selanjutnya, akan Anda pelajari contoh-contoh penggunaan deret dalam
hitung keuangan terutama yang berhubungan dengan suku bunga kredit,
investasi dan annuitas yang timbul sebagai masalah sehari-hari.
Suku bunga sederhana (tunggal)
Bunga adalah uang yang dibayarkan oleh pihak ke-2 kepada pihak
pertama atas penggunaan sejumlah uang pihak pertama (yang disebut uang
pokok).
Tingkat suku bunga adalah perbandingan yang dinyatakan dalam %
antara bunga yang dikenakan dalam satu kurun waktu tertentu terhadap uang
pokok. Biasanya untuk kurun waktu tertentu ini diambil 1 tahun. (Jika tidak
diterangkan berarti kurun waktu 1 tahun). Jika besarnya bunga (I) untuk
waktu t tahun atas uang pokok P dengan tingkat suku bunga r adalah
l Prt
maka bunga yang diberlakukan di sini disebut bunga sederhana atau bunga
tunggal.
Dengan demikian Jumlah uang (A) menjadi
A  P  Prt  P (1  rt )
Suku bunga majemuk
Kalau pada setiap akhir kurun waktu bunga ditambahkan pada uang
pokok, sehingga setiap awal kurun waktu uang pokok menjadi (1 + r) kali
uang pokok awal kurun waktu sebelumnya, maka dikatakan bunga adalah
bunga majemuk.
Jika r adalah suku bunga per tahun sedang perhitungan bunga dilakukan
1
tiap
tahun maka pada akhir tahun ke t berlaku.
k
 r
A  p 1 
 k
tk
1.32
Matematika 2 
Di sini
1
tahun disebut
k
r
periode konversi. Jika i  , n  tk maka
k
diperoleh A  P(1  i)n .
Jika diinginkan sejumlah uang A pada akhir n periode konversi dengan
suku bunga per periode konversi adalah i maka nilai sekarang P dari jumlah
A tersebut adalah
P
A
(1  i )n
Annuitas
Banyak transaksi perdagangan yang dilakukan dengan pembayaran yang
sama pada setiap akhir selang waktu tertentu. Selang waktu tersebut
dinamakan periode pembayaran. Suatu deretan pembayaran ini disebut
annuitas. Jangka waktu yang dihitung dari permulaan periode pembayaran
pertama sampai dengan akhir periode pembayaran terakhir disebut waktu
annuitas.
Jumlah dari suatu annuitas adalah jumlah total yang dihitung akumulatif
pada akhir waktu annuitas bila setiap pembayaran diinvestasikan dengan
bunga majemuk dengan waktu konversi sama dengan periode pembayaran.
Jika pembayaran annuitas agar periode waktu adalah 1 rupiah dengan bunga
per periode waktu pembayaran i maka jumlah annuitas dengan n pembayaran
adalah.
sn i 
(1  i )n  1
i
Jika pembayaran adalah R rupiah jumlah annuitas menjadi sn i  R sn i .
1.33
 SATS4210/MODUL 1
Dengan pembayaran 1 rupiah diperoleh
sn i  (1  i) n 1  (1  i )n  2    (1  i )  1
 1  (1  i )   (1  i )n 1
Ini merupakan jumlah n suku pertama deret geometrik dengan a  1 dan
r  1  i. Jadi
sn i 
(1  i ) n  1
i
Sebaliknya, nilai sekarang dari annuitas dengan pembayaran 1 rupiah
seperti di atas adalah
1
1
1

 
1  i (1  i ) 2
(1  i )n
1

(1 i)n 1  (1 i) n 2   1
(1  i) n
an i 

an i 
1
1  (1  i ) n
Sn i 
n
(1  i)
i
1  (1  i ) n
i
Jika pembayaran 2 rupiah, nilai sekarang annuitas An i  R an i
Pembayaran dengan cara annuitas ini dilakukan seperti pada pembayaran
premi asuransi, pembelian dengan cara angsuran dan sebagainya. Walaupun
namanya annuitas tetapi periode pembayaran tidak selalu tahunan, dapat
bulanan, triwulanan dan sebagainya. Mari kita lihat beberapa contoh hitung
keuangan berikut.
Contoh 1.15:
Dana sebesar 400 juta rupiah di investasikan dengan suku bunga 8%,
dimajemukkan tiap tengah tahunan selama 5 tahun. Berapa besar jumlah
uang pada akhir tahun ke-5 tersebut?
Jawab:
A  8%, i 
80%
 4%, n  2  5  10
2
1.34
Matematika 2 
Jumlah uang pada akhir tahun ke-5 = 400 (1,04)10 = 592.0977 juta
rupiah.
Contoh 1.16:
Pinjaman sebesar Rp1.000.000,00 harus dikembalikan setiap akhir bulan
sebesar Rp100.000,00 dari sisa pinjaman saat itu ditambah bunga untuk
pinjaman tersebut. Jika suku bunga 12%, berapakah total pengembalian uang
seluruhnya?
Jawab:
Besar bunga yang harus dibayar pada:
Pengembalian ke-1 = 1%  Rp1.000.000,00 = Rp10.000,00
Pengembalian ke-2 = 1%  Rp900.000,00 = Rp9.000,00
Pengembalian ke-3 = 1%  Rp800.000,00 = Rp8.000,00

Pengembalian ke-10 = 1%  Rp100.000,00
= Rp1.000,00
10
Total bunga
= (Rp10.000 + Rp1.000)
= Rp55.000,00
2
Total pengembalian = Rp1.000.000 + Rp55.000,00 = Rp1.055.000,00
Contoh 1.17:
Suatu annuitas dibayar Rp100.000,00 tiap 3 bulan dalam waktu 5 tahun
dengan suku bunga 12% per tahun. Tentukan jumlah annuitas dan nilai
sekarang annuitas tersebut.
Jawab:
12%
= 3%, n = 4  5 = 20.
4
(1  i ) n  1
Jumlah annuitas  R .
i
(1.03)20  1
 100.000
0.03
= Rp2.687.040,00.
i=
1.35
 SATS4210/MODUL 1
(1  i )n  1
i
1  (1.03)-20
 100.000
0.03
= Rp1.487.750,00.
Nilai sekarang  R .
.
Jika Anda telah memahami uraian di atas, cobalah kerjakan soal-soal
latihan berikut.
LA TIHA N
Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas,
kerjakanlah latihan berikut!
Selidikilah kekonvergenan atau kedivergenan dari deret-deret berikut.
1
1
1
1)  un  2  2    2  
1  1 2 1
n 1
2)
u
3)
u
4)
n

2
3
4
n 1


 

1.3 2.4 3.5
n( n  2)
1
1
1
 sin  sin    sin  
1
2
n
2
3n  u  3
 un   n4  n .
n
5) Selidikilah apakah deret berikut konvergen mutlak/konvergen atau
divergen.
u
n
1 1 1 1
(1) n 1
    
 .
2 4 6 8
2n
Petunjuk Jawaban Latihan
1) Konvergen
un 
1
1

n2 1 n2
1.36
Matematika 2 
1
n
2
u
konvergen
n
konvergen
2) Divergen
n 1
1

n(n  2) n  2
1
1 1 1
 n  2  3  4  5   divergen
un 
3) Divergen
Perhatikan
1
u  n ,
n
deret divergen
1
sin
un
2 1.
lim  lim
n  v
n 
1
n
n
4) Konvergen
un 
3n 2  n  3
1
,  vn   2 , deret konvergen
n4  n
n
5) Konvergen, konvergen bersyarat,
u
un 1  un
lim un  0.Jadi  un konvergen
n 
1 1 1 1
    
2 4 6 8
1 1 1 1

  1       divergen.
2 2 3 4

u
n
Jadi konvergen tetapi tidak mutlak.
n
merupakan deret berganti-ganti
1.37
 SATS4210/MODUL 1
RA NG K UMA N
Diberikan barisan un , u2 , u3 , , un 

u
n
 u1  u2  u3  
n 1
disebut deret tak hingga atau deret dengan simbol
u
n
.
S n  u1  u2    un disebut jumlah parsial ke n dari deret
Deret
u
n
u
n
.
dikatakan konvergen ke S bila lim S n  S .
n 
S disebut jumlah deret.
Deret yang tidak konvergen dikatakan divergen. Jika
u
n
konvergen maka  un dikatakan konvergen mutlak.
Dikenal beberapa cara uji kekonvergenan/kedivergenan.
1. Uji perbandingan
Jika 0  un  vn untuk semua n  N dan  vn konvergen, maka
u
n
2.
juga konvergen.
Jika 0  un  vn untuk n  N dan  vn divergen, maka  un juga
divergen.
Uji pembagian
u
Jika un  0, vn  0 dan lim n  A yang tidak sama dengan nol dan
n  v
n
tidak , maka  un dan  vn kedua-duanya konvergen atau
kedua-duanya divergen.
Jika A = 0 dan  vn konvergen, maka  un juga konvergen.
Jika A =  dan
v
n
divergen, maka
u
n
divergen.
Untuk uji ini secara khusus dapat diambil vn 
3.
1
.
np
Uji integral
Jika f(x) adalah positif, kontinu dan monoton turun untuk x  N
dan f(n) = un untuk n = N, N + 1, N + 2, ..., maka  un konvergen
atau divergen sesuai dengan
1.38
Matematika 2 



f ( x) dx  lim  f ( x) dx
n 
N
N
Konvergen atau divergen.
Jika  un merupakan deret berganti-ganti dengan un 1  un untuk
4.
 u konvergen.
konvergen maka  u juga konvergen.
n  1 dan un = 0 maka
Jika  un
Uji rasio
u
Jika lim n  L, maka
n  v
n
5.
6.
n
n
u
n
konvergen mutlak bila L < 1 dan
divergen jika L > 1.
7.
Uji akar ke-n
Jika lim n un  L, maka
u
n
n 
u
n
konvergen mutlak bila L < 1 dan
divergen bila L > 1.
TE S F O RMA TIF 2
Untuk soal nomor 1 sampai dengan nomor 5.
Jawablah:
A. Apabila 1, 2, 3 benar
B. Apabila 1 dan 3 benar
C. Apabila 2 dan 4 benar
D. Apabila 4 saja benar
E. Apabila semua benar
1) Jika
1.
2.
3.
4.
u 
n
v
v
u
u
cos n
dan
n3
n3
, maka ….
2
1
v   n
n
n
konvergen bersyarat
n
konvergen mutlak
n
konvergen bersyarat
n
konvergen mutlak
1.39
 SATS4210/MODUL 1
2) Jika
1.
2.
3.
4.
3) Jika
1.
2.
3.
4.
4) Jika
1.
2.
3.
4.
5) Jika
1.
2.
3.
4.
 un   (1)n
u
u
v
v
ln n
dan
n
n
divergen
n
konvergen
n
divergen
n
konvergen
(1)n
dan
n!
 un konvergen
 un  
u
v
v
n
divergen
n
konvergen
n
divergen
 u   ne
 n2
n
u
u
v
v
dan
n
konvergen
n
divergen
n
divergen
n
konvergen
 vn  
v
n
 sin
n2 1
, maka ….
3n 4  2
1
1
1
 sin 2  sin 2   maka ….
2
1
2
3
ln n
 v   (n  1)
n
2n
nn
1
, maka ….
3
 u   n ! dan  v   n! , maka ….
 v konvergen
 u konvergen
  u  v  konvergen
 u divergen
n
n
n
n
n
n
n
1.40
Matematika 2 
Untuk soal nomor 6 sampai dengan nomor 10. Pilihlah jawaban yang
paling sesuai.
n
 log n  1
6) Deret
A.
B.
C.
D.
E.
konvergen ke e
konvergen ke e -1
konvergen ke 1
konvergen ke 0
divergen
(1)n
adalah ….
2n
4
konvergen ke
3
2
konvergen ke
3
1
konvergen ke
3
konvergen ke 0
divergen

7) Deret
A.
B.
C.
D.
E.

8) Jika
adalah ….

1
 u   (n  2)(n  1) , maka jumlah parsial ke-n, Sn = ….
n
n 1
n 1
A.
n 1
1
n2
B.
n 1 1

n2 2
C.
n 1 1

n2 2
D.
n 1
1
n2
E.
n 1
n2
1.41
 SATS4210/MODUL 1

9) Jika

1 n
u  2
n
n 1
n 1
maka jumlah parsial ke-n, Sn = ….
n 1
A.
n 1 1

2 n 2 2
B.
n 1 1

2 n 2 2
C.
n 1
1
2 n 2
D.
n 1 1

2n 2
E.
n 1

2n 2
10) Seorang penabung tiap akhir bulan memasukkan sisa gajinya sebesar
Rp100.000 dalam tabungannya. Jika suku bunga adalah 12% per tahun
maka akhir tahun ke-2 besar tabungannya adalah ….
A. 2.697.346
B. 2.602.756
C. 2.592.828
D. 2.590.770
E. 2.560.508
Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 2 yang
terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar.
Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan
Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 2.
Tingkat penguasaan =
Jumlah Jawaban yang Benar
 100%
Jumlah Soal
Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali
80 - 89% = baik
70 - 79% = cukup
< 70% = kurang
1.42
Matematika 2 
Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat
meneruskan dengan modul selanjutnya. Bagus! Jika masih di bawah 80%,
Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 2, terutama bagian yang
belum dikuasai.
1.43
 SATS4210/MODUL 1
Kunci Jawaban Tes Formatif
Tes Formatif 1
1) A.
2) B.
3) C.
4) E.
5) E.
6) D.
7) E.
8) C.
9) E.
10) C.
Tes Formatif 2
1) D.
2) C.  un deret berganti, un 1  un , lim un  0 .
n 
3) B.
u
n
deret berganti-ganti.
Gunakan uji pembagian terhadap
4) B. Pakailah uji integral untuk
u
n
u
n
dengan deret
1
n
dan uji pembagian dengan
2
.
1
n
1
.
3
5) C. Ujilah kedua deret dengan uji rasio.
1
2
n
1
6) E. S n  log  log    log
 log
2
3
n 1
n 1
lim S n    .
n 
(1)n
1 1 1 1 1
1     
n
2 4 8 16 32
2
 1 1
 1 1 1
 3 2 2
 1     1       .
 4 16
 2  4 16
 4 3 3
7) B.

8) C.
 n 1
n  n 1 1
2 1 3 2 4 3
Sn               

 .

3
2
4
3
5
4
n

2
n
1  n  2 2

 
 


 n 1 n  n 1 1
 2 1  3 2   4 3 
S n   2     3  2    4  3      n  1  n   n 1  .
2
2
2
2
2
2
2
2  2

 
 

2
10) A. Hitunglah sebagai jumlah parsial deret atau dengan rumus anuitas.
9) B.
1.44
Matematika 2 
Daftar Pustaka
Kaplan, W. Advanced Calculus. Addison Wesley Publishing Company, Inc.
Piskunov, N. Differential an Integral Calculus. Mir Publisher.
Salas, S.L. (1982). Hillie Einas, Calculus Ed. VI. John Wiley and Sons.
Spiegel, Murray. Theory and Problems of Advanced Calculus. McGraw Hill
Book Co.