FUNGSI KHUSUS DALAM BENTUK INTEGRAL FUNGSI FAKTORIAL Definisi ∞ n −x x ∫ e dx = n ! 0 Buktikan bahwa : ∞ 0 −x 0! = 1 ∞ −x 0! = ∫ x e dx = ∫ e dx = − e 0 Terbukti 0 −x ∞ 0 = − (0 − 1) = 1 FUNGSI Gamma Definisi ∞ Γ( p ) = ∫ x p −1e − x dx ; p>0 0 Hubungan fungsi Gamma dengan fungsi Faktorial ∞ Γ( p + 1) = ∫ x 0 Γ(1) = 0 !=1, ( p −1)+1 −x ∞ p −x e dx = ∫ x e dx = p ! 0 Γ( p + 1) = p ! Γ(2) = 1!=1, Γ(3) = 2! = 2 dst Nilai Fungsi Gamma ditabulasi untuk Gamma 1 sampai dengan Gamma 2 Hubungan Rekursif Fungsi Gamma ∞ Γ( p + 1) = ∫ x p e − x dx 0 Lakukan integrasi parsial, seperti berikut : u= xp du = px p −1 dp dv = e − x dx v = − e− x Γ( p + 1) = − x e p −x ∞ ∞ 0 ∞ ( ) − ∫ − e − x px p −1 dx 0 Γ( p + 1) = p ∫ x p −1e − x dx = pΓ( p ) 0 Γ( p + 1) = pΓ( p ) Hubungan Rekursif Fungsi Gamma Γ( p + 1) = pΓ( p ) Γ(3) = Γ(2 + 1) = 2Γ(2 ) = 2 (1) = 2 Γ(4) = Γ(3 + 1) = 3Γ(3) = 3Γ(2 + 1) = 3.2Γ(2) = 6(1) = 6 dst Hubungan Rekursif Fungsi Gamma 1 Γ( p ) = Γ( p + 1) p Γ(0,6 ) = 1 1 Γ(0,6 + 1) = Γ(1,6) 0,6 0,6 1 1 Γ(− 1,5) = Γ(− 1,5 + 1) = Γ(− 0,5) − 1,5 − 1,5 1 1 (− 0,5 + 1) = − 1,5 − 0,5 1 1 = Γ(0,5) − 1,5 − 0,5 1 1 1 = Γ(1,5) − 1,5 − 0,5 0,5 Tabel F. Gamma Tabel F. Gamma Nilai Γ(0,5) ∞ Γ(0,5) = ∫ t 0 , 5 −1 −t ∞ e dt = ∫ 0 0 1 −t e dt t Misalkan t = y2, maka dt = 2y dy ∞ 1 − y2 Γ(0,5) = 2 ∫ e ydy y 0 ∞ 1 −x2 Γ(0,5) = 2 ∫ e xdx x 0 [Γ(0,5)] 2 ∞∞ = 4∫ ∫ e ( 0 0 − x2 + y 2 ) dx dy Nilai Γ(0,5) [Γ(0,5)] 2 π /2 ∞ e ∫ ∫ θ =4 −r 2 rdr dθ = 4 =0 0 [Γ(0,5)]2 = π Γ(0,5) = π π e −r 2 2 −2 ∞ =π 0 Contoh soal Hitunglah integral berikut dengan Fungsi Gamma : ∞ 2 − x2 ∫x e dx 0 Jawab ∞ 2 − x2 ∫x e Misal u = x2, dx −u ue ∫ 0 ∞ 0 ∞ Untuk x = ∞ maka u=∞ du 1 1 / 2 −u 1 11 π = ∫ u e du = Γ(1,5) = Γ(0,5) = 2 22 4 2 u 20 2 − x2 ∫x e du = 2x dx Untuk x = 0 maka u = 0 0 ∞ maka dx = π 4 Soal Latihan Hitunglah integral-integral berikut dengan Fungsi Gamma : ∞ 1. ∫ t e −3t dt 0 ∞ ( ) 2. ∫ 2 y + y e 2 0 1 3. ∫ (ln x ) dx 1/ 3 0 − y2 dy Formula penting terkait Fungsi Gamma π Γ( p ) Γ(1 − p ) = sin πp Untuk p = 0,5 Γ(0,5) Γ(1 − 0,5) = Γ(0,5) Γ(0,5) = [Γ(0,5)]2 = π Γ(0,5) = π π 1 π sin 0,5π Contoh soal Buktikan bahwa : Bukti πz z !(− z )! = sin πz z !(− z )! = Γ( z + 1) Γ(1 − z ) z !(− z )! = zΓ( z ) Γ(1 − z ) z !(− z )! = z[Γ( z )Γ(1 − z )] π z !(− z )! = z sin πz πz z !(− z )! = sin πz Ingat : Γ(n + 1) = n ! dan Γ(n + 1) = nΓ(n ) dan π Γ(n )Γ(1 − n ) = sin πn Fungsi Beta Definisi 1 : 1 B ( p, q ) = ∫ x p −1 (1 − x ) q −1 dx ; p > 0; q > 0. 0 B ( p, q ) = B (q, p ) Definisi 2 : B ( p, q ) = 1 a p + q −1 a ∫ y (a − y ) 0 p −1 q −1 dy Fungsi Beta Definisi 3 : π /2 B ( p, q ) = 2 2 p −1 2 q −1 ( ) ( ) sin θ cos θ dθ ∫ 0 Definisi 4 : ∞ y p −1 dy B ( p, q ) = ∫ p+q ( ) 1 + y 0 Hubungan Fungsi Beta dan Fungsi Gamma Fungsi Gamma ∞ Γ( p ) = ∫ t p −1e −t dt 0 Misal t = y2, maka ∞ Γ( p ) = 2∫ y 2 p −1 − y e 2 ∞ dy atau Γ(q ) = 2 ∫ x 0 2 q −1 − x 2 0 Jika Γ(p) dikalikan dengan Γ(q) dikalikan maka : ∞∞ Γ( p )Γ(q ) = 4∫ ∫ x 2 q −1 y e( 2 p −1 − x 2 + y 2 ) dx dy 0 0 ∞ π /2 Γ( p )Γ(q ) = 4∫ ∫ (r cosθ ) (r sin θ ) 0 0 2 q −1 2 p −1 − r 2 e rdrdθ e dx Hubungan Fungsi Beta dan Fungsi Gamma ∞ Γ( p )Γ(q ) = 4∫ r 2 p + 2 q −1e − r dr 2 0 π /2 2 q −1 2 p −1 ( ) ( ) cos θ sin θ dθ ∫ 0 1 Γ( p + q ) 2 1 1 Γ( p )Γ(q ) = 4 Γ( p + q ). B( p, q ) 2 2 Γ( p )Γ(q ) B ( p, q ) = Γ( p + q ) 1 B ( p, q ) 2 Hubungan Fungsi Beta dan Fungsi Gamma contoh ( ) 1 ) ( ) ( ( Γ 1 Γ 1) π 2 1 B 1, = = =2 2 1 Γ( 3 2 ) 2 π ( ) Contoh soal 1 Selesaikan integral berikut dengan fungsi Beta π /2 ∫ sin 3 x cos x dx 0 π /2 Solusi dengan def. Fungsi Beta 3 B ( p, q ) = 2 2 p −1 2 q −1 ( ) ( ) sin θ cos θ dθ ∫ 0 π /2 ∫ (sin 0 π /2 ∫ 0 3 x cos x 2 p − 1= 3 2 ) 1/ 2 dx = p = 54 π /2 ∫ (sin x ) (cos x ) 3/ 2 0 2q − 1 = 1 2 1/ 2 dx q = 34 1 5 3 1 Γ(5 4 )Γ(3 4 ) sin x cos x dx = B( 4 , 4 ) = = ...... 2 2 Γ(2) 3 Contoh soal 2 Selesaikan integral berikut dengan fungsi Beta ∞ y 2 dy ∫0 (1 + y )6 ∞ Solusi dengan def. Fungsi Beta 4 p − 1= 2 p =3 ( p + q)= 6 Jadi y 2 dy Γ(3)Γ(3) 4 ∫0 (1 + y )6 = B(3,3) = Γ(6) = 120 ∞ y p −1 dy B ( p, q ) = ∫ p+q ( ) 1 + y 0 q =3 Soal Latihan Selesaikan integral berikut dengan fungsi Beta yang sesuai ∞ 1. ∫ 0 (1 + y ) 2 2. ∫ 0 π /2 3. y dy ∫ 0 3 2 x 2 dx 2− x dθ sin θ Aplikasi dalam persoalan Fisika Sket grafik x2 + y 2 = 9 Gunakan fungsi Beta untuk menghitung : a. Luas daerah pada kuadran pertama b. Titik pusat massa dari daerah ini (anggap rapat massanya seragam) Jawab a y x2 + y 2 = 9 A = ∫ dA = 3 x 9− y 2 0 0 ∫∫ dx dy = ∫ ∫ dx dy A = ∫ 9 − y 2 dy 0 3 Aplikasi dalam persoalan Fisika 3 A = ∫ 9 − y dy 2 0 Batas : 9 A= ∫ 0 a a p −1 (a − y ) y p + q −1 ∫ y =3 → x =9 q −1 dy 0 p −1 y ∫ (a − y ) 0 x=0 9 1 q −1 2 y dy = dx y =0 → dx 1 −1/ 2 1/ 2 9− x = ∫ x (9 − x ) dx 20 2 x B ( p, q ) = a y2 = x Misalkan : dy = a p + q −1 B( p, q ) Gunakan Fungsi Beta kedua 1 1/ 2 + 3 / 2 −1 A = (9) B(1 / 2, 3 / 2) 2 1 Γ(1 / 2)Γ(3 / 2) A = (9) 2 Γ(2) 1 A = (9) 2 π 1/ 2 π 1 9π = 4 Dengan rumus luas lingkaran : 1 2 1 9π 2 A = π r = π (3) = 4 4 4 Sama B. Titik pusat massa luasan tersebut dihitung dengan rumus : x pm x dM ∫ ρ xdA ∫ = = ∫ dM ∫ ρdA y pm y dM ∫ ρ ydA ∫ = = ∫ dM ∫ ρdA Dst ........ Fungsi Error dan Pelengkapnya Definisi Fungsi Error Erf ( x ) = 2 π x ∫e −t 2 dt 0 Definisi Pelengkap Fungsi Error Erfc ( x ) = 2 π ∞ ∫e x −t 2 dt Fungsi Error Erf (∞ ) = 2 π ∞ −t 2 ∫ e dt 0 2 1 1 π Erf (∞ ) = Γ( 2 ) = =1 π 2 π Selesaikan dengan Fungsi Gamma Fungsi Error dan Pelengkapnya x ∞ 2 2 −t −t 2 ∫ e dt + ∫ e dt Erf ( x ) + Erfc(x ) = π 0 x Erf ( x ) + Erfc(x ) = 2 π ∞ ∫e −t 2 dt 0 Erf (x ) + Erfc( x ) = Erf (∞ ) = 1 Erf (x ) = 1 − Erfc(x ) Erfc(x ) = 1 − Erf (x ) Fungsi Error Dari deret pangkat tak hingga : 2 3 4 t t t et = 1 + t + + + + ... 2! 3! 4! Erf ( x ) = e −t 2 4 6 8 t t t = 1 − t 2 + − + + ... 2! 3! 4 ! 4 t 2 1 − t + − ..... dt ∫ 2! π 0 2 x x 2 t t t − + Erf (x ) = − .... π 3 5.2! 0 3 5 2 x3 x5 x − + − .... Erf ( x ) = 3 5 .2 ! π x << 1 Pelengkap Fungsi Error Definisi pelengkap fungsi error Kita tuliskan : dan lakukan integrasi by part sbb : Pelengkap Fungsi Error Sekarang tuliskan lagi : 1 −t 2 1 d 1 −t 2 e = 3 − e 2 t t dt 2 kemudian lakukan integral by part lagi sbb : Pelengkap Fungsi Error Jika proses ini terus dilanjutkan, maka akan didapat ungkapan deret untuk pelengkap fungsi error, sbb : x >>1 Contoh soal 2 1. ∫ e − x2 dx 0 2. 3. 2 π 2 10 ∫e −u 2 du 5 ∞ e ∫ π 1 −t 2 / 2 dt Formula Stirling Formula Stirling adalah formula pendekatan untuk fungsi Faktorial dan Fungsi Gamma, sbb : Bukti Substitusi variabel baru y sehingga Formula Stirling persamaan di atas menjadi : untuk p besar, logaritma dapat diekspansi dalam deret pangkat berikut : sehingga Formula Stirling 2π 0 Untuk p besar Bandingkan nilai eksak n! dengan formula pendekatan Stirling n n! eksak 5 120 20 2,43 X 1018 50 3,04 X 1064 n! Formula Stirling 118,0 2,42 x 1018 Persen selisih 1,7 % 1,0 % Soal 1. Dalam mekanika statistik sering digunakan persamaan : ln N ! = N ln N − N disini N berorde bilangan Avogadro, N = 1026 Buktikan dari Formula Stirling ! 2. Hitunglah : lim n →∞ (2n )! n 2 2 2 n (n !) 3. Hitunglah : Γ(55,5) Integral Eliptik Bentuk Legendre disebut juga integral eliptik tak lengkap jenis ke satu dan ke dua k disebut modulus dan φ disebut amplitudo integral eliptik. Integral ini ditabulasi untuk nilai θ = arc sin k dan φ antara 0 dan π/2. k2 dapat dilihat dari bentuk integral, dengan mengetahui k maka θ dapat ditentukan, sedangkan φ dapat dilihat pada batas integral, dengan mengetahui θ dan φ, maka nilai integral eliptik dapat dilihat pada tabel integral eliptik F(k,φ) dan E(k,φ). Integral Eliptik Integral eliptik lengkap Integral eliptik lengkap jenis pertama dan kedua adalah nilai-nilai K dan E (sebagai fungsi k) untuk φ = π/2 Sama seperti sebelumnya, k2 dapat dilihat dari bentuk integral, dengan mengetahui k maka θ dapat ditentukan, dengan mengetahui θ, maka nilai integral eliptik lengkap dapat dilihat pada tabel integral eliptik lengkap K dan E Contoh soal π /4 1. ∫ 0 dφ 1 − 0,25 sin 2 φ Bagaimana menghitung integral eliptik untuk φ > π/2 ??? Tinjau fungsi sin2x [f(sin2x)] yang merupakan integran dari integral eliptik 9π / 4 ∫ 0 2π 2π π /4 π /2 π /4 0 0 0 0 0 ...... = ∫ ...... + luas A = ∫ ... + ∫ .... = 4 ∫ .... + ∫ ... 7π / 4 ∫ 2π 2π π /4 π /2 π /4 0 0 0 0 0 3π / 2 π /4 π /2 π /4 0 0 0 0 ...... = ∫ ...... − luas A = ∫ ... − 0 ∫ .... = 4 ∫ .... − ∫ ... catat 7π / 4 ∫ 0 ...... ≠ 3π / 2 ∫ 0 ...... + luas A = ∫ ... + ∫ .... = 3 ∫ .... + ∫ ... Contoh soal 5π / 4 ∫ 0 1 − 0,037 sin 2 φ dφ Jika batas bawah integral tidak nol, maka : dan jika salah satu batas integral adalah negatif, maka : Karena F(k,φ) dan E(k,φ) merupakan fungsi ganjil Contoh soal 11π / 4 ∫π −7 / 8 1 − 0,64 sin 2 φ dφ Bentuk Jacobi Jika kita ambil x = sin φ, pada bentuk Legendre, maka akan didapat integral eliptik bentuk Jacobi jenis pertama dan kedua, sbb : dan Contoh soal 0 ,8 dx ∫ (1 − x )(1 − 0,16 x ) 2 0 2 Contoh soal 5π / 4 1. ∫ 1 − 0,037 sin 2 φ dφ 0 11π / 4 3. ∫π −7 / 8 0,5 0,5 2. ∫ 0 1 − 0,64 sin 2 φ dφ 100 − x dx 2 1− x 2 4. dx ∫ (1 − x )(4 − 3x ) −0,5 2 2