Uploaded by Ma'rifatul Ainiyah

Fungsi khusus integral [Compatibility Mode]

advertisement
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
Download
Random flashcards
sport and healty

2 Cards Nova Aulia Rahman

Nomor Rekening Asli Agen De Nature Indonesia

2 Cards denaturerumahsehat

Create flashcards