Deret divergen

FISIKA MATEMATIKA 1
DERET
Anggota Kelompok :
1. Ginanjar Putri Utami
1101135006
2. Mochamad Rizalul Fikri
1101135012
3. Novita Sari
1101135014
4. Wirna Suryani
1101135025
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN FISIKA
FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN
UNIVERSITAS MUHAMMADIYAH PROF. DR. HAMKA
2013
DERET
1.1
Definisi dan notasi
Deret merupakan suatu bilangan yang tersusun di dalam bentuk
penjumlahan dari banyak bilangan (tak hingga). Ada deret yang
mempunyai nilai terbatas dan ada juga yang mempunyai nilai tak
hingga. Bilangan penyusun deret dapat berupa rumus tertentu juga
ada berupa bilangan yang tidak dapat dirumuskan.
Contoh
1
1+2+
1
3
+
1
4
+ ….
Dalam banyak bentuk, deret dapat dirumuskan ke dalam suatu
bentuk perulangan (looping) yang bergantung pada suatu nilai
variabel yang membesar ketika berulang. Seperti contoh diatas,
dapat dilihat penyebut dari bilangan penyyusunannya membesar
dengan
beda
satu,
artinya
setiap
perulangan
bilangan
penyusunannya (penyebutnya) ditambah satu. Untuk merumuskan
deret di atas dapat digunakan variabel n yang membesar dengan
beda satu, digunakan sebagai penyebut bilangan penyusun deret,
dan operasi penjumlahan digunakan dengan notasi ∑∞
n=1
atau
sigma yang artinya perulangan n dimulai dari satu sampai tak
1
1
hingga. Perumusan deret di atas adalah ∑∞
n=1 2 = 1 + 2 +
Contoh
∞
∑
n=1
∞
∑
n=1
1
1 1 1
= 1 + + + + ….
n
2
2 3 4
1
1 1
1
=1+ + +
+ ….
n!
2 6 24
1
3
+
1
4
+ ….
1.2
Deret Konvergen dan Deret Divergen
Deret tak hingga terbagi menjadi dua yaitu, deret tak hingga yang
konvergen dan deret tak hingga yang divergen.
Tinjau suatu deret berikut :
∞
1 n
1 2
1 3
1 4
1 n
∑ ( ) = 1 + ( ) + ( ) + ( ) + … . + ( ) + ….
2
2
2
2
2
n=0
Namakan deret dengan Sn :
1
1
Sn = 1 + 2 +
1
+
4
1 n
1
+ 16 … + (2) + …
8
Kita kalikan Sn dengan ½ akan didapat :
1
½ Sn = 2 +
1
1
+
4
1 n+1
1
+ 16 … + (2)
8
+ …
Jumlahkan Sn dengan (-1/2) Sn akan didapat :
1
1
Sn = 1 + 2 +
1
-1/2 Sn = - [2 +
+
4
1
+
4
1
1
1 n
+ 16 … + (2) + …
8
1
1
1 n+1
+ 16 … + (2)
8
+ …]
+
1 n+1
½ Sn = 1 - (2)
Dengan demikian kita dapat menghitung nilai deret di atas
Sn =
1 n+1
2
1
2
1−( )
S = lim Sn = 2
n→∞
Oleh karena nilai S dapat dihitung dan bernilai batas maka deret
tersebut dinamakan deret konvergen. Jika S tidak dapat dihitung
atau bernilai tak hingga maka deretnya dinamakan deret divergen.
Suatu barisan (Sn) dikatakan konvergen ke suatu bilangan hingga s
jika berlaku lim Sn = s. Artinya : untuk sembarang bilangan positif ϵ
n→∞
kecil, ada bilangan bulat positif m, sedemikian sehingga untuk n >
m, maka |s − sn| < ∈ Sn mempunyai limit disebut barisan
konvergen, tapi jika baris tak mempunyai limit maka barisan disebut
divergen.Suatu barisan (Sn) dikatakan divergen ke ∞ atau lim Sn =
n→∞
∞ jika untuk sembarang bilangan positif m bagaimana besarnya,
selalu ada bilangan positif m, sedemikian sehingga untuk n > maka
|Sn| > m atau jika Sn > m, lim Sn = + ∞ dan lim Sn = − ∞
n→+∞
n→−∞
Dalil dalil untuk barisan
-
Setiap barisan tak trun (tak naik) tetapi terbatas konvergen
-
Setiap barisan tak terbatas adalah divergen
-
Suatu barisan konvergen (divergen) akan tetap konvergen
(divergen) jika beberapa atau semua suku – suku ditukar
-
Limit dari barisan konvergen adalah unik lim Sn = s dan
n→∞
lim tn = t
b→−∞
-
lim (Sn ± tn) = s + t
n→∞
lim (k . Sn) = k . s
n→∞
lim (Sn . tn) = s . t
n→∞
Jika Sn adalah barisan yang suku – sukunya tak nol dan jika
1
lim Sn = ∞ maka lim Sn = 0
n→∞
1.3
-
Jika a > 1 maka lim an = +∞
-
Jika |r| < 1 maka lim r n = 0
n→+∞
n→∞
Uji Deret Konvergen dan Divergen
Suatu deret dapat dikatakan konvergen bila telah diujji dengan
beberapa jenis uji yang dapat memberikan kepastian tentang sifat
konvergen. Ada beberapa jennis uji konvergensi bagi deret,
diantaranya
a. Uji Awal (Preliminary Test)
Uji ini dilakukan pertama kali sebagai uji apakah deret bisa
bersifat konvergen atau bahkan divergen. Melalui uji ini, suatu
deret dapat langsung dinyatakan bersifat divergen, atau deret
masih memiliki kemungkinan bersifat konvergen dari deret
tersebut.
lim an = 0, ada kemungkinan deret konvergen
n→∞
lim an ≠ 0, deret pasti divergen
n→∞
Dalil
Jika ∑∞
n=1 a n konvergen, maka lim a n = 0
n→∞
Dalil ini tidak bisa dibalik, jadi jika diperoleh lim an = 0 belum
n→∞
dapat dikatakan bahwa deret
∑∞
n=1 a n
konveregen (lanjutkan ke
uji yang lain)
Contoh
∞
∑
n=1
1
1 1 1
= 1 + + + + ……
2
2 3 4
lim an = 0, deret belum pasti divergen tetapi memberikan
n→∞
kemungkinan
deret konvergen
(walaupun
akhirnya
deret
divergen). Harus dilakukan uji lain yang dapat memastikan deret
konvergen.
b. Uji Perbandingan dengan Deret Lain (Comparison Test)
Setelah melalui uji awal dan ada kemungkinan deret konvergen,
dilakukan uji perbandingan untuk memastikan deret konvegen.
Suatu deret ∑∞
n=1 bn yang telah diketahui bersifat konvergen
digunakan untuk membandingkan (uji perbandingan) deret
∑∞
n=1 a n , dimana
∞
∞
∑∞
n=1 a n < ∑n=1 bn , deret ∑n=1 a n konvergen
∞
∞
∑∞
n=1 a n > ∑n=1 bn , digunakan uji lain untuk menentukan ∑n=1 a n
konvergen atau divergen.
Contoh :
1
Uji deret ∑∞
n=1 n! dengan uji banding, gunakan sebagai deret
1
pembanding ∑∞
n=1 2n yang merupakan deret konvergen
Bandingkan
N
n!
2n
1
1
2
2
2
4
3
6
8
4
24
16
5
120
32
1
<
n!
1
2n
1
n!
1
>
1
2
1
6
1
24
1
120
>
>
<
<
1
2n
1
2
1
4
1
8
1
16
1
32
untuk n ≥ 4
1
Maka deret ∑∞
n=1 n! konveregen
c. Uji Integral
∞
∞
∞
∞
∞
∫N an dn → ∫N f(n)dn → ∫N f(x)dx ↔ ∫N f(x)dn = ∫ f(x)dx
∞
Ketentuan jika ∫ f(x)dx
1. Nilainya berhingga maka deret ∑∞
n=1 a n konvergen
2. Nilainya tak berhingga maka deret ∑∞
n=1 a n divergen
Untuk lebih memudahkan, batas integral bisa ditinjau batas
atasnya saja
Contoh
Selidiki kekonvergenan deret ∑∞
k=1
k
ek
2
Penyelesaian
∞
b
∫ ak dk = lim ∫
b→∞ 1
1
k
ak
2
dk
−1
−1
1
1
1
2
lim e−k | b1=
lim ( b2 − ) =
2 b→∞
2 b→∞ e
e
2e
=
Karena integral tak wajar di atas kekonvergen
∑∞
k=1
k
2
ek
1
konvergen ke 2e dan ∑∞
k=1
k
2
ek
=
1
2e
maka deret
1
2e
d. Uji Nisbah (test d’allembert)
Teorema
Tinjau deret ∑∞
n=1 a n lalu cari nilai ρn = |
an+1
an
| kemudian lakukan
lim ρn = ρ
n→∞
Jika :
ρ < 1 , konvergen
ρ > 1 , 𝑑𝑖𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛
ρ = 1 , pengujian gagal
melakukan
kesimpulan
dengan tes lain)
Contoh
k
Selidiki kekonvergenan deret ∑∞
k=1 k!
Jawab
Misal ak =
1
k!
maka lim
ak+1
k→∞ ak
= lim
1
k→∞ k+1
=0
1
Jadi deret ∑∞
k=1 k! konvergen
e. Tes Akar (Test Couchy)
k
k
Misal ∑∞
k=1 a k deret positif dan lim √a = a
k→∞
Maka
1. Bila a < 1 maka deret ∑∞
k=1 a k konvergen
(dilakukan
2. Bila a > 1 atau a = ∞ maka deret ∑∞
k=1 a k divergen
3. Bila a = 1 maka tes gagal melakukan kesimpulan (dilakukan
dengan tes lain)
Contoh
3k+2 k
Tentukan kekonvergenan deret ∑∞
k=1 (2k−1)
Jawab :
3k+2 k
3k+2
Misal ak = (2k−1) maka lim k√ak = lim 2k−1 =
k→∞
k→∞
3
2
3k+2 k
Jadi deret ∑∞
k=1 (2k−1) konvergen
f. Tes Limit Perbandingan
a
k
∞
Misal ∑∞
k=1 a k dan ∑k=1 bk merupakan deret positif dan lim b = 1
k→∞ k
Maka kedua deret konvergen atau divergen secara bersama –
sama bila 1 < ∞ dan 1 ≠ 0
Contoh
1
Tentukan konvergensi deret ∑∞
k=2 k2 −1
Jawab
1
1
Pandang deret – p, ∑∞
k=2 k2 konvergen. Misal a k = k2 dan bk =
1
k2 −1
1.4
a
maka lim bk = lim
k→∞ k
k2 −1
k→∞ k2
1
= 1 Jadi deret ∑∞
k=2 k2 −1 konvergen
Deret Bolak-balik (Alternating Series)
Deret bolak-balik adalah deret yang suku-sukunya berganti tanda.
Sebagai contoh,
1 1 1
(−1)n+1
1 − + − + ⋯+
2 3 4
n
n+1
Deret bolak-balik ∑∞
an , dengan an positif, konvergen jika
n=1(−1)
memenuhi dua syarat berikut:
i.
Setiap suku-suku deret ini secara numerik kurang dari sukusuku sebelumnya, |an+1 | < |an |.
ii.
1.5
lim |an | = 0.
a→∞
DERET PANGKAT
1.5.1 Definisi deret pangkat

C
n
( x  a) n  co  c1 ( x  a)  c 2 ( x  a) 2  c 3 ( x  a) a  ...
n 0
dimana X adalah variabel C n dan a konstanta
Perhatikan bahwa dalam notasi deret pangkat telah sengaja
memilih indeks nol untuk menyatakan suku pertama deret, c0
yang selanjutnya disebut suku ke-nol .Hal ini digunakan
untuk memudahkan penulisan ,terutama ketika membahasa
pernyataan suatu fungsi dalam deret pangkat .
Beberapa contoh deret pangkat :
(a)
1
x x2 x3
(  x) n


 .....  n  .....
2 4
8
2
(b)
x
x2 x3 x4
(1) n1 x n


 ..... 
 .....
2
3
4
n
(c)
x
x3 x5 x7
(1) n1 x 2 n1


 ..... 
 .....
3! 5! 7!
(2n  1)!
(d)
1
( x  2)
2

( x  2) 2
3
 ..... 
1.5.2 TEOREMA DERET PANGKAT
( x  2) n
n 1
 .....
Konsep Dasar
Deret pangkat merupakan suatu bentuk deret tak hingga

a
m
( x  x0 ) m  a0  a1 ( x  x0 )  a 2 ( x  x0 ) 2  a3 ( x  x0 ) 3  ..... (1)
m 0
Diasumsikan x, x0 , dan koefisien a i merupakan bilangan
real. Jumlah parsial untuk n suku pertama bentuk di atas
s n yang
adalah
dapat
dituliskan
sebagai
s n ( x)  a0  a1 ( x  x0 )  a 2 ( x  x0 ) 2  ......a n ( x  x0 ) n
(2)
Dan sisa deret pangkat (1) didefinisikan sebagai Rn
Rn ( x)  a01 ( x  x0 ) n 1  a n  2 ( x  x0 ) n  2  ......
(3)
Untuk persamaan (1) di atas dapat diperoleh
s0  a0
R0  a1 ( x  x0 )  a 2 ( x  x0 ) 2  a3 ( x  x0 ) 3  ....
s1  a 0  a1 ( x  x0 )
R1  a 2 ( x  x0 ) 2  a3 ( x  x0 ) 3  a 4 ( x  x0 ) 4  ...
s 2  a 0  a1 ( x  x0 )  a 2 ( x  x0 ) 2
R2  a3 ( x  x0 ) 3  a 4 ( x  x0 ) 4  a5 ( x  x0 ) 5  ...
1.5.3 Konvergensi
Jika diambil suatu nilai x = x1 maka deret pangkat (1)
dinyatakan konvergen jika
lim sn ( x1 )  s( x1 ) hadir sebagai suatu bilangan real.
n→∞
Sebaliknya
deret
pangkat
itu
akan
divergen
jika
lim sn ( x1 )  s( x1 ) tidak hadir sebagai suatu bilangan real.jika
n→∞
deret (1) adalah konvergen pada x  x1 ,dan jumlah deret
tersebut untuk x  x1 dapat dituliskan sebagai

s ( x1 )   a m ( x1  x0 ) m
m 0
Maka untuk tiap n tertentu dapat dituliskan
s( x1 )  s n ( x1 )  Rn ( x1 )
(4)
Pada kasus konvergensi ,untuk suatu nilai positif  tertentu
terdapat suatu nilai N (yang tergantung terhadap 
)
sedemikian sehingga ,untuk (4)
Rn ( x1 )  s( x1 )  sn ( x1 )   untuk setiap n>N
(5)
Secara geometris ini berarti bahwa semua s n ( x1 ) dengan
n>N ,terletak antara s( x1 ) dengan n>N ,terletak antara
s( x1 )   dan
s( x1 )   .Untuk deret yang konvergen ,kita
dapat menentukan nilai pendekatan dari s (x) untuk x  x1
dengan mengambil harga n yang cukup besar .
1.5.4 Radius Konvergensi
Untuk menentukan nilai x, yang menghasilkan deret
konvergen,tes rasio (Boas,
1983)
dapat digunakan.Tes
rasio menyatakan bahwa jika rasio absolute dari suku kem+1 terhadap suku ke-n mendekati suatu nilai  karena
n   ,maka deret dikatakan konvergen jika
  1 dan
divergen jika   1
a m 1
x  x0
m  a
m
(6)
1
x  x0
R
(7)
  lim

Dimana
a
1
 lim m1 x  x0 atau
R m am
Jika
limit
ada
,maka
deret
am
m  a
m 1
R  lim
adalah
(8)
konvergen
,dan
konvergensi menyatakan   1 ,sehingga
x  xo  R
(9)
R adalah radius konvergensi ,dan deret akan konvergen
pada interval
x0  R  x  x0  R
(10)
Jika deret konvergen ,maka deret yang diperoleh dari hasil
turunannya juga konvergen.
Untuk deret pangkat yang diberikn pada persamaan (1)
hanya terdapat tiga kemungkinan

Deret tersebut konvergen hanya ketika
x  xo
,jika
diperoleh harga R=0

Deret tersebut konvergen pada x  xo  R ,jika diperoleh
harga R=1

Deret tersebut konvergen untuk semua x,jika diperoleh
harga R= 
Untuk tiap x yang membuat deret(1) konvergen ,maka
deret ini akan menghasilkan nilai tertentu s(x) .Dapat
dituliskan fungsi s(x) yang konvergen dalam interval
berikut:

s ( x)   a m ( x  x0 ) m
( x  x0  R) (11)
m 0
Contoh 1
Selidikilah konvergensi dari deret berikut :

 m! x
m
 1  x  2 x 2  6 x 3  .....
m 0
Penyelesaian
:
Dari deret di atas ,diperoleh a m  m! ,dengan demikian
am
m a
ma
R  lim
m!
m   ( m  1)!
R  lim
1
m m  1
R0
R  lim
Menurut tes rasio ,kenvergensinya menyatakan bahwa

1
1
x  x0  x  1
R
R
Deret ini divergen untuk x  0 dengan demikian deret ini
konvergen hanya ketika x=0
Contoh 2
Selidikilah konvergensi deret geometri berikut :

1
  x m  1  x  x 2  ......
1  x m 0
( x  1)
Penyelesaian :
Dari deret geometri di atas diperoleh a m  1 untuk setiap m
,sehingga
am
m x a
m 1
R  lim
R 1
Menurut tes rasio ,konvergensinya menyatakan bahwa

1
x  x0  x  1
R
Dari tes rasio didapatkan bahwa deret geometri ini
konvergen untuk x  1
1.5.5 Penurunan dan Pengintegralan Deret Pangkat
Jika y (x ) merupakan fungsi dari deret pangkat pada
persamaan (1)

y ( x)   am( x  x 0 ) m
m0
Mempunyai radius konvergensi R > 0 ,maka hasil turunan
dan integrasi dari deret pangkat tersebut pada selang
x  x0  R diberikan oleh

y '  x    ma m ( x  x 0 ) m 1
m 1
(12)

y ' ' x    mm  1a m ( x  x 0 ) m  2
m 1
x  x 0 m1

 yx dx   a
m 0
(13)
m
m 1
(14)
Penjumlahan
Dua deret pangkat dapat dijumlahkan,misalkan

f x    a m x  x 0 
m
(15)
m
(16)
m0

g  x    bm  x  x 0 
m 0
Memiliki radius konvergensi positif (R>0) dan jumlah dari f(x)
dan g(x) dapat dituliskan sebagai berikut

 a
m0
m
 bm  x  x 0 
m
(17)
Konvergensi dari fungsi hasil penjumlahan ini terletak di
dalam interval konvergensi dari tiap-tiap fungsi asal .
Perkalian
Dua deret pangkat f(x) dan g(x) yang dinyatakan pada
persamaan (15) dan (16) dapat diperlakukan operasi
perkalian ,dengan hasil berikut

 a b
m 0
0
m
 a1 bm 1  .....a m b0 x  x 0 
(18)
 a0 b0  a0 b1  a1b0 x  x0   a0 b2  a1b1  a 2 b0 x  x0   .....
2
Konvergensi dari fungsi hasil perkalian ini terletak di dalam
interval konvergensi dari tiap-tiap fungsi asal.
1.6
Ekspansi Deret
Kadang kala dalam menyelesaikan sebuah permasalahan dalam
fisika, sebuah fungsi diekspansikan ke dalam bentuk deret agar
mempermudah penyelesaian permasalahan tersebut. Sebuah
fungsi f(x) jika diekspansasikan menjadi bentuk deret disebut bderet
Taylor – Mc Laurin
Dengan
f n (0) adalah turunan ke – n dari f(x)
Misalkan f(x) = sin x ; maka :
C0 = 0
C1 = 1
C2 = 0
1
C3 = -3 !
Sehingga sin x = c0x0 + c1x1 +c2x2+c3x3+......
Dengan cara yang serupa,bentuk deret dapat didapatkan untuk
beberapa fungsi lainnya
Untuk nilai x sangat kecil, maka :
Sin x = x
Cos x =1
Exp (x) =1+x
Pendekatan nsemacam ini kadang dijumpai pada bidang ilmu
mekanika misalnya pada ayunan bandul dengan sudut simpangan
yang kecil.
Bukti : Deret Taylor
Konsep deret ini sungguh tidak sulit jika kita sudah mengenal
konsep derivatif. Sangat mudah..
Berikut adalah formula yang dikenl dengan nama Deret Taylor
Untuk setiap fungsi f(x) yang diferensiabel di titik c, maka
berlaku ekspansi dari f(x) sebagai berikut .
F(x) = f(c)+
𝑓 ′ (𝑐)
11
(x-c) +
𝑓 ′′ (𝑐)
2!
𝑓 ′′′ (𝑐)
(𝑥 − 𝑐)2+
3!
(𝑥 − 𝑐)3 +......(dst)
Teorema Taylor
Untuk fungsi f(x) yang diferensiabel dititik c, maka hanya akan
terdapat 1 fungsi yang memenuhi kondisi berikut.
F(x) = a0 + a1(x-c)+a2(x − c)2 + ⋯
Conto soal :
Diketahui f(x) = x 3 + 3x 2 + 2x + 1 , dengan c=1 , berapakah nilai
daro a0,a1,a2,a3,dst,, yang memenuhi persamaan berikut ?
F(x) = a0+a1(x-c)+a2(x − c)2+a3(x − c)2 +...
Jawab :
Fungsi di atas merupakan polinomial yang berderajat 3. Oleh
karena itu , kita tidak perlu memperhatikan derajat yang lebih besar
dari 3 , seperti (x − c)4 , (x − c)5 . Artinya , nilai yang perlu dicari
adalah nilai a0,a1,a2,dan a3 saja. (sisanya bernilai nol).
Soal
ini
dapat
dikerjakan
dengan
penjabaran
biasa(yang
sesungguhnya, akan lebih efektif menggunakan formula Deret
Taylor).
x 3 + 3x 2 +2x+1 = a0+a1(x-1)+a2(x − c)2 +a3(x − 1)3
x 3 + 3x 2 +2x+1 =a0+a1(x-1)+a2(x 2 − 2x + 1) +a3(x 3 − 3x 2 + 3x − 1)
Setelah dikalikan dan dijumlahkan menjadi sbb:
x 3 + 3x 2 + 2x + 1
= (a3)x 3 + (a2 − 3a3)x 2 + (a1 − 2a2 + 3a3 )x + (a0
− a1 + a2 − a3)
Dengan menghubung-hubungkan koefisien ruas kiri dan kanan ,
kita akan menemukan jawaban :
A0 = 7 , a1=11,a2=6,dan a3=1.
Bukti Deret Taylor
Dari Teorema Taylor , didapat fungsi yang didefinisikan sbb:
F(x)=a0+a1(x-c)+a2(x-c)2+a3(x-c)3+.....+an(x-c)n+...
Bagaimana jika fungsi tersebut kita turunkan 1 kali,2 kali,dan
seterusnya?Hasilnya ditunjukkan dibawah
F’(x)=a1+2a2(x-c)+3a3(x-c)2+.....
F’’(x)= 2a2+33.2..a3(x-c)+4.3a4(x-c)2+...
F’’’(x)=3.2.a3+4.3.2.a4(x-c)+.....
Fn(x)= n!(an)+(n+1)!an+1(x-c)+(n+2)!an+2(x-c)2+....(dst)
Kemudian, pada fungsi awal dan fungsi-fungsi turunan tersebut ,
jika kita bmenetapkan x=c, maka :
F(c)=a0
F’(c)=a1
f’’(c)=2!.a2
f’’’(c)=n!.an
dengan memasukkan harga a0, a1, a2, a3, dst, maka Deret Taylor
pun terbukti
f(x)=f(c)+
f′ (c)
1!
(x − c) +
f′′ (c)
2!
(x − c)2 +
f′′′ (c)
3!
(x − c)3 + ⋯ dst
1.7
Latihan Soal
n2
1. Tentukan deret berikut menggunakan uji awal ∑∞
n=1 (n+1)2
Penyelesaian
n2
n→∞ (n+1)2
lim
n2
= lim
n→∞ (n2 + 2n+1 )
1⁄ dx
2
1+x2
2. Hitung ∫0
= 1 (divergen)
dengan pengembangan deret satelit empat
desimal.
Penyelesaian
1⁄ dx
2
1+x2
1⁄
~ ∫0 2(1 − x 2 + x 4 - x 6 + x 8 − x10 + x12 − ⋯ . ) dx
∫0
~ [x −
1
x3
3
+
1
x5
5
−
x7
7
1
+
1
x9
9
−⋯]
1/2
o
1
1
~ 2 – 2.23 − 5.25 − 7.27 + 2.29 + 11.211 + ⋯
~ 0,50000 – 0,04167 + 0,00625 – 0,001112 – 0,0004
+0,00001 - …
~ 0,4636
1
3. Selidiki konvergensi deret ∑∞
n−2 n log n
Penyelesaian
Suku-suku dari deret ini lebih kecil dari suku-suku deret
harmonis
Tetapi tidak dapat kita ambil kesimpulan
∞
Tetapi ∫2
dx
x log x
∞ d (log x)
= ∫2
log x
= lim log log x| b2= ∞
b→∞
Deret tersebut divergen
4. Selidiki konvergensi dari deret ∑∞
n−1
log n
n
Penyelesaian
un =
log n
n
1
> n untuk n≥ 3
1
Diketahui deret ∑ n divergen, maka deret tersebut diatas
divergen.
5. Selidiki konvergensi dari deret ∑∞
n−1
log n
n!
Penyelesaian
lim
un+1
n→∞ un
2n+1
= lim
n→∞ ( n+1)!
n!
2
. 2n = lim
n→∞ n+1
=0
nn
6. Selidiki konvergensi dari deret ∑∞
n−1 n!
Penyelesaian
lim
un+1
n→∞ un
(n+1)n+1
= lim
n→∞ (n+1)!
n!
. nn = lim
n+1
n→∞
n+1 n
.(
n+1
n
)
1 2
= lim (1 + n) = e > 11.
n→∞
2n
7. Selidiki konvergensi deret ∑∞
n=1 1.3.5………..(2n+1)
Penyelesaian
lim
un+1
n→∞ un
2n
= lim
n→∞ 1.3.5………..(2n+1)(2n+3)
= lim
2
n→∞ 2n+3
= Deret Konvrgen.
8. Selidiki konvergensi deret ∑∞
n→1
n2 +2n
2n n2
Penyelesaian
un =
n2 +2n
2n n2
=
1
2n
1
+ n2
1
1
Masing-masing deret ∑ 2n dan ∑ n2 konvegen. Maka jumlah dari
dua deret konvergen pula.
ln n
9. Selidiki konvergensi dari deret ∑∞
n=1 2n3 − 1
Penyelesaian
1
Dapat dipahami bahwa ln n < n dan 2n3 −1 ≤
Maka :
ln n
2n3 −1
≤
n
n3
1
1
n3
1
= n2 . Deret ∑ n2 konvergen.
1
Ternyata deret ∑∞
n=1 n2 konvergen.
10. Selidiki konvergensi dari deret ∑∞
n=1
n
n2 +1
Penyelesaian
∞
M
x dx
x dx
∫ 2
= lim ∫ 2
M→∞ 1 x + 1
1 x +1
M
1
d(x 2 + 1)
= lim ∫
2 M→∞ 1 x 2 + 1
=
1
lim ln (x 2 + 1)| M1
2 M→∞
= lim {ln(M 2 + 1) − ln 2}
M→∞
=∞
Deret divergen
n
n−1
11. Selidiki konvergensi dari deret ∑∞
n=1(−1)
n2 +1
Penyelesaian
|un | =
n
n2 +1
dan |un + 1| =
n+1
(n+1)2 +1
Jelas un + 1 < un untuk n ≥ 1
1
Sedangkan lim un = lim n+1⁄ = 0
n→∞
n→∞
n
Deret alternative konvergen, tetapi deret dengan suku – suku
n
positif ∑∞
1 n2 +1
12. Selidikilah konvergensi deret berikut

ex  
m 0
xm
x2
 1 x 
 .....
m!
2!
Penyelesaian :
Menurut tes rasio ,konvergensi menyatakan bahwa

1
1
x  x0  x  1
R
R
Karena harga R=  ,maka deret di atas konvergen untuk semua
x ,dan dari tes rasio diperoleh x  
13. Tentukan radius konvergensi dari deret berikut


 1m x 3m
m 0
8m
 1
x3 x6 x9


 .....  .....
8 64 512
Penyelesaian
Deret ini merupakan deret dengan pangkat t  x 3 denga
koefisien a m  (1) m / 8 m , maka
am
m a
m 1
R  lim
8 m 1
R  lim m
m 8
R 8
Menurut tes rasio ,konvergensi menyatakan bahwa

1
1
x  x0  x 3  1
R
R
Dengan demikian deret ini konvergen untuk t  x 3  8 yang
memenuhi x  2
14. Gunakan ratio test
2n
2n − 1
2
2(n+1)
2(n+1)
un =
; un+1 =
=
2n − 1
2(n + 1) − 1 2n + 1
2(n+1)
un+1
1
lim
= lim 2n +
n
2
n→∞ un
n→∞
2n − 1
2(n+1) 2n − 1
= lim
n→∞ 2n + 1
2n
2n . 2 2n − 1
= lim
n→∞ 2n + 1
2n
4n − 2
= lim
n→∞ 2n + 1
4n 2
+
= lim n n
1
n→∞ 2n
n +n
4∞ 2
+
= ∞ ∞
2∞ 1
∞ +∞
4
=
2
= 2 divergen
15. Gunakan Couchy test
∞
1
n
n
∑(
)
n
(n + 1)e
n=1
1
1
n
n
n
n
un = (
)
=
(
)
n
n
(n + 1)en
ne + 1e
1
n
n
n
)
nen + 1en
lim √un = lim √(
n
n→∞
n→∞
1 n
n
n
= lim [( n
) ]
n→∞ ne + 1en
1
n ⁄n
= lim [(
)]
n→∞
ne + e
= lim (
n→∞
n
ne
1⁄
n2
1⁄
n
+e
n 1⁄n2n
n2
=
n
1⁄ )
n
2
1
ne1⁄n2 n2
n2
+ e ⁄n2
2
n
∞
=
∞+∞
=∞
π
16. Ekspansikan fungsi f(x) = cosx disekitar x = 2 !
Penyelesaian
π
f ′ (x) = − sin x
f ′ ( 2 ) = −1
f ′′ (x) = − cos x
f ′ ′( 2 ) = 0
π
π
f ′′′ (x) = sin x
f ′′′ ( 2 ) = 1
π
f (IV) (x) = cos x
f (IV) (x) ( 2 ) = 0
f (V) (x) = − sin x
f (V) ( 2 ) = −1
f (VI) (x) = − cos x
f (VI) ( 2 ) = 0
π
cos x = − (x − 2 ) +
π
2
(x− )3
3!
π
π
−
π
2
(x− )!
5!
+⋯
17. Ekspansikan fungsi f (x) = sin x, f(x) = cos x, f(x): f(x) =
ln(x + 1) di sekitar 0
Penyelesaian :
x3 x5 x7
sin x = x − + − +. .
3! 5! 7!
x4
x
x6
cos x = 1 − 2 + 4! − 6! + ..
x2
ex = 1 + x + 2! +…
Ln(1 + x) = x
x2
2
+
x3
3
−⋯
18. Ekspansikan ke dalam deret taylor dan max laurins : f(x) = e−2x
dengan b = 0 dan n = 4
penyelesaian :
f(x) = e−2x f(b) = e−2.b = e−2.0 = e−0 = −1
f I (x) = e−2x . −2 = −2e−2x
f II (x) = −2e−2x . −2 = 4e−2x
f III (x) = 4e−2x . −2 = −8e−2x
f I (b) = −2e−2.b = −2e−0 = −2
f II (b) = 4e−2b = 4e−0 = −4
f III (b) = −8e−2b = −8e−0 = 8
f IV (x) = −8e−2x . −2 = 16e−2x
f IV (b) = 16e−2b = 16e−0 = −16
19. Ekspansikan ke dalam deret taylor dan mac laurins.f(x) = (1 + x 2 )1/2
Penyelesian :
f(x) = (1 + x 2 )1/2
dengan b = 0 dan n = 3
f(x) = (1 + x 2 )1/2
f(b) = (1 + b2 )1/2 = (1 + 02 )1/2 = √1 = 1
1
f I (x) = 2 (1 + x 2 )−1/2
1/2
√1
1
1
f I (b) = 2 (1 + b2 )−1/2 = 2 (1 + 02 )−1/2 =
1
=2
1
1
1
f II (x) = − 4 (1 + x 2 )−3/2 f II (b) = − 4 (1 + b2 )−3/2 = − 4 (1 +
02 )−3/2 =
−1/4
3
√1
1
= −4
3
f III (x) = 8 (1 + x 2 )−5/2
3/8
5
√1
3
3
f III (b) = 8 (1 + b2 )−5/2 = 8 (1 + 02 )−5/2 =
3
=8
Deret taylor :
fI
f II
f III
(x − b)1 + (x − b)2 +
(x − b)3 + … …
1!
2!
3!
f(x) = f(b) +
=1+
1/2
−1/4
3/8
(x − 0)1 +
(x − 0)2 +
(x − 0)3 + … …
1!
2!
3!
1
1
3
= 1 + x − x 2 + x 3 + … … ..
2
4
8
Deret max laurins
f(x) = f(b) +
f I (b) 1 f II (b) 2 f III (b) 3 f IV (b) 4
(x) +
(x) +
(x) +
(x)
1!
2!
3!
4!
+ ………
= 1+
1/2 1 −1/4 2 3/8 3
(x) +
(x) +
(x) + … …
1!
2!
3!
1
1
3
= 1 + x − x 2 + x 3 + … … ..
2
4
8
20. Ekspansikan kedalam deret taylor dan mac laurins
a. F(x) = ex
f(x) = ex
b=0
n=5
f(b) = e0 = 1
f ′ (x) = ex . 1
f′(b) = e0 = 1
f ′′ (x) = ex .1
f′′(b) = e0 = 1
f ′′′ (x) = ex .1
f′′′(b) = e0 = 1
f ′v (x) = ex . 1
f ′v (b) = e0 = 1
f v (x) = ex .1
f v (b) = e0 = 1
Deret taylor
F(x) = f(b) +
f ′ (b)
f ′′ (b)
f ′′′ (b)
(x − b)1 +
(x − b)2 +
(x − b)3
1!
2!
3!
+
f ′v (b)
(x − b)4
4!
f v (b)
(x − b)5
5!
1
1
1
1
= 1 + (x − 0)1 + (x − 0)2 + (x − 0)3 + (x − 0)4
1!
2!
3!
4!
1
+ (x − 0)5
5!
1
1
1
1
1
= 1 + x1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5
1!
2!
3!
4!
5!
+
Deret mac laurin
f ′ (b) 1 f ′′ (b) 2 f ′′′ (b) 3 f ′v (b) 4 f v (b) 5
F(x) = f(b) +
x +
x +
x +
x +
x
1!
2!
3!
4!
5!
1
1
1
1
1
= 1 + x1 + x 2 + x 3 + x + x 5
1!
2!
3!
4!
5!
1
1
1
1
1
= 1 + x1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5
1!
2!
3!
4!
5!
1
b. F(x) = (x+1)
b=0
n=5
f(x) = (x + 1) −1
f(b) = (0 + 1)−1 = 1
f ′ (x) = −1(x + 1) −2
f ′(b) = −1(0 + 1)−2 = −1
f ′′ (x) = 2(x + 1) −3
f′′(b) = 2(0 + 1)−3 = 2
f ′′′ (x) = −6(x + 1) −4
f ′′′(b) = −6(0 + 1)−4 = −6
f ′v (x) = 24(x + 1) −5
f ′v (b) = 24(0 + 1)−5 = 24
Deret taylor
F(x) = f(b) +
f ′ (b)
f ′′ (b)
f ′′′ (b)
(x − b)1 +
(x − b)2 +
(x − b)3
1!
2!
3!
f ′v (b)
(x − b)4
+
4!
=1+
(−1)
2
(−6)
(x − 0)1 + (x − 0)2 +
(x − 0)3
1!
2!
3!
24
+ (x − 0)4
4!
= 1 − x + x2 − x3 + x4
Deret mac laurin
f ′ (b) 1 f ′′ (b) 2 f ′′′ (b) 3 f ′ (b) 4 f v (b) 5
x +
x +
x +
x +
x
1!
2!
3!
4!
5!
(−1) 1 2 2 (−6) 3 24 4
=1+
x + x +
x + x
1!
2!
3!
4!
F(x) = f(b) +
= 1 − x + x2 − x3 + x4
21.Tentukan konvergen atau divergen dengan menggunakan
integral test
a. f (n) = sin n
penyelesaian :
F (n) = sin n
u
~
∫ f(x) dx = lim ∫ sin x dx
u→∞
1
1
= lim cos x |
u→∞
u
1
= lim (cos u − cos 1)
u→∞
= cos ~ − cos 1
= ~ − 0,99 = ~
b. f (n) =
50
n+1
misal : t = x+1
dt
dx
=1
dx = dt
u
~
∫ f(x) dx = lim ∫
u→∞
1
1
50
dt
t
u1
= lim 50 ∫1 dt
u→∞
t
= lim 50 (ln t) [
u→∞
u
1
u
= lim 50 . ln(x + 1) [
1
u→∞
= 50 (ln(~ + 1) − ln(1 + 1))
= 50 (0 − 0,693)
= −34,65
karena −34,65 < 1 maka disebut konvergen