MODUL 1

Modul 1
Barisan dan Deret Tak Hingga
Dra. Sapti Wahyuningsih, M.Si.
PEN D A HU L UA N
M
odul ini menyajikan kajian tentang Barisan dan Deret Tak Hingga.
Kajian tentang barisan dan deret memegang peranan sangat penting
karena sebagai dasar untuk pembahasan Integral Tentu.
Barisan dan Deret tak hingga yang dibahas dalam modul ini, meliputi
berikut ini.
1. Pengertian barisan.
2. Kemonotonan barisan.
3. Limit barisan.
4. Kekonvergenan barisan.
5. Pengertian deret.
6. Limit suatu deret.
7. Kekonvergenan suatu deret.
8. Uji kekonvergenan deret.
Kajian tentang pengertian barisan memberikan kemampuan mendefinisikan barisan secara umum melalui fungsi dan menentukan suku ke-n
suatu barisan.
Kajian kemonotonan barisan memberikan kemampuan menyelesaikan
soal-soal bahwa suatu barisan monoton naik, monoton tidak turun, monoton
turun dan monoton tidak naik.
Kajian limit barisan memberikan kemampuan mendefinisikan limit suatu
barisan, membuktikan sifat-sifat limit barisan, serta menyelesaikan soal-soal
tentang limit barisan baik dengan menggunakan definisi maupun teorema apit
untuk limit barisan.
Kajian tentang kekonvergenan barisan memberikan kemampuan
membuktikan bahwa suatu barisan konvergen atau divergen, memberikan
kemampuan mengaitkan kekonvergenan barisan dengan kemonotonan dan
barisan terbatas.
1.2
Kalkulus 2 
Kajian
tentang
pengertian
deret
memberikan
kemampuan
mendefinisikan deret tak hingga dan menentukan jumlah bagian deret tak
hingga.
Kajian limit suatu deret memberikan kemampuan menyelesaikan soal
bahwa suatu deret mempunyai limit atau tidak dan membuktikan sifat-sifat
kelinieran limit suatu deret.
Kajian tentang kekonvergenan suatu deret memberikan kemampuan
membuktikan suatu deret konvergen atau divergen.
Kajian tentang uji kekonvergenan deret memberikan kemampuan
membuktikan kekonvergenan atau kedivergenan suatu deret dengan uji
banding dengan deret lain, uji banding limit, uji hasil bagi dan uji
kekonvergenan deret ganti tanda.
Dalam mempelajari modul ini lebih baik kalau dilakukan dengan belajar
kelompok terdiri atas tiga atau empat orang jika ada hal-hal yang kurang
dipahami dicatat untuk selanjutnya dapat ditanyakan pada waktu tutorial.
Kemampuan umum yang diharapkan setelah mempelajari modul ini,
Anda dapat:
1. mendefinisikan barisan secara umum melalui fungsi;
2. menyelesaikan soal-soal tentang limit barisan;
3. menyelesaikan soal tentang barisan konvergen/divergen;
4. mendefinisikan deret tak hingga dan jumlah bagian deret;
5. menyelesaikan soal-soal tentang limit suatu deret
6. menyelesaikan soal tentang kekonvergenan/kedivergenan suatu deret;
7. menyelesaikan soal-soal dengan melakukan uji kekonvergenan deret
dengan uji banding dengan deret lain, uji banding limit, uji hasil bagi dan
uji kekonvergenan deret ganti tanda.
1.3
 PEMA4218/MODUL 1
KEGIATAN BELAJAR 1
Barisan Tak Hingga
S
ebelum membahas definisi barisan, perlu Anda ingat lagi pengertian
barisan pada materi di SMU, yaitu barisan aritmatika dan barisan
geometri. Sebagai contoh, barisan (a) 2, 8, 14, 20, …, (b) 3, 5, 7, 9, … (c) 25,
20, 15, 10, …. Misalkan, suku ke-n adalah U n maka barisan
barisan
aritmatika
jika
U1 ,U 2 ,...,U n1 ,U n ,... disebut
U 2  U1  U3  U 2  ...  U n  U n1  konstanta. Dalam hal ini konstanta
disebut beda ( b) . Jika suku pertama
a dan beda b , Anda mengenal rumus
suku ke-n barisan aritmatika adalah U n  a  (n  1)b .
Perhatikan barisan 2, 6, 18, 54, … dan barisan 5, -10, 20, -40, …
Misalkan, suku ke-n adalah U n maka barisan U1 ,U 2 ,...,U n1 ,U n ,... disebut
barisan geometri jika
U
U1 U 3 U 4


 ...  n  r  rasio. Jika suku pertama
U 2 U 2 U3
U n 1
a dan r
rasio maka rumus suku ke-n barisan geometri dapat ditentukan dengan
U n  ar n 1 .
Barisan aritmatika dan barisan geometri adalah barisan yang mempunyai
sifat khusus sehingga dapat ditentukan rumus umum suku ke-n.
Di bawah ini dibahas definisi barisan secara umum.
1.
Pengertian Barisan
Untuk pembahasan barisan secara umum adalah dengan fungsi. Anda
ingat definisi fungsi sebagai berikut. Misalkan, A, B adalah sebarang dua
himpunan bagian dari himpunan bilangan real yang tak kosong maka fungsi
(atau pemetaan) dari A ke B adalah suatu aturan yang menghubungkan
setiap a  A dengan tepat satu b  B . Notasi yang digunakan untuk
menunjukkan bahwa f adalah fungsi dari A ke B adalah f : A  B .
Definisi 1.1
Suatu barisan adalah suatu fungsi yang domainnya adalah himpunan
bilangan bulat positif (Z+ atau N ) atau himpunan bagiannya.
1.4
Kalkulus 2 
Suatu barisan yang daerah hasilnya (range) adalah himpunan bagian dari
himpunan bilangan real disebut barisan bilangan real atau dengan kata lain:
Suatu barisan bilangan real adalah suatu fungsi f : N  R .
Contoh 1.1
f : N  R.
n
1
n
1
.
n
f adalah suatu barisan bilangan real karena domainnya adalah N (yaitu
himpunan bilangan asli/bulat positif) dan rangenya adalah himpunan bilangan
real.
Dalam pembahasan selanjutnya untuk mempersingkat penulisan, suatu
barisan bilangan real hanya akan ditulis sebagai barisan saja, mengingat
himpunan semesta yang membatasi hanya terbatas pada himpunan bilangan
real saja.
Penting untuk membedakan penulisan suatu himpunan dengan suatu
barisan. Oleh karena itu, suatu barisan akan ditulis di antara tanda “< “ dan
“>”, sedangkan untuk menyatakan suatu himpunan akan ditulis di antara
tanda kurung kurawal “{“ dan “}”. Selanjutnya, suatu barisan akan ditulis
dengan  an  . Untuk menyatakan barisan yang berbeda akan ditulis dengan
f (n)  an dengan an 
huruf yang berbeda pula, seperti <bn>, <xn>, dan <yn>.
Untuk Contoh 1.1 di atas  an  barisan bilangan dengan an sebagai
suku ke-n atau rumus umum suatu barisan. Suatu barisan dapat dinyatakan
dengan menyebutkan beberapa (sejumlah berhingga) suku awalnya, dengan
rumus eksplisit untuk suku ke-n, dan dengan bentuk rekursif. Pada Contoh
1 1
1
1.1, beberapa suku awalnya adalah 1, , ,... , sedangkan an  , n  1
n
2 3
adalah rumus eksplisit, dan rumus rekursifnya adalah a1  1 dan
an 1 
an
.
1  an
 PEMA4218/MODUL 1
1.5
Anda perlu hati-hati dalam menuliskan rumus suku ke-n dari suatu
barisan, karena dalam beberapa kasus adalah tidak tunggal.
Contoh 1.2
Barisan 1, -1, 1, -1, … mempunyai rumus suku ke-n an  (1)n 1 atau
1
an  cos (n  1)  , n  N atau an  sin (n  ) 
2
Suatu barisan terkadang belum dapat dikenali hanya dengan melihat
sejumlah berhingga sukunya, karena dapat mempunyai lebih dari satu rumus
ke-n dan menghasilkan barisan yang berbeda.
Contoh 1.3
1
, 2, … rumus ke-n untuk barisan tersebut dapat
2
1
1
3
berbentuk an  1 
atau an  n2  3n  6 yang masing-masing akan
2
2
n
menghasilkan barisan
1
3
1
1
3
4, 2 , 2, 1 , 1 , … dan barisan 4, 2 , 2, 2 , 4,…yang merupakan
2
4
2
2
5
barisan yang berbeda.
Perhatikan barisan 4, 2
2.
Kemonotonan Barisan
Definisi 1.2
Barisan  an  dikatakan
a.
monoton naik jika untuk setiap n  N berlaku an 1  an
b.
monoton tidak turun jika untuk setiap n  N berlaku an 1  an
c.
monoton turun jika untuk setiap n  N berlaku an 1  an
d.
monoton tidak naik jika untuk setiap n  N berlaku an 1  an
Contoh 1.4
1
merupakan barisan yang monoton turun
n
1
1 n  (n  1)
1
 

 0.
sebab an 1  an 
n 1 n
(n  1)n
(n  1)n
Barisan  an  dengan an 
1.6
Kalkulus 2 
Jadi, an 1  an , yaitu  an  barisan monoton turun.
Atau cara lain:
an 1
1 n
n

. 
 1 . Jadi, an 1  an ,
an
n 1 1 n 1
yaitu  an  barisan monoton turun.
1
adalah bukan suatu barisan monoton.
n
1 1 1
Suku-suku barisan tersebut adalah –1, ,  , ,... karena
2 3 4
a1  a2 & a2  a3 maka  an  bukan suatu barisan monoton.
Barisan  an  dengan an 
3.
Limit Barisan
Definisi 1.3
Misalkan  an  barisan dan L  R . Barisan  an  mempunyai
limit
L ditulis lim an  L apabila untuk setiap bilangan positif  ,
n 
terdapat bilangan positif K sehingga an  L   ,n,n  K .
Contoh 1.5
1
, n  N mempunyai limit 0 sebab ambil
n
1
sebarang  .  0 dan pilih K  maka berlaku
Barisan  an  dengan an 

an  0 
1
1 1
 0     , n, n  K
n
n K
Contoh 1.6
1
, n  N mempunyai limit 1
n
1
sebab ambil sebarang  .  0 dan pilih K  maka berlaku
Barisan  an  dengan an  1 

1
1 1 1
an  1  1   1       , n, n  K .
n
n n K
1.7
 PEMA4218/MODUL 1
Sifat-sifat dari limit barisan dinyatakan dalam teorema berikut.
Teorema 1.1
Misalkan, barisan  an  dan barisan  bn  masing-masing
mempunyai limit L1 & L2 dan k suatu konstanta maka
a.
b.
c.
d.
e.
lim k  k
n 
lim k a n = k lim an = kL1
n 
n 
lim (an  bn )  lim an  lim bn  L1  L2
n
n
n
lim (an .bn )  lim an . lim bn  L1.L2
n
lim
n
an
n  bn

lim an
n 
lim bn
n
L1
asalkan L2  0.
L2

n 
Contoh 1.7
Tentukan lim
4n 3
n  5n3
 n2
Penyelesaian:
lim
4n 3
n  5n
3
n
2
4
= lim
n 
(pembilang dan penyebut dibagi dengan
1
5( )
n
pangkat n yang terbesar yang ada pada
penyebut)
lim 4
=
n 
1
lim (5  ( ))
n 
n
lim 4
n 
=
1
n  n
(berdasar teorema bagian e)
(berdasar teorema bagian c)
lim 5  lim
n 
=
4
1
5  lim
n  n
(berdasar teorema bagian a))
1.8
Kalkulus 2 
4
50
4
=
5
=
(dari hasil contoh 5)
Teorema apit untuk barisan
Misalkan,  an ,  bn  dan  cn  barisan.
Jika an  bn  cn , n  N dan lim an  lim cn  L maka lim bn  L .
n
n
n 
Contoh 1.8
Dengan teorema apit tunjukkan bahwa lim (1)n
n 
1
0
n
Penyelesaian:
Oleh karena 0  (1)n
lim (1)n
n 
1 1
1
 dan dari Contoh 1.5 lim  0 maka
n  n
n n
1
0
n
Teorema 1.2
Jika lim an  0, maka lim an  0
n
n 
Bukti:
Oleh karena  an  an  an dan lim an  0, maka
n
dengan teorema apit diperoleh
lim an  0 .
n 
1.9
 PEMA4218/MODUL 1
Contoh 1.9
Tunjukkan bahwa jika r  1 maka lim r n  0
n 
Penyelesaian:
Oleh karena r  1 maka
1
1
 1 dan dapat ditulis
 1  k , untuk
r
r
suatu k  0.
1
Sehingga n  (1  k )n  1  kn  (bilangan positif)  kn .
r
1
.
kn
1 1
1 1
Oleh karena lim
 lim  .0  0 maka berdasar
n  kn
k n n k
n
Diperoleh 0  r 
n
teorema apit lim r  0.
n 
n
Oleh karena lim r  0 maka berdasar Teorema lim r n  0.
n 
4.
n 
Kekonvergenan Barisan
Definisi 1.4
Barisan  an  dikatakan konvergen ke L  R jika lim an  L.
n 
Barisan  an  yang tidak mempunyai limit dikatakan divergen.
Barisan yang divergen kemungkinan yang terjadi adalah limit barisannya
,  , atau beroskilasi.
Contoh 1.10
a.
Barisan  an  dengan an 
1
2n
konvergen ke
karena
4
4n
2n 1
 .
n  4n
4
lim
b.
Barisan  an  dengan an  (1)n
adalah divergen karena limit
barisannya beroskilasi karena untuk n ganjil limit barisannya –1,
sedangkan untuk n genap limit barisannya 1.
1.10
c.
Kalkulus 2 
Barisan  an  dengan an  n adalah divergen karena lim (n)   .
n
Ada hubungan antara barisan konvergen, kemonotonan barisan dan
barisan terbatas. Sebelumnya diberikan pengertian barisan terbatas sebagai
berikut.
Definisi 1.5
Misalkan,  an  suatu barisan, barisan  an  dikatakan terbatas atas
jika ada suatu bilangan real M, sedemikian hingga an ≤ M untuk semua
n  N . Barisan  an  dikatakan terbatas bawah jika ada suatu bilangan
real M, sedemikian hingga an ≥ M untuk semua n  N .
Ditulis dengan notasi matematika:
Misalkan,  an  suatu barisan,
 M  R  an  M , n  N
 an  terbatas atas
 an  terbatas bawah  M  R  an  M , n  N
Selanjutnya, barisan  an  dikatakan terbatas jika  an  terbatas atas
dan terbatas bawah. Atau dengan kata lain, barisan  an  terbatas jika dan
hanya jika ada M > 0 sedemikian hingga an  M untuk semua n
 N, di
mana an  M , M  0 , berarti juga M  an  M .
Contoh 1.11
Barisan <-n2> adalah barisan yang terbatas atas karena terdapat M = 1
sehingga –n2 < 1, n  N
Contoh 1.12
Barisan <n2> adalah barisan yang terbatas bawah karena terdapat M = 0
sehingga n2 > 0, n  N
Contoh 1.13
Barisan <(-1)n> adalah barisan yang terbatas karena terdapat M = 2,
sehingga
 1n
 1  2, n  N .
1.11
 PEMA4218/MODUL 1
Teorema 1.3
Setiap barisan yang konvergen selalu terbatas
Bukti:
Misalkan, barisan  an  konvergen ke L . Akan ditunjukkan barisan
 an  terbatas, yaitu terdapat M  0 sehingga an  M , n  N .
Oleh karena  an  barisan yang konvergen ke L
maka terdapat
bilangan positif K sehingga an  L  1, n, n  K .
Sehingga berlaku:
an  an  L  L  an  L  L  1  L , untuk setiap n  K .
Pilih M  maks{ a1 , a2 ,..., aK ,1  L }
Maka, diperoleh an  M , n  N , yaitu  an  barisan terbatas.
Teorema 1.4
Setiap barisan yang monoton dan terbatas selalu konvergen
Dari teorema ini dimaksudkan:
a. Jika barisan  an  monoton naik atau monoton tidak turun dan
terbatas di atas maka barisan  an  konvergen.
b.
Jika barisan  an  monoton turun atau monoton tidak naik dan
terbatas di bawah maka barisan  an  konvergen.
Contoh 1.14
Tunjukkan bahwa barisan  an  dengan an 
2
konvergen tanpa
2  4n
menghitung limit.
Penyelesaian:
Ditunjukkan bahwa barisan  an  terbatas di atas dan monoton naik.
1 1
Suku-suku barisan tersebut adalah –1,  ,  , … jelas bahwa barisan
3 5
terbatas atas oleh 0.
Ditunjukkan barisan monoton naik, yaitu an 1  an .
1.12
Kalkulus 2 
2
2
4  8n  4  8n


2  4(n  1) 2  4n (2  4n)(2  4n)
, yaitu
8

 0, n  N
(4n  2)(4n  2)
an 1  an , jadi  an  barisan monoton naik.
Oleh karena barisan  an  monoton naik dan terbatas di atas maka
barisan  an  konvergen.
an 1  an 
LAT IH A N
Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas,
kerjakanlah latihan berikut!
1) Tunjukkan bahwa barisan  an  dengan an 
n
adalah barisan
n 1
yang monoton naik!
2) Tunjukkan bahwa limit barisan  an  dengan an 
(1)n 1
adalah 0!
n
3) Tunjukkan bahwa barisan  an  dengan an  (1)n tidak mempunyai
limit!
4) Tunjukkan bahwa lim
n
1
2n
 0!
5) Tunjukkan barisan  an  dengan an 
4n 2  5n
8n  9n
2
konvergen ke
1
!
2
Petunjuk Jawaban Latihan
n
n 1
Untuk menunjukkan barisan monoton naik, harus ditunjukkan bahwa
untuk setiap n  N , berlaku an  an 1 .
1) Diketahui barisan  an  dengan an 
1.13
 PEMA4218/MODUL 1
n 1
n

n  2 n 1
n 1 n

(n  2)(n  1)
1

 0, n  N
(n  2)(n  1)
Jadi, setiap n  N , berlaku an  an 1 .
an 1  an 
(1)n 1
n
Untuk menunjukkan limit barisan  an  adalah 0, ditunjukkan bahwa
2) Diketahui barisan  an  dengan an 
untuk setiap   0 , terdapat K  N sehingga
(1)n 1
 0   , n  K .
n
Untuk setiap   0 pilih K 
1

sehingga
(1)n 1
1 1
0   
n
n K
Terbukti bahwa limit barisan  an  adalah 0.
3) Untuk
menunjukkan
barisan
 an  dengan
an  (1)n
tidak
mempunyai limit adalah diandaikan limitnya ada. Jika terjadi kontradiksi
maka pengandaian harus diingkar.
1
Andaikan lim an  L dan misalnya   , pilih K  N sehingga
n 
3
(1)n  L   , n, n  K sehingga berlaku (1)2 K  L   dan
(1)2 K 1  L   ,
yaitu 1  L   dan 1  L  1  L  
1 1 2
Terdapat kontradiksi 2  (1  L)  (1  L)  1  L  1  L   
3 3 3
1.14
Kalkulus 2 
1
1
dan lim  0 maka dengan
n  n
n
2
1
menggunakan teorema apit diperoleh lim n  0 .
n 2
4) Oleh karena berlaku 0 
1
n

5) Diketahui barisan  an  dengan an 
barisan  an  konvergen ke
4n 2  5n
8n2  9n
, akan ditunjukkan
1
.
2
Pembilang dan penyebut dari
an 
4n 2  5n
8n2  9n
dibagi dengan
n2
5
n
diperoleh

8n 2  9n 8  9
n
4n 2  5n
4
5
n 41
Jadi, lim an  lim 2
 lim
9 8 2
n 
n  8n  9n
n 
8
n
4n 2  5n
4
R A NG KU M AN
1.
Pengertian Barisan
Definisi
Suatu barisan adalah suatu fungsi yang domainnya adalah himpunan
bilangan bulat positif (Z+ atau N ) atau himpunan bagiannya.
Suatu barisan yang daerah hasilnya (range) adalah himpunan bagian
dari himpunan bilangan real disebut barisan bilangan real, atau
dengan kata lain:
Suatu barisan bilangan real adalah suatu fungsi f : N  R .
2.
Kemonotonan Barisan
Definisi
Barisan  an  dikatakan
a.
monoton naik jika untuk setiap n  N berlaku an 1  an
b.
monoton tidak turun jika untuk setiap n  N berlaku an 1  an
1.15
 PEMA4218/MODUL 1
c.
d.
3.
monoton turun jika untuk setiap n  N berlaku an 1  an
monoton tidak naik jika untuk setiap n  N berlaku an 1  an
Limit Barisan
Definisi
Misalkan,  an  barisan dan L  R . Barisan  an  mempunyai
limit L ditulis lim an  L apabila untuk setiap bilangan positif  ,
n 
terdapat bilangan positif K sehingga an  L   , n, n  K .
Teorema
Misalkan, barisan  an  dan barisan  bn  masing-masing
mempunyai limit L1 & L2 dan k suatu konstanta maka
a.
b.
c.
d.
e.
lim k  k
n 
lim k a n = k lim an = kL1
n 
n 
lim (an  bn )  lim an  lim bn  L1  L2
n
n
n
lim (an .bn )  lim an . lim bn  L1.L2
n
lim
n
an
n  bn

lim an
n 
lim bn
n 
n

L1
asalkan L2  0.
L2
Teorema apit untuk barisan
Misalkan,  an ,  bn  dan  cn  barisan.
Jika an  bn  cn , n  N dan lim an  lim cn  L
n
maka lim bn  L .
n 
Teorema
Jika lim an  0 maka lim an  0
n
n 
n
1.16
4.
Kalkulus 2 
Kekonvergenan Barisan
Definisi
Barisan  an  dikatakan konvergen ke L  R jika lim an  L
n 
Barisan  an  yang tidak mempunyai limit dikatakan divergen.
Barisan yang divergen kemungkinan yang terjadi adalah limit
barisannya ,  atau beroskilasi.
Ada hubungan antara barisan konvergen, kemonotonan barisan dan
barisan terbatas. Sebelumnya diberikan pengertian barisan terbatas
sebagai berikut.
Definisi
Misalkan,  an  suatu barisan, barisan  an  dikatakan terbatas
atas jika ada suatu bilangan real M, sedemikian hingga an ≤ M untuk
semua n  N . Barisan  an  dikatakan terbatas bawah jika ada
suatu bilangan real M, sedemikian hingga an ≥ M untuk semua
n N .
Selanjutnya, barisan  an  dikatakan terbatas jika  an  terbatas
atas dan terbatas bawah. Atau dengan kata lain, barisan  an 
terbatas jika dan hanya jika ada M > 0 sedemikian hingga an  M
untuk semua n  N, di mana
an  M , M  0 , berarti juga
M  an  M .
Teorema
Setiap barisan yang konvergen selalu terbatas
Teorema
Setiap barisan yang monoton dan terbatas selalu konvergen
Dari teorema ini dimaksudkan:
a. Jika barisan  an  monoton naik atau monoton tidak turun
dan terbatas di atas maka barisan  an  konvergen.
b.
Jika barisan  an  monoton turun atau monoton tidak naik
dan terbatas di bawah maka barisan  an  konvergen.
1.17
 PEMA4218/MODUL 1
TES F OR M AT IF 1
Pilihlah satu jawaban yang paling tepat!
1) Limit barisan  an  dengan an 
A.

7n 2  5n
3n2  11
adalah ….
5
3
7
3
7
C.
11
D. 0
B.
2) Limit barisan  an  dengan an 
A.
B.
C.
D.
3)
lim
n 
A.
B.
C.
D.
5
0
-1
-3
cos n
adalah ….
n
1
0
1
2
1
4
(1)n
n2
 5 adalah ….
1.18
Kalkulus 2 
4) Barisan  an  dengan an 
A.
B.
C.
D.
monoton turun
monoton naik
monoton tidak turun
monoton tidak naik
5) Barisan  an  dengan an 
A.
B.
C.
D.
2n
adalah ….
n!
terbatas di atas oleh 0
terbatas di atas oleh 2
terbatas di bawah oleh 2
terbatas di bawah oleh 0
7) Barisan  an  dengan an 
A. 5
B. 11
C. 0
D.
3n  1
adalah ….
n 1
monoton turun
monoton naik
monoton tidak turun
monoton tidak naik
6) Barisan  an  dengan an 
A.
B.
C.
D.
1
adalah ….
1  2n
5
11
11  5n
n7
adalah konvergen ke ….
1.19
 PEMA4218/MODUL 1
8) Barisan  an  dengan an  (1)n
n
adalah ….
n 1
A. konvergen ke 0
1
B. konvergen ke
2
C. konvergen ke –1
D. divergen
1
9) Barisan  an  dengan an  (1)n 1 ( ) adalah ….
n
1
A. konvergen ke
2
B. konvergen ke 0
C. konvergen ke 1
D. divergen
10) Barisan  an  dengan an 
(n  1)
adalah ….
n
A. konvergen ke 0
B. konvergen ke
1
2
C. konvergen ke 1
D. divergen
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
Jumlah Soal
 100%
1.20
Kalkulus 2 
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.
1.21
 PEMA4218/MODUL 1
Kegiatan Belajar 2
Deret Tak Hingga
S
ebelum membahas pengertian deret tak hingga, Anda ingat kembali
pengertian deret aritmatika dan deret geometri pada materi di SMU.
Anda perhatikan barisan 4, 7, 10, 13, 16, …, selanjutnya dibentuk barisan
S1 , S2 , S3 ,... berdasarkan barisan tersebut dengan S1  4
S2  4  7  11
S3  4  7  10  21
.
.
.
Secara umum, dari U n suku ke-n barisan aritmatika dapat dibentuk deret
aritmatika U1  U 2  U3  ...  U n  ... .
Sn  U1  U 2  U3  ...  U n merupakan jumlah bagian ke-n dari deret
aritmatika. Oleh karena U n  a  (n  1)b maka rumus umum jumlah bagian
1
n (2a  (n  1) b) .
2
Sedangkan U n suku ke-n barisan geometri, dapat dibentuk deret
geometri U1  U 2  U3  ...  U n  ... .
Sn  U1  U 2  U3  ...  U n merupakan jumlah bagian ke-n dari deret
deret aritmatika Sn 
geometri.
Oleh karena U n  ar n 1 maka rumus umum jumlah bagian deret
geometri Sn 
a (1  r n )
.
1 r
Pada pengertian deret di atas didasarkan pada barisan aritmatika dan
barisan geometri yang diketahui. Berikut didefinisikan pengertian deret
secara umum.
1.22
1.
Kalkulus 2 
Pengertian Deret
Definisi 1.6
Misalkan,  an  suatu barisan. Penjumlahan a1  a2  ...  an  ... dari

semua suku-suku barisan  an  ditulis
a
disebut deret tak hingga.
n
n 1
Definisi 1.7
Misalkan,  an  suatu barisan dan Sn  a1  a2  a3  ...  an . Maka,

 Sn  disebut barisan jumlah bagian dari deret tak hingga
a
n
.
n 1

Bilangan an disebut suku ke-n dari deret
a
n
dan S n disebut jumlah
n 1

bagian ke-n dari deret
a
.
n
n 1
2.
Limit suatu Deret

Misalkan, S n jumlah bagian ke-n dari deret
a
n
. Jika barisan  Sn 
n 1
konvergen atau lim Sn  S maka S
disebut sebagai limit suatu deret
n 



an dan ditulis S =
n 1
a
n
.
n 1
Contoh 1.15

Tentukan limit dari deret
 n(n  1) .
1
n 1
Penyelesaian:

Jumlah bagian ke-n dari deret
 n(n  1)
n 1
Sn =
1
1
1
1


 ... 
1.2 2.3 3.4
n(n  1)
1
adalah
1.23
 PEMA4218/MODUL 1
n

i 1
n

1
1 1
1
1 1
1 1
1
1
 ( 
)  (1  )  (  )  (  )  ...  ( 
)
i(i  1) i 1 i i  1
2
2 3
3 4
n n 1
= 1
1
n 1
Jadi, lim Sn  lim (1 
n
n
1
1
)  lim 1  lim
 1 0  1
n

n

n 1
n 1

Sehingga limit dari deret
 n(n  1)
1
adalah 1.
n 1
Teorema 1.5

Jika


an  S ,
n 1
b
n
 T dan C konstanta maka
n 1

 Ca
a.
 CS
n
n 1

 (a
b.
 bn )  S  T
n
n 1

 (a
c.
 bn )  S  T
n
n 1
Bukti:
n
Sn 
b.

n
ai , Tn 
i 1

n
bi dan U n 
i 1
a  b 
i
i
i 1
Misalkan,
n
lim U n  lim
n 
n 

n
i 1
 lim Sn  lim Tn  S  T
n 
n 

Jadi,
 (a
n
n 1

(ai  bi )  lim (
 bn )  S  T .
n
i 1
n
ai 

i 1
n
bi )  lim
n

i 1
n
ai  lim
n
b
i
i 1
1.24
3.
Kalkulus 2 
Kekonvergenan suatu Deret
Definisi 1.8

Deret tak hingga
a
n
dikatakan konvergen jika  Sn  barisan dari
n 1
jumlah bagiannya konvergen.

Deret
a
n
dikatakan divergen jika  Sn  , yaitu barisan dari jumlah
n 1
bagiannya divergen.
Contoh 1.16

Deret
 n(n  1)
1
konvergen karena  Sn  barisan dari jumlah
n 1

bagiannya konvergen. Oleh karena
lim Sn  1 maka
n 
 n(n  1)
1
n 1
konvergen ke 1 atau ditulis

 n(n  1)  1 .
1
n 1
Contoh 1.17

Tunjukkan bahwa
n
1
adalah divergen.
n 1
Penyelesaian:

 n  1  2  3  4  ...
1
1
1
1
n 1
S1  1
1
2
1 1 1
1 1 1
2
S4  1   (  )  1   (  )  1 
2 3 4
2 4 4
2
1 1 1
1 1 1 1
1 1 1
1 1 1 1
S8  1   (  )  (    )  1   (  )  (    )
2 3 4
5 6 7 8
2 4 4
8 8 8 8
S2  1 
1.25
 PEMA4218/MODUL 1
1 1 1
3
   1
2 2 2
2
1 1 1
1 1 1 1
1
1
S16  1   (  )  (    )  (  ...  )
2 3 4
5 6 7 8
9
16
1 1 1
1 1 1 1
1
1
 1   (  )  (    )  (  ...  )
2 4 4
8 8 8 8
16
16
1 1 1 1
4
 1     1
2 2 2 2
2
5
6
Dengan cara yang sama S32  1  & S64  1 
2
2
n
Secara umum, S2n  1  .
2
Hal ini menunjukkan bahwa lim S2n  
 1
n
Jadi,  Sn  adalah barisan divergen.

Sehingga deret
n
1

adalah divergen. Deret
n 1
n
1
disebut deret
n 1
harmonik.
Contoh 1.18

Tunjukkan deret geometri
 ar
n 1
,a  0
n 1
a.
Konvergen jika r  1 .
b.
Divergen jika r  1 .
Penyelesaian:
Misalkan,
Sn  a  ar  ar 2  ...  ar n 1
Sn  rSn  (a  ar  ar 2  ...  ar n 1 )  (ar  ar 2  ...  ar n )  a  ar n
Sn 
a  ar n
1 r
Jika r  1 maka lim r n  0 sehingga lim Sn 
n 
n 
a
S
1 r
1.26
Kalkulus 2 
Oleh karena < S n > jumlah bagian deret geometri adalah konvergen maka

deret geometri
 ar
n 1
, a  0 juga konvergen.
n 1
n
Jika r  1 maka barisan < r > divergen, sehingga barisan < S n > juga
divergen.

 ar
Hal ini mengakibatkan deret geometri
n 1
, a  0 divergen jika
n 1
r  1.
Ada kaitan antara kekonvergenan suatu deret dengan limit tak hingga
suku deret ke-n yang dinyatakan dalam teorema berikut.
Teorema 1.6

Jika deret
a
n 1
n
konvergen maka lim an  0
n 
Bukti:

Misalkan, S n jumlah bagian ke-n deret
a
n
.
n 1

Oleh karena diketahui deret
a
n
konvergen maka terdapat S  R
n 1
sehingga lim Sn  S
n 
Sn  a1  a2  ...  an
Sn 1  a1  a2  ...  an 1
 an  Sn  Sn 1 , lim an  lim Sn  lim Sn 1  S  S  0
n 
n 
n 
Kebalikan pernyataan dalam teorema di atas tidak berlaku, yaitu

lim an  0
n 
tidak
benar
bahwa
deret
a
n
konvergen,
n 1
1
 0 , tetapi deret
n  n
penyangkalnya adalah lim

n
n 1
1
divergen.
contoh
1.27
 PEMA4218/MODUL 1
Sedangkan ekivalen dengan pernyataan dalam teorema di atas adalah

Jika lim an  0 atau lim an tidak ada maka deret
n 
n 
a
n
divergen.
n 1
Contoh 1.19

 2n
Periksa apakah deret
n 1
n3
3
merupakan deret konvergen atau
 5n 2
divergen?
Penyelesaian:

a
Pandang deret
n
dengan an 
n 1
n3
lim an  lim
n 
2n  5n
3
n 
2
 lim
n 
n3
2n3  5n2
1
2
5
n

1
2

Oleh karena lim an  0 maka deret
n 
a
n
divergen
n 1
Teorema 1.7

Jika


an divergen dan C  0 maka
n 1
 Ca
n
divergen.
n 1
Contoh 1.20

1
 4n apakah merupakan deret konvergen atau divergen?
Periksa deret
n 1
Penyelesaian:




1
1 1
1

. ,C 
dan karena
4
n
4
n
4
n 1
n 1

maka deret
 4n
n 1
1

n
1
merupakan deret divergen
n 1
merupakan deret divergen.
1.28
Kalkulus 2 
Dari uraian di atas, untuk melihat kekonvergenan suatu deret Anda harus
menentukan jumlah bagian deretnya. Terkadang bentuk umum jumlah
bagiannya sulit ditentukan sehingga sulit untuk menentukan kekonvergenan
deretnya. Ada cara lain untuk menentukan suatu deret konvergen atau
divergen dengan membandingkan dengan deret lain yang sudah diketahui
kekonvergenannya. Jika Anda mengetahui suku-suku deretnya positif, untuk
menguji kekonvergenannya juga dapat dengan menentukan limit dari suku
deretnya. Uji kekonvergenan deret demikian seperti yang diuraikan di bawah.
4.
Uji Kekonvergenan Deret
a.
Uji banding dengan deret lain
Teorema 1.8

Misalkan,


b
an dan
adalah deret dengan suku-suku positif
n
n 1
n 1
(an  0 dan bn  0, n  N )


1) Jika
an  bn , n  N
b
dan
n
konvergen maka
a
juga
n
n 1
n 1
konvergen.


2) Jika an  bn , n  N dan

bn divergen maka
a
n
juga divergen.
n 1
n 1

Dalam hal ini jika deret


an didominasi oleh deret
n 1
b
n


konvergen maka deret

an konvergen. Sebaliknya jika deret
n 1
b
n
n 1
yang divergen maka deret
a
n 1


mendominasi deret
yang
n 1
a
n 1
n
divergen.
n
1.29
 PEMA4218/MODUL 1
Contoh 1.21

 4n
Selidiki apakah deret
n 1
n
5
2
merupakan deret konvergen atau
divergen?
Penyelesaian:
n
n
1
 2 
2
4
n
4n  5 4 n

Oleh karena deret


1
4
n
n 1
divergen maka deret
 4n
n 1
n
2
5
juga
divergen.
b.
Uji banding limit dengan deret lain
Teorema 1.9

Misalkan,
a
n 1

n
dan
b
adalah deret dengan suku-suku positif
n
n 1
 an  0 dan bn  0, n  N  .
an
 L, L  0 maka kedua deret
n  bn
1) Jika lim

a
n 1

n
dan
b
n
bersama-
n 1
sama konvergen atau divergen.
an
 0 dan deret
n  bn
2) Jika lim



bn konvergen maka deret
a
n
juga
n
juga
n 1
n 1
konvergen.
3) Jika
an
  dan deret
n  bn
lim
divergen.



n 1
bn divergen maka deret
a
n 1
1.30
Kalkulus 2 
Contoh 1.22

Periksa kekonvergenan deret
n
n 1
3n  1
3
 4n 2  5
.
Penyelesaian:
Dengan uji banding limit maka perlu dicari pembanding suku ke-n dari
deret ini.
3n  1
3
Misalkan, an  3
dan bn  2 .
2
n  4n  5
n
a
lim n  lim
n  bn
n 
3n 
1
 4n 2  5
n3
3
n2
3n3  n 2
 lim
 12n 2  15
1
3
n
 lim
1
12 15
n 
3  3
n n
n  3n3

Oleh karena deret
b
n
konvergen dan berdasarkan bagian (i) maka
n 1

deret
a
n
juga konvergen.
n 1
c.
Uji hasil bagi (pengujian dengan suku-suku deretnya)
Teorema 1.10

Misalkan, deret
a
n 1
lim
n 
an 1
.
an
n
merupakan deret suku positif dan misalkan
1.31
 PEMA4218/MODUL 1
1) Jika   1 maka deret konvergen.
2) Jika   1 maka deret divergen.
3) Jika   1 , pengujian ini tidak bisa digunakan menentukan deret
konvergen atau divergen.
Contoh 1.23

1) Selidiki apakah deret
3n
merupakan deret konvergen atau divergen?
n!
n 1

Penyelesaian:
an 1
3n 1 n !
3
 lim
.  lim
0.
n  an
n  (n  1)! 3n
n  n  1
  lim

Berdasar uji hasil bagi deret maka deret
3n
merupakan deret
n!
n 1

konvergen.

2) Selidiki apakah deret
5n
n
n 1
3
merupakan deret konvergen atau divergen?
Penyelesaian:
an 1
5n 1 n3
5n3
5n3
 lim
.

lim

lim
(
)5
n  an
n  (n  1)3 5n
n  (n  1)3
n  n3  3n 2  3n  1
  lim

Berdasar uji hasil bagi deret maka deret
n 1
divergen.

3) Pandang deret

1
dan
n
n 1

n
1
n 1
Deret yang pertama, misalkan
2
an 
1
,
n
5n
n
10
merupakan deret
1.32
Kalkulus 2 
an 1
1 n
n
 lim
.  lim
1
n  an
n  n  1 1
n  n  1
lim

Anda tahu bahwa deret
n
1
merupakan deret divergen.
n 1
Anda perhatikan deret yang kedua misalkan an 
1
n2
,
an 1
1
n2
n2
1
 lim
.

lim
 lim
1
2 1
n  an
n  (n  1) 2 1
n  n 2  2n  1 n
1  2
n n
lim

Sedangkan Anda juga tahu bahwa deret
n
n 1
1
2
merupakan deret
konvergen.
d.
Uji deret ganti tanda
Misalkan,  an  adalah barisan yang semua suku barisannya positif
 an  0, n  N  , monoton turun  an  an1 , n  N  . Jika
lim an  0
n 

maka deret ganti tanda/deret berayun/alternating series
 (1)
n 1
an
n 1
konvergen.

 (1)
n 1
an  a1  a2  a3  a4  ...
n 1
Misalkan, jumlah bagian deret ganti tanda adalah
Sn  a1  a2  a3  ...  (1)n1 an
Untuk n bilangan genap tulis n  2m sehingga jumlah bagian deret
dapat ditulis S2m  (a1  a2 )  (a3  a4 )  ...  (a2m1  a2m ) karena barisan
 an  monoton turun maka
a1  a 2, a 3 a , 4.a. m. , 2 a m1 semuanya
2
merupakan suku-suku positif yaitu barisan  S2m  monoton naik.
1.33
 PEMA4218/MODUL 1
Dapat juga Anda menulis jumlah bagian deret S2m sebagai berikut.
S2m  a1  (a2  a3 )  (a4  a5 )  ...  (a2m2  a2m1 )  a2m  a1
 S 2 m  ini terbatas di atas karena
Barisan
a2  a3 , a4  a5 ,..., a2m2  a2m1 , a2m semuanya merupakan suku-suku
positif karena barisan  an  monoton turun.
Anda perhatikan dari kedua penulisan di atas barisan  S2m  monoton
naik dan terbatas di atas. Hal ini Anda ingat kembali pada pembahasan pada
barisan bahwa barisan yang monoton naik dan terbatas di atas adalah
konvergen. Jadi barisan  S2m  konvergen, yaitu terdapat S  R sehingga
lim S2m  S .
n
Sedangkan untuk n bilangan ganjil (Anda dapat menuliskan
n  2m  1) ) akan ditunjukkan barisan  S2m1  konvergen.
Anda dapat menuliskan S2m1  S2m  a2m1
lim S2m1  lim S2m  lim a2m1
n
n
n
Karena lim S2m  S dan lim a2m1  0, maka lim S2m1  S  0  S
n
n
Hal ini berarti untuk
n
n bilangan ganjil barisan  S2m1  konvergen.
Sehingga dapat Anda simpulkan untuk n bilangan ganjil dan n
bilangan genap barisan  Sn  konvergen. Hal ini menunjukkan bahwa deret

 (1)
n 1
an konvergen.
n 1
Contoh 1.24

Tunjukkan kekonvergenan deret ganti tanda
 (1)
n 1
n 1
.
1
n
Penyelesaian:

Deret

n 1
(1) n 1.
1
dapat ditulis sebagai
n

 (1)
n 1
n 1
.an dengan an 
1
.
n
1.34
Kalkulus 2 
Ditunjukkan barisan  an  monoton turun dan limitnya adalah 0.
Oleh karena
an 1
n

 1 maka an1  an , n  N ini menunjukkan
an
n 1
barisan  an  monoton turun. Perhatikan pula bahwa semua suku-suku

barisannya positif dan lim an  0 . Jadi deret
n 
 (1)
n 1
n 1
.
1
konvergen.
n
Definisi 1.9

Deret


an disebut konvergen mutlak jika deret
n 1
a
n
konvergen
n 1

a
dan disebut konvergen bersyarat jika
n
divergen.
n 1
Contoh 1.25

Tunjukkan bahwa deret
 (1)
n 1
n 1
.
1
konvergen bersyarat.
n
Penyelesaian:

Anda tahu bahwa dari contoh di atas deret
 (1)
n 1

sedangkan deret

n 1
.
1
konvergen,
n
 n   n deret divergen.
1
n 1
1
n 1
LAT IH A N
Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas,
kerjakanlah latihan berikut!

1) Tentukan limit deret geometri
 9 ( 3)
1 1
n 1
!
n 1

2) Periksa apakah deret
 (1)
n 1
n 1
merupakan deret konvergen/divergen?
1.35
 PEMA4218/MODUL 1

3) Selidiki apakah
2
n 1
1
n
merupakan deret konvergen/divergen?
1

n3
n
4) Periksa kekonvergenan deret
n 1
2
n
dan sebutkan uji kekonvergenan
deret yang digunakan!

5) Periksa apakah deret
3
n 1
n
6) Periksa apakah deret
1
n 1
1
 2n  !
 n! n!
merupakan deret konvergen/divergen?
merupakan deret konvergen/divergen?
i 1

7) Tunjukkan bahwa deret
 (1)
n 1
n 1
.
1
n2
konvergen mutlak!
Petunjuk Jawaban Latihan

1)
 9 ( 3)
n 1
1 1
n 1

1 1 1

  ...
9 27 81
1
1
1
27
deretnya merupakan deret geometri dengan a  , r 
karena

1
9
3
9
1

1 1 n 1
1
( ) = 9 
r  1 maka deret konvergen dan
1
9 3
6
n 1
1
3

2) Misalkan, an  (1)n 1 maka lim an tidak ada.
n 
1.36
Kalkulus 2 
3) Misalkan,
an
2n
1

lim
 lim
 1,
n
n
n
1
n  bn
n  2  1 n 
2 1
2
1 ( n )
2
selanjutnya digunakan uji banding limit dengan deret lain.
1
an 
, dan bn 
1
, maka lim
an
 1  0 dan deret
n  bn
Oleh karena lim

b
konvergen maka deret
n
n 1

a
n
juga Konvergen.
n 1
4) Misalkan, an 
n3
n
2
n
n3
2
an
lim
 lim n n
1
n  bn
n 
, dan bn 
1
3
n2
3
1
n3
n 1 0
 lim
 lim
n  n
n  1
3
n2
Maka, deret konvergen dengan uji banding limit.
5) Oleh
1
karena
n 1
3

1
1
,
3n 1

dan
3
n 1
1
n 1
merupakan
deret
konvergen, selanjutnya digunakan uji banding dengan deret lain. Jadi,

deret
3
n 1
1
n 1
1
merupakan deret konvergen.
6) Untuk memeriksanya digunakan uji banding.
Misalkan,
a
n

2n ! ,
n !n !
a
n 1
karena   1 maka deret

2(n  1)!
(n  1)!(n  1)!
n
 2n  !
 n !n !
i 1
dan   lim
divergen.
n 
an 1
4
an
1.37
 PEMA4218/MODUL 1

7) Deret
a

a
disebut konvergen mutlak jika deret
n
n
n 1

Oleh
karena

(1)n 1.
n 1

 (1)
n 1
n 1
.
1
n2

Jadi, deret
konvergen.
n 1
1 1
 1    ... 
4 9
n2

n
n 1
1
maka
2
deret
adalah deret konvergen.
 (1)
n 1
1
n 1
.
1
n2
konvergen mutlak.
R A NG KU M AN
Dari uraian tentang deret tak hingga, Anda dapat merangkum
sebagai berikut.
1. Pengertian Deret
Definisi
Misalkan,  an  suatu barisan.
Penjumlahan a1  a2  ...  an  ... dari semua

Suku-suku barisan  an  ditulis
a
n
disebut deret tak hingga.
n 1
Definisi
Misalkan,  an  suatu barisan dan
Sn  a1  a2  a3  ...  an . Maka,  Sn 

disebut barisan jumlah bagian dari deret tak hingga
a
n
.
n 1

Bilangan
a n disebut suku ke-n dari deret
a
n 1

jumlah bagian ke-n dari deret
a
n 1
n
.
n
dan S n disebut
1.38
2.
Kalkulus 2 
Limit suatu deret

Misalkan,
S n jumlah bagian ke-n dari deret
a
n 1
 S n  konvergen atau lim S n  S maka S
n 

n 1
n 1
. Jika barisan
disebut sebagai
 a n dan ditulis S =  a n .
limit suatu deret
3.

n
Kekonvergenan suatu Deret
Definisi

a
Deret tak hingga
n 1
n
dikatakan konvergen jika
 Sn 
barisan dari jumlah bagiannya konvergen.

Deret
a
n 1
n
dikatakan divergen jika
 S n  yaitu barisan dari
jumlah bagiannya divergen.
Untuk mengetahui suatu deret konvergen atau divergen, Anda dapat
menguji kekonvergenan deret sebagai berikut.
a.
Uji banding dengan deret lain
Teorema

Misalkan,
 a n dan
n 1

b
n 1
n
adalah deret dengan suku-
suku positif
i) Jika
an  bn , n  N dan

a
n 1
n
juga konvergen.

b
n 1
n
konvergen maka
1.39
 PEMA4218/MODUL 1
an  bn , n  N dan
ii) Jika

b
divergen maka
n
n 1

a
n 1
juga divergen.
n

a
Dalam hal ini jika deret
n 1
n
didominasi oleh deret


 bn yang konvergen maka deret
a
n 1
n 1
n
konvergen.

Sebaliknya jika deret
a
n 1

mendominasi deret
n
b
n 1
n

yang divergen maka deret
a
n 1
b.
n
divergen.
Uji banding limit dengan deret lain
Teorema

 a n dan
Misalkan,
n 1
suku positif
i)
Jika

b
n 1
n
adalah deret dengan suku-
 an  0 dan bn  0, n  N  .
an
 L, L  0 maka kedua deret
n  b
n
lim

a
n 1
n
dan

b
n 1
ii) Jika
n
bersama-sama konvergen atau divergen.
an
 0 dan deret
n  b
n
lim

deret
a
n 1
n
juga konvergen.

b
n 1
n
konvergen maka
1.40
Kalkulus 2 
a
lim n   dan deret
n  b
n
iii) Jika

b
n 1
n
divergen maka

deret
a
n 1
c.
n
juga divergen.
Uji hasil bagi (pengujian dengan suku-suku deretnya)
Teorema

Misalkan, deret
a
n 1
n
merupakan deret suku positif dan
an 1
.
n  an
i) Jika   1 maka deret konvergen.
ii) Jika   1 maka deret divergen.
iii) Jika   1 , pengujian ini tidak bisa
menentukan deret konvergen atau divergen.
misalkan lim
4.
digunakan
Uji deret ganti tanda
Misalkan,  a n  adalah barisan yang semua suku
barisannya
positif
 an  an1 , n  N  .
 an  0, n  N  ,
Jika
monoton
lim an  0 maka deret ganti
n 

tanda/deret
turun
berayun/alternating
series
 (1)
n 1
an
n 1
konvergen.

 (1)
n 1
n 1
a n  a1  a 2  a3  a 4  ...
Suatu deret dapat Anda lihat juga nilai mutlak dari sukusukunya.
1.41
 PEMA4218/MODUL 1
Definisi

Deret
 a n disebut konvergen mutlak jika deret
n 1

a
n 1
n

konvergen dan disebut konvergen bersyarat jika
a
n 1
TES F OR M AT IF 2
Pilihlah satu jawaban yang paling tepat!

1) Deret
n 1
adalah ….
n
n 1

A. konvergen ke 0
1
B. konvergen ke
2
C. konvergen ke 1
D. divergen
2) Deret
 ( n  n  1) adalah deret yang ….
1
1
A. konvergen ke 0
B. konvergen ke 1
1
C. konvergen ke
2
D. divergen

3) Limit dari deret geometri

n 1
1
4
B. –1
C. 0
D. 1
A.

(1) n 5
4n
adalah ….
n
divergen.
1.42
Kalkulus 2 

4) Deret
 7  2n
n
adalah ….
n 1
A. konvergen ke 
B. konvergen ke
1
2
1
7
C. konvergen ke 
1
7
D. divergen

5.
Deret geometri
 (1)
n 1
A.
B.
C.
D.
1
n 1
2
1
2
1
2
2
3
2

3


6) Deret
 3n  1 adalah ….
2n
n 1
A. konvergen ke
2
3
B. konvergen ke 2
C. konvergen ke –1
D. divergen
n 1
adalah konvergen ke ….
1.43
 PEMA4218/MODUL 1

7) Deret
a
n
dengan an 
n 1
4n3  3n
n5  4n 2  1
adalah deret konvergen dengan
uji banding limit dengan bn sama dengan ….
4
A.
n2
4
B.
n3
3
C.
n4
3
D.
n5

2n
8) Deret  3 dengan uji hasil bagi diperoleh ....
n 1 n
A.
B.
C.
D.
deret konvergen dengan   2
deret konvergen dengan   2
deret divergen dengan   2
deret divergen dengan   2

9) Deret
(n  n
1
n 1
A.
B.
C.
D.
2
) dengan uji banding diperoleh ....
konvergen ke 0
konvergen ke –1
konvergen ke 1
divergen

10) Deret
n
n 1
A.
B.
C.
D.
1
(1)n 1
2
 2n  1
adalah merupakan deret ....
konvergen absolut
konvergen bersyarat
konvergen
divergen
1.44
Kalkulus 2 
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
Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat
meneruskan dengan Kegiatan Belajar 3. Bagus! Jika masih di bawah 80%,
Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 2, terutama bagian yang
belum dikuasai.
1.45
 PEMA4218/MODUL 1
Kunci Jawaban Tes Formatif
Tes Formatif 1
1) B
2) A
3) B
4) B
Bagi pembilang dan penyebut dalam an 
lim an  lim (
n 
n 
cos n 1

n
n
cos n
lim
0.
n  n
n 
lim
n 
n2
1
0
n
n2 .
0.
dengan teorema apit maka
 a n  monoton naik.
an 1 3(n  1)  1 n  1 3n2  7n  4

.

1.
an
(n  1)  1 3n  1 3n2  7n  2
an 
 a n  monoton naik.
2n
21 22
, barisannya adalah 2  , ,...
n!
1! 2!
Sehingga barisan
8) D
dan
(1)n
dengan
1
1
2


 0 , yaitu
1  2n  2 1  2n 1  4n2
 an .
Jadi, barisan
7) C
 5) dan lim
3n2  11
an 1  an 
Jadi, barisan
6) C
n2
0
an1
5) C
(1)n
7n 2  5n
 a n  terbatas di bawah oleh 2.
Pembilang dan penyebut dari an 
11  5n
n7
dibagi dengan n7 .
11 5n
 7
7
n  0 0
Sehingga lim an  lim n
n 
n 
1
1
n
Oleh karena
maka barisannya adalah
an  (1)n
n 1
1 2 3
n
tidak ada.
 , ,  ,... , yaitu beroskilasi sehingga lim (1) n
n 
2 3 4
n 1
Jadi, barisan
 a n  divergen.
1.46
9) B
Kalkulus 2 
(1)
n
1

10) C
  0 , terdapat
Ditunjukkan untuk setiap
n 1
K N
sehingga
 0   , untuk setiap n  K . Oleh karena   0 maka
 0 dan pilih K 
1
.

Ditunjukkan untuk setiap   0 , terdapat K  N sehingga
(n  1)
n 1  n
1 1 1
1 
      , untuk setiap n  K .
n
n
n n K
1
1
Oleh karena   0 maka  0 dan pilih K  .


Tes Formatif 2
n
1) D
Jumlah bagian deret adalah Sn 
(
k 1
k 1 2 3 4
n 1
)     ... 
k
1 2 3
n
Setiap sukunya lebih besar dari 1 sehingga
n 1
n
n

Jadi, lim Sn   yaitu deret
n 
2) B
n 1
adalah divergen.
n
n 1

Jumlah bagian deret adalah
n
Sn 
 ( k  k  1)  (1  2 )  ( 2  3)  ...  ( n  n  1)  1  n  1
1
1
1
1 1
1
1
1
k 1
Jadi, lim Sn  lim (1 
n 
n 
1
) 1
n 1

3) B
Deret
geometri

n 1
geometri dengan
4) D
(1)n 5
4
n
5 5 5
     ...
4 16 64
5
1
a   ,r  
4
4
adalah
deret
maka deret konvergen ke
a
 1 .
1 r
Dapat menggunakan uji banding
a
(n  1) (7  2n)
  lim n 1 
.
1
n an
7  2(n  1)
n
1.47
 PEMA4218/MODUL 1

5) C
Deret
 (1)
1
n 1
2
n 1
n 1
1 1 1
= 1     ...
2 4 8
Deret geometri dengan a  1, r  

Deret
 3n  1 divergen karena
2n
an 
4n3  3n
n  4n  1
5
n 1
1
n 1
2n 1
2n
2
 0.
n  3n  1
3
lim
n 1
7) A
 (1)
a
2
 .
1 r 3
konvergen ke
6) D

1
maka deret
2
2
4
, misalkan bn 
n2
an
(4n3  3n)n 2
 lim 5
1 0
n  bn
n  (n  4n 2  1) .4
lim

karena
b
konvergen
n
n 1

maka
dengan
uji
banding
limit
deret
a
dengan
n
n 1
an 
4n3  3n

8) C
Deret
2n
n
n 1
3
divergen dengan uji hasil bagi
2n 1
  lim
n  (n  1)
9) D
juga konvergen.
n5  4n 2  1
.
3
n3
 lim
2n
Misalkan, an 
n
2n3
n3  3n2  3n  1
1
karena 2n  2 n  2n  1
2n  1
1
1
1

. Selanjutnya, misalkan bn 
dan karena
2n
2 n  1 2n
maka

deret
2

1
divergen maka dengan uji banding deret
2n
n 1


n 1
divergen.

10) A
Ditunjukkan deret
n
n 1
(1)n 1
2
 2n  1
konvergen. Oleh karena
1
2n  1
1.48
Kalkulus 2 
(1)n 1
n  2n  1
2

1
,
1
n  2n  1 n  2 n  1
2
deret konvergen.
2

1
n
2

dan
n
n 1
1
2
merupakan
 PEMA4218/MODUL 1
1.49
Daftar Pustaka
Martono. (1999). Kalkulus. Jakarta: Erlangga.
Purcell, Varberg. (2001). Calculus and Analytic Geometry. 7th Ed. New
York: Prentice-Hall (Terjemahan oleh I Nyoman Susila).
Salas, Hill. (1990). Calculus One and Several Variables. New York: Jhon
Wiley and Sons.
Thomas, Finney. (1996). Calculus and Analytic Geometry. 9th Ed. New York:
Addison-Wesley.
Wasan and Prakash. (1985). Real Analysis. New Delhi: MC Graw Hill
Publishing Company Limited.