MAKALAH KALKULUS LANJUT DERET POSITIF : UJI
MAKALAH KALKULUS LANJUTDERET POSITIF :UJI INTEGRAL DAN UJI LAIN-LAINNYAOLEH :KELOMPOK 2:1. NI LUH PUTU SUARDIYANTI (0813011005)2. I WAYAN WIDNYANA (0813011008)3. LUH PUTU PRAJAYANTHI W. (0813011027)JURUSAN PENDIDIKAN MATEMATIKAFAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAMUNIVERSITAS PENDIDIKAN GANESHA SINGARAJA2011
KATA PENGANTAROm SwastiastuPuji syukur penulis panjatkan kehadapan Ida Sang Hyang Widhi Wasakarena atas Asung Kerta Wara Nugraha-Nya penulis dapat menyelesaikanmakalah kalkulus lanjut tentang deret positif: uji integral serta uji-uji lainnyatepat pada waktunya. Makalah ini disusun dalam rangka memenuhi persyaratandalam mata kuliah kalkulus lanjut.Makalah ini dapat terselesaikan karena bantuan dari berbagai pihak.Untuk itu, melalui kesempatan ini penulis menyampaikan terima kasih kepada:1) Dra. I Gusti Ayu Mahayukti, M.Si selaku dosen pengampu mata kuliahkalkulus lanjut.2) Rekan-rekan mahasiswa yang secara langsung ataupun tidak langsung telahmembantu penulis dalam penyusunan makalah ini.Penulis menyadari sepenuhnya bahwa apa yang tersaji dalam makalah inimasih jauh dari sempurna, karena keterbatasan kemampuan yang penulis miliki.Oleh karena itu, dengan segala kerendahan hati penulis sangat mengharapkansaran dan kritik yang konstruktif guna penyempurnaan makalah ini. Padaakhirnya, penulis berharap mudah-mudahan makalah ini bermanfaat bagipembaca.Om Santih, Santih, Santih Om.Singaraja, September 2011PenulisBarisan dan DeretPage ii
DAFTAR ISIKATA PENGANTARiDAFTAR ISIiiBAB I PENDAHULUAN1.1 Latar Belakang11.2 Rumusan Masalah21.3 Tujuan Penulisan2BAB II PEMBAHASAN2.1 Deret Positif: Uji Integral2.2 Deret Positif: Uji-Uji Lainnya313BAB IV PENUTUP4.1 Simpulan274.2 Saran28DAFTAR PUSTAKABarisan dan DeretPage iii
BAB IPENDAHULUAN1.1 Latar BelakangBarisan dan deret takhingga diperkenalkan secara singkat dalampengantar kalkulus dalam hubungannya dengan paradoks Zeno dan bentukdesimal bilangan. Pentingnya kedua hal ini dalam kalkulus muncul darigagasan Newton yang menyatakan fungsi sebagai jumlah deret takhingga.Banyak fungsi yang muncul dalam fisika dan kimia matematis, seperti fungsiBessel, didefinisikan sebagai jumlah deret, sehingga sangatlah penting untukmempelajari konsep dasar konvergensi barisan dan deret takhingga.Dalam mempelajari deret, selalu ada dua pertanyaan penting yangdapat diajukan. Pertama, apakah deret itu konvergen? Sedangkan kedua,apabila deret tersebut konvergen, berapakah jumlahnya? Untuk menentukanapakah suatu deret konvergen atau divergen dapat ditentukan dari barisanjumlah-jumlah parsial {Sn} dari deret tersebut. Jika {Sn} konvergen menuju S(dimana S adalah jumlah dari deret tersebut), maka deret takhingga tersebutkonvergen. Jika {Sn} divergen, maka deret tersebut divergen.Pada umumnya, tidaklah mudah menghitung jumlah yang eksak darisuatu deret. Perhitungannya dapat dilakukan untuk deret dengan rumus Sn(jumlah parsial ke-n) yang eksak, misalnya deret geometrik dan deret kolaps.Tetapi biasanya tidaklah mudah menghitung limπ ππ untuk jenis deret yanglain. Untuk mengatasi masalah tersebut, dikembangkan beberapa uji yangmemungkinkan untuk menentukan apakah suatu deret konvergen ataudivergen tanpa menghitung jumlahannya secara eksplisit. Oleh karena itu,penulis ingin mengulas materi tentang βDeret Positif: Uji Integral dan Uji-UjiLainnyaβ untuk menentukan kekonvergenan suatu deret positif pada makalahini.Barisan dan DeretPage 1
1.2 Rumusan MasalahBerdasarkan latar belakang yang telah dipaparkan sebelumnya, adabeberapa permasalahan yang dirumuskan dalam penulisan makalah ini, antaralain sebagai berikut.1.2.1Bagaimanakah menentukan kekonvergenan suatu deret positifdengan menggunakan uji integral?1.2.2Bagaimanakah menentukan kekonvergenan suatu deret positifmenggunakan uji kekonvergenan selain uji integral?1.3 Tujuan PenulisanAdapun tujuan dari penulisan makalah ini adalah sebagai berikut.1.3.1Untuk dapat mengetahui kekonvergenan suatu deret positif denganmenggunakan uji integral.1.3.2Untuk mengetahui cara menentukan suatu deret positif konvergenatau divergen menggunakan uji-uji lain selain uji integral.Barisan dan DeretPage 2
BAB IIPEMBAHASAN2.1 Deret Positif: Uji IntegralSebelum membahas kekonvergenan suatu deret positif menggunakanuji integral, perlu diperhatikan hal-hal penting yang akan sering dipergunakandalam pembahasan selanjutnya.PENTING UNTUK DIINGATa1, a2 , a3 , . . .adalah sebuah barisana1 a2 a3 . . . .adalah sebuah deret.Sn a1 a2 a3 . . . anadalah jumlah parsial ke-n dari deret.S1,S2, S3,. . . .adalah barisan jumlah parsial dari deret. Deret konvergen jika dan hanyajikaπ lim πππ berlaku dan terhingga, dalam hal mana S disebut jumlah deret.Dalam pasal ini dan pasal berikutnya, pembahasan tentang deret akandibatasi hanya pada deret dengan suku-suku positif (atau setidaknya tidaknegatif). Dengan pembatasan ini, dapat disusun sejumlah uji kekonvergenanyang sangat sederhana. Uji untuk deret dengan suku β suku yang tandanyasembarang tidak akan dibahas pada makalah ini.JUMLAH PARSIAL YANG TERBATASSalah satu hasil yang dapat dijabarkan langsung dari Teorema BarisanMonoton tentang kekonvergenan deret dijabarkan dalam teorema berikut.Teorema A (Uji Jumlah Terbatas)Suatu deret ak yang sukunya tak negatif adalah konvergen jika dan hanyajika jumlah parsialnya terbatas di atas.Barisan dan DeretPage 3
Bukti:(bukti ke kanan)Apabila deret ak konvergen menuju S, berarti limπ ππ π. Diketahui ak 0, maka Sn 1 Sn. Berarti barisan {Sn} adalah barisan yang tak turun.Selanjutnya, untuk setiap n berlaku:πππ πππ π 1 ππ π 1 ππ π π 1ππ ππ 1Dengan demikian, S merupakan batas atas dari barisan {Sn} (berarti jumlahparsial deret ak memiliki batas atas).(bukti ke kiri)Andaikan barisan jumlah parsial {Sn} terbatas atas (ada bilangan U sehingga Sn U untuk semua n). Karena Sn a1 a2 a3 . . . an dan ak 0 makaSn 1 Sn; jadi {Sn} adalah barisan yang tidak turun. Menurut Teorema BarisanMonoton, barisan {Sn} konvergen, sehingga sesuai definisi (pada materi derettak terhingga), deret ak juga konvergen. Apabila tidak, Sn akan melampui tiapbilangan dan hal ini, {Sn} divergen.Contoh 1Buktikan bahwa deret11!11 2! 3! konvergen.Penyelesaian:Kita akan membuktikan bahwa jumlah-jumlah parsial Sn terbatas di atas.Perhatikan bahwan! 1.2.3 n 1.2.2 .2 2n-1dan sehingga 1/n! 1/2n-1. Jadi,1 1 11 1! 2! 3!π!1 11 1 π 12 42Suku-suku yang terakhir ini adalah deret geometri dengan r Β½. Oleh karenaSn π r 1, deret geometri tersebut konvergen dengan jumlah π 1 π dan jumlahparsial ke-n ππ Barisan dan Deretπ ππ π1 π. Sehingga diperolehPage 4
1 π1 21 πππ 2 1 2121 2Jadi, menurut Teorema A (Uji Jumlah Terbatas), deret ini konvergen. Darihasil tersebut, jumlah S tidak lebih dari 2. Akan diperlihatkan kemudian bahwaS e β 1 1,71828.DERET DAN INTEGRAL TAK WAJAR.Kelakuan deret π 1 ππdan integral tak wajar π1π₯ ππ₯mengenai kekonvergenan adalah serupa sehingga kita dapat menjadikannyasebagai pengujicoba.Teorema B ( Uji Integral )Andaikan f suatu fungsi yang kontinu, positif dan tidak naik pada selang[1, ). Andaikan ak f(k) untuk semua k positif bulat. Maka deret takterhingga πππ 1konvergen, jika dan hanya jika integral takwajar π π₯ ππ₯1konvergen.BuktiDiagram pada gambar 1 memperlihatkan bagaimana kita dapat mengartikanjumlah parsial deret ak sebagai luasan dan dengan demikian mengkaitkanderet itu dengan integral bersangkutan.Gambar 1Barisan dan DeretPage 5
Perhatikan bahwa luas tiap persegi panjang sama dengan tingginya, oleh karenapanjang alasnya adalah 1.Kemudian:1.π1π π₯ ππ₯ Luas daerah di bawah kurva y f(x) di kuadran 1 dari 1 ke n.2. a2 a3 a4 . . . an Jumlah luas persegi panjang yang berada di bawahkurva y f(x) dari 1 ke n.3. a1 a2 a3 . . . an-1 Jumlah luas persegi panjang dengan batas bawahsumbu-x dan batas atas ruas garis di atas kurva y f(x) dari 1 ke n.Dari gambar di atas, dengan mudah terlihatππ2 π3 π4 ππ π π₯ ππ₯ π1 π2 π3 ππ 11ππ 1πππ π π₯ ππ₯ 1π 2πππ 1Oleh karena itu,(1) (bukti ke kiri)Andaikan π1π₯ ππ₯ konvergen, maka menurut pertidaksamaan sisi kiri,kita perolehππππ π π₯ ππ₯ 1π 2π π₯ ππ₯1karena f(x) 0. Jadiπππ π1 ππ π1 π 2π π₯ ππ₯ π1Karena Sn M untuk semua n, barisan {Sn} terbatas di atas. Jugaππ 1 ππ ππ 1 ππkarena ππ 1 π(π 1) 0. Jadi, {Sn}merupakan barisan tak turun.Berdasarkan Teorema Uji Jumlah Terbatas, π 1 ππkonvergen.(2) (bukti ke kanan)Misalkan π 1 ππkonvergen, menurut ketaksamaan sisi kanan, makaapabila t n, kita perolehBarisan dan DeretPage 6
π‘π π₯ ππ₯ 1Oleh karenalimπ‘ π‘1π‘1 π 1ππ π₯ ππ₯ 1ππ π 1πππ 1π π₯ ππ₯ naik apabila bertambah dan terbatas di atas, makaπ π₯ ππ₯ harus ada; jadi π1π₯ ππ₯ konvergen.CATATAN 1Teorema B dapat juga diartikan bahwa deret π1Jika π 1 ππdan integral tak wajarπ₯ ππ₯ bersama-sama konvergen atau divergen. π1π₯ ππ₯ divergen, makaπ1π π₯ ππ₯ menuju tak hingga, sebab f(x) 0.Sehingga kita perolehπ 1ππ π₯ ππ₯ 1ππ π π 1π 1dan karenanya ππ 1 . Akibatnya, ππ sehingga π 1 ππdivergen.CATATAN 2Ketika kita menggunakan Uji Integral, deret atau integral tidak harus dimulaidari n 1. Misalnya, dalam menguji deret π 41π 3 2kita gunakan41π₯ 32ππ₯Juga, f tidak harus selalu turun. Yang penting adalah bahwa f pada akhirnyaturun, artinya , turun untuk x yang lebih besar daripada suatu bilangan N. Maka π π ππkonvergen karena sejumlah terhingga suku tidak mempengaruhikonvergensi atau divergensi suatu deret.Contoh 2Ujilah deret1 π 1 π 2 1 apakah konvergen atau divergen.PenyelesaianFungsi f(x) 1 / (x2 1) kontinu, positif, dan turun pada [1, ), sehingga kitagunakan Uji Integral :Barisan dan DeretPage 7
1ππ₯ lim2π‘ π₯ 11ππ₯ lim tan 1 π₯]1π‘π‘ 11π π π π lim tan 1 π‘ π‘ 4 2 4 41Jadi, 1/1π‘π₯2π₯ 2 1 ππ₯ merupakan integral yang konvergen dan karenanya,menurut Uji Integral, deret 1/(n2 1) konvergen.Contoh 3 (Uji Deret-p)Deret π 11111 1 π π π ππ234dengan p sebuah konstanta dinamakan deretβp. Untuk nilai berapakah derettersebut konvergen?PenyelesaianJika p 0, maka limπ (1/ππ ) . Jika p 0, maka limπ (1/ππ ) 1.Dalam kedua kasus ini limπ (1/ππ ) 0, sehingga deret di atas divergenmenurut Teorema Uji Kedivergenan dengan Suku ke-n.Apabila p 0, fungsi π π₯ 1/π₯ π kontinu, positif dan tidak naik pada selang1[1, ), sedangkan π π 1/ππ . Maka menurut Teorema Uji Integral,konvergen jika dan hanya jika limπ‘ π‘ ππ₯ ππ₯1(π π )ada (sebagai bilanganterhingga).Bila p 1 1π‘π₯ π ππ₯ limπ π₯ ππ₯ π‘ 11π₯ π ππ₯π₯1 π limπ‘ 1 ππ‘1π‘1 π1 lim lim π‘1 ππ‘ 1 ππ‘ 1 πApabila p 1 π‘π₯ π ππ₯ lim1π‘ 1π‘π₯ π ππ₯ limπ‘ 1π₯ 1 ππ₯ lim ln π₯π‘ π‘1 lim ln π‘π‘ Oleh karena limπ‘ π‘1 π 0 apabila p 1 dan limπ‘ π‘1 π apabila p 1dan oleh karena limπ‘ ln π‘ , kita dapat menarik kesimpulan (berdasarkanBarisan dan DeretPage 8
Teorema Uji Integral) bahwa deretβp konvergen apabila p 1 dan divergenapabila 0 p 1.Perhatikan bahwa jika p 1, deretβp menjadi deret harmonik yang divergen.Deret-p ini merupakan deret yang penting dan sering digunakandalam menguji kekonvergenan suatu deret. Oleh karena itu, pembahasan padacontoh 3 di atas dapat dirangkum sebagai berikut.Deret-p1 π 1 π π konvergen jika p 1 dan divergen jika 0 p 1Contoh 4(a) Deret π 111111 π313 23 33 43konvergen sebab deret ini merupakan deret-p dengan p 3 1.(b) Deret 1π 1π1/3 13π 1π 1 132 133divergen sebab deret ini adalah deret-p dengan p 13134 1.Contoh 5Apakah1 π 4 π 1,001konvergen atau divergen?PenyelesaianPerhatikan bahwa, deret1 π 4 π 1,001Berdasarkan Uji Deret-p1 π 4(π 1,001 )merupakan deret-p dengan p 1,001 1.konvergen.Kekonvergenan atau kedivergenan suatu deret tidak dipengaruhi, apabila darideret itu dihilangkan atau ditambahkan beberapa suku yang banyaknyaterhingga (tetapi mempengaruhi jumlahnya). Jadi deret yang diketahui akankonvergen.Barisan dan DeretPage 9
Contoh 61 π 2 π ln πPeriksa apakah deretkonvergen atau divergen.PenyelesaianHipotesis dalam Uji Integral dipenuhi untuk π π₯ 1/(π₯ ln π₯) pada [2, ).Intervalnya bukan [1, ). Hal ini dimungkinkan berlaku sesuai dengan catatanyang diberikan pada Teorema B (Uji Integral) . Sekarang, 21ππ₯ limπ‘ π₯ ln π₯Sehinggaderet π2π‘2π‘1ππ₯ limπ‘ π₯ ln π₯21π (ln π₯) lim ln ln π₯π‘ ln π₯π‘2 π₯ ππ₯ divergen. Jadi, berdasarkan Teorema B (Uji Integral),1/(π ln π) divergen.CATATAN 3Kita tidak dapat menyimpulkan dari Uji Integral bahwa jumlah deret ini samadengan nilai integral. Kenyataannya, π 1 1π2 οΏ½οΏ½ 1π₯2Jadi, secara umum, ππ π 1π π₯ ππ₯1Contoh 7Tentukan apakah deret ln ππ 1 π konvergen atau divergen.PenyelesaianFungsi f(x) (ln x) / x positif dan kontinu untuk x 1 sebab fungsi logaritmakontinu. Tetapi tidak jelas apakah f turun atau tidak, sehingga kita hitungturunannya :π β² (π₯) 1/π₯ π₯ ln π₯1 ln π₯ 2π₯π₯2Jadi, fβ(x) 0 bila ln x 1, yakni, x e. Dengan demikian f turun bila x e dankarenanya kita dapat menerapkan Uji Integral:Barisan dan DeretPage 10
1ln π₯ππ₯ limπ‘ π₯π‘1π‘ln π₯(ln π₯)2ππ₯ limπ‘ π₯2Karena integral tak wajar ini divergen, deret1(ln π‘) 2 lim π‘ 2(ln π)/π juga divergen menurutUji Integral.EKOR SUATU DERETAwal suatu deret tidaklah penting dalam hal kekonvergenan dankedivergenannya. Yang penting hanyalah βekorβ-nya. Yang dimaksuddengan βekorβ suatu deret atau suku sisa (Rn) adalah:π π π ππ ππ 1 ππ 2 ππ 3 dimana n adalah suatu bilangan besar sembarang. Dengan demikian,dalam pengujian kekonvergenan dan kedivergenan suatu deret, kita dapatmengabaikan suku-suku awalnya atau bahkan menggantinya. Tetapi,jelas bahwa jumlah suatu deret tergantung pada semua sukunya, termasuksuku awal.Contoh 8Dengan menggunakan integral tak wajar, tentukanlah batas atas yang sebaikmungkin bagi kesalahan jika kita ambil jumlah lima suku pertama dan deretkonvergen π 1πππ2untuk mengaproksimasi jumlah deret.PenyelesaianKesalahan E adalah besarnya suku (Rn). Diperoleh πΈ π π π ππ π 6πππ2Dimana Sn yang diambil adalah lima suku pertama.Barisan dan DeretPage 11
Gambar 22Perhatikan fungsi π π₯ π₯/π π₯ fungsi ini pada selang [ 5, ) adalah kontinudan tidak naik (lihat gambar 2). Jadi ππΈ π 62ππ lim π‘ 121 lim π‘ 2 2π₯π π₯ ππ₯ 5 2π π₯ 2π₯ ππ₯5 2π π₯ π( π₯ 2 )5112 lim [π π₯ ]π‘5 π 25 6,94 10 12π‘ 22Jadi batas atas yang sebaik mungkin bagi kesalahan (error) adalah 6,94 10-12.Contoh 91Hampiri jumlah dari deretπ3dengan menggunakan jumlah 10 suku pertama.Taksirlah kesalahan yang muncul dalam hampiran ini.Penyelesaian: ππKita perlu mengetahui π1ππ₯ limπ‘ π₯3 π 1π‘π1π₯ ππ₯, dengan π π₯ π₯ 3 . Kita peroleh11ππ₯ lim π‘ π₯32π₯ 2π‘ lim ππ‘ 111 2π‘ 2 2π22π211111 π10 3 3 3 3 1,19753π12310Menurut taksiran suku sisa, kita dapatkan πΈ π 111 π3 101ππ₯ limπ‘ π₯3π‘1ππ₯310 π₯1 lim 2π‘ 2π₯Barisan dan Deretπ‘10Page 12
lim π‘ 111 2π‘ 2 2(10)2200Jadi besarnya kesalahan dari taksiran jumlah deret tersebut menggunakan 10 deretpertama adalah tidak lebih dari 0,005.2.2 Deret Positif: Uji-Uji LainnyaSebelumnya telah dianalisa secara tuntas kekonvergenan dankedivergenan dua deret, yaitu deret geometri dan deret-p, dimana hasilnyaadalah sebagai berikut. ππ 1 πkonvergen apabila -1 r 1; divergen untuk π 11 π 1 π πkonvergen untuk p 1; divergen untuk p 1Deret-deret tersebut dapat digunakan sebagai standar atau modeluntuk menentukan kekonvergenan atau kedivergenan deret lain. Ingat bahwakita masih tetap meninjau deret yang sukunya positif (atau paling sedikit taknegatif).MEMBANDINGKAN SUATU DERET DENGAN DERET LAINGagasan dalam uji perbandingan adalah membandingkan deret yang diberikandengan deret yang telah diketahui konvergen atau divergen. Teorema UjiBanding ini hanya berlaku untuk deret dengan suku-suku positif. Jika suatuderet suku-sukunya lebih kecil daripada suku-suku suatu deret yang diketahuikonvergen, maka deret tersebut juga konvergen. Sedangkan, jika terdapatsuatu deret yang suku-sukunya lebih besar daripada suku-suku suatu deretyang diketahui divergen, maka deret tersebut juga divergen. Hal ini,dituangkan dalam teorema berikut.Teorema A (Uji Banding)Andaikan untuk n N berlaku 0 an bn(i) Jika bn konvergen, maka an konvergen(ii) Jika an divergen, maka bn divergenBukti(i) Andaikan N 1; Jika bn konvergen (misalnya dengan jumlah t), dimanaBarisan dan DeretPage 13
π‘ πππ 1Misalkanππ π ππππ‘π π 1πππ 1Karena kedua deret ( an dan bn) mempunyai suku-suku positif, barisan{sn} dan {tn} adalah barisan yang tidak turun (sn 1 sn an 1 sn).Juga tn t, sehingga tn t untuk semua n. Karena ai bi, kita peroleh sn t. Jadi, sn t untuk semua n. Ini berarti bahwa {sn} tidak turun danterbatas di atas dan menurut Teorema Uji Jumlah Terbatas, ankonvergen.(ii) Jika an divergen, maka Sn (karena {Sn} tidak turun). Tetapi bi ai sehingga sn . tn. Akibatnya, tn . Dengan demikian, bndivergen.Contoh 1Tunjukkan apakah deret berikut konvergen atau divergen. π 12π1 1PenyelesaianBentuk deret1 π 1 2π 1mengingatkan kita akan deretmerupakan deret geometrik dengan π konvergen. Karena deret1 π 1 2π 112 ππ 1 1/2 ,yangsehingga deret geometri tersebutsangat mirip dengan suatu deretkonvergen, kita dapat perkirakan bahwa deret ini pun pasti konvergen. Dankenyataannya memang demikian. Ketaksamaan11 2π 12πmenunjukkan bahwa deret1 π 1 2π 1yang diberikan mempunyai suku-sukuyang lebih kecil daripada suku-suku deret geometrik tadi dan karenanyasemua jumlah parsialnya juga lebih kecil daripada 1 (jumlah deret geometrikBarisan dan DeretPage 14
tersebut). Ini berarti bahwa jumlah parsialnya membentuk suatu barisan naikdan terbatas, yang tentunya konvergen. Juga dapat disimpulkan bahwa jumlahderet di atas lebih kecil daripada jumlah deret geometrik : π 12π1 1 1Jadi berdasarkan Uji Banding bagian (i), deret tersebut konvergen.Contoh 2Apakahπ5π 2 4konvergen atau divergen?PenyelesaianKita dapat menduga deret divergen, sebab untuk n yang cukup besar suku ke-nmirip dengan 1/5n. Tetapi uraian di atas bukan bukti tepat untuk memperolehbukti yang eksak. Perhatikanππ1 1 2 . 4 5π5 π5π2Kita ketahui jika deret harmonik 1/n divergen, sehingga1 1. juga divergen5 π(sesuai dengan teorema). Jadi menurut Uji Banding Biasa deretπ5π 2 4divergen.Contoh 3Tentukan apakah deret5 π 1 2π 2 4π 3 konvergen atau divergen.PenyelesaianUntuk n yang besar, suku yang dominan pada penyebutnya adalah 2n2sehingga kita bandingkan deret di atas dengan deret 5/(2n2). Amati bahwa55 2π2 4π 32π2Sebab ruas kiri mempunyai penyebut yang lebih besar. (Dalam notasi pada ujiperbandingan, an adalah ruas kiri dan bn adalah ruas kanan). Kita tahu bahwa π 1Barisan dan Deret55 2π22 π 11π2Page 15
Konvergen karena deret ini merupakan suatu konstanta dikalikan denganderet-p denganp 2 1. Jadi π 12π25 4π 3konvergen menurut bagian (i) dari uji perbandingan.Contoh 4Apakahπ2π (π 1)konvergen atau divergen?PenyelesaianAgaknya deret ini konvergen, sebab untuk n cukup besar suku ke-n miripπ1π1dengan (1/2)n. Tepatnya 2π (π 1) (2)π (π 1) (2)πDeret geometri1(2 )πkonvergen, sebab pembandingannya (r) adalah Β½ .jadi deret yang diketahui juga konvergen.Satu-satunya kesulitan dalam menggunakan Uji Banding tersebutterletak pada pemilikan deret banding yang tepat. Andaikan kita hendakmenentukan kekonvergenan atau kedivergenan deret π 31 (π 2)2 π 3π21 4π 4Kita cenderung untuk membandingkan 1/(n-2)2 dengan 1/n2, tetapi sayangbahwa11 22(π 2)πJadi Teorema Uji Banding tidak dapat digunakan karena arah pertidaksamaanseperti yang kita inginkan. Akan tetapi, setelah beberapa kali percobaan, kitaakan menemukan bahwa19 (π 2)2 π2Untuk n 3;Kita tinjau kekonvergenan deret 9/n2.Barisan dan DeretPage 16
9 π291π2Kita ketahui bahwa 1/n2 adalah deret-p dengan p 2, sehingga menurutteorema,19 π 2 juga konvergen.Oleh karena 9/n2 konvergen, maka deret1(π 2)2juga akan konvergen(sesuai Teorema Uji Banding).CATATAN 1Walaupun persyaratan an bn atau an bn dalam uji perbandingandikenakan untuk semua n, kita hanya perlu memeriksa apakah persyaratan inidipenuhi untuk n N, dengan N suatu bila
Teorema Uji Integral) bahwa deretβp konvergen apabila p 1 dan divergen apabila 0 p 1. Perhatikan bahwa jika p 1, deretβp menjadi deret harmonik yang divergen. Deret-p ini merupakan deret yang penting dan sering digunakan dalam menguji
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. Ka
Memahami deret kuasa/ pangkat, deret Taylor dan Maclaurin iii. Memahami deret Fourier dan integral Fourier iv. Menerapkan persamaan differensial pada deret . kekonvergenan deret-deret berikut, gunakan uji integral Mampu memilih uji yang tepat untuk menunjukkan kekonvergenan
- Kekonvergenan mutlak 3 - Deret pangkat dan operasi deret pangkat - Deret Taylor dan Maclaurin - Ujian I (Barisan dan Deret Tak Hingga) 4 - PD orde satu peubah terpisah - PD orde satu linier -
Kekonvergenan Deret Pangkat Kekonvergenan deret pangkat (1) bergantung pada nilai x yang diberikan. Kali ini kita akan menentukan himpunan semua x sehingga deret pangkat (1) konvergen. Untuk sederhananya diambil kasus untuk c 0. Sebelumnya diperhatikan tiga contoh berikut Contoh Selidikilah kekonve
Deret Fourier Arjuni Budi P Jurusan Pendidikan Teknik Elektro FPTK-Universitas Pendidikan Indonesia Gambar 5. Deret Fourier dari Gelombang Gigi Gergaji 3. Deret Fourier Eksponensial Kompleks Deret Fourier eksponensial kompleks menggambarkan respon frekuensi dan mengandung seluruh komponen frekuensi (harmonisa dari frekuensi dasar) dari sinyal.File Size: 416KB
Teknik Pengintegralan ke - 3 Tim Pengajar Kalkulus ITK Institut Teknologi Kalimantan Januari 2018 Tim Pengajar Kalkulus ITK (Institut Teknologi Kalimantan) Kalkulus 2 Januari 2018 1 / 27. Daftar Isi 1 Teknik Pengintegralan Ke-3 Integrasi Fungsi Rasional Menggunakan Pecahan Parsial
Transformasi koordinat 8. Analisa vektor 9. Kalkulus 10. deferensial 11. Kalkulus integral fungsi vektor . FISIKA MATEMATIK II 1. Pendahuluan 2. Deret Faurier . .,apα΅-1 adalah barisan geometri yang banyak suku adalah n buah : Un apn 1 Jumlah n suku yang pertama deret geometri dn p pembanding dn jml suku 1
Artificial intelligence is a growing part of many peopleβs lives and businesses. It is important that members of the public are aware of how and when artificial intelligence is being used to make decisions about . 7 them, and what implications this will have for them personally. This clarity, and greater digital understanding, will help the public experience the advantages of AI, as well as .
