Bab 9 Deret tak Hingga -...
Transcript of Bab 9 Deret tak Hingga -...
Calculus Purcell
π > 0: limπββ
1
ππ= β―
limπββ 7π2
2π2+1= β―
Apakah {(ln π)/ππ} konvergen?
Buktikan bahwa limπββ
sin5 π
2π= 0.
Buktikan bahwa limπββ ππ = 0 untuk β1 < π < 1.
Barisan tak Hingga:
π π = ππ , π β β, ππβ β
Notasi:
π1, π2, π3, β¦
ππ π=1β
ππ
pola suku-suku awal
1, 4, 7, 10,β¦
formula eksplisit
ππ = 3π β 2, π β₯ 1
formula rekursi
π1 = 1, ππ = ππβ1 + 3, π β₯ 2
Untuk π β₯ 1:
ππ = 1 β1
π
ππ = 1 + β1π 1
π
ππ = β1π +1
π
ππ = 0.999
Jika
βπ > 0, β 0 < π π < β: π β₯ π β ππ β πΏ < π
Maka
limπββππ = πΏ
( barisan ππ konvergen ke πΏ).
Otherwise, ππ divergen.
Misal {ππ} dan ππ barisan yang konvergen, dan π kontanta. Maka berlaku:
a) limπββπ = π
b) limπββπππ = π lim
πββππ
c) limπββππ Β± ππ = lim
πββππ Β± lim
πββππ
d) limπββππ β ππ = lim
πββππ β limπββππ
e) limπββ
ππ
ππ=limπββππ
limπββππ
, jika limπββππ β 0
limπ₯ββπ π₯ = πΏ β lim
πββπ π = πΏ
Contoh:
limπββ
ln π
ππ ?
Karena limπ₯ββln π₯/ππ₯ = lim
π₯ββ
1/π₯
ππ₯= 0, maka
limπββ
ln π
ππ= 0.
Misal barisan {ππ} dan ππ konvergen ke πΏ, dan
ππ β€ ππ β€ ππ untuk π β₯ πΎ,πΎ β β.
Maka ππ juga konvergen ke πΏ.
β’ limπββππ = lim
πββππ = πΏ
β’ ππ β€ ππ β€ ππ, π β₯ πΎ, πΎ β β limπββππ = πΏ
limπββ|ππ| = 0 lim
πββππ = 0
Contoh:
limπβββ1 π
2π
π2 + 1
limπββππ = lim
πββ
2π
π2 + 1= 0
Maka, menurut teorema C
limπβββ1 π
2π
π2 + 1= 0
Jika π batas atas dari barisan tak turun ππ , maka barisan tsb konvergen ke limit π΄ β€ π.
β’ Jika πΏ batas bawah dari barisan tak naik ππ , maka
barisan tsb konvergen ke limit π΅ β₯ πΏ.
Infinite Series (Deret tak Hingga):
ππ
β
π=1
= π1 + π2 + π3 +β―
πth Partial Sum:
ππ = π1 + π2 + π3 +β―+ ππ = ππ
π
π=1
limπββππ = π ππ
βπ=1 = π, (ππππ£πππππ)
( ππ konvergen )
{ππ} divergen deretnya ( ππβπ=1 ) divergen
πππβ1β
π=1
= π + ππ + ππ2 + ππ3 +β― , π β 0
πth partial sum:
ππ β πππ = π + ππ +β―+ πππβ1 β ππ + ππ2 +β―+ πππ = π β πππ
Maka
ππ =π β πππ
1 β π=π
1 β πβπ
1 β πππ
Jika π < 1 Maka lim
πββππ = 0, sehingga
limπββππ =
π
1 β π= π
Jadi deret geometri konvergen. Jika π > 1 atau π = β1 Maka deretnya divergen karena barisan {ππ} divergen. Jika π = 1 Maka ππ = ππ, sehingga deretnya divergen karena limπββππ =β.
ππ
β
π=1
konvergen β limπββππ = 0
limπββππ β 0 atau tidak ada β ππ
β
π=1
divergen
Proof:
Karena deret konvergen maka: π = limπββππ. Fakta bahwa ππ = ππ β
ππβ1. Maka
limπββππ = lim
πββππ β lim
πββππβ1 = π β π = 0
Apakah 2π4
4π4+π2βπ=1 konvergen?
Karena
limπββππ = lim
πββ
2π4
4π4 + π2= limπββ
2
4 + 1/π2=1
2
maka, dengan uji suku ke-n, deretnya divergen.
1
π
β
π=1
= 1 +1
2+1
3+β―+
1
π+β―
limπββππ = lim
πββ
1
π= 0
Apakah limπββππ = π (deretnya konvergen) ?
ππ = 1 +1
2+1
3+1
4+1
5+β―+
1
8+β―+
1
π
> 1 +1
2+2
4+4
8+β―+
1
π
Jadi ππ divergen, sehingga deret harmonik divergen.
Please read it by yourself. See 9.2 example 7 page
458. Contoh:
1
(π + 2)(π + 3)
β
π=`1
= 1
(π + 2) β1
(π + 3)
β
π=1
Sn =1
3β1
4+1
4β1
5+1
5β1
6+β―
1
π + 2β1
π + 3
=1
3β1
π + 3
limπββππ = lim
πββ
1
3β1
π + 3=1
3
Jika ππβπ=1 dan ππ
βπ=1 keduanya konvergen,
dan π adalah suatu konstanta, maka
πππβπ=1 dan ππ + ππ
βπ=1 konvergen.
πππβπ=1 = π ππ
βπ=1
ππ + ππβπ=1 = ππ
βπ=1 + ππ
βπ=1
ππβπ=1 divergen πππ
βπ=1 divergen
dan π β 0
Contoh:
1
3π
β
π=1
= 1
3β 1
π
β
π=1
Suku-suku dari sebuah deret yang konvergen dapat dikelompokan secara bebas.
Deret yang baru akan konvergen ke nilai yang sama.
π1, π2, π3, β¦ ; ππ = π π ; ππ = π(ππβ1) ππ konvergen ke πΏ jika lim
πββππ = πΏ
limπ₯ββπ π₯ = πΏ β lim
πββπ π = πΏ
Teorema Apit: πΏ = lim
πββππ β€ ππ β€ lim
πββππ = πΏ
limπββ|ππ| = 0 βΉ lim
πββππ = 0
Jika π batas atas dari barisan tak turun ππ ,
maka barisan tsb konvergen ke limit π΄ β€ π.
ππβπ=1 = π1 + π2 + π3 +β― ; (deret)
π1, π2 , π3 , β¦ ; (barisan)
limπββππ = π ππ
βπ=1 = π, (konvergen)
πππβ1βπ=1 = π + ππ + ππ2 +β― , π β 0
(deret geometri)
limπββππ β 0 atau tidak ada β ππ
βπ=1 divergen
(Uji suku ke-n)
1
πβπ=1 = 1 +
1
2+1
3+β―+
1
π+β― , (Deret Harmonik)
ππ β₯ 0 dan ππ β€ π β ππβπ=1 = π β€ π
Buktinya silahkan baca sendiri di buku.
Bertanyalah kalau ada yg tidak dipahami.
Misal, pada interval [1,β), π suatu fungsi yang kontinu,
positif,
tidak naik dan
ππ = π(π), utk setiap bilangan bulat π. Maka
π(π₯)
β
1
ππ₯ konvergen βΊ ππ
β
π=1
konvergen
1
ππ
β
π=1
= 1 +1
2π+1
3π+β― , π β β
Jika π > 1, maka deret-π konvergen
Jika π β€ 1, maka deret-π divergen
Buktikan!
πΈπ = π β ππ = ππ+1 + ππ+2 +β―
Jika, pada interval [1,β), π suatu fungsi yang kontinu,
positif,
tidak naik dan
ππ = π(π), utk setiap bilangan bulat π. Maka
πΈπ = ππ+1 + ππ+2 +β― = ππ
β
π=π+1
< π(π₯)
β
π
ππ₯
Deret Geometri
ππβ
π=1
konvergen jika β 1 < π < 1
Deret-π
1
ππ
β
π=1
konvergen jika π > 1
π
5π2 β 4
β
π=1
ππππ£πππππ atau πππ£πππππ?
π
2π(π + 1)
β
π=1
ππππ£πππππ atau πππ£πππππ?
Misal 0 β€ ππ β€ ππ untuk π β₯ π.
ππ konvergen ππ konvergen
ππ divergen ππ divergen
Proof ? Please refer to the book of Purcell..
Misal ππ β₯ 0, ππ> 0, dan
limπββ
ππππ= πΏ.
0 < πΏ < β ππ dan ππ konvergen/divergen
πΏ = 0 & ππ konvergen ππ konvergen
Misal ππ suatu deret positif, dan
limπββ
ππ+1ππ= π.
π < 1 deretnya konvergen
π > 1 atau β deretnya divergen
π = 1 tidak ada kesimpulan
Untuk menguji kekonvergenan suatu deret positif ππ, maka
perhatikan suku ππ nya.
1. Jika limπββππ β 0, maka deret divergen. (Uji Suku ke-n)
2. Jika ππ mengandung bentuk π!, ππ, ππ, coba uji rasio.
3. Jika ππ hanya melibatkan pangkat konstan π, coba Uji Banding Limit.
Khususnya jika ππ berupa ekspresi rasional dalam π, gunakan uji ini
dengan ππ sbg rasio suku2 awal dr pembilang&penyebut.
4. Jika uji2 diatas tidak berhasil, coba Uji Banding Biasa, Uji Integral, atau
Uji Jumlah Terbatas.
5. Beberapa deret memerlukan manipulasi cerdik untuk menentukan
konvergensi atau divergensinya.
Deret ganti tanda
π1 β π2 + π3 β π4 +β―
Deret harmonik ganti tanda
1 β1
2+1
3β1
4+1
5ββ―
Misal sebuah deret ganti tanda
π1 β π2 + π3 β π4 +β―
Dengan kondisi
ππ > ππ+1 > 0.
limπββππ = 0 βΉ deret ganti tanda konvergen
Error = |π β ππ| β€ ππ+1
Misal kita punya suatu deret π’π.
π’π konvergen βΉ π’π konvergen
Deret π’π disebut konvergen mutlak jika
|π’π| konvergen. Dengan demikian:
π’π konvergen mutlak βΉ π’π konvergen
Deret π’π disebut konvergen bersyarat jika
π’π konvergen tetapi |π’π| divergen.
Jadi
π’π konvergen mutlak β π’π konvergen
Misal π’π dengan π’π β 0, dan
limπββ
|π’π+1|
π’π= π
π < 1 βΉ deretnya konvergen mutlak
π > 1 βΉ deretnya divergen
π = 1 βΉ tidak ada kesimpulan
Suku-suku dari suatu deret konvergen mutlak
dapat disusun ulang tanpa mempengaruhi
kekonvergenan dan jumlah deretnya.
Ingat! Anda harus bisa membedakan apa yang ditulis
dibuku pada subbab ini:
π’π
β
π=1
= β1 πβ
π=1
ππ = π1 β π2 + π3 β π4 +β―
Yakni π’π = β1π ππ. Bedakan dengan di subbab
sebelumnya yang selalu ditulis ππβπ=1 atau ππ
βπ=1
yang selalu positif.
Langkah mengecek kekonvergenan untuk suatu deret ganti tanda π’πβπ=1 .
1. Cek dengan Uji Rasio Mutlak (teorema C 9.5)
a. Jika π β 1, jelas π’πβπ=1 divergen (π > 1) atau konvergen mutlak (π < 1).
b. Jika π = 1, lihat langkah 2.
2. Ubah π’πβπ=1 ke deret positif |π’π|
βπ=1 .
a. Kemudian cek dengan semua uji yang kita punya untuk deret positif (subbab 9.2-9.4, lihat
rangkuman di 9.4). Termasuk uji rasio (mutlak), teorema C di 9.5.
b. Jika konvergen ( π’πβπ=1 konvergen), maka deret π’π
βπ=1 konvergen mutlak menurut teorema B
di 9.5.
c. Jika divergen ( π’πβπ=1 divergen), maka harus dicek deret π’π
βπ=1 (lihat langkah 3).
3. Cek deret ganti tanda π’πβπ=1 .
a. Gunakan satu2nya uji kekonvergenan deret ganti tanda yaitu Uji Deret Ganti Tanda, teorema A
9.5, jika kondisinya dipenuhi. Jika tidak,
b. Gunakan Uji Suku ke-n di 9.2 untuk menunjukkan deret tsb divergen. Jika tidak,
c. Gunakan definisi di 9.2: limπββ ππ = π konvergen. Jika tidak, maka divergen.