Definisi Barisan Tak Terhingga
Ayundyah
Deret Tak Terhingga
Ayundyah Kesumawati
Prodi Statistika FMIPA-UII
April 29, 2015
Ayundyah
Barisan
a
1 , a 2 , a 3 , a 4 , ...
adalah susunan bilangan-bilangan real yang teratur, satu untuk
setiap bilangan bulat positif.
Barisan Tak Terhingga adalah fungsi yang daerah asalnya adalah himpunan bilangan bulat positif dan daerah hasilnya
adalah himpunan bilangan real. Barisan Tak Terhingga dapat
dinotasikan sebagai a n .
Ayundyah
Definisi 1. Barisan a dikatakan konvergen menuju L, dan
n
ditulis sebagai
lim a = L
n n→∞
Jika untuk tiap bilangan positif ε terdapat sebuah bilangan positif N yang bersesuaian, sedemikian rupa sehingga
n
n
≥ N ⇒ |a − L| < ε
Barisan yang tidak konvergen menuju bilangan terhingga L
sebarang dikatakan divergen atau menyebar.
Ayundyah
Misalkan a dan b adalah barisan-barisan konvergen dan k
n n
adalah konstanta. Maka:
1. lim k = k n→∞
lim ka a
2. n→∞ n = klim n→∞ n
lim a b
3. n→∞ (a n n ) = lim n→∞ n n→∞ n
± b ± Lim lim a b
4. n→∞ (a n .b n ) = lim n→∞ n .Lim n→∞ n
lim a
n→∞ n
lim b
5. n→∞ , asalkan lim n→∞ n
6= 0 lim n→∞ b n
Ekspresi matematika yang berbentuk
Ayundyah
a
1 + a 2 + a 3 + a 4 + ...
atau dalam notasi
∞
X a
k
k =1 disebut deret tak terhingga dan bilangan real a disebut suku
k
ke k deret tersebut. Prakteknya, kita tidak mungkin melakukan
penjumlahan dengan banyak suku tak berhingga, namun hanya
mengambil berhingga banyak suku sebagai aproksimasinya.
Perhatikan
Ayundyah
S
1 = a
1 Hingga
2
X S a
2 = a 1 + a 2 = k
k =1
3 X
S
3 = a 1 + a 2 + a 3 = a k
k =1
..
.
n
X
S a
n = a 1 + a 2 + a 3 + ... + a n = k Ayundyah ∞
P a Barisan (S n ) disebut jumlah parsial ke n deret. Deret k
k =1
dikatakan konvergen dengan jumlah S jika barisan (S n )
konvergen ke S, yaitu:
∞ n
X X
S a S a = k := lim n = lim k
n→∞ n→∞
=1 =1 k k
∞
P
Jika barisan (S n ) tidak konvergen maka deret disebut
=1 k
divergen.
Ayundyah
Sebelum masuk pada pendalaman teori lebih lanjut, perhatikan
pengaruh suku-suku (a k ). Agar deret konvergen maka
suku-suku ini haruslah menuju nol, ini merupakan syarat perlu bagi suatu deret konvergen. Tetapi sebaliknya, jika a k tidak
menuju nol maka deret dipastikan divergen. Bayangkan apa
yang terjadi kalau kita menjumlahkan tak terhingga banyak
bilangan tak nol meskipun nilainya super kecil, tentulah
hasilnya tak terhingga atau divergen.
Contoh Tunjukkan bahwa deret
Ayundyah ∞
X
1 k
2
=1 k
konvergen. Perhatikan jumlahan parsial berikut
1
1 S
1 = =
1
2
2
1
1
3
S
2 = =
2
4
4
1
1
1
7 S
3 =
= + +
2
4
8
8
.. . Ayundyah
Berdasarkan definisi jumlah deret tak terhingga diperoleh:
1 S lim n = lim = 1
1 − n
n→∞ n→∞
2
Kita tunjukkan deret
Ayundyah ∞ k
Σ
k =1
(−1) divergen. Diperhatikan bahwa deret ini dapat diekspansi
sebagai berikut
∞
k
Σ
=1 k (−1) = −1 + 1 − 1 + 1 − ...
sehingga jumlah parsialnya diperoleh
(
jika n ganjil
−1
S n :=
jika n genap
Ayundyah
Deret Teleskoping
Kita tunjukkan deret
∞
X
1
2
k
- k
k =1
konvergen.
Ayundyah
1
1
1 −1
= = = + a
k
2 Barisan Tak
k k k k
- k (k + 1) + 1
Jadi, jumlah parsial n sukunya dapat disajikan sebagai berikut
n n
X X
1
1 −1
S = = +
n
2
k k k
- k + 1
k =1 k =1
1
1
1
1
1
1
1 = + ... + + + 1 − − − −
2
2
3
3 4 n n + 1
1
1
1
1
1
1
1 = 1 + + + ... +
− − − −
2
2
3 3 n n n + 1
Ayundyah
Jadi, jumlah deret adalah
n
X
1
1 S = = lim
n
1 −
2 Bentuk Deret n→∞
k n
- k + 1
k =1
Pada deret teleskoping ini, sebagian besar suku-sukunya saling menghilangkan kecuali suku awal dan suku akhirnya sehingga
n
rumus jumlah parsial S mempunyai bentuk yang sederhana.
∞ Ayundyah
X
k−
1
ar := a + ar + ar
2 + ar 3 + ...
k =1
dengan a disebut suku pertama dan r disebut rasio.
Diperhatikan jumlah parsial deret geometri ini
1 n−
S := a + ar + ar + ar + ... + ar
n
2
3
Selanjutnya, dengan mengalikan kedua ruas dengan r, diperoleh
n− 1 n
rS
n = ar + ar 2 + ar 3 + ... + ar + ar
Bila kedua kesamaan ini dikurangkan maka akan diperoleh:
Ayundyah
Sekarang kita amati nilai S n untuk n → ∞). Bila r = 1 maka S
n tidak terdefinisi karena muncul pembagian dengan nol. Jika
n n
r > 1 maka suku r
n
→ ∞ dan (1 − r ) → −∞ sehingga S
n tidak
tidak konvergen. Demikian juga bila r < −1 maka S
n
konvergen. Sekarang, bila −1 < r < 1 maka r → 0 sehingga
n
a a a )
(1 − r (1 − 0) S
lim n = lim = lim =
n→∞ n→∞ n→∞
(1 − r) (1 − r) (1 − r)
Jadi deret geometri konvergen jika |r| < 1 dengan jumlah a
S =
(1 − r) Ayundyah
Latihan
Sederhanakan bentuk jumlah parsial S n sehingga tidak memuat lambang Σ lagi. Bila deret ini konvergen, hitunglah jumlahnya
∞
1
1 Sederhana P 1.
k =2 √ − √
k k
- 1
∞
1 P
k =0
2.
(k + 1)(k + 2)
Dua pertanyaan yang berkaitan dengan deret tak berhingga
Ayundyah
P ∞ a
k adalah k =1
1 Apakah deret konvergen
2 Bila konvergen, berapakah jumlahnya.
Kecuali deret-deret khusus seperti yang telah diberikan sebelumnya, untuk mengetahui kekonvergenan suatu deret
bukanlah pekerjaan yang mudah. Bahkan, deret yang sudah
dipastikan konvergen tidaklah terlalu mudah untuk
mendapatkan jumlahnya. Pendekatan numerik biasanya digunakan untuk menentukan jumlah deret secara aproksimasi.
Namun, ada kasus dimana visualisasi numerik tidak dapat
Sebagai contoh, perhatikan contoh berikut
Ayundyah
Contoh Diberikan deret
∞
X
1 k
k =1
Selidikilah kekonvergenan deret ini.
Untuk melihat secara intuitif dan visualisasi jumlah deret ini,
kita perhatikan jumlah parsial ke n
1
1
1 S
n := 1 + + + ... +
n
2
3
sehingga berdasarkan data ini ”seolah-olah” jumlah deret akan
Ayundyah menuju bilangan tertentu atau konvergen.
1
Dilihat dari polanya, suku-suku pada deret ini yaitu a =
k k
Diperhatikan
Ayundyah
1
1
1 S
= 1 + + + ... +
2
3
4
1
1
1
1
1
1
1
- = 1 = + + + ...
2
3
4
5
6
7
8
1
1
1
1
1
1
1
- > 1 + + + + ... + + + +
2
4
4
8
8
8
8
1
1
1 = 1 + + + ... +
2
2
2
1 = 1 + (1 + 1 + 1 + ...)
2
Ayundyah
Deret yang mempunyai suku-suku positif menjadi bahasan pada uji integral ini. Uji integral ini menggunakan ide dimana suatu
integral didefinisikan melalui bentuk jumlahan. Memang, kedua
R
notasi Σ dan ini mempunyai kaitan yang erat.
Teorema
Jika a k = f (k) dimana f (x) fungsi positif, kontinu dan turun pada x ≥ 1 maka kedua ekspresi berikut
∞
∞
Z
X a dan f (x)dx
k
1 k =1
sama-sama konvergen atau sama-sama divergen
Bukti
Ayundyah
Perhatikan ilustrasi grafik berikut ini
Figure: Jumlah Atas dan Bawah Luas Persegipanjang
Ayundyah
L 1 = A1, L2 = A2, ...., LN = A n−
1
Luas persegipanjang pada gambar dibawah adalah
A 1 = a1, A2 = a2, ...., AN = an Luas daerah yang dibatasi oleh kurva y = f (x) dari x = 1 sampai dengan x = n adalah
Z n
I f
n = (x)dx
1 Jadi,
Ayundyah
S
n 1 n n n (1)
− a ≤ I ≤ S − a
R ∞
Misalkan integral f (x)dx < ∞ (konvergen), maka
1 Beberapa berdasarkan persamaan di atas didapatkan
∞
Z f (x)dx := lim I n S n
1
≥ lim − a n→∞ n→∞
1 Deret Tak
dan
∞
∞
Z
X
S a S f = k := lim n (x)dx + a
1
≤ < ∞
n→∞
1 Ayundyah
∞
P Sebaliknya, jika deret a konvergen maka lim a = 0
k n→∞ n
k =1
dan berdasarkan (3.1) diperoleh
∞
Z f
I (x)dx := lim n (S n n
≤ lim − a ) = S − 0 < ∞
n→∞ n→∞
1 Uji
Selanjutnya, kedivergenan kedua ekspresi ini juga didasarkan
pada ketidaksamaan (3.1) dan dapat dilakukan dengan cara
yang sama seperti diatas.
Ayundyah
Contoh
∞
P
1
Lakukan uji integral untuk melihat bahwa deret S =
k =1 k
divergen.
Penyelesaian
1 Beberapa
Diambil f (x) :=
x , x ≥ 1. Fungsi f (x) kontinu, positif dan
1
. Selanjutnya, turun pada x ≥ 1 dan f (k) = k ∞ ∞
Z Z
1
∞
f (x)dx = dx = lnx|
1 = ln∞ − ln1 = ∞(divergen)
x
1
1
P ∞
1 Deret S = disebut Deret Harmonik. Lebih umum,
deret harmonik diperumum menjadi Deret-p,
Contoh
Ayundyah ∞
P
1 Tentukan harga p agar deret-p berikut S = p k =1 k
konvergen.
Penyelesaian
1 Diambil f (x) =
, x ≥ 1. Fungsi f (x) kontinu, positif, turun x
p
1 Sederhana
p
. Telah diperoleh pada Bab Integral pada x ≥ 1 dan f (k) = k
Tak Wajar bahwa
∞
1 Z
1 , p > 1 dx = p
− 1
p
x
1
divergen
, p ≤ 1
Ayundyah
Jika diperhatikan pada integral diatas maka Teorema Uji
Integral dimulai dari x = 1. Dalam kasus batas ini lebih dari 1 maka teorema ini tetap berlaku. Untk kasus ini kita harus
menentukan nilai b > 1 sehingga fungsi f (x) positif, kontinu
dan turun untuk x > b. Secara sederhana hasil ini dikaitkan
pada kenyataan bahwa kekonvergenan suatu deret tidak
ditentukan oleh sejumlah berhingga suku-suku awal tapi
ditentukan oleh takberhingga banyak suku-suku dibelakangnya.
Ayundyah
Contoh k
∞
Ujilah kekonvergenan deret berikut Σ , dan jika
=1 k k /5
e konvergen hitunglah jumlahnya secara aproksimasi.
Penyelesaian x
Bila diambil fungsi f (x) = maka fungsi ini positif dan
x /5
e
kontinu untuk x > 0. Tetapi sifat turunnya belum dapat
dipastikan.
Ayundyah
Ayundyah x
Berdasarkan gambar tersebut, fungsi f (x) = x pada awalnya
/5 e
naik kemudian turun terus. Untuk memastikan titik dimana
fungsi mulai turun, digunakan materi pada kalkulus elementer,
′
f turun jika dan hanya jika f (x) < 0.
1
′ − − x x /5 /5
f e (x) = e < 0
− x
5
−
x /5⇔ e (1 − x/5) < 0
Ayundyah − x /5
Karena e
6= 0 maka diperoleh harga nolnya, (1 − x/5) = 0 ⇔ x = 5. jadi fungsi f (x) turun untuk x > 5.
Selanjutnya, kekonvergenan deret diperiksa dengan menghitung integral tak wajar.
∞
Z
− x
/5
xe dx
5 Deret Tak
Dengan menggunakan definisi integral tak wajar, dan teknik integrasi parsial diperoleh
∞
Z Z T
Ayundyah − − x x
/5 /5
xe dx xd = lim )
(−5e
T →∞
5
5 Hingga
∞
Z
− − x /5 T x /5
dx
= lim
5
−5xe | − −5e
T →∞
5 − − x /5 x /5 T
= lim
5
(−5xe − 25e ) |
T →∞ − − 1 −
1 T /5 T /5
= lim + 25e + 25e )
(−5Te − 25e
T →∞
T + 5
50
- lim
= −5 lim
T /5 T →∞ T →∞
e e
1
50
50
= 0 +
= −5 lim
1 < ∞ T /5 T →∞
e e e
5 Ayundyah
ada dua macam uji komparasi, yaitu uji komparasi langsung
dan uji limit komparasi’ Ide pada uji ini adalah membandingkan
suatu deret dengan deret lain yang konvergen, juga dengan
deret lain yang divergen.
Ayundyah
∞ ∞
P P a b Misalkan ada dua deret tak berhingga k dan k
=1 =1 k k
k k dengan 0 ≤ a ≤ b untuk setiap k ≥ N, N suatu bilangan asli.
∞ ∞
P P
i. Jika deret b konvergen maka deret a
k k k =1 k =1
konvergen
∞ ∞
P P
ii. Jika deret a divergen maka deret b divergen
k k k =1 k =1
Ayundyah
Bukti
∞ ∞
P P b b
i. Karena k konvergen maka k k =1 k =1 < ∞.
Selanjutnya
1 N−
1 X
∞ ∞ ∞ N−
X X
X X a a a a b
k = k k k k (2)
- ≤ < ∞
k =1 k =1 k =1 k =1 k =1
∞
P a yang berarti deret k konvergen
=1
k
a a
ii. Karena divergen dan a
k k k k =1 ≥ 0 maka k =1 = ∞ Ayundyah
sehingga
1
∞ ∞
N−X X
X a a a
k = k k (3)
− = ∞
k =N k =1 k =1
Akhirnya didapat,
1 N−
1
∞ ∞ ∞ N−
X X
X X
X
- b = b b b a (4)
k k k k k
≥ k =1 k =1 k =N k =1 k =N
N−
1
X b
= k (5)
- ∞ = ∞
Ayundyah
Untuk menggunakan uji ini dibutuhkan deret lain sebagai pembanding. pekerjaan memilih deret yangtepat yang akan digunakan sebagai bahan perbandingan tidaklah sederhana,
sangat bergantung dari pengalaman. Namun dua deret penting yaitu deret p dan deret geometri sering digunakan sebagai deret
pembanding.
Contoh
Ujilah kekonvergenan deret
∞
X k
k (k + 2)2
k =1
Ayundyah
Penyelesaian
k k
k k
1
1 a
k = =
≤
k
(k + 2)2 k + 2
2
2
k k
1 ∞
1 P m Diambil b = . Diperhatikan bahwa
k k =1
2
2 merupakan deret geometri yang konvergen sebab r = 1/2. jadi,
∞ k
P deret juga konvergen. Dengan menggunakan
=1 k k
(k + 2)2 pendekatan numerik diperoleh jumlah deret secara aproksimasi
adalah 0,4548 (Silahkan cek) Ayundyah
Latihan Gunakan uji integral untuk mengetahui kekonvergenan deret di bawah ini. Bila konvergen, tentukan nilai untuk
aproksimasi jumlahnya P ∞
1 1. .
k =2
2 Uji
(2 + 3k) lnk
∞
P 2. .
k =2
k
Misalkan a > 0 dan b > 0 untuk k cukup besar, diambil
k k Ayundyah
a
k
I := lim
k→∞
b
k
∞ ∞
P P a b
k dan k
Jika 0 < L < ∞ maka kedua deret k =1 k =1 sama-sama konvergen atau sama-sama divergen.
Untuk melakukan uji ini dalam menguji kekonvergenan deret
∞
P a
k dilakukan prosedur sebagai berikut:
=1 k
∞
P
1. Temukan deret b yang sudah diketahui sifat k
k =1
kekonvergenannya, dan bentuk suku-sukunya b k ”mirip”
dengan a k
a
2. Hitunglah limit L = lim k→∞ , pastikan nilainya positif. dinyatakan gagal, sehingga harus dilakukan dengan uji yang
Ayundyah lain.
Latihan
Lakukan uji komparasi limit untuk mengetahui sifat kekonvergenan deret, nila konvergen, hitunglah jumlahnya
secara aproksimasi
∞ 3k + 2
P a.
k =1 √
k
(3k − 5)
∞
1 P b.
k =1 √
k k
∞
1 Teorema Uji P
c. k =1 √
2k + 3
∞
P a Secara intuitif, deret k dengan suku-suku positif akan
k =1
Ayundyah konvergen jika kekonvergenan barisan a k ke nol cukup cepat.Bandingkan kedua deret ini
∞ ∞
X X
1
1 dan
2
k k
k =1 k =1
Telah diketahui bahwa deret pertama divergen sedangkan deret
1 kedua konvergen. Faktanya, kekonvergenan barisan menuju
2
k
1 nol lebih cepat dari barisan . Selain daripada itu, untuk k
mengukur kecepatan konvergensi ini dapat diperhatikan pola
∞
P a Diberikan deret k dengan a k > 0, dan dihitung
=1 k Ayundyah
a +1
k
L = lim
k→∞ a
k
diperoleh hasil pengujian sebagai berikut:
P ∞
1
a Jika L < 1 maka deret k konvergen
k =1
∞
P
2
a
k divergen =1
Jika L > 1 atau L = ∞ maka deret k
kesimpulan)
3 L = 1 maka pengujian gagal (tidak dapat diambil
Contoh
Dengan menggunakan uji rasio, ujilah kekonvergenan deret
berikut
∞ k Ayundyah k
Karena a k = maka diperoleh k !
k
k
L = lim
k→∞
k !
- 1 k
(k + 1)
k +1 k
(k + 1) k (k + 1)!
= lim = lim
k
k→∞ k→∞
k (k + 1)! k ! k
!
k k
(k + 1) (k + 1)
= lim = lim
k k k→∞ k→∞
k k
k
1 Ayundyah
Latihan
Dengan menggunakan uji rasio, ujilah kekonvergenan deret berikut
∞
X
k
− 2 k
2
k =1
a Pada bahasan sebelumnya kita dapatkan bahwa lim = 0
k→∞ k Ayundyah
belumlah menjamin bahwa deret konvergen, karena dapat saja deret tersebut divergen. Pada uji akar ini akan dilihat
√ k a kekonvergenan deret melalui suku-suku k .
Teorema
P ∞ a
Diberikan deret k dengan a k
k =1 ≥ 0 dan dihitung
√ k L = lim a
k k→∞
diperoleh hasil pengujian sebagai berikut:
P ∞
1
a Jika L < 1 maka deret k konvergen
k =1
∞
P
2 Komparasi
a divergen
k
Jika L > 1 atau L = ∞ maka deret k =1
Ayundyah
Latihan Gunakan uji akar untuk mengetahui apakah deret
2 ∞ −
k
X
1 1 + k
k =1
konvergen. Bila konvergen, aproksimasikan jumlahnya.
Ayundyah
Pemilihan uji merupakan masalah tersendiri yang juga membutuhkan pengalaman agar tepat memilih uji mana yang
akan dipakai. Namun, dari beberapa contoh sebelumnya, uji rasio lebih cocok digunakan pada deret yang suku-sukunya
memuat eksponen dan faktorial. Sedangkan uji akar lebih cocok untuk deret dengan suku-suku memaut pangkat k.
Ayundyah
Latihan Gunakan uji rasio atau uji akar untuk mengetahui
kekonvergenan deret dibawah ini, jika konvergen hitung
nilainya.
k
k
∞
P a.
k =1
3k + 1
5
k
∞ + 100
P b.
k =1
k !
∞ k!
P c.
k =1
k
2 Teorema Uji