deret tak hingga, uji kekonvergenan deret, deret taylor dan deret maclaurin (9
DESCRIPTION
math matematika deretTRANSCRIPT
1
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
MAKALAH
DERET TAK HINGGA, UJI KEKONVERGENAN DERET,
DERET TAYLOR DAN DERET MACLAURIN
Disusun untuk memenuhi tugas matakuliah: KalkulusLanjut 1
Dosen Pengampu: Dra. Emi PujiastutiM.Pd
DisusunOleh:
Kelompok 9
1. NovianaPramudiyanti 4101409071
2. JenyRahmawati 4101409079
3. Adi Tri Arifin 4101409087
4. SantiNoviyanti 4101409076
5. DevySeptianaIrawati 4101409131
JURUSAN MATEMATIKA
FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS NEGERI SEMARANG
2010
2
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
BAB I
PENDAHULUAN
A. LATAR BELAKANG
Pemahaman tentang definisi, teorema, dan konsep-konsep mengenai Deret tak
hingga, Uji kekonvergenan deret, Deret Taylor, dan Deret Maclaurin sangat penting
untuk dipelajari. Beserta dengan operasi dari deret-deret tersebut. Karena materi ini
merupakan pengantar untuk materi Kalkukus Lanjut 2 yang akan kita pelajari
selanjutnya.
B. RUMUSAN MASALAH
1. Bagaimana konsep deret tak hingga?
2. Bagaimana konsep uji kekonvergenan deret?
3. Bagaimana konsep deret Taylor dan deret Maclaurin?
4. Bagaimana deret Maclaurin yang penting?
5. Bagaimana operasi terhadap deret-deret di atas?
C. TUJUAN PENULISAN
Tujuan penulisan makalah ini adalah unutk memenuhi tugas mata kuliah
Kalkulus Lanjut 1 serta sebagai bahan pembelajaran dan referensi.
3
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
BAB II
DERET TAK HINGGA, UJI KEKONVERGENAN DERET,
DERET TAYLOR, DAN DERET MACLAURIN
A. PENGANTAR
a) Deret Berhingga Dan Deret Tak Hingga
Dari setiap barisan bilangan dapat di buat suatu barisan baru dengan
menjumlahkan suku-sukunya secara parsial. Misalnya pada barisan dengan suku-suku
4321 ,,, aaaa dapat dibentuk ”jumlah parsial” berikut.
Jumlah satu suku pertama adalah 11 aS
Jumlah dua suku pertama adalah 212 aaS
Jumlah tiga suku pertama adalah 3213 aaaS
Jumlah empat suku pertama adalah 43214 aaaaS
Pada umumnya, sebuah deret berhingga dinyatakan dalam bentuk:
naaaaa 4321 , dimana an adalah bilangan atau fungsi yang diberikan oleh
rumus. Sedangkan sebuah deret tak hingga dapat dinyatakan dalam bentuk:
naaaaa 4321 Tiga titik pada akhir bentuk di atas mempunyai arti
bahwa deret tersebut tidak akan pernah berhenti. Kita dapat menuliskan deret pada
bentuk yang lebih pendek dengan menggunakan bentuk penjumlahan ∑ berikut
dengan rumus untuk suku ke n. Contohnya adalah sebagai berikut:
a).
1
222222 4321n
nn
(dibaca: jumlah dari n2 dari n = 1 sampai )
b).
1
1132
)!1(
)1(
)!1(
)1(
2 n
nnnn
n
x
n
xxxx
(dibaca: jumlah dari)!1(
)1( 1
n
x nn
dari n = 1 sampai )
4
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
b) Deret Pangkat
Hingga saat ini kita telah mempelajari deret-deret konstanta yang berbentuk ∑
Un, dengan Un sebuah bilangan. Sekarang kita akan mempelajari deret fungsi suatu
deret yang berbentuk ∑ Un (x). suatu contoh deret adalah:
sin 𝑛𝑥
𝑛2=
sin 𝑥
1+
sin 4𝑥
4+
sin 3𝑥
9
∞
𝑛=1
+ ⋯
Ada banyak deret, namun pada bagian ini kita akan menjelaskan sebuah deret
di mana suku ke n adalah perkalian konstanta a dengan xn atau perkalian konstanta a
dengan (x - a)n. Hal ini disebut dengan deret pangkat, karena suku-sukunya adalah
perkalian pangkat dari x atau (x - a).
Dari definisi di atas, deret pangkat dapat dinyatakan dalam bentuk:
3
3
2
210
0
xaxaxaaxan
n
n
Atau
3
3
2
210
0
)()()()( axaaxaaxaaaxan
n
n
dimana an adalah konstanta.
Berikut adalah beberapa contoh deret pangkat:
a).
n
nxxxx
2
)(
8421
32
b).
n
xxxxx
nn 1432 )1(
432
c).
)!12(
)1(
!7!5!3
121753
n
xxxxx
nn
d). ...1
)2(...
3
)2(
2
)2(1
2
n
xxx n
5
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
Pendiferensialan dan Pengintegralan suku demi suku;
TEOREMA
Andaikan S(x) adalah jumlah sebuah deret pangkat pada sebuah selang I;
Jadi:
𝑆 𝑥 = 𝑎𝑛𝑥𝑛 =
∞
𝑛=0
𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+𝑎3𝑥
3 + ⋯
Maka apabila x ada di dalam I, berlakulah;
1. 𝑆 𝑥 = 𝐷𝑥 𝑎𝑛𝑥𝑛 =∞𝑛=1 𝑛𝑎𝑛𝑥𝑛−1 = 𝑎1 + 2𝑎2𝑥 + 3𝑎3𝑥
2 + ⋯∞𝑛=1
2. 𝑆 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑎𝑛𝑡𝑛𝑑𝑡 = 𝑎𝑛
𝑛+1𝑥𝑛+1∞
𝑛=0𝑥
0∞𝑛=1
∞
𝑛=0
= 𝑎0𝑥 +1
2𝑎1𝑥
2 +1
3𝑎2𝑥
3 +1
4𝑎3𝑥
4 + ⋯
c) Deret Berganti Tanda
Deret berganti tanda (alternating series), yaitu deret yang berbentuk
𝑎1 − 𝑎2 + 𝑎3 − 𝑎4 + ⋯
di mana 𝑎𝑛 > 0 untuk seluruh 𝑛.
Sebuah contoh yang penting adalah deret harmonik berganti tanda (alternating
harmonic series)
1 −1
2+
1
3−
1
4+ ⋯
Kita telah melihat bahwa deret harmonik divergen, tetapi berikut ini kita akan
melihat bahwa deret harmonik berganti tanda bersifat konvergen.
Teorema Uji Deret Berganti Tanda
Misalkan
𝑎1 − 𝑎2 + 𝑎3 − 𝑎4 + ⋯
Adalah deret berganti dengan 𝑎𝑛 > 𝑎𝑛+1 > 0. Jika lim𝑛→∞ 𝑎𝑛 = 0, maka deret
tersebut konvergen. Di samping itu, kesalahan yang dibuat dengan menggunakan
jumlah 𝑠𝑛 dari 𝑛 suku pertama untuk menghampiri jumlah 𝑆 dari deret tersebut tidak
lebih dari 𝑎𝑛+1.
6
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
B. UJI KEKONVERGENAN DERET
Dari penjelasan sebelumnya, kita dapat memperoleh jumlah n suku pertama
adalah
Sn=a1+a2+a3+a4+…+an= ank=1 k
Jika ada suatu bilangan real S sedemikian hingga lim𝑛→∞ 𝑆𝑛 = 𝑆 maka
dikatakan bahwa deret takhingga a∞n=1 nkonvergen dan mempunya jumlah S. Hal
ini dituliskan dengan a∞n=1 n= S. Sebaliknya jika lim𝑛→∞ 𝑆𝑛 divergen maka deret
a∞n=1 njuga dikatakan divergen.
Contoh:
Perhatikan Deret Geometri 𝑟𝑘∞𝑘=0
a) Jika r=1 jelas bahwa deret 1 = ∞.∞𝑘=0 Jadi deret geometri dengan rasio r=1
adalah divergen.
b) Jika 𝑟 < 1 berlaku lim𝑛→∞ 𝑟𝑛+1 = 0 maka lim𝑛→∞ 𝑆𝑛 =1
1−𝑟. Dengan
demikian jika 𝑟 < 1 maka 𝑟𝑘∞𝑘=0 =
1
1−𝑟.
c) Jika r > 1 maka lim𝑛→∞ 𝑟𝑛+1 = ∞ dan jika r <-1 maka nilai lim𝑛→∞ 𝑟𝑛+1
tidak ada. Dengan demikian untuk 𝑟 > 1,lim𝑛→∞ 𝑟𝑛+1 tidak ada. Jadi jika
𝑟 > 1 maka 𝑟𝑘∞𝑘=0 divergen.
Contoh diatas merupakan bukti teorema berikut
Teorema
Jika x adalah bilangan real dimana 𝑥 > 1 maka deret geometri 𝑥𝑘∞𝑘=0
konvergen dan mempunyai jumlah 1
(1−𝑥).
Deret geometri ini penting karena terkadang dapat dipakai untuk menentukan jumlah
suku-suku deret lain seperti contoh-contoh berikut,
1) Penggantian x dengan x2 diperoleh:
1 + 𝑥2 + 𝑥4 + 𝑥6 + 𝑥8 + ⋯ =1
(1 − 𝑥2)𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 𝑥 < 1.
2) Untuk menghitung jumlah suku-suku dengan pangkat ganjil diperoleh dengan
mengalikan setiap sukunya dengan x, sehingga:
𝑥 + 𝑥3 + 𝑥5 + 𝑥7 + 𝑥9 + ⋯ =𝑥
(1 + 𝑥2)𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 𝑥 < 1.
7
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
3) Jika x diganti dengan –x diperoleh:
1 − 𝑥 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 − ⋯ =1
(1 + 𝑥)𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 𝑥 < 1.
4) Penggantian x dengan –x2 diperoleh:
1 − 𝑥2 + 𝑥4 − 𝑥6 + 𝑥8 − ⋯ =1
(1 + 𝑥2)𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 𝑥 < 1.
5) Penggantian x dengan 2x diperoleh:
1 + 4𝑥2 + 16𝑥4 + ⋯ + 4𝑘𝑥2𝑘 + ⋯ =1
(1 − 4𝑥2)𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 2𝑥 < 1.
Semua deret yang berbentuk 𝑎𝑘 𝑥𝑘 dinamakan Deret Kuasa. Dalam hal ini
merupakan peubah sedangkan 4321 ,,, aaaa masing-masing disebut koefisien dari
deret kuasa tersebut.
1) Deret dengan suku-suku positif
Kekonvergenan suatu deret khusus ∑ak ditentukan dengan cara menyelidiki
apakah barisan jumlah parsial Sn mempunyai limit untuk𝑛 → ∞. Dalam deret khusus,
seperti deret geometri, jumlah parsial Sn dapat dirumuskan sehingga limit Sn untuk
𝑛 → ∞ mudah ditentukan. Pada umumnya rumus untuk Sn sukar dicari, sehingga
perlu adanya suatu uji kekonvergenan yang tidak menggunakan jumlah parsialnya.
Teorema (Uji Kedivergenan)
Jika deret ∑ak konvergen, maka lim𝑘→∞ 𝑎𝑘 = 0.
Bukti
Misalkan 𝑆𝑛 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯ + 𝑎𝑛 dan lim𝑛→∞ 𝑆𝑛 = 𝑆. Karena 𝑎𝑘 = 𝑆𝑘 − 𝑆𝑘−1
maka lim𝑘→∞ 𝑎𝑘 = lim𝑘→∞(𝑆𝑘 − 𝑆𝑘−1) = lim𝑘→∞ 𝑆𝑘 − lim𝑘→∞ 𝑆𝑘−1 = 𝑆 − 𝑆 = 0.
Terbukti.
Teorema ini hanya digunakan untuk membuktikan kedivergenan suatu deret yakni
dengan memanfaatkan kontraposisisnya yakni,
“jika lim𝑘→∞ 𝑎𝑘 ≠ 0 maka deret 𝑎𝑘 divergen.”
Teorema
8
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
Andaikan 𝑎𝑘 ≥ 0 untuk setiap 𝑘 ≥ 1 maka deret 𝑎𝑘 konvergen jika dan hanya
jika barisan jumlah parsial Sn terbatas atas.
Bukti
Andaikan barisan Sn terbatas atas. Karena 𝑆𝑛 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯ + 𝑎𝑛 dan 𝑎𝑘 ≥ 0
maka Sn adalah barisan tak turun dan terbatas atas. Akibatnya barisan Sn konvergen
sehingga deret 𝑎𝑘 juga konvergen.
Sebaliknya apabila deret 𝑎𝑘 konvergen berarti lim𝑛→∞ 𝑆𝑛 = 𝑆. Karena 𝑆𝑛 ≥ 𝑆𝑛−1
berarti barisan Sn merupakan barisan tak turun dan terbatas atas S.
Terbukti
Contoh
Kita akan menentukan kekonvergenan deret 1
𝑘!
∞𝑘=1 . Untuk setiap bilangan asli k
berlaku1
𝑘!≤ (
1
2)𝑘−1. Akibatnya karena
1
2
𝑘= 1∞
𝑘=1 , maka
𝑆𝑛= 1
𝑘!
𝑛𝑘=1 <
1
𝑘!
∞𝑘=1 ≤
1
2
𝑘= 1∞
𝑘=1
Dengan demikian barisan Sn terbatas atas dan berdasarkan teorema di atas maka deret
1
𝑘!
∞𝑘=1 konvergen.
2) Uji Integral
Misalkan deret 𝑎𝑘∞𝑘=1 semua suku-sukunya tidak negative. Misalkan
terdapat fungsi turun dan kontinu f(x) untuk x≥1 sedemikian hingga f(k)=ak. Posisi ak
dan grafik fungsi f(x) digambarkan sebagai berikut,
y
y=f(x)
1 2 3 4 5 6 x
a5 a4
a3
a2
a6
a1
9
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
Kemudian
a) 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =∞
1 luas daerah dibawah kurva y=f(x) di kuadran I pada interval
[1,∞).
b) 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + ⋯ = jumlah semua luas daerah persegi panjang yang berada
di bawah kurva y=f(x) pada interval [1,∞).
c) 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯ = jumlah semua luas daerah persegi panjang (dengan batas
bawah sumbu x dan batas atas ruas garis di atas kurva y=f(x)) pada interval
[1,∞).
Maka terdapat hubungan
𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + ⋯ ≤ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 ≤∞
1
𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯
Oleh karena itu
1) Jika 𝑓 𝑥 𝑑𝑥∞
1 konvergen, misalkan 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =
∞
1𝐿, maka𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + ⋯
merupakan terbatas atas. Sehingga karena deret 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + ⋯ naik, maka
deret tersebut konvergen. Akibatnya deret 𝑎𝑘∞𝑘=1 juga konvergen.
2) Jika deret 𝑎𝑘∞𝑘=1 konvergen, misalkan 𝑎𝑘
∞𝑘=1 = 𝐾, maka 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
∞
1
terbatas atas dimana f(x) ≥ 0. Akibatnya 𝑓 𝑥 𝑑𝑥∞
1 konvergen.
Perolehan ini secara tegas dapat dinyatakan dalam teorema berikut.
Teorema
Diketahui fungsi turun dan kontinu f(x) ≥ 0 untuk x ≥ 1. Misalkan f(k)=ak untuk setiap
k=1,2,3,… maka berlaku
𝑓 𝑥 𝑑𝑥∞
1 konvergen jika dan hanya jika 𝑎𝑘
∞𝑘=1 konvergen.
Contoh
Deret-p berbentuk 1
𝑘𝑝∞𝑘=1 . Misalkan p bilangan positif. Ambil fungsi kontinu f(x)=x
-p.
Jika p≠1 diperoleh
10
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
𝑓 𝑥 𝑑𝑥∞
1
= 𝑥−𝑝𝑑𝑥 =1
1 − 𝑝
∞
1
lim𝑥→∞
𝑥1−𝑝 − 1
Karena lim𝑥→∞ 𝑥−𝑝 = 0 untuk p>1 sedangkan lim𝑥→∞ 𝑥−𝑝 = ∞ untuk p<1 maka dapat
disimpulkan bahwa deret 1
𝑘𝑝∞𝑘=1 konvergen bila p>1 dan divergen bila p<1.
Jika p=1diperoleh
𝑓 𝑥 𝑑𝑥∞
1
= 1
𝑥𝑑𝑥
∞
1
= ∞
Dengan demikian bila p=1 maka deret 1
𝑘𝑝∞𝑘=1 divergen.
3) Uji Banding
Dalam uji banding, deret yang akan ditentukan kekonvergenannya
dibandingkan dengan deret lain yang sudah diketahui konvergen atau divergen.
Teorema
Andaikan 𝑎𝑘 ≥ 0 dan 𝑏𝑘 ≥ 0 untuk semua 𝑘 ≥ 1. Jika ada bilangan positif M
sedemikian hingga 𝑎𝑘 ≤ 𝑀𝑏𝑘 untuk setiap k, maka
i. Jika 𝑏𝑘 konvergen maka 𝑎𝑘 konvergen.
ii. Jika 𝑎𝑘 divergen maka 𝑏𝑘 divergen.
Bukti
Misalkan 𝑆𝑛 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯ + 𝑎𝑛 dan 𝑇𝑛 = 𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3 + ⋯ + 𝑏𝑛 . Karena
𝑎𝑘 ≤ 𝑀𝑏𝑘 untuk setiap k maka 𝑆𝑛 ≤ 𝑀𝑇𝑛 . Apabila 𝑏𝑘 konvergen berarti barisan Tn
terbatas atas, misalnya dengan batas atas K. Dengan demikian 𝑆𝑛 ≤ 𝑀𝐾 untuk setiap
n, hal ini berarti Sn konvergen karena barisan Sn ini monoton naik dan terbatas atas
dengan batas atas MK. Dengan demikian deret 𝑎𝑘 konvergen.
Apabila 𝑎𝑘 divergen berarti 𝑎𝑘 =∞=lim𝑛→∞ 𝑀𝑇𝑛 sehingga lim𝑛→∞ 𝑇𝑛 = ∞. Hal
ini berarti Tn divergen sehingga 𝑏𝑘 divergen.
Terbukti.
Penghapusan beberapa suku pertama dari suatu deret tidak mempengaruhi
kekonvergenan deret tersebut. Sehingga teorema di atas juga berlaku untuk n≥N.
11
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
Contoh
Perhatikan deret 𝑘
2𝑘2−1
∞𝑘=1 . Untuk setiap k berlaku
𝑘
2𝑘2−1≥
1
2𝑘 maka
𝑘
2𝑘2 − 1
∞
𝑘=1
≥ 1
2𝑘=
1
2
∞
𝑘=1
1
𝑘
∞
𝑘=1
Karena Deret Harmonik 1
𝑘
∞𝑘=1 divergen maka
𝑘
2𝑘2−1
∞𝑘=1 juga divergen.
Teorema (Uji Banding limit)
Andaikan 𝑎𝑘 ≥ 0 dan 𝑏𝑘 ≥ 0 untuk semua 𝑘 ≥ 1 dan lim𝑘→∞𝑎𝑘
𝑏𝑘 = L.
i. Jika 0<L<∞ maka
𝑎𝑘 konvergen jika dan hanya jika 𝑏𝑘 konvergen
Atau dengan kata lain
𝑎𝑘 divergen jika dan hanya jika 𝑏𝑘 divergen
ii. Jika L=0 dan 𝑏𝑘 konvergen, maka 𝑎𝑘 konvergen
Teorema diatas mengatakan bahwa apabila L berupa suatu bilangan real maka
kedua deret bersama-sama konvergen atau divergen.
Bukti
Karena lim𝑘→∞𝑎𝑘
𝑏𝑘 = L berarti untuk setiap 𝜀 =
𝐿
2 dapat ditentukan bilangan bulat
positif N sedemikian hingga untuk setiap k>N berlaku
𝑎𝑘
𝑏𝑘− 𝐿 <
𝐿
2⇔
𝐿
2𝑏𝑘 < 𝑎𝑘 <
3𝐿
2𝑏𝑘
Akibatnya
𝐿
2 𝑏𝑘 < 𝑎𝑘 <
3𝐿
2 𝑏𝑘
Dengan demikian
i. Jika 𝑎𝑘 konvergen maka 𝐿
2 𝑏𝑘 konvergen sehingga 𝑏𝑘 konvergen.
12
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
ii. Jika 𝑏𝑘 konvergen maka 3𝐿
2 𝑏𝑘 konvergen sehingga 𝑎𝑘 konvergen.
Terbukti.
Contoh
Kita akan melihat kekonvergenan 1
𝑘2 dengan memakai Deret Teleskopis 1
𝑘2+𝑘
yang konvergen. Karena
L=lim𝑘→∞𝑎𝑘
𝑏𝑘= lim𝑘→∞
1
𝑘2+𝑘= 1 (0 < 𝐿 < ∞)
Maka deret 1
𝑘2 juga konvergen.
Teorema berikut dinamakan Uji Hasil Bagi Mutlak yang sangat penting dan
sangat luas pemakaiannya. Pembuktian teorema tersebut menggunakan lemma
berikuy.
Lemma Jika 𝑎𝑘 konvergen maka 𝑎𝑘 juga konvergen.
Bukti
Ambil 𝑢𝑘 = 𝑎𝑘 + 𝑎𝑘 . Karena 0 ≤ 𝑢𝑘 − 𝑎𝑘 dan 𝑎𝑘 konvergen maka 𝑢𝑘
konvergen. Selanjutnya 𝑎𝑘 = 𝑢𝑘 − 𝑎𝑘 sehingga
𝑎𝑘 = 𝑢𝑘 − 𝑎𝑘 konvergen. Terbukti.
Teorema (Uji Hasil Bagi Mutlak)
Misalkan deret 𝑎𝑘 semua sukunya tak nol dan lim𝑘→∞ 𝑎𝑘+1
𝑎𝑘 = 𝜌
i. Jika 𝜌 < 1, maka deret 𝑎𝑘 konvergen.
ii. Jika 𝜌 > 1, maka deret 𝑎𝑘 divergen.
iii. Tetapi jika 𝜌 = 1, maka deret 𝑎𝑘 mungkin konvergen dan mungkin
divergen. Artinya pengujian dengan cara ini gagal.
Bukti
13
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
i. Misalkan 𝜌 < 1. Ambil 𝑟 =𝜌+1
2 dalam hal ini 0 ≤ 𝜌 < 𝑟 < 1. Karena
lim𝑘→∞ 𝑎𝑘+1
𝑎𝑘 = 𝜌 maka dapat dipilih bilangan asli N sedemikian hingga
untuk setiap 𝑘 ≥ 𝑁 berlaku 𝑎𝑘+1
𝑎𝑘< 𝑟. Akibatnya
𝑎𝑁+1 < 𝑟 𝑎𝑁 , 𝑎𝑁+2 < 𝑟 𝑎𝑁+1 < 𝑟2 𝑎𝑁 , 𝑎𝑁+3 < 𝑟3 𝑎𝑁 ,…, 𝑎𝑁+𝑚 <
𝑟𝑚 𝑎𝑁 ,…
Selanjutnya
𝑎𝑘
∞
𝑘=𝑁
= 𝑎𝑁+𝑚 < 𝑟𝑚 𝑎𝑁 = 𝑎𝑁 𝑟𝑚
∞
𝑚=0
∞
𝑚=0
∞
𝑚=0
Karena 0<r<1 maka deret geometri 𝑟𝑚∞𝑚=0 konvergen akibatnya deret
𝑎𝑘 ∞𝑘=𝑁 konvergen.
Dengan demikian deret
𝑎𝑘 ∞𝑘=1 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯ + 𝑎𝑁−1 + 𝑎𝑘 ∞
𝑘=𝑁 konvergen dan
akibatnya 𝑎𝑘 konvergen.
ii. Misalkan 𝜌 > 1. Karena lim𝑘→∞ 𝑎𝑘+1
𝑎𝑘 > 1 maka dapat dipilih bilangan asli N
sedemikian hingga untuk setiap 𝑘 ≥ 𝑁 berlaku 𝑎𝑘+1
𝑎𝑘> 1. Selanjutnya
𝑎𝑁+1 > 𝑎𝑁 , 𝑎𝑁+2 > 𝑎𝑁+1 > 𝑎𝑁 , 𝑎𝑁+3 > 𝑎𝑁 ,…
Jadi untuk setiap 𝑘 ≥ 𝑁 maka berlaku 𝑎𝑘 > 𝑎𝑁 > 0. Berarti lim𝑘→∞ 𝑎𝑘 ≠
0 (>aN atau tidak ada)sehingga deret 𝑎𝑘∞𝑘=1 divergen.
iii. Deret Harmonik 1
𝑘 divergen dan deret-p
1
𝑘2 konvergen sedangkan keduanya
mempunyai nilai𝜌 = 1.
Contoh
Perhatikan deret 3𝑘
𝑘!
∞𝑘=1 . Kemudian
𝜌 = lim𝑘→∞ 𝑎𝑘+1
𝑎𝑘 = lim𝑘→∞
3𝑘
𝑘+1 !÷
3𝑘
𝑘!= lim𝑘→∞
3
𝑘+1 = 0(<1)
Dengan demikian deret tersebut konvergen.
C. DERET TAYLOR
Diketahui sebuah fungsi misalnya sin 𝑥 atau𝑐𝑜𝑠2𝑥. Dapatkah fungsi itu digambarkan
sebagai suatu deret pangkat dari x atau, lebih umum dari x - a?
14
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
Jadi adakah bilangan-bilangan
𝑐0 + 𝑐1 𝑥 − 𝑎 + 𝑐2(𝑥 − 𝑎)2 + 𝑐3 𝑥 − 𝑎 3 + ⋯
pada sebuah selang disekitar x = a
Andaikan penggambaran yang demikian mungkin. Maka menurut teorema
sebelumnya tentang pendeferensialan deret-deret, kita peroleh berturut-turut:
𝑓 ′ 𝑥 = 𝑐1 + 2𝑐2 𝑥 − 𝑎 + 3𝑐3(𝑥 − 𝑎)2 + 4𝑐4 𝑥 − 𝑎 3 + ⋯
𝑓 ′′ 𝑥 = 2! 𝑐2 + 3! 𝑐3(𝑥 − 𝑎) + 4 ∙ 3 ∙ 𝑐4 𝑥 − 𝑎 2 + ⋯
𝑓 ′′′ 𝑥 = 3! 𝑐3 + 4! ∙ 𝑐4 𝑥 − 𝑎 + 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 𝑐5(𝑥 − 𝑎)2 + ⋯
⋮
Apabila kita substitusikan x = a dan menghitung cn kita peroleh;
𝑐0 = 𝑓(𝑎)
𝑐1 = 𝑓′(𝑎)
𝑐2 =𝑓′′(𝑎)
2!
𝑐3 =𝑓′′′(𝑎)
3!
Sehingga 𝑐𝑛 =𝑓𝑛 (𝑎)
𝑛 !
Agar rumus untuk 𝑐𝑛 itu berlaku juga untuk n = 0, kita artikan f(0) sebagai f(a) dan
0! = 1. Jadi koefisien-koefisien 𝑐𝑛 ditentukan oleh fungsi f . Hal ini membuktuikan pula
bahwa fungsi suatu pangkat dalam x - a yang berbeda. Hal ini kita tuangkan dalam
teorema berikut:
TEOREMA KETUNGGALAN
Andaikan f memenuhi uraian:
𝑓 𝑥 = 𝑐0 + 𝑐1 𝑥 − 𝑎 + 𝑐2(𝑥 − 𝑎)2 + 𝑐3 𝑥 − 𝑎 3 + ⋯
untuk semua x dalam suatu selang sekitar a, maka:
15
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
𝑐𝑛 =𝑓𝑛(𝑎)
𝑛!
Jadi suatu fungsi tidak dapat digambarkan oleh dua deret pangkat dari (x – a).
Kita akan menguraikan polynomial yang berpusat pada x = a. Hasil yang diperoleh
nantinya disebut sebagai Deret Taylor.
Jika hampiran f (x) dilakukan dalam interval dengan pusat x = a, maka p(x) dipilih
sedemikian sehingga
𝑝𝑘 𝑎 = 𝑓𝑘 𝑎 untuk k = 1 , 2 , 3 ,….
Polinomial p (x) akan berbentuk
𝑝 𝑥 = 𝑐0 + 𝑐1(𝑥 − 𝑎) + 𝑐2 𝑥 − 𝑎 2 + ⋯ + 𝑐𝑘(𝑥 − 𝑎)𝑘 + ⋯ (**)
Nilai koefisien 𝑐0, 𝑐1, ⋯ , 𝑐𝑘 , ⋯ dapat diperoleh dengan cara penurunan. Sehingga
diperoleh:
𝑝 𝑎 = 𝑐0𝑝′ 𝑎 = 𝑐1,𝑝"(𝑎) = 2! 𝑐2, 𝑝′′′(𝑎) = 3! 𝑐3,⋯ ,𝑝
(𝑘)(𝑎) = 𝑘! 𝑐𝑘 ,⋯
Agar 𝑝𝑘 𝑎 = 𝑓𝑘 𝑎 untuk k = 1,2,3,…,n maka haruslah:
𝑐0 = 𝑓 𝑎 , 𝑐1 =𝑓′(𝑎)
1!, 𝑐2 =
𝑓"(𝑎)
2!, 𝑐3 =
𝑓 ′′′(𝑎)
3!, ⋯ , 𝑐𝑘 =
𝑓 𝑘 (𝑎)
𝑘!, ⋯
Jika hasil ini disubstitusikan ke dalam polynomial (**) didapat Deret Taylor di sekitar
x = a seperti dinyatakan dalam definisi sebagai berikut.
Definisi Jika fungsi f dapat diturunkan secara terus-menerus di x = a, maka Deret
Taylor dari fungsi f didefinisikan sebagai berikut.
𝑝 𝑥 = 𝑓 𝑎 +𝑓 ′ 𝑎
1! 𝑥 − 𝑎 +
𝑓"(𝑎)
2! 𝑥 − 𝑎 2 +
𝑓 ′′′ 𝑎
3! 𝑥 − 𝑎 3 + ⋯
+𝑓 𝑘 𝑎
𝑘! 𝑥 − 𝑘 𝑘 + ⋯
Seringkali ada baiknya menyatakan Deret Taylor dengan menggunakan notasi sigma
sebagai berikut.
16
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
𝑓 𝑘 𝑎
𝑘!
∞
𝑘=0
= 𝑓 𝑎 + 𝑓 ′ 𝑎 𝑥 − 𝑎 +𝑓"(𝑎)
2! 𝑥 − 𝑎 2 + ⋯ +
𝑓 𝑘 𝑎
𝑘! 𝑥 − 𝑎 𝑘 + ⋯
Contoh Tentukan Deret Taylor untuk 1
𝑥 di sekitar x = 1
Jawab Ambil fungsi 𝑓 𝑥 =1
𝑥, maka
𝑓 𝑥 =1
𝑥⟹ 𝑓 1 = 1 = 0!
𝑓 ′ 𝑥 = −1
𝑥2⟹ 𝑓 ′ 1 = −1 = −1!
𝑓 ′′ 𝑥 =2
𝑥3⟹ 𝑓 ′′ 1 = 2 = 2!
𝑓 ′′′ 𝑥 = −6
𝑥4⟹ 𝑓 ′′′ 1 = −6 = −3!
⋯⋯ ⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯ ⋯⋯ ⋯ ⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯ ⋯
𝑓 𝑘 𝑥 = −1 𝑘𝑘!
𝑥𝑘+1⟹ 𝑓 𝑘 1 = −1 𝑘𝑘!
Sehingga deret Taylornya adalah
−1 𝑘!(𝑥−𝑎)𝑘
𝑘!
∞𝑘=0 = −1 𝑘(𝑥 − 1)𝑘 = 1 − (𝑥 − 1)2 + (𝑥 − 1)3 + ⋯∞
𝑘=0
D. DERET MAC LAURIN
Deret Taylor dari sebuah fungsi riil atau fungsi kompleksf(x) yang
terdiferensialkan takhingga dalam sebuah persekitaran sebuah bilangan riil atau
kompleksa adalah deret pangkatyang dalam bentuk lebih ringkas dapat dituliskan
sebagai :
𝑓 𝑛 𝑎
𝑛!
∞
𝑛=0
(𝑥 − 𝑎)𝑛
17
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
dengan n! melambangkan faktorialn dan f (n)
(a) melambangkan nilai dari turunan ke-n
dari f pada titik a. Turunan kenol dari f didefinisikan sebagai f itu sendiri, dan (x − a)0
dan 0! didefinisikan sebagai 1.
Dalam kasus khusus di mana a = 0, deret ini disebut juga sebagai Deret Maclaurin.
Ide awal dari deret MacLaurin adalah sebuah fungsi dapat dinyatakan dalam bentuk
deret polinomial. Misalkan
𝑓 𝑥 = 𝑎0 + 𝑎1𝑥 + 𝑎2𝑥2 + 𝑎3 𝑥
3 + ⋯
Jika kita memasukkan nilaix=0, maka kita dapatkan
𝑓 0 = 𝑎0
Kemudian kita turunkan fungsi tersebut terhadapx, maka kita dapat
𝑓 ′ 𝑥 = 𝑎1+2𝑎2𝑥 + 3𝑎3𝑥2+4𝑎4𝑥
3 + ⋯
Dan jika kita memasukkan nilaix=0, kita dapat
𝑓 ′ 0 = 𝑎1
Kita turunkan fungsi tersebut sekali lagi
𝑓 ′′ 𝑥 = 2𝑎2+(2.3)𝑎3𝑥 + (3.4)𝑎4𝑥2 + ⋯
Masukkan lagi x=0 dan kita dapat
𝑓 ′′ 0 = 2𝑎2
1
2𝑓 ′′ 0 = 𝑎2
Ulangi lagi langkah yang selanjutnya, sehingga kita dapat
𝑎𝑛 =1
𝑛! 𝑑𝑛𝑓 𝑥
𝑑𝑥𝑛 , 𝑥 = 0
Jadi, deret MacLaurin dapat ditulis dengan
𝑓 𝑥 = 𝑓 0 + 𝑓 ′ 0 𝑥
1!+ 𝑓 ′′ 0
𝑥2
2!+ 𝑓 ′′′ 0
𝑥3
3!+ ⋯
18
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
Tapi tidak semua fungsi bisa dinyatakan dalam bentuk tersebut, contohnya. 𝑓 𝑥 =
1
𝑥Untuk itu, Taylor membuat deret yang lebih umum. Deret Taylor mirip dengan deret
MacLaurin, tapi angka yang dimasukkan bukan0, tapi sebuah nilai𝑎.
Contoh 1 Tentukan deret maclaurin untuk sin x dan buktikan bahwa deret itu
menggambarkan sin x untuk semua x.
Penyelesaian
𝑓 𝑥 = sin 𝑥 𝑓 0 = 0
𝑓 ′ 𝑥 = cos 𝑥 𝑓 ′ 0 = 1
𝑓 ′′ 𝑥 = − sin 𝑥 𝑓 ′′ 𝑥 = 0
𝑓 ′′′ 𝑥 = − cos 𝑥 𝑓 ′′′ 𝑥 = −1
𝑓 4 𝑥 = sin 𝑥 𝑓 4 0 = 0
⋮ ⋮
Sehingga,
sin 𝑥 = 𝑥 −𝑥3
3!+
𝑥5
5!+
𝑥7
7!+ ⋯
Uraian deret ini akan berlaku untuk semua x asal dapat dibuktikan bahwa
lim𝑛→∞
𝑅𝑛 𝑥 = lim𝑛→∞
𝑓 𝑛+1 (𝑐)
(𝑛 + 1)!𝑥𝑛+1 = 0
sekarang 𝑓 𝑛+1 𝑥 = cos 𝑥 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑓 𝑛+1 𝑥 = sin 𝑥 dan juga
|𝑅𝑛(𝑥)| ≤ |𝑥|𝑛+1
(𝑛+1)!
Akan tetapi lim𝑛→∞𝑥𝑛
𝑛 != 0, oleh karena itu
𝑥𝑛
𝑛 ! adalah suku ke-n sebuah deret yang
konvergen. Jadi lim𝑛→∞ 𝑅𝑛 (𝑥) = 0
E. DERET BINOMIAL
Kita mengenal Rumus Binomial, yaitu bahwa untuk p bilangan bulat positif berlaku:
19
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
1 + 𝑥 𝑝 = 1 + 𝑝
1 𝑥 +
𝑝2 𝑥2 + ⋯ +
𝑝𝑝 𝑥𝑝
dengan 𝑝𝑘 𝑥 =
𝑝 𝑝−1 𝑝−2 ⋯(𝑝−𝑘+1)
𝑘!
Perhatikan bahwa symbol 𝑝𝑘 mempunyai arti untuk tiap bilangan riil p, asal saja k
bulat positif. Dengan ini kita dapat menyusun teorema berikut:
TEOREMA DERET BINOMIAL
Untuk tiap bilangan riil p dan |x| < 1 berlaku
1 + 𝑥 𝑝 = 1 + 𝑝
1 𝑥 +
𝑝2 𝑥2 +
𝑝3 𝑥3 + ⋯
Dengan 𝑝𝑘 seperti telah didefinisikan diatas
Bukti parsial;
Andaikan 𝑓 𝑥 = 1 + 𝑥 𝑝 . Kemudian
𝑓 𝑥 = 1 + 𝑥 𝑝 𝑓 0 = 1
𝑓′ 𝑥 = 𝑝 1 + 𝑥 𝑝−1 𝑓′ 0 = 𝑝
𝑓′′ 𝑥 = 𝑝(𝑝 − 1) 1 + 𝑥 𝑝−2 𝑓′′ 0 = 𝑝(𝑝 − 1)
𝑓 𝑥 = 𝑝 𝑝 − 1 (𝑝 − 2) 1 + 𝑥 𝑝−3 𝑓′′′ 0 = 𝑝(𝑝 − 1)(𝑝 − 2)
⋮⋮
Diperolehlah deret MacLaurin dalam teorema. Sehingga terbukti deret Binomial di
atas.
DERET MACLAURIN YANG PENTING
1. 1
1−𝑥= 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + ⋯ − 1 < 𝑥 < 1
Bukti:
Misal 1
1−𝑥= 𝑓(𝑥)
Jelas 𝑓 𝑥 =1
1−𝑥⇒ 𝑓 0 = 1
20
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
𝑓 ′ 𝑥 =1
1−𝑥 2⇒ 𝑓 ′ 0 = 1
𝑓 ′′ (𝑥) = 21
1−𝑥 3 ⇒ 𝑓 ′′ 0 = 2
𝑓 ′′′ 𝑥 = 61
1−𝑥 4 ⇒ 𝑓 ′′′ 0 = 6
𝑓 ′𝑣 𝑥 = 241
1−𝑥 5⇒ 𝑓 ′𝑣 0 = 24
Deret MacLaurin untuk f(x) adalah:
𝑓 𝑥 = 𝑓 0 + 𝑓 ′ 0 𝑥 +𝑓 ′′ 0
2!𝑥2 +
𝑓 ′′′ 0
3!𝑥3+ 𝑓 ′ 𝑣 0
4!𝑥4 + ⋯
Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑓 𝑥 =1
1−𝑥 adalah:
1
1−𝑥= 1 + 1 ∙ 𝑥 + 2 ∙
1
2!𝑥2 + 6 ∙
1
3!𝑥3 + 24 ∙
1
4!𝑥4 + ⋯
= 1 + 𝑥 +2
2𝑥2 +
6
6𝑥3 +
24
24𝑥4 + ⋯
= 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + ⋯
Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑓 𝑥 =1
1−𝑥 adalah:
1
1 − 𝑥= 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + ⋯ − 1 < 𝑥 < 1
2. ln 1 + 𝑥 = 𝑥 −𝑥2
2+
𝑥3
3−
𝑥4
4+
𝑥5
5− ⋯− 1 < 𝑥 ≤ 1
Bukti:
Misal ln 1 + 𝑥 = 𝑔(𝑥)
Jelas 𝑔 𝑥 = ln 1 + 𝑥 ⇒ 𝑔 0 = 0
𝑔′ 𝑥 =1
(1+x)⇒ 𝑔′ 0 = 1
𝑔′′ 𝑥 = −1
1−𝑥 2⇒ 𝑔′′ 0 = −1
𝑔′′′ 𝑥 = 21
1−𝑥 3 ⇒ 𝑔′′′ 0 = 2
𝑔′𝑣 𝑥 = −61
1 − 𝑥 4⇒ 𝑔′𝑣 0 = −6
Deret MacLaurin untuk g(x) adalah:
21
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
𝑔 𝑥 = 𝑔 0 + 𝑔′ 0 𝑥 +𝑔 ′′ 0
2!𝑥2 +
𝑔 ′′′ 0
3!𝑥3+ 𝑔 ′ 𝑣 0
4!𝑥4 + ⋯
Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑔 𝑥 = ln 1 + 𝑥 adalah:
ln 1 + 𝑥 = 0 + 𝑥 −1
2!𝑥2 +
2
3!𝑥3 −
6
4!𝑥4 + ⋯
= 𝑥 −1
2𝑥2 +
2
6𝑥3 −
6
24𝑥4 + ⋯
= 𝑥 −𝑥2
2+
𝑥3
3−
𝑥4
4+ ⋯
Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑔 𝑥 = ln 1 + 𝑥 adalah:
ln 1 + 𝑥 = 𝑥 −𝑥2
2+
𝑥3
3−
𝑥4
4+
𝑥5
5− ⋯ − 1 < 𝑥 ≤ 1
3. 𝑡𝑎𝑛−1𝑥 = 𝑥 −𝑥3
3+
𝑥5
5−
𝑥7
7+
𝑥9
9− ⋯ − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1
Bukti:
Misal tan−1 𝑥 = (𝑥)
Jelas 𝑥 = tan−1 𝑥 ⇒ 0 = 0
′ 𝑥 =1
1+x2 = 1 − 𝑥2 + 𝑥4 − 𝑥6 + 𝑥8 + ⋯ ⇒ ′ 0 = 1
′′ 𝑥 = −2𝑥 + 4𝑥3 − 6𝑥5 + 8𝑥7 + ⋯ ⇒ ′′ 0 = 0
′′′ 𝑥 = −2 + 12𝑥2 − 30𝑥4 + 56𝑥6 + ⋯ ⇒ ′′′ 0 = −2
′𝑣 𝑥 = 24𝑥 − 120𝑥3 + 336𝑥5 + ⋯ ⇒ ′𝑣 0 = 0
𝑣 𝑥 = 24 − 360𝑥3 + 1680𝑥4 + ⋯ ⇒ 𝑣 0 = 24
Deret MacLaurin untuk h(x) adalah:
𝑥 = 0 + ′ 0 𝑥 +′′ 0
2!𝑥2 +
′′′ 0
3!𝑥3+ ′ 𝑣 0
4!𝑥4 + ⋯
Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑥 = tan−1 𝑥 adalah:
tan−1 𝑥 = 0 + 1 ∙ 𝑥 +0
2!𝑥2 −
2
3!𝑥3 +
0
4!𝑥4 +
24
5!𝑥5 + ⋯
= 𝑥 −2
6𝑥3 +
24
120𝑥3 + ⋯
= 𝑥 −𝑥3
3+
𝑥5
5+ ⋯
Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑥 = tan−1 𝑥 adalah:
𝑡𝑎𝑛−1𝑥 = 𝑥 −𝑥3
3+
𝑥5
5−
𝑥7
7+
𝑥9
9− ⋯ − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1
4. 𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +1
2!𝑥2 +
1
3!𝑥3 +
1
4!𝑥4 + ⋯
Bukti:
Misal 𝑒𝑥 = 𝑘(𝑥)
22
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
Jelas 𝑘 𝑥 = 𝑒𝑥 ⇒ 𝑘 0 = 𝑒0 = 1
𝑘′ 𝑥 = 𝑒𝑥 ⇒ 𝑘′ 0 = 𝑒0 = 1
𝑘′′ 𝑥 = 𝑒𝑥 ⇒ 𝑘′′ 0 = 𝑒0 = 1
𝑘′′′ 𝑥 = 𝑒𝑥 ⇒ 𝑘′′′ 0 = 𝑒0 = 1
𝑘′𝑣 𝑥 = 𝑒𝑥 ⇒ 𝑘′𝑣 0 = 𝑒0 = 1
Deret MacLaurin untuk k(x) adalah:
𝑘 𝑥 = 𝑘 0 + 𝑘′ 0 𝑥 +𝑘 ′′ 0
2!𝑥2 +
𝑘 ′′′ 0
3!𝑥3+ 𝑘 ′ 𝑣 0
4!𝑥4 + ⋯
Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑘 𝑥 = 𝑒𝑥 adalah:
𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +1
2!𝑥2 +
1
3!𝑥3 +
1
4!𝑥4 + ⋯
Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑘 𝑥 = 𝑒𝑥 adalah
𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +1
2!𝑥2 +
1
3!𝑥3 +
1
4!𝑥4 + ⋯
5. sin 𝑥 = 𝑥 −𝑥3
3!+
𝑥5
5!−
𝑥7
7!+
𝑥9
9!− ⋯
Bukti:
Misal sin 𝑥 = 𝑙(𝑥)
Jelas 𝑙 𝑥 = sin 𝑥 ⇒ 𝑙 0 = 0
𝑙′ 𝑥 = cos 𝑥 ⇒ 𝑙′ 0 = 1
𝑙′′ 𝑥 = − sin 𝑥 ⇒ 𝑙′′ 0 = 0
𝑙′′′ 𝑥 = −cos 𝑥 ⇒ 𝑙′′′ 0 = −1
𝑙 𝑥 = sin 𝑥 ⇒ 𝑙′𝑣 0 = 0
Deret MacLaurin untuk l(x) adalah:
𝑙 𝑥 = 𝑙 0 + 𝑙′ 0 𝑥 +𝑙 ′′ 0
2!𝑥2 +
𝑙 ′′′ 0
3!𝑥3+ 𝑙 ′ 𝑣 0
4!𝑥4 + ⋯
Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑙 𝑥 = sin 𝑥 adalah:
sin 𝑥 = 0 + 𝑥 +0
2!𝑥2 −
1
3!𝑥3 +
0
4!𝑥4 +
1
5!𝑥5 +
0
6!𝑥6 −
1
7!𝑥7 +
0
8!𝑥8 + ⋯
= 𝑥 −𝑥3
3!+
𝑥5
5!−
𝑥7
7!+
𝑥9
9!− ⋯
Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑙 𝑥 = sin 𝑥 adalah:
sin 𝑥 = 𝑥 −𝑥3
3!+
𝑥5
5!−
𝑥7
7!+
𝑥9
9!− ⋯
23
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
6. cos 𝑥 = 1 −𝑥2
2!+
𝑥4
4!−
𝑥6
6!+ +
𝑥8
8!− ⋯
Bukti:
Misal cos 𝑥 = 𝑚(𝑥)
Jelas 𝑚 𝑥 = cos 𝑥 ⇒ 𝑚 0 = 1
𝑚′ 𝑥 = − sin 𝑥 ⇒ 𝑚′ 0 = 0
𝑚′′ 𝑥 = − cos 𝑥 ⇒ 𝑚′′ 0 = −1
𝑚′′′ 𝑥 = sin 𝑥 ⇒ 𝑚′′′ 0 = 0
𝑚′𝑣 𝑥 = cos 𝑥 ⇒ 𝑚′𝑣 0 = 1
Deret MacLaurin untuk m(x) adalah:
𝑚 𝑥 = 𝑚 0 + 𝑚′ 0 𝑥 +𝑚 ′′ 0
2!𝑥2 +
𝑚 ′′′ 0
3!𝑥3+ 𝑚 ′ 𝑣 0
4!𝑥4 + ⋯
Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑚 𝑥 = cos 𝑥 adalah:
cos 𝑥 = 1 + 0 −1
2!𝑥2 +
0
3!𝑥3 +
1
4!𝑥4 +
0
5!𝑥5 −
1
6!𝑥6 + ⋯
= 1 −1
2!𝑥2 +
1
4!𝑥4 −
1
6!𝑥6 + ⋯
Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑚 𝑥 = cos 𝑥 adalah:
cos 𝑥 = 1 −1
2!𝑥2 +
1
4!𝑥4 −
1
6!𝑥6 + ⋯
7. cosh 𝑥 = 1 +𝑥2
2!+
𝑥4
4!+
𝑥6
6!+ +
𝑥8
8!+ ⋯
Bukti:
Fungsi sinus hiperbolikus didefinisikan sebagai:
sinh 𝑥 =𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
2
Dan
Fungsi cosinus hiperbolikus didefinisikan sebagai:
cosh 𝑥 =𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
2
Misal cosh 𝑥 = 𝑛(𝑥)
Jelas 𝑛 𝑥 = cosh 𝑥 ⇒ 𝑛 0 = 1
𝑛′ 𝑥 = sinh 𝑥 ⇒ 𝑛′ 0 = 0
𝑛′′ 𝑥 = cosh 𝑥 ⇒ 𝑛′′ 0 = 1
𝑛′′′ 𝑥 = sinh 𝑥 ⇒ 𝑛′′′ 0 = 0
𝑛′𝑣 𝑥 = cosh 𝑥 ⇒ 𝑛′𝑣 0 = 1
Deret MacLaurin untuk n(x) adalah:
24
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
𝑛 𝑥 = 𝑛 0 + 𝑛′ 0 𝑥 +𝑛 ′′ 0
2!𝑥2 +
𝑛 ′′′ 0
3!𝑥3+ 𝑛 ′ 𝑣 0
4!𝑥4 + ⋯
Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk n 𝑥 = cosh 𝑥 adalah:
cosh 𝑥 = 1 + 0 ∙ 𝑥 +1
2!∙ 𝑥2 +
0
3!𝑥3 +
1
4!∙ 𝑥4 +
0
5!𝑥5 +
1
6!∙ 𝑥6 + ⋯
= 1 +𝑥2
2!+
𝑥4
4!+
𝑥6
6!+ ⋯
Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑛 𝑥 = cosh 𝑥 adalah:
cosh 𝑥 = 1 +𝑥2
2!+
𝑥4
4!+
𝑥6
6!+ +
𝑥8
8!+ ⋯
8. sinh 𝑥 = 𝑥 +𝑥3
3!+
𝑥5
5!+
𝑥7
7!+
𝑥9
9!+ ⋯
Bukti:
Fungsi sinus hiperbolikus didefinisikan sebagai:
sinh 𝑥 =𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
2
Dan
Fungsi cosinus hiperbolikus didefinisikan sebagai:
cosh 𝑥 =𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
2
Misal sinh 𝑥 = 𝑝(𝑥)
Jelas 𝑝 𝑥 = sinh 𝑥 ⇒ 𝑝 0 = 0
𝑝′ 𝑥 = cosh 𝑥 ⇒ 𝑝′ 0 = 1
𝑝′′ 𝑥 = sinh 𝑥 ⇒ 𝑝′′ 0 = 0
𝑝′′′ 𝑥 = cosh 𝑥 ⇒ 𝑝 0 = 1
𝑝𝑖𝑣 𝑥 = sinh 𝑥 ⇒ 𝑝′𝑣 0 = 0
Deret MacLaurin untuk p(x) adalah:
𝑝 𝑥 = 𝑝 0 + 𝑝′ 0 𝑥 +𝑝 ′′ 0
2!𝑥2 +
𝑝 ′′′ 0
3!𝑥3+ 𝑝 ′ 𝑣 0
4!𝑥4 + ⋯
Sehingga ekspansi deret MacLaurin untuk p 𝑥 = sinh 𝑥 adalah:
sinh 𝑥 = 0 + 1 ∙ 𝑥 +0
2!𝑥2 +
1
3!𝑥3 +
0
4!∙ 𝑥4 +
1
5!𝑥5 +
0
6!∙ 𝑥6 + ⋯
= 𝑥 +𝑥3
3!+
𝑥5
5!+ ⋯
Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑝 𝑥 = sinh 𝑥 adalah:
sinh 𝑥 = 𝑥 +𝑥3
3!+
𝑥5
5!+
𝑥7
7!+
𝑥9
9!+ ⋯
25
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
9. 1 + 𝑥 𝑝 = 1 + 𝑝1 𝑥 + 𝑝
2 𝑥2 + 𝑝
3 𝑥3 + 𝑝
4 𝑥4 + ⋯ − 1 < 𝑥 < 1
Telah dibuktikan pada teorema sebelumnya.
Jadi kita peroleh beberapa deret Maclaurin yang penting adalah sebagai berikut:
1. 1
1−𝑥= 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + ⋯ − 1 < 𝑥 < 1
2. ln 1 + 𝑥 = 𝑥 −𝑥2
2+
𝑥3
3−
𝑥4
4+
𝑥5
5− ⋯ − 1 < 𝑥 ≤ 1
3. 𝑡𝑎𝑛−1𝑥 = 𝑥 −𝑥3
3+
𝑥5
5−
𝑥7
7+
𝑥9
9− ⋯ − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1
4. 𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +1
2!𝑥2 +
1
3!𝑥3 +
1
4!𝑥4 + ⋯
5. sin 𝑥 = 𝑥 −𝑥3
3!+
𝑥5
5!−
𝑥7
7!+
𝑥9
9!− ⋯
6. cos 𝑥 = 1 −𝑥2
2!+
𝑥4
4!−
𝑥6
6!+ +
𝑥8
8!− ⋯
7. cosh 𝑥 = 1 +𝑥2
2!+
𝑥4
4!+
𝑥6
6!+ +
𝑥8
8!+ ⋯
8. sinh 𝑥 = 𝑥 +𝑥3
3!+
𝑥5
5!+
𝑥7
7!+
𝑥9
9!+ ⋯
9. 1 + 𝑥 𝑝 = 1 + 𝑝1 𝑥 + 𝑝
2 𝑥2 + 𝑝
3 𝑥3 + 𝑝
4 𝑥4 + ⋯ − 1 < 𝑥 < 1
F. OPERASI DERET PANGKAT
a. Perkalian
Misal ; 𝑓 𝑥 = 𝑒𝑥 cos 𝑥
Menurut pembuktian pada deret maclaurin sebelumnya, jelas bahwa:
𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +1
2!𝑥2 +
1
3!𝑥3 +
1
4!𝑥4 + ⋯
Dan
cos 𝑥 = 1 −1
2!𝑥2 +
1
4!𝑥4 −
1
6!𝑥6 + ⋯
Sehingga diperoleh;
𝑒𝑥 cos 𝑥 = 1 + 𝑥 +𝑥2
2!+
𝑥3
3!+
𝑥4
4!+ ⋯ 1 −
𝑥2
2!+
𝑥4
4!+ ⋯
= 1 + 𝑥 +𝑥2
2!+
𝑥3
3!+
𝑥4
4!+ ⋯
26
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
−𝑥2
2!−
𝑥3
3!−
𝑥4
4!⋯
+𝑥4
4!+ ⋯
= 1 + 𝑥 + 0𝑥2 −𝑥3
3−
𝑥4
6⋯
= 1 + 𝑥 −𝑥3
3−
𝑥4
6⋯
Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑒𝑥 cos 𝑥 adalah;
𝑒𝑥 cos 𝑥 = 1 + 𝑥 −𝑥3
3−
𝑥4
6+ ⋯
b. Pembagian
Misal ; 𝑓 𝑥 = tan 𝑥
Jelas 𝑓(𝑥) = tan 𝑥 =sin 𝑥
cos 𝑥
Menurut pembuktian pada deret maclaurin sebelumnya, jelas bahwa:
sin 𝑥 = 𝑥 −𝑥3
3!+
𝑥5
5!−
𝑥7
7!+
𝑥9
9!− ⋯
Dan
cos 𝑥 = 1 −1
2!𝑥2 +
1
4!𝑥4 −
1
6!𝑥6 + ⋯
Sehingga diperoleh
𝑥 +𝑥3
3+
2
15𝑥5 ⋯
1 −𝑥2
2!+
𝑥4
4!⋯𝑥 −
𝑥3
3!+
𝑥5
5!⋯
𝑥 −𝑥3
2!+
𝑥5
4!⋯
𝑥3
3−
𝑥5
30⋯
𝑥3
3+
𝑥5
6⋯
2𝑥5
15⋯ , 𝑒𝑡𝑐
Jadi ekspansi deret Maclaurin untuk tan x adalah;
27
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
tan 𝑥 = 𝑥 +𝑥3
3+
2
15𝑥5 ⋯
c. Binomial
Misal ; 𝑓 𝑥 = 1 − 𝑥 −2
Menurut rumus binomial, bahwa:
1 + 𝑥 𝑝 = 1 + 𝑝
1 𝑥 +
𝑝2 𝑥2 +
𝑝3 𝑥3 + ⋯
dengan 𝑝𝑘 𝑥 =
𝑝 𝑝−1 𝑝−2 ⋯(𝑝−𝑘+1)
𝑘!
Maka diperoleh:
1 + 𝑥 −2 = 1 + −2 𝑥 + −2 −3
2!𝑥2 +
−2 −3 −4
3!𝑥3 + ⋯
= 1 − 2𝑥 + 3𝑥2 − 4𝑥3 + ⋯
Sehingga
1 − 𝑥 −2 = 1 + 2𝑥 + 3𝑥2 + 4𝑥3 + ⋯
Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 1 − 𝑥 −2 adalah;
1 − 𝑥 −2 = 1 + 2𝑥 + 3𝑥2 + 4𝑥3 + ⋯
d. Substitusi
Misal ; 𝑓(𝑥) = 𝑒tan 𝑥
Menurut pembuktian pada deret maclaurin sebelumnya, jelas bahwa:
𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +1
2!𝑥2 +
1
3!𝑥3 +
1
4!𝑥4 + ⋯Dan
tan 𝑥 =sin 𝑥
cos 𝑥= 𝑥 +
𝑥3
3+
2
15𝑥5 ⋯
Sehingga diperoleh;
𝑒tan 𝑥 = 1 + 𝑥 +𝑥3
3+ ⋯ +
1
2! 𝑥 +
𝑥3
3+ ⋯
2
+1
3! 𝑥 +
𝑥3
3+ ⋯
3
+1
4! 𝑥 + ⋯ 4 + ⋯
= 1 + 𝑥 + 𝑥3
3+ ⋯
+𝑥2
2! +
1
2!
2𝑥4
3+ ⋯
+𝑥3
3! +
𝑥4
4!+ ⋯
Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑒tan 𝑥 adalah;
28
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
𝑒tan 𝑥 = 1 + 𝑥 +𝑥2
2+
𝑥3
2+
3
8𝑥4 + ⋯
e. Metode kombinasi
Misal ; 𝑑𝑡
1+𝑡2
𝑥
0= 𝑡𝑎𝑛−1𝑡 𝑥
0= 𝑡𝑎𝑛−1𝑥
Menurut rumus binomial, bahwa:
1 + 𝑥 𝑝 = 1 + 𝑝
1 𝑥 +
𝑝2 𝑥2 +
𝑝3 𝑥3 + ⋯
dengan 𝑝𝑘 𝑥 =
𝑝 𝑝−1 𝑝−2 ⋯(𝑝−𝑘+1)
𝑘!
Maka diperoleh:
1 + 𝑡2 −1 = 1 − 𝑡2 + 𝑡4 − 𝑡6 + ⋯
Sehingga diperoleh;
𝑑𝑡
1 + 𝑡2
𝑥
0
= 1 − 𝑡2 + 𝑡4 − 𝑡6 + ⋯ 𝑑𝑡
𝑥
0
= 𝑡 −𝑡3
3+
𝑡5
5−
𝑡7
7+ ⋯
𝑥
0
= 𝑥 −𝑥3
3+
𝑥5
5−
𝑥7
7+ ⋯
Jadi ekspansi deret MacLaurin untuk 𝑡𝑎𝑛−1𝑥 adalah;
𝑡𝑎𝑛−1𝑥 = 𝑥 −𝑥3
3+
𝑥5
5−
𝑥7
7+ ⋯
29
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
SOAL TUGAS AWAL
KELOMPOK 9
DERET TAYLOR DAN DERET MACLAURIN
1. Tulislah definisi dari deret berikut:
a. Deret Pangkat
b. Deret Taylor
c. Deret Maclaurin
2. Tentukan ekspansi deret Taylor di sekitar fungsi berikut dan nyatakan dalam bentuk notasi
sigma:
a. 3;2
1)(
a
xxf
b. 25;)( axxf
3. Tentukan ekspansi deret Maclaurin untuk fungsi berikut dan nyatakan dalam bentuk notasi
sigma untuk f(x) dan g(x):
a. xexf )( , xxg sin)( , dan )()()( xgxfxh
b.
x
dtt
x0 2
1
1
1sin
30
Kalkulus Lanjut 1 Kelompok 9
DAFTAR PUSTAKA
Boas, Mary.L, 1983. Mathematical Methods in The Physical Sciences. Depaul University:
USA
Purcell. Edwin J dan Varberg. D.1987. Kalkulus dan Geometri Analitis Jilid 2. Erlangga:
Jakarta
Schaum, 1981. Calculus. McGraw-Hill International Book Company: Singapore
Sugiman. 2005. Kalkulus Lanjut. UMP Press.: Malang