FUNGSI KHUSUS FUNGSI KHUSUS FUNGSI KHUSUS FUNGSI KHUSUS FUNGSI KHUSUS FUNGSI KHUSUS FUNGSI KHUSUS FUNGSI KHUSUS

DALAM BENTUK DALAM BENTUK DALAM BENTUK DALAM BENTUK DALAM BENTUK DALAM BENTUK DALAM BENTUK DALAM BENTUK

INTEGRALINTEGRALINTEGRALINTEGRALINTEGRALINTEGRALINTEGRALINTEGRALINTEGRALINTEGRALINTEGRALINTEGRALINTEGRALINTEGRALINTEGRALINTEGRAL

FUNGSI FAKTORIALFUNGSI FAKTORIAL

Definisi

∫∞

− =0

!ndxex xn

1!0 =Buktikan bahwa :

( ) 110!00

0 0

0 =−−=−===∞−

∞ ∞−−

∫ ∫xxx edxedxex

Terbukti

FUNGSI GammaFUNGSI Gamma

Definisi

( ) 0;0

1 >=Γ ∫∞

−− pdxexp xp

Hubungan fungsi Gamma dengan fungsi Faktorial

( ) ( ) !10 0

11 pdxexdxexp xpxp ===+Γ ∫ ∫∞ ∞

−−+−

( ) !1 pp =+Γ

( ) ( ) ( ) dst2!23,1!12,1!01 ==Γ==Γ==Γ

Nilai Fungsi Gamma ditabulasi Nilai Fungsi Gamma ditabulasi untuk Gamma 1 sampai untuk Gamma 1 sampai dengan Gamma 2dengan Gamma 2

Hubungan Rekursif Fungsi GammaHubungan Rekursif Fungsi Gamma

( ) ∫∞

−=+Γ0

1 dxexp xp

dppxduxu pp 1−==xx evdxedv −− −==

Lakukan integrasi parsial, seperti berikut :

xx evdxedv −− −==

( ) ( )∫∞

−−∞− −−−=+Γ0

1

01 dxpxeexp pxxp

( ) ( )ppdxexpp xp Γ==+Γ ∫∞

−−

0

11

( ) ( )ppp Γ=+Γ 1

Hubungan Rekursif Fungsi GammaHubungan Rekursif Fungsi Gamma

( ) ( )ppp Γ=+Γ 1

( ) ( ) ( ) ( ) 21222123 ==Γ=+Γ=Γ

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 61622.312333134 ==Γ=+Γ=Γ=+Γ=Γ

dst

Hubungan Rekursif Fungsi GammaHubungan Rekursif Fungsi Gamma

( ) ( )11 +Γ=Γ pp

p

( ) ( ) ( )6,16,0

116,0

6,0

16,0 Γ=+Γ=Γ

( ) ( ) ( )5,01

15,11

5,1 −Γ=+−Γ=−Γ

Tabel F. Gamma

( ) ( ) ( )

( )

( )

( )5,15,0

1

5,0

1

5,1

1

5,05,0

1

5,1

1

15,05,0

1

5,1

1

5,05,1

115,1

5,1

15,1

Γ−−

=

Γ−−

=

+−−−

=

−Γ−

=+−Γ−

=−Γ

Tabel F. Gamma

Nilai Nilai ΓΓΓΓΓΓΓΓ(0,5)(0,5)

( ) dtet

dtet tt −∞∞

−−∫∫ ==Γ00

15,0 15,0

Misalkan t = y2, maka dt = 2y dy

( ) ydyey

y2125,0 −

∞

∫=Γ( ) ydyey0

25,0 ∫=Γ

( ) xdxex

x2

0

125,0 −

∞

∫=Γ

( )[ ] ( )∫ ∫∞ ∞

+−=Γ0 0

2 22

45,0 dydxe yx

( )[ ] ∫ ∫=

∞−∞

− =−

==Γ2/

0 00

2

22445,0

2

2π

θ

ππθr

r edrdre

( )[ ] π=Γ 5,0 2

Nilai Nilai ΓΓΓΓΓΓΓΓ(0,5)(0,5)

( )[ ]( ) π

π=Γ

=Γ

5,0

5,0

Contoh soalContoh soal

Hitunglah integral berikut dengan Fungsi Gamma :

∫∞

−

0

2 2

dxex x

∫∞

−2 2

dxex x

Jawab

Misal u = x2, maka du = 2x dx∫−

0

2 dxex x Misal u = x2, maka du = 2x dx

Untuk x = 0 maka u = 0

Untuk x = ∞ maka u = ∞

( ) ( )4

5,02

1

2

15,1

2

1

2

1

2 0

2/1

0

π=Γ=Γ== ∫∫∞

−∞

− dueuu

duue uu

40

2 2 π=∫∞

− dxex x

Soal LatihanSoal Latihan

Hitunglah integral-integral berikut dengan Fungsi Gamma :

( )∫

∫

−∞

∞−

+2

0

3

2.2

.1

2

dyeyy

dtet

y

t

( )

( )∫

∫ +

1

0

3/1

0

ln.3

2.2

dxx

dyeyy

( ) ( )p

ppπ

πsin

1 =−ΓΓ

Formula penting terkait Formula penting terkait Fungsi GammaFungsi Gamma

Untuk p = 0,5

π( ) ( )π

π5,0sin

5,015,0 =−ΓΓ

( ) ( )

( )[ ]( ) π

π

π

=Γ

=Γ

=ΓΓ

5,0

5,0

15,05,0

2

( )z

zzz

ππ

sin!! =−

Contoh soalContoh soal

Bukti

( ) ( ) ( )zzzz −Γ+Γ=− 11!!

( ) ( ) ( )zzzzz −ΓΓ=− 1!!

Buktikan bahwa :

Ingat :

( ) !1 nn =+Γ

dan

( ) ( ) ( )zzzzz −ΓΓ=− 1!! ( ) ( )nnn Γ=+Γ 1

( ) ( ) ( )[ ]zzzzz −ΓΓ=− 1!!dan

( ) ( )n

nnπ

πsin

1 =−ΓΓ( )

=−

zzzz

ππ

sin!!

( )z

zzz

ππ

sin!! =−

Fungsi BetaFungsi Beta

Definisi 1 :

( ) ( ) .0;0;1,1

0

11 >>−= ∫−− qpdxxxqpB qp

( ) ( )pqBqpB ,, =( ) ( )pqBqpB ,, =

Definisi 2 :

( ) ( )∫−−

−+ −=a

qpqp

dyyaya

qpB0

111

1,

Fungsi BetaFungsi Beta

Definisi 3 :

( ) ( ) ( )∫−−=

2/

0

1212 cossin2,π

θθθ dqpB qp

Definisi 4 :

( ) ( )∫∞

+

−

+=

0

1

1,

qp

p

y

dyyqpB

Hubungan Fungsi Beta Hubungan Fungsi Beta dan Fungsi Gammadan Fungsi Gamma

( ) ∫∞

−−=Γ0

1 dtetp tp

∞ ∞

Fungsi Gamma

Misal t = y2, maka

( ) ∫∞

−−=Γ0

12 2

2 dyeyp yp ( ) ∫∞

−−=Γ0

12 2

2 dxexq xq

( ) ( ) ( )∫ ∫∞

+−−∞

−=ΓΓ0

12

0

12 22

4 dydxeyxqp yxpq

( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫∞

−−−=ΓΓ0

122/

0

12 2

sincos4 θθθπ

rdrderrqp rpq

atau

Jika ΓΓΓΓ(p) dikalikan dengan ΓΓΓΓ(q) dikalikan maka :

Hubungan Fungsi Beta Hubungan Fungsi Beta dan Fungsi Gammadan Fungsi Gamma

( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫∞

−−−−+=ΓΓ0

122/

0

12122 sincos42

θθθπ

ddrerqp pqrqp

( )qp +Γ2

1 ( )qpB ,2

1

( ) ( ) ( ) ( )qpBqpqp ,2

1.

2

14 +Γ=ΓΓ

( ) ( ) ( )( )qp

qpqpB

+ΓΓΓ=,

Hubungan Fungsi Beta Hubungan Fungsi Beta dan Fungsi Gammadan Fungsi Gamma

( ) ( ) ( )( )

( )( )2

112

1,113

21

==Γ

ΓΓ=ππ

B

contoh

( )22

12

3Γ π

Contoh soal 1Contoh soal 1

dxxx∫2/

0

3 cossinπ

Selesaikan integral berikut dengan fungsi Beta

Solusi dengan def. Fungsi Beta 3 ( ) ( ) ( )∫−−=

2/

0

1212 cossin2,π

θθθ dqpB qp

( ) ( ) ( )∫∫ =2/

0

2/12/32/

0

2/13 cossincossinππ

dxxxdxxx

45

2312 ==− pp 4

32

112 ==− qq

( ) ( ) ( )( ) ......22

1,

2

1cossin 4

34

5

43

45

2/

0

3 =Γ

ΓΓ==∫ Bdxxxπ

Contoh soal 2Contoh soal 2

( )∫∞

+06

2

1 y

dyy

Selesaikan integral berikut dengan fungsi Beta

Solusi dengan def. Fungsi Beta 4 ( ) ( )∫∞

+

−

+=

0

1

1, qp

p

y

dyyqpB

321 ==− pp ( ) 36 ==+ qqp

0

( ) ( ) ( ) ( )( ) 120

4

6

333,3

106

2

=Γ

ΓΓ==+∫

∞

By

dyy

Jadi

Soal LatihanSoal Latihan

( )∫ +

∞

0231

.1y

dyy

Selesaikan integral berikut dengan fungsi Beta yang sesuai

∫

∫ −

2/

0

2

0

2

sin.3

2.2

π

θθd

x

dxx

Aplikasi dalam persoalan FisikaAplikasi dalam persoalan Fisika

Sket grafik 922 =+ yx

Gunakan fungsi Beta untuk menghitung :

a. Luas daerah pada kuadran pertama

b. Titik pusat massa dari daerah ini (anggap rapat massanya seragam)

Jawab

x

y

922 =+ yxa

∫∫ ∫ ∫∫−

===3

0

9

0

2y

dydxdydxdAA

dyyA ∫ −=3

0

29

Aplikasi dalam persoalan FisikaAplikasi dalam persoalan Fisika

dyyA ∫ −=3

0

29 Misalkan : xy =2 dxdyy =2

Batas :

93

00

=→==→=

xy

xy

( )99 1dx Gunakan Fungsi ( )∫∫ −=−= −9

0

2/12/19

0

92

1

29 dxxx

x

dxxA Gunakan Fungsi

Beta kedua

( ) ( )∫−−

−+ −=a

qpqp

dyyaya

qpB0

111

1,

( ) ( )∫−+−− =−

aqpqp qpBadyyay

0

111 ,

( ) ( )2/3,2/192

1 12/32/1 BA −+=

( ) ( ) ( )( )2

2/32/19

2

1

ΓΓΓ=A

( ) 92/19

1 πππ ==A ( )4

9

1

2/19

2

1 πππ ==A

Dengan rumus luas lingkaran :

( )4

93

4

1

4

1 22 πππ === rA Sama

B. Titik pusat massa luasan tersebut dihitung dengan rumus :

∫∫

∫∫ ==

dA

xdA

dM

dMxxpm ρ

ρ

∫∫

∫∫ ==

dA

ydA

dM

dMyypm ρ

ρ

∫∫ dAdMpm ρ

Dst ........

Fungsi Error dan PelengkapnyaFungsi Error dan Pelengkapnya

Definisi Fungsi Error

( ) ∫−=

xt dtexErf

0

22

π

Definisi Pelengkap Fungsi Error

( ) ∫∞

−=x

t dtexErfc22

π

Fungsi ErrorFungsi Error

( )

( ) ( )12

2

0

2

==Γ=∞

=∞ ∫∞

−

ππ

dteErf t Selesaikan dengan Fungsi Gamma

( ) ( ) 12

122

1 ==Γ=∞ππ

πErf

Fungsi Error dan PelengkapnyaFungsi Error dan Pelengkapnya

( ) ( )

+=+ ∫ ∫

∞−−

x

x

tt dtedtexErfcxErf0

222

π

( ) ( ) ∫∞

−=+22dtexErfcxErf t

π( ) ( ) ∫=+

0

dtexErfcxErfπ

( ) ( ) ( ) 1=∞=+ ErfxErfcxErf

( ) ( )xErfcxErf −= 1 ( ) ( )xErfxErfc −= 1

Fungsi ErrorFungsi Error

( ) ∫

−+−=x

dtt

txErf4

2 .....12

Dari deret pangkat tak hingga :

...!4!3!2

1432

+++++= ttttet ...

!4!3!21

86422

++−+−=− tttte t

( ) ∫

−+−= dt

ttxErf

0

2 .....!2

12

π

( )x

tttxErf

0

53

....!2.53

2

−+−=

π

( )

−+−= ....

!2.53

2 53 xxxxErf

π1<<x

Pelengkap Fungsi ErrorPelengkap Fungsi Error

Definisi pelengkap fungsi error

Kita tuliskan :

dan lakukan integrasi by part sbb :

Pelengkap Fungsi ErrorPelengkap Fungsi Error

Sekarang tuliskan lagi :

−

= −− 22

2

11132

tt edt

d

te

t

kemudian lakukan integral by part lagi sbb :

Pelengkap Fungsi ErrorPelengkap Fungsi Error

Jika proses ini terus dilanjutkan, maka akan didapat ungkapan deret untuk pelengkap fungsi error, sbb :

1>>x

Contoh soalContoh soal

∫−

2

0

2

.1 dxe x

∫−

1022

.2 due u

∫−

5

2.2 due u

π

∫∞

−

1

2/22.3 dte t

π

Formula StirlingFormula Stirling

Formula Stirling adalah formula pendekatan untuk fungsi Faktorial dan Fungsi Gamma, sbb :

Bukti

Substitusi variabel baru y sehingga

Formula StirlingFormula Stirling

persamaan di atas menjadi :

untuk p besar, logaritma dapat diekspansi dalam deret pangkat berikut :

sehingga

Formula StirlingFormula Stirling

π2 0 Untuk p besar

Bandingkan Bandingkan nilai eksaknilai eksak n! dengan formula n! dengan formula

pendekatan Stirlingpendekatan Stirling

n n! eksak n! Formula Stirling

Persen selisih

5 120 118,0 1,7 %

20 2,43 X 1018 2,42 x 1018 1,0 %

50 3,04 X 1064

1. Dalam mekanika statistik sering digunakan persamaan :

NNNN −= ln!ln

disini N berorde bilangan Avogadro, N = 1026

Buktikan dari Formula Stirling !

Soal

2. Hitunglah :

( )( )22 !2

!2lim

n

nnnn ∞→

3. Hitunglah : ( )5,55Γ

Integral EliptikIntegral Eliptik

Bentuk Legendre

disebut juga integral eliptik tak lengkap jenis ke satu dan ke dua

k disebut modulus dan φ disebut amplitudo integral eliptik. Integral iniditabulasi untuk nilai θ = arc sin k dan φ antara 0 dan π/2.

k2 dapat dilihat dari bentuk integral, dengan mengetahui k maka θ dapatditentukan, sedangkan φ dapat dilihat pada batas integral, denganmengetahui θ dan φ, maka nilai integral eliptik dapat dilihat pada tabelintegral eliptik F(k,φ) dan E(k,φ).

Integral EliptikIntegral Eliptik

Integral eliptik lengkap

Integral eliptik lengkap jenis pertama dan kedua adalah nilai-nilai K dan E (sebagai fungsi k) untuk φ = π/2

Sama seperti sebelumnya, k2 dapat dilihat dari bentuk integral, denganmengetahui k maka θ dapat ditentukan, dengan mengetahui θ, maka nilaiintegral eliptik lengkap dapat dilihat pada tabel integral eliptik lengkap Kdan E

Contoh soal

∫ −

4/

02sin25,01

.1π

φφd

Bagaimana menghitung integral eliptik untuk φ > π/2 ???

Tinjau fungsi sin2x [f(sin2x)] yang merupakan integran dari integral eliptik

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ +=+=+=4/

0

2/

0

4/

0

4/9

0

2

0

2

0

.......4...................π π ππ π π

Aluas

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ −=−=−=4/

0

2/

0

4/

0

4/7

0

2

0

2

0

.......4...................π π ππ π π

Aluas

catat

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ +=+=+≠4/

0

2/

0

4/

0

4/7

0

2/3

0

2/3

0

.......3...................π π ππ π π

Aluas

Contoh soal

∫ −4/5

0

2sin037,01π

φφ d

Jika batas bawah integral tidak nol, maka :

dan jika salah satu batas integral adalah negatif, maka :dan jika salah satu batas integral adalah negatif, maka :

Karena F(k,φ) dan E(k,φ) merupakan fungsi ganjil

Contoh soal

∫−

−4/11

8/7

2sin64,01π

π

φφ d

Bentuk Jacobi

Jika kita ambil x = sin φ, pada bentuk Legendre, maka akandidapat integral eliptik bentuk Jacobi jenis pertama dan kedua,sbb :

dan

Contoh soal

( )( )∫ −−

8,0

022 16,011 xx

dx

Contoh soal

∫ −4/5

0

2sin037,01.1π

φφ d∫

−

−4/11

8/7

2sin64,01.3π

π

φφ d

∫ −−5,0

02

2

1

100.2 dx

x

x ( )( )∫− −−

5,0

5,022 341

.4xx

dx