Makalah Matematika. [PDF]

Citation preview

Matematika



Barisan terbatas Barisan monoton masalah eksistensi dan keujudan limit barisan. Disusun oleh



: Eka Octavian Pranata



Guru mata pelajaran



: Efni Lastiyani S.pd M.M



SMA UNGGUL NEGERI 19 PALEMBANG Jalan gubernur H. Achmad Bastari perumahan OPI Jakabaring Palembang, Provinsi Sumatera Selatan. Telepon : (0711)-5620031, kodepos : 30257 e-mail :[email protected], website : www.sman19plg.sch.Id



TAHUN PELAJARAN 2015/2016 1|Mathematics



BAB I PENDAHULUAN 1.1 Latar Belakang Meskipun termasuk secara implicit dalam pengembangan kalkulus pada abad ke – 17 dan ke – 18 , gagasan modern limit fungsi baru dibahas oleh Bolzano yang padatahun 1817 , memperkenalkan dasar-dasar teknik epsilon delta. Namun karyanya tidak diketahui semasa hidupnya. Cauchy membahas limit dalam karyanya Cours d’analyse (1821) dan tampaknya telah menyatakan intisari gagasan tersebut , tapi secara sistematis.presentasi yang ketat terhadap khalayak ramai pertama kali diajukan oleh weirstrass pada dasawarsa 1850-an dan 1860-an , dan sejak itu telah menjadi metode baku untuk menerangkan limit. Notasi tertulis menggunakan singkatan lim dengan anak panah diperkenalkan oleh Hardy dalam bukunya A Course Mathematics pada tahun 1908. Kami menyusun makalah ini sebagai tugas pelajaran matematika dan sebagai pelengkap nilai di semester 5 ini. Dengan menyusun makalah ini kami harapkan dapat mempermudah dalam mempelajari materi limit , khusunya barisan terbatas dan tidak terbatas , barisan monoton dan masalah eksistensi atau keujudan limit barisan.



1.2 Tujuan Adapun tujuan pembuatan makalah ini yaitu : 1. Merupakan tugas mata pelajaran Matematika 2. Untuk mendapatkan nilai dari mata pelajaran Matematika 3. Agar mengetahui apa itu barisan terbatas , monoton , masalah eksistensi dan keujudan limit barisan.



1.3 Manfaat Adapun manfaat pembuatan makalah ini yaitu : 1. Mengetahui apa itu barisan terbatas , monoton , dan keujudan limit barisan. 2. Mengetahui perbedaan antara barisan terbatas , monoton dan keujudan limit barisan. 3. Mengetahui materi pembelajaran kuliah dibidang matematika. 4. Menambah pengetahuan mengenai pelajaran matematika.



2|Mathematics



1.4 Rumusan Masalah Adapun rumusan masalahnya , yaitu : 1. Apa barisan monoton itu? 2. Apa perbedaan antara barisan terbatas dan barisan tidak terbatas? 3. Apa keujudan limit barisan itu? 4. Apa keterkaitan keujudan limit barisan dengan barisan terbatas?



BAB II PEMBAHASAN 2.1 Barisan Terbatas Teorema : Barisan Terbatas Barisan bilangan real X = (Xn) dikatakan terbatas jika ada bilangan real M > 0 sedemikian sehingga |Xn| ≤ M untuk semua n £ N. Jika barisan {ak} konvergen maka {ak} terbatas Bukti: Diketahui {ak} konvergen. Misalkan lim k→∞ ak = L. Berarti ∀ǫ > 0, ∃n0 ∈ N ∋ |ak – L< ǫ,∀k ≥ n0. Akibatnya |ak|=|ak − L + L| ≤ |ak − L| + |L| < ǫ +| L|,∀k ≥ n0. Jika dimisalkan P = ǫ + |L| maka diperoleh |ak| < P, ∀k ≥ n0. Misalkan Q = max {|ak|kk < n0} maka |ak | ≤ Q, ∀k < n0. Misalkan M = max {P, Q} maka|ak | ≤ M, ∀k ∈ N.Jadi telah terbukti bahwa {ak} terbatas. Perhatikan bahwa menurut teorema tersebut, barisan yang terbatas tidak selalu konvergen.Sebagai contoh, barisan {ak} = 1, −1, 1, −1, 1, −1, 1, −1, . . . merupakan barisan terbatas, namun {ak} tidak konvergen. Yang dapat disimpulkan dari teorema tersebut adalah bahwa barisan yang tak terbatas pasti tidak konvergen, sehingga teorema tersebut berguna untukmemperlihatkan kedivergenan. Namun demikian, Bolzano dan Weierstrass berhasil menurunkan suatu teorema yang menyatakan implikasi suatu barisan terbatas, seperti dinyatakan dalam teorema berikut. Teorema Bolzano-Weierstrass Setiap barisan bilangan real yang terbatas pasti memiliki sub barisan yang konvergen. Teorema berikut menyatakan hubungan antara kemonotonan dan keterbatasan suatu barisan dengan kekonvergenan, sehingga diperoleh cara lain untuk memperlihatkan kekonvergenan barisan tanpa menggunakan definisi, melainkan cukup dengan memeriksa kemonotonan dan keterbatasan barisan saja. 3|Mathematics



2.2 Barisan Tak Terbatas Definisi Barisan Tak Hingga Barisan bilangan real tak hingga (real infinite sequence ) adalah fungsi yang mengaitkan setiap bilangan asli dengan sekumpulan bilangan real. Selanjutnya barisan bilangan real tak hingga dalam modul ini disebut dengan barisan. Jadi barisan adalah f: N → R f : k 7 → f (k) = ak Notasi: {ak}∞k=1= {ak} = (ak)∞k=1= (ak ) = a1, a2, a3, . . . Pola suatu barisan dapat diketahui dari penyajiannya. Barisan dapat disajikan dengan menuliskan suku-sukunya, atau dengan memberikan rumus eksplisitnya atau dengan memberikan rumus rekursifnya. Perhatikan contoh berikut. 1. Bila diberikan rumus eksplisit untuk ak adalah ak= 4k − 1 maka barisan {ak} =3, 7, 11, 15, 19 . . 2. Bila diberikan rumus rekursif untuk ak adalah a1= 3, ak = ak−1+ 4 maka barisan{ak} = 3, 7, 11, 15, 19 . . . Definisi sub barisan Misalkan (ak) ⊂ R adalah barisan bilangan real. Sub barisan dari (ak) adalah hasil komposisi fungsi f ◦ g dengan g : N → N dan g monoton naik. Subbarisan dari (ak) dinotasikansebagai (aki) ⊂ (ak). Contoh: −1 K Misalkan ak = 2+ K 5 5 9 9 13 13 , , , , , 2 3 4 5 6 7



−1 K maka f (k) = ak = 2+ K



dan (ak) = 1 ,



Jika g(i) = 3i−2 maka g(i) monoton naik dan sub barisan



yang dihasilkan adalah (f ◦ g) (i) =f (g(i)) =



4|Mathematics



f (3i -2)=



a3 i−2



a1 , a4 , a7 , a10



3 i−2



(−1) 3i−2



=2+



, sehingga diperoleh sub barisan



a3 i−2 ¿ ¿ ¿



=



9 13 21 , , 4 7 10



,.. = 1 ,



2.3 Barisan Monoton Definisi : Barisan dikatakan monoton jika berlaku salah satu X naik atau X turun. Kemonotonan barisan



{a n }



dapat dikelompokkan menjadi 4 macam , yaitu :



a. Monoton naik bila



an < an+1



b. Monoton turun bila



an > an+1



c. Monoton tidak turun bila



an ≤ an+1



d. Monoton tidak naik bila



an ≥ an+ 1



Contoh : 1. Untuk setiap barisan berikut , tentukan apakah naik , turun atau tidak monoton : n a. 2 n+1



b.



1 n



c.



−1n+ 1 n



Penyelesaian : a. Elemen –elemen barisan dapat dituliskan sebagai 1 2 3 4 n n+1 , , , ,… , , ,… 3 5 7 9 2n+1 2 n+3 5|Mathematics



Perhatikan bahwa



an +1=



n+1 2 ( n+1 )+1



=



n+1 2 n+3



Tinjau empat elemen pertama dari barisan dan perhatikan bahwa elemenelemen naik jika n naik. Jadi umumnya kita inginkan bahwa n n+1 ≤ 2 n+1 2 n+3 Ketidaksamaan (1) dapat ditunjukkan apabila suatu ketidaksamaan yang ekivalen dengan (1) dapat dicari dan diketahui berlaku. Dengan mengalikan setiap suku di (1) dengan n (2n+1)(2n+3) , diperoleh n(2n+3) ≤



(n+1)(2n+1)



ketidaksamaan (2) ekivalen dengan ketidaksamaan (1) karena (1) dapat diperoleh dari (2) dengan membagi setiap suku dengan (2n+1)(2n+3). Ketidaksamaan (2) ekivalen dengan 2 n2+ 3 n≤ 2 n2 +3 n+1 Ketidaksamaan (3) jelas berlaku karena ruas kanan leboh besar 1 dari ruas kiri. Jadi ketidaksamaan (1) berlaku sehingga barisan tersebut naik. Elemen – elemen barisan dapat dituliskan sebagai berikut : 1 1 1 1 1 1, 2 , 3 , 4 , … , n , n+1



2.4 Masalah Barisan



Eksistensi



atau



Keujudan



Limit



Definisi : Misalkan X = (xn) barisan bilangan real. Suatu bilangan real x dikatakan limit dari (xn), bila untuk setiap e > 0 terdapat bilangan asli K(e), sedemikian sehingga untuk semua n ³ K(e), suku-suku xn terletak dalam lingkungan-e, Ve(x). Bila x merupakan suatu limit dari barisan tersebut, kita katakan juga bahwa X=(xn) konvergen ke x (atau mempunyai limit x). Bila suatu barisan mempunyai limit, kita katakan barisan tersebut konvergen, bila tidak kita katakan divergen. Penulisan K(e) digunakan untuk menunjukkan secara eksplisit bahwa pemilihan K bergantung pada e; namun demikian sering lebih mudah menuliskannya dengan K,dari pada K(e). Dalam banyak hal nilai e yang “kecil” biasanya akan memerlukan nilai K yang “besar” 6|Mathematics



untuk menjamin bahwa xn terletak di dalam lingkungan Ve(x) untuk semua n ³ K = K(e). Kita juga dapat mendefinisikan kekonvergenan X = (xn) ke x dengan mengatakan : untuk setiap lingkungan-e Ve(x) dari x, semua (kecuali sejumlah hingga) sukusuku dari x terletak di dalam Ve(x). Sejumlah hingga suku-suku tersebut mungkin tidak terletak di dalam Ve(x) yaitu x1, x2, ..., xK(e)-1. Bila suatu barisan x = (xn) mempunyai limit x di R, kita akan menggunakan notasi lim X = x atau lim (xn) = x. Kita juga akan menggunakan simbol xn ¾® x, yang menyatakan bahwa nilai xn“mendekati” x bila n menuju 0. Teorema 1.1 1. misalkan fungsi riil (i) (ii)



D suatu domain bidang xy dan dimisalakan f suatu yang memnuhi dua syarat berikut f adalah kontinu dalam D f memenuhi syarat Upschitz (yang respek ke y) dalam D, dimana ada konstanta k>0, sehingga: f ( x1 y1 )  f ( x 2 y 2)  k y1  y 2 untuk setiap (x,y1), (x,y2 )







D



2. misalkan (x0 ,y0 ) adalah titik interior dari D misal a dan b, x  x0  a y  y 0  b sehingga persegipanjang: R: , terletak dalam D. f  x, y   misalakan M= maks untuk (x, y) R dan misalakan h = min (a,b/M) Bukti: Kita buktikan teirema ini dengan metode dari aproksimasi sukresif x  x0  h misalkan x sehingga Kita definisikan sebuah barisan dari fungsi x:



1 ,  2 ,  3 ,…….dimana x



1  x   y 0   f  t , y 0 dt xo



7|Mathematics



x



 2  x   y 0   f  t , 1  t  dt xo



x



 3  x   y 0   f  t ,  2  t  dt xo



.



 n  x  y0 



x



 f  t ,   t  dt n 1



xo



Tahap yang akan diperlihatkan:



n 1.



fungsi



{



} memiliki  n  x   y0  b



turunan



yang kontinu dan memenuhi x  x0  h f  x,  n  x   maka adalah



ketaksamaan pada terdefinisi pada interval ini. n 2. fungsi { }memenuhi ketaksamaan: n M  kh  n  x    n1  x    k n!



x  x0  h



pada 3.



n



n



, barisan fungsi { }konfergen seragam ke suatu fungsi x  x0  h   kontinu pada 4. unit fungsi memiliki persamaan dy  f  x, y  x  x0  h   x0   y 0 dx diferensial pada dan sehingga



 4. fungsi



x  x0  h



hanya fungsi diferensial pada dy  f  x, y    x0   y 0 dx persamaan diferensial dan .



yang memenuhi



8|Mathematics



Bukti: Seluruh buktinya kita anggap interval [x0 ,x0+h ]. Pendapat yang sama untuk interval [x0-h ,x0 ]. 1.



bukti f kita gunakan induksi matematika  n 1 asumsikan ada, memiliki turunan  n 1  x   y 0  b  x0  x  x0 h x, sehingga



yang



kontinu,



sehingga



maka:



 x,  n1  x  



terletak dalam persegipanjang R dan juga f terdefinisi dan kontinu sehingga memenuhi :



 x,  n1  x  



f  x,  n1  x    M



pada [x0 ,x0+h ] maka, bila:



 n  x  y0 



x



 f  t ,   t  dt n 1



xo



n kita lihat



ada dan memiliki turunan yang kontinu pada [x0 ,x0+h ] juga: x



 n  x  y0  x











x0



 f  t ,  t   dt n 1



x0



x



f  t ,  n 1  t   dt   Mdt



=M (x-x0)



x0



 Mh  b



9|Mathematics



 x,  n  x   Maka



f  x,  n  x   juga terletak dalam R dan



terdefinisi dan kontiniu x



 x0 , xo  h pada



. Jelaslah



1



1  x   y 0   f  t , y 0 dt xo



didefinisikan oleh



ada dan



memiliki turunan yang ko ntiniu pada interval ini juga



1  x   y 0 



x



 f t, y  0



x0



dt







M (x-x0)



b



 x, 1  x  



dan f



di definisikan dan kontiniu n pada interval dengan induksi matematika. Setiap fungsi memiliki sifat  x0 , xo  h pada



n Kita lihat bahwa x0+h] juga



juga ada dan memiliki turunan yang kontinu pada [x 0,



 n ( x)  y 0 



x



 f [t , 



n 1



(t )] dt



x0



x











x0



x



f [t ,  n 1 (t )] dt   M dt x0



 M ( x  x0 )  M h  b Maka:



n



n



Juga [x,



(x)] terletak dalam R dan selanjutnya f[x, (x)] adalah 1 terdefinisi dan kontinu pada [x0, x0+h], Jelaslah didefinisikan oleh : x



1 ( x)  y 0   f [t , y 0 ] dt x0



Ada dan memiliki turunan yang kontinu pada interval ini juga:



10 | M a t h e m a t i c s



1 ( x)  y 0 



x







f [t , y 0 ] dt  M ( x  x0 )  b



x0



Dan juga



f [ x, 1 ( x)]



didefinisikan dan kontinu pada interval dengan induksi n matematika. Setiap fungsi memiliki sifat pada [x0,x0+h]. 2. Pada langkah ini kita gunakan induksi matematika lagi. Kita asumsikan bahwa :



Mk n  2  n 1 ( x)   n  2 ( x)  ( x  x0 ) n 1 (n  1)!



pada [x0, x0+h] ..........#



Maka : x



 n ( x)   n 1 ( x)   { f [t ,  n 1 (t )]  f [t ,  n 2 (t )]} dt x0



x











f [t ,  n 1 (t )]  f [t ,  n  2 (t )] dt



x0



 n ( x )  y 0  bn Bila langkah 1. pada [x0, x0+h] syarat lipschitz dengan y1   n1 ( x) y 2   n 2 ( x) dan dan kita punya f [t ,  n 1 ( x)]  f [t ,  n 2 ( x)]  k  n 1 ( x)   n  2 ( x)



…………## Maka : x



 n ( x)   n 1 ( x)   k  n 1 (t )   n 2 (t ) dt x0



Sekarang kita gunakan asumsi pada langkah 2 kita punya : Mk n 2 (t  x0 ) n 1 dt (n  1)! x0 x



 n ( x )   n 1 ( x)  k 



11 | M a t h e m a t i c s



x







Mk n 1 (t  x 0 ) n 1 dt (n  1)! x0



Mk n 1  (t  x 0 ) n     (n  1)!  n 



x



x0



Mk n 1  ( x  x0 ) n n! Jadi :



 n ( x)   n 1 ( x) 



Mk n 1 ( x  x0 ) n n!



Yang sama dengan ketaksamaan # dengan (n-1) yang menggantikan n, 1 ( x)  y 0  M ( x  x0 ) Ketika n = 1, kita punya pada langkah 1 : Ketaksamaan ## ketika n-1 dengan induksi, ketaksamaan ## memenuhi pada [x 0, x0+h]  n, Bila : Mk n 1 Mk n 1 n M (kh) n ( x  x0 )  h  n! n! k n! Kita punya :



 n ( x)   n 1 ( x) 



M (kh) n k n!



*



Untuk n = 1,2,3,… pada [x0, x0+h]



3. Sekarang, deret dari konstanta positif



M k







( kh) n M kh M ( kh) 2 M ( kh) 3     .....  n! k 1! k 2! k 3! n 1



Konvergen ke : 12 | M a t h e m a t i c s



M kh [e  1] k



Juga deret : 



 [ ( x)   i 1



i



i 1



( x)]



x 0  x  x 0  h  n  1,2,3,...







Sehingga (10.8) memenuhi x interval weiertrass M-test (teo c) deret :



maka dengan







y 0   [i ( x)  i 1 ( x)] i 1



Konvergen seragam pada [x0, x0+h]. Selanjutnya, barisan dari penjumlahan parsial {sn}konvergen seragam ke







suatu limit fungsi



pada [x0, x0+h], tapi, 



S n ( x )  y 0   [i ( x)  i 1 ( x)]   n ( x ) n 1







n Dengan kata lain, barisan konvergen seragam ke n bila setiap adalah kontinu pada [x0, x0+h].



pada [x0, x0+h] maka



 Teorema A menunjukkan bahwa limit fungsi [x0, x0+h].



 n ( x)  y 0  b



n 4. bila setiap



adalah juga kontinu pada



memenuhi



 ( x)  y 0  b



pada [x0, x0+h]







Kita juga memiliki pada [x0, x0+h] maka f[x, (x)] didefinisikan pada interval ini dan selanjutnya syarat lipschitz (10.1) dengan y1   ( x) dan y 2   n ( x) lakukan juga, diperoleh :



13 | M a t h e m a t i c s



f [ x,  ( x )]  f [ x,  n ( x )]  k  ( x)   n ( x)



**



x  [ x 0 , x 0  h] Untuk sehingga :



dengan langkah 3, diberikan



 0



maka terdapat M >0,



k  ( x)   n ( x)  k



  k



***



x Untuk n >N dan



pada interval.



Maka dari ** kita lihat bahwa barisan dari fungsi didefinisikan untuk n =1,2,3,  f [ x,  n ( x)] … oleh konvergen seragam ke fungsi didefinisikan oleh f[x, (x)] pada [x0, x0+h] f [ x,  n ( x)] Juga, setiapfungsi didefinisikan untuk n =1,2,3… oleh kontinu pada interval ini.



adalah



Maka Teorema B dipakai, dan :



 ( x)  lim  n 1 ( x )  y 0  lim n 



n 



x



 f [t , 



n



(t )] dt



x0



x



 y 0   lim f [t ,  n (t )] dt x0



n 



x



 y 0   f [t ,  n (t )] dt x0



 Limit fungsi



memenuhi persamaan integral x



 ( x)  y 0   f [t ,  (t )] dt x0



14 | M a t h e m a t i c s



 Pada [x 0, x0+h] maka dengan lemma dasar, limit fungsi



memenuhi  ( x0 )  y 0 persamaan diferensial dy/dx =f(x,y) pada [x0, x0+h] dan sehingga . Kita akan membuktikan keujudan dari suatu solusi dari dasar masalah harga inisial (10.3) pada interval [x0, x0+h].



 5. Sekarang kita buktikan bahwa solusi



adalah tunggal.



 Asumsikan bahwa adalah fungsi diferensiabel yang lain yang terdefinisi pada [x0, x0+h] sehingga : d ( x)  f [ x, ( x)] dx



 ( x0 )  y0 Dan



 ( x)  y 0  b Maka tentulah : [ x0 , x0   ] Pada beberapa interval



 ( x)  y 0  b Misalkan x1, sehingga



 ( x)  y 0  b



x0  x  x1 untuk



dan



Misalkan x1 < x0 + h maka M1 



 ( x1 )  y 0 b b   M x1  y 0 x1  x0 h x 0    x1



 Tetapi dengan teorema mean-value, terdapat



dimana



sehingga :



M 1   ( )  f [ , ( )]  M



x1  x 0  h Kontradiksi maka



juga : 15 | M a t h e m a t i c s



 ( x)  y 0  b **** x0  x  x0  h Pada interval



 ( x0 )  y 0



 Bila



adalah solusi dari dy/dx = f(x,y) pada [x0, x0+h] sehingga



 Dari lemma dasar kita lihat bahwa



memenuhi persamaan integral : x



 ( x)  y 0   f [t , (t )] dt x0



Pada [x0, x0+h] dengan induksi matematika dibuktikan bahwa :



 ( x)   n ( x) 



k n b( x  x0 ) n n!



Pada [x0, x0+h], maka kita asumsikan bahwa : k n b( x n 1  x0 ) n



 ( x)   n 1 ( x) 



(n  1)!



Pada [x0, x0+h] maka dari (10.5) dan (10.3) kita punya :



 ( x)   n ( x) 



x







f [t , (t )]  f [t ,  n 1 (t )] dt



x0



x











f [t , (t )]  f [t ,  n 1 (t ) dt



x0



Dengan persamaan ** dan y1   ( x) dan y 2   n1 ( x) , maka



langkah



1,



syarat



lipschitz



***



dengan



16 | M a t h e m a t i c s



x



 ( x)   n ( x)   k  (t )   n 1 (t ) dt x0



Dengan asumsi ****, maka kita punya : k n 1b(t  x 0 ) n 1  ( x)   n ( x)  k  dt (n  1)! x0 x



k n b  (t  x 0 ) n     (n  1)!  n 







x



x0



k n b( x  x 0 ) n n!



Yang mana (10.15) dengan (n-1) digantikan oleh n. ketika n = 1, kita punya :



 ( x)  1 ( x) 



x







f [t , (t )]  f [t , y 0 ] dt



x0



x



 k   (t )  y 0 dt  kb( x  x0 ) x0



Yang mana untuk n = 1 Maka dengan induksi ketaksamaan **** diberikan untuk semua n Pada x0+h].



[x 0,



Selanjutnya kita punya : b(kh) n  ( x)   n ( x)  n! Untuk n = 1,2,3,….. Pada [x0, x0+h].



17 | M a t h e m a t i c s







b n 0



( kh) n n!



Sekarang deret  ( x)  lim  n ( x) (10.16),



n 



lim b n 



konvergen, dan juga



(kh) n 0 n!



maka dari  ( x)  lim  n ( x)



Pada [x0, x0+h], tapi ingat bahwa interval ini, maka :



n 



pada



 ( x)   ( x)  Pada [x0, x0+h] maka solusi x0+h]



dari dasar masalah adalah tunggal Pada [x 0,



Kini telah membuktikan bahwa persamaan diferensial dy/dx = f(x,y) memiliki solusi tunggal Pada [x0, x0+h] sebagai awal kita dapat memberi argumen yang sama pada interval [x0, x0+h]. kemudian disimpulkan bahwa  persamaan diferensial dy/dx = f(x,y) memiliki solusi tunggal sehingga  ( x0 )  y 0 pada x  x0  h .



Contoh PD orde 1 1.



Tentukan jawab umum dari persamaan diferensial : y  y  e 2 x



y   f ( x ) y  r ( x) maka f(x) =-1; r(x) =e2x sehingga



menurut persamaan  f ( x ) dx    f ( x ) dx r ( x)dx  c  y ( x )   e  e       ( 1) dx   y ( x )   e    



e



 ( 1) dx e 2 x dx  c  







 (e x )  e  x e 2 x dx  c



















 e x  e x dx  c  e x e x  c







2. Tentukan jawab umum dari persamaan diferensial : 18 | M a t h e m a t i c s



2 y  x 2e x y



y 



y   f ( x) y  r ( x) maka f(x) =-22/x; r(x) =x2ex



Menurut persamaan



1 1 h( x)   f ( x)  2  dx  ln x  2  ln 2 x x



Jawab :  f ( x ) dx   f ( x ) dx y ( x)   e  e r ( x)dx  c        







y ( x)  e  ln(1 / x







 x2  



1



x



2



2



)



 e



ln(1 / x 2 )



x 2 e x dx  c











 x 2 e x dx  c   x 2  e x dx  c 







 x 2 e x  cx 2



B. PD ORDE DUA Teorema Persamaan diferensial orde 2



y   p( x) y   q ( x) y  0 Dan dua kondisi awal y ( x0 )  k 0 ,



y ( x 0 )  k1



dimana x0 adalah nilai tertentu untuk x ,k0 diketahui.



dan



k1 adalah konstanta yang



“jika p(x) +q(x) kontinu pada selang terbuka I dan x 0 didalam selang I maka masalah nilai awal diatas mempunyai solusi tunggal y(x) pada selang I tersebut. 19 | M a t h e m a t i c s



Bukti Dengan mengasumsikan bahwa masalah yang terdiri atas persamaan diferensial



y   p( x) y   q ( x) y  0 ……….(1a) Dan dua kondisi awal y ( x0 )  k 0 ,



y ( x0 )  k1 ……(1b)



Mempunyai dua solusi y1 (x) dan y2 (x) pada selang I didalam teroma tersebut, kita akan menunjukkan bahwa selisih keduanya y(x) = y1 (x)- y2 (x) selalu sama dengan nol pada I ; maka y 1= y2 pada I, yang berimplikasi sifat ketunggalan. Karena persamaan didalam (1)bersifat homogen dan linear, berarti y merupakan solusi bagi persamaan itu pada I, dan karena y1 dan y2 memenuhi kondisi awal yang sama, maka y memenuhi kondisi y ( x 0 )  0,



y ( x 0 )  0 ………(3)



pandang fungsi : z ( x)  y ( x) 2  y ( x ) 2 berikut turunannya



z   2 yy   2 y y  dari persamaan diferensial semula kita memperoleh



y    py   qy



dengan mensubtitusikan ini kedalam rumus untuk



z



kita memperoleh



z   2 yy   2 py  2  2qyy  .........................(4)



y dan y  sekarang , karena



keduanya bilangan nyata, 20 | M a t h e m a t i c s



( y  y ) 2  y 2  2 yy   y  2 0



dari sini kita memperoleh dua pertidaksamaan 2 yy  y 2  y  2  z



(b)  2 yy  y 2  y  2  z



(a)



...........(5) 2 yy   z.



2 yy    z dari 5(b) kita memperoleh .secara bersama, terakhir di dalam (4) sekarang kita memperoleh



untuk suku



 2qyy   2qyy   q 2 yy   q z p p



dengan menggunakan hasil ini dan kenyataan bahwa 2 yy  menerapkan 5(a) pada suku didalam (4), kita memperoleh



, serta



z  z  2 p y  2  q z



y2  y 2  y2  z karena



, kita memperoleh dari sini z  (1  2 p  q ) z



atau, dengan melambangkan fungsi yang didalam tanda kurung dengan h,



z   hz



....................(6a)



untuk semua x di dalam I



begitu pula, dari (4) dan (5) kita peroleh  z   2 yy   2 py  2  2qyy   z  2 p z  q z  hz



.........................................(6b) Pertidaksamaan (6a) dan (6b) ekivalen dengan pertidakasamaan z   hz  0



z   hz  0



...................................(7) faktor pengintegralan bagi kedua ekspresi dari ruas kiri adalah 21 | M a t h e m a t i c s



 h ( x ) dx F1  e 



dan



F2  e 



h ( x ) dx



integral di dalam eksponen itu dijamin ada karena h kontinu. Karena F 1dan F2 positif, maka dari (7) kita peroleh F1 ( z   hz )  ( F1 z )   0



F2 ( z   hz )  ( F2 z )  0



dan



yang berarti bahwa F1z tidak naik dan F2z tidak turun pada I. Karena z(x 0) =0 x  x0 menurut (3), maka kita peroleh jika F1 z  ( F1 z ) x0  0,



F2 z  ( F2 z ) x0  0



x  x0 dan begitu pula jika



, F1 z  0



F2 z  0



dengan membagi dengan F1dan F2 dan dengan mengingat bahwa kedua fungsi itu positif, maka kita peroleh



z  0,



z0



`



untuk semua x di dalam I. z  y 2  y2  0



Ini berimplikasi dalam I.



y0



pada I. Jadi,



atau y1  y 2



untuk semua x di



Contoh PD orde-2



y   y  x 1. Diberikan PD Ditanya : a. Tentukan besarnya interval untuk solusi khusus dari m.n.a berikut y   y  x y (0)  1, y (0)  0 , adalah 22 | M a t h e m a t i c s



b. Berikan hubungan persamaan homogen dan tunjukkan Y 1= ex, Y2 = e-x ,bentuk himpunan fundamental dari solusi persamaan homogen dan beri solusi umum dari persamaan homogen itu. y   y  0 y (0)  1, y (0)  0 c. Selesaikan m.n.a , d. Tentukan Yp = -x adalah solusi khusus dan berikan solusi umum persamaan non homogen y   y  x y (0)  1, y (0)  0 e. Selesaikan m.n.a , Penyelesaian : q 2 ( x)  1, q1 ( x)  0, q 0 ( x)  1 dan q( x)  x a. Karena



adalah



q 2 ( x)  0



kontinu



untuk



semua x dan untuk setiap x solusi khusus untuk m.n.a untuk semua x atau menempatkannya pada bagian yang lain dalam interval (, )



y   y  0 b. Persamaan homogen : Substitusikan : Y1= ex, Y2 = e-x, karena wronskian Y1 dan Y2 ex w(e , e )  x e x



x



ex  e x e  x  e x e  x  2  0 x e



Y1, Y2 adalah solusi PD homogen orde-2. maka solusi umumnya : y H  c1 y1  c 2 y 2  c1e x  c 2 e  x



c. Karena



y H  c1e x  c 2 e  x dan y H  c1e x  c 2 e  x



c1 dan c 2 Untuk menyelesaikan m.n.a harus memenuhi c1  1 2 dan c 2  1 2 Didapat , maka solusi khusus m.n.a adalah



y H  1 2 e x  1 2 e  x  1 2 (e x  e  x )



y   y  x d. Subtitusi Yp = -x pada persamaan non homogen Solusi umum persamaan nonhomogen adalah :



23 | M a t h e m a t i c s



y  c1 y1  c 2 y 2  y p  c1e x  c 2 e  x  x y  c1e x  c 2 e  x  x dan y   c1e x  c 2 e  x  1



e. Karena c1 dan c 2



harus memenuhi



y (0)  c1  c 2  1 y (0)  c1  c 2  0



Maka didapatkan y  ex  x



c1  1, c 2  0



, solusi khusus untuk m.n.a nonhomogen adalah



C. SISTEM PD ORDE 1 A. Masalah Umum Yang pertama kali kita perlihatkan adalah dasar keberadaan dan teorema ketunggalan untuk masalah nilai awal meliputi sebuah sistem dari satu persamaan diferensial orde pertama dari bentuk : dy1  f 1 ( x, y1 , y 2 ,........, y n ) dx dy 2  f 2 ( x, y1 , y 2 ,........, y n ) dx . . dy n  f n ( x, y1 , y 2 ,........, y n ) dx y1 , y2 ,........, yn



++ f 1 , f 2 ,........, f n



Dalam n tidak diketahui dimana adalah n fungsi real kontinu yang didefinisikan dalam domain D yang sama dari ruang dimensi x, y1 , y 2 ,........, y n real (n+1) .



24 | M a t h e m a t i c s



Definisi Dengan sebuah solusi dari sistem ++ kita akan mencari rataan dan himpunan yang terurut dari fungsi real yang kontinu dan fungsi real yang 1 ,  2 ,........,  n diferensiabel terdefinisi pada beberapa real x pada interval  x ,  ( x ),  a xb 1 2 ( x ),........ ....,  n ( x )   D sehingga



Dan



d1 ( x)  f 1 [ x, 1 ( x),  2 ( x),.......,  n ( x)] dx



d 2 ( x)  f 2 [ x, 1 ( x),  2 ( x ),........ n ( x)] dx . . d n ( x)  f n [ x, 1 ( x),  2 ( x),........,  n ( x )] dx untuk semua x pada a  x  b



Hipotesis f 1 , f 2 ,........, f n 1. Misalkan fungsi kontinu pada ruang (n+1) persegi panjang R yang didefinisikan oleh : x  x 0  a, y  c1  b, ........, y  c n  bn ( x0 , c1 ,........., c n ) Dimana ( x , y1 ,........., y n )



adalah sebuah titik dari real ruang (n+1) (b1 ,........., bn ) ruang dan adalah konstanta positif. f i ( x, y1 , y 2 ,........, y n )  M



Misalkan M sehingga ( x, y1 , y 2 ,........, yn  semua ) R misalkan



untuk i b b b    a, 1 , 2 ,......., n M  M M



= 1,2,…,n untuk   



25 | M a t h e m a t i c s



2. Misalkan fungsi fi (i = 1,2,…,n) memenuhi kondisi lipschitz dengan konstanta lipschitz dalam R asumsikan,sehingga terdapat konstanta k f 1 ( x, yˆ1 , yˆ 2 ,........, yˆ n )  f i ( x, yˆ1 , yˆ 2 ,........, yˆ n ) > 0, sehingga  k  yˆ1  yˆ1  yˆ 2  yˆ 2  ........  yˆ n  yˆ n  ( x, yˆ1 , yˆ 2 ,........, yˆ n ) ( x, yˆ1 , yˆ 2 ,........, yˆ n )  Untuk dua titik sebarang . R untuk i = 1,2,…,n



Sehingga terdapat solusi yang tunggal



1 ,  2 ,........,  n



Dari sistem : dy1  f 1 ( x, y1 , y 2 ,........, y n ) dx dy 2  f 2 ( x, y1 , y 2 ,........, y n ) dx . . dy n  f n ( x, y1 , y 2 ,........, y n ) dx x  x0  h



1 ( x0 )  c1 . 2 ( x0 )  c 2 ,........ n ( x0 )  c n Sehingga



terdefinisi pada



Bukti Secara Garis Besar 26 | M a t h e m a t i c s



1 , j oleh 1 ,0( x)  ci (i  1,2,..., n) Pertama-tama kita definisikan fungsi



dan



x



i , j ( x)  ci   f i [t , 1, j 1 (t ),.......,  n , j 1 (t )] dt x0



(i = 1,2,…,n



i, j fungsi



j = 1,2,3,……)



Maka kita buktikan dengan induksi matematika bahwa semua juga terdefinisi dan kontinu dan memenuhi relasi :



1, j ( x)  i , j ( x) 



M (kn) j 1 x  x 0



j



j! x  x0  h



(i = 1,2,…,n j = 1,2,3,…



)



maka :



1, j ( x)   i , j 1 ( x) 



M (knh) j kn j!



(i = 1,2,…,n



j = 1,2,3,… ) dengan hal ini dapat kita simpulkan untuk {i , j } masing-masing i = 1,2,…,n sehingga barisan didefinisikan j



i , j ( x)  i ,o ( x)   [i , p ( x )  i , p 1 ( x)] j  1,2,3,... p 1



1



Konvergan secara seragam ke fungsi yang kontinu maka dapat i kita tunjukkan bahwa masing-masing (i = 1,2,…,n) memenuhi persamaan integral x



 i ( x)  c i   f i [t ,  i (t ),........,  n (t )] dt x0



x  x0  h



Pada



dari sini kita punya : 27 | M a t h e m a t i c s



d1 ( x)  f i [ x, 1 ( x),........,  n ( x) dx x  x0  n



Pada



1 ( x 0 )  ci (i  1,2,..., n) dan



Secara garis besar dari keberadaan bukti ini selesai.teorema tersebut dapat digunakan untuk mendapatkan keujudan dan teorema ketunggalan untuk dasar masalah nilai awal yang berhubungan dengan orde ke-n dari persamaan diferensial dengan bentuk :  dny dy d n 1 y   f x , y , ,......... ,   dx dx n dx n 1  



Contoh Carilah solusi umum dari x1  3 x1  4 x 2  2 x3  t 2 x 2  2 x1  x 2  4 x3 x1  x1  2 x 2  t 2



solusi



misal



 x1 (t )   3 4  2   x(t )   x 2 (t ) , A   2 1  4  x3 (t )   1 2 0 



 t2 



dan



  b(t )   0   t2  



x (t )  Ax(t )  b(t ) persamaan ini dapat dituliskan dalam bentuk matriks



x(t )  Ax(t ) matriks dasar untuk



adalah   4e 2 t



(t  4)e t 



e 2t



0



 et



  2e 2 t 



et



(t  1)e t 



 (t )  







et



 



28 | M a t h e m a t i c s



dapat dicari solusi homogen, pertama kita lakukan operasi 



2 2 2t  t e  5 2 3 11 2 t  ( t  t )e  5 5  2 2 t  t e  5 



 



 1 (t ).b(t )     



maka 



2



 



 5t



2







e  2 t dt 



2 11 2 t   (t )   1 (t )b(t ) dt   (t )    ( t 3  t )e dt  5 5   2 2 t   t e 5  



  



    



1 2 16  t  2t  5 5  1 2 3 7    t  t  5 5 10  9 2 24 29  t  t  5 5 5 



jadi solusi umumnya adalah



  4    2t x(t )  c1  1  e  c 2   2  



2.5



1



  t 



 0 e t  c3   1 



1 0



 1



16   1 2  5 t  2t  5     4   t   1t2  3t  7       1  e   5 5 10      1    9 2 24 29   5t  5 t  5   



Teorema Keujudan Limit Barisan



Definisi : Barisan bilangan real X = (Xn) dikatakan terbatas jika ada bilangan real M > 0 sedemikian sehingga |Xn| ≤ M untuk semua n £ N. CATATAN : X = (Xn) terbatas jika dan hanya jika himpunan dari suku-suku barisan tersebut,yaitu {Xn | n £ N} terbatas di R. Teorema 1.1 : Barisan bilangan real yang konvergen adalah barisan terbatas. 29 | M a t h e m a t i c s



Bukti : X = (Xn) merupakan barisan konvergen artinya jika diambil £ = 1 , maka akan diperoleh K(1) ∈ N ∋ ∀ n ≥ K(1) maka … Oleh karena itu , untuk n ≥ K diperoleh |xn| < |x| +1. Jika kita tetapkan M = sup sup {|x1|,|x2|,|x3|, …, |xK+1|, |x|+ 1} maka |xn| ≤ M, ∀ n ∈ N. Teorema 1.2 (a) X = (xn) dan Y = (yn) marupakan barisan‐barisan bilangan real yang masing‐masing konvergen ke x dan y. c ∈ R. Maka akan diperoleh barisan‐barisan : 1) X + Y konvergen ke x + y 2) X – Y konvergen ke x ‐ y 3) XY konvergen ke xy 4) cX konvergen ke cx (b)Jika X = (xn) konvergen ke x dan Z = (zn) barisan bilangan real tidak nol yang konvergen ke x x z, dan z ≠ 0, maka z konvergen ke z .



Bukti : (a) 1. Untuk menunjukkan bahwa barisan X + Y konvergen ke x + y, maka kita menunjukkan bahwa ∀ ε > 0, ∃ K(ε) ∈ N ∋ ∀ n ≥ K(ε) → |(X + Y) – (x + y)| < ε. Kita tahu bahwa |(X + Y) – (x + y)| = |(X – x) + (Y – y)| ≤ | X ‐ x| + |Y ‐ y| yang harus kita tunjukkan nilainya kurang dari ε. Untuk itu kita kembali pada fakta bahwa barisan-barisan X = (xn) konvergen ke x dan Y = (yn) konvergen ke Y , X = (xn) konvergen ke x : ∀ ε >0, ε ∃K1∈N ∋ ∀n ≥K1→ |X– x| < 2 ,dan Y = (yn) konvergen ke y : ∀ ε >0, ∃K2∈N ∋ ∀n ≥K2→ |Y– y|
0, ∃K(ε) ∈N ∋ ∀n ≥K(ε) → |xnyn– xy| < ε |xnyn– xy|= |xnyn– xny + xny - xy| =……. 30 | M a t h e m a t i c s



≤ …… Barisan X konvergen, berarti X terbatas, sehingga ∃M ∈R, M >0, ∋|xn| ≤M, ∀n ∈N Sehingga, |xnyn– xy| ≤M |yn - y|+ |y||xn- x|, perhatikan bahwa M dan |y|merupakan bilangan-bilangan real yang berbeda, sehingga dengan mengambil M1∈R, dan M1= sup{M,|y|}akan diperoleh |xnyn– xy| ≤… , yang nilainya harus lebih kecil dari ε. Kembali kita perhatikan X = (xn) dan Y = (yn) adalah barisan-barisan yang konvergen ke x dan y, sehingga dengan menggunakan definisi barisan konvergen dan mengambil K(ε) = …, akan dapat dibuktikan bahwa |XY –xy| < εatau dengan kata lain XY= (xnyn) konvergen ke xy (b)Ambil Z = (zn) merupakan barisan bilangan real tidak nol yang 1 1 konvergen ke z, z ≠ 0, maka barisan ( zn ) akan konvergen ke ( z ) . Z = (zn) konvergen ke z, maka untuk sembarang ε > 0, ∃ K1∈N, ∋ ∀ n ≥ K1 → |zn ‐ z| < ε. 1 Apabila ditetapkan α = 2 |z|, maka α > 0, sehingga bisa kita ambil ε =



teorema Ketidaksamaan Segitiga diperoleh : ‐α ≤ ‐|zn – z| ≤ |zn|‐ z| ∀ n ≥ K 1 ¿ zn∨¿ 1 1 (?).Oleh karena itu : 2 |z| = |z| ‐ α ≤ |zn|, ∀ n ≥ K1 ↔ ≤ ¿ α,



¿ z∨¿ z ¿



sehingga



|zn



‐



z|




0, ∃ K2∈ N, ∋ ∀ n ≥ K2 maka … Oleh karena itu, jika diambil K(ε) = sup{K1,K2}, akan diperoleh …



31 | M a t h e m a t i c s



1 ε > 0, maka dapat disimpulkan lim ( zn



Karena pengambilan sembarang 1 )= Z



. Untuk membuktikan



menggunakan perkalian barisan



X Z



konvergen ke



X Z



dilakukan dengan



X yang konvergen ke x dan Y = (



barisan yang tidak nol dan konvergen ke



1 z



1 zn )



sehingga X.Y konvergen ke



X Z



Catatan : Apabila A = (an), B = (bn), C = (Cn), …, Z = (zn) merupakan barisan ‐ barisan bilangan real yang konvergen, maka : (1)A + B + C + … + Z = (an+ bn+ cn+ … + zn) merupakan barisan yang konvergen, dan lim(an+ bn+ cn+ … + zn) = lim(an) + lim(bn) + lim(cn) + … + lim(zn) (2)A x B x C x … x Z = (an . bn. cn. … .zn) merupakan barisan konvergen, dan lim (an . bn. cn. … .zn) = lim(an). lim(bn).lim(cn). … . lim(zn) k (3)Jika k ∈N dan A = (an) barisan yang konvergen, maka lim ( a n ) = (lim (an))k .



Contoh‐contoh:



32 | M a t h e m a t i c s



(−1) ¿ 3. Barisan ¿ ) divergen , buktikan! ¿ Bukti : Barisan



(−1) ¿ ¿ ) merupakan barisan terbatas, dengan M = 1, kita tidak ¿



dapat langsung mengatakan barisan tersebut konvergen (??). Andaikan barisan tersebut konvergen, dan lim X = b, ada. Jika diambil ε= 1, maka ∃K∈N, (−1) ¿ −a 0 sedemikian {a n } sehingga |Xn| ≤ M untuk semua n £ N. Kemonotonan barisan dapat dikelompokkan menjadi 4 macam , yaitu : an < an+1 a. Monoton naik bila b. Monoton turun bila



an > an+1



c. Monoton tidak turun bila



an ≤ an+1



d. Monoton tidak naik bila



an ≥ an+ 1



Barisan terbatas Jika barisan {ak} konvergen maka {ak} terbatas.setiap barisan yang naik atau turun dan terbatas , mempunyai limit. 34 | M a t h e m a t i c s



3.2 Saran Mengingat pentingnya pelajaran Matematika karena Mtematika termasuk pelajaran yang di ujikan dalam Ujian Nasional untuk itu penulis menyarankan bagi mereka yang mendapat nilai di bawah KKM untuk: a. Siswa harus rajin berlatih berhitung agar mendapat nilai yang maksimal. b. Berlatih mengerjakan soal-soal. c. Selalu aktif dalam pembelajaran Matematika. d. Mengerjakan tugas yang di berikan dan rajin belajar. Karena kita tidak ada ruginya dalam belajar Matematika dan juga untuk mendapatkan nilai yang kita inginkan dan juga jika kita mau berlatih dan berusaha semua kata sulit itu bisa di atasi, tingkatan prestasi dan belajar anda dalam pelajaran matematika.



DAFTAR PUSTAKA Buku BSE Matematika Kelas XII http://www.google.com anreal-B-presentasi-3.PDF BAHANDISKUSI-AR1-4.pdf download_0029.pdf 35 | M a t h e m a t i c s



ModulResponsiKalkulusIV.pdf Buku matematika kurikulum 2013 kelas XII http://fadhildarmawi.blogspot.co.id/2014/06/makalah-matematikabilangan.html http://mynewsitipujaaini.blogspot.co.id/2014/12/analisis-real-barisan-danlimit.html



36 | M a t h e m a t i c s