14 0 820 KB
MAKALAH KALKULUS LANJUT
DERET POSITIF : UJI INTEGRAL DAN UJI LAIN-LAINNYA
OLEH :
KELOMPOK 2: 1. NI LUH PUTU SUARDIYANTI (0813011005) 2. I WAYAN WIDNYANA (0813011008) 3. LUH PUTU PRAJAYANTHI W. (0813011027)
JURUSAN PENDIDIKAN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS PENDIDIKAN GANESHA SINGARAJA 2011
KATA PENGANTAR Om Swastiastu Puji syukur penulis panjatkan kehadapan Ida Sang Hyang Widhi Wasa karena atas Asung Kerta Wara Nugraha-Nya penulis dapat menyelesaikan makalah kalkulus lanjut tentang deret positif: uji integral serta uji-uji lainnya tepat pada waktunya. Makalah ini disusun dalam rangka memenuhi persyaratan dalam mata kuliah kalkulus lanjut. Makalah ini dapat terselesaikan karena bantuan dari berbagai pihak. Untuk itu, melalui kesempatan ini penulis menyampaikan terima kasih kepada: 1) Dra. I Gusti Ayu Mahayukti, M.Si selaku dosen pengampu mata kuliah kalkulus lanjut. 2) Rekan-rekan mahasiswa yang secara langsung ataupun tidak langsung telah membantu penulis dalam penyusunan makalah ini. Penulis menyadari sepenuhnya bahwa apa yang tersaji dalam makalah ini masih jauh dari sempurna, karena keterbatasan kemampuan yang penulis miliki. Oleh karena itu, dengan segala kerendahan hati penulis sangat mengharapkan saran dan kritik yang konstruktif guna penyempurnaan makalah ini. Pada akhirnya, penulis berharap mudah-mudahan makalah ini bermanfaat bagi pembaca. Om Santih, Santih, Santih Om.
Singaraja, September 2011
Penulis
Barisan dan Deret
Page ii
DAFTAR ISI
KATA PENGANTAR
i
DAFTAR ISI
ii
BAB I PENDAHULUAN 1.1 Latar Belakang
1
1.2 Rumusan Masalah
2
1.3 Tujuan Penulisan
2
BAB II PEMBAHASAN 2.1 Deret Positif: Uji Integral 2.2 Deret Positif: Uji-Uji Lainnya
3 13
BAB IV PENUTUP 4.1 Simpulan
27
4.2 Saran
28
DAFTAR PUSTAKA
Barisan dan Deret
Page iii
BAB I PENDAHULUAN
1.1 Latar Belakang Barisan dan deret takhingga diperkenalkan secara singkat dalam pengantar kalkulus dalam hubungannya dengan paradoks Zeno dan bentuk desimal bilangan. Pentingnya kedua hal ini dalam kalkulus muncul dari gagasan Newton yang menyatakan fungsi sebagai jumlah deret takhingga. Banyak fungsi yang muncul dalam fisika dan kimia matematis, seperti fungsi Bessel, didefinisikan sebagai jumlah deret, sehingga sangatlah penting untuk mempelajari konsep dasar konvergensi barisan dan deret takhingga. Dalam mempelajari deret, selalu ada dua pertanyaan penting yang dapat diajukan. Pertama, apakah deret itu konvergen? Sedangkan kedua, apabila deret tersebut konvergen, berapakah jumlahnya? Untuk menentukan apakah suatu deret konvergen atau divergen dapat ditentukan dari barisan jumlah-jumlah parsial {Sn} dari deret tersebut. Jika {Sn} konvergen menuju S (dimana S adalah jumlah dari deret tersebut), maka deret takhingga tersebut konvergen. Jika {Sn} divergen, maka deret tersebut divergen. Pada umumnya, tidaklah mudah menghitung jumlah yang eksak dari suatu deret. Perhitungannya dapat dilakukan untuk deret dengan rumus Sn (jumlah parsial ke-n) yang eksak, misalnya deret geometrik dan deret kolaps. Tetapi biasanya tidaklah mudah menghitung limπ ββ ππ untuk jenis deret yang lain. Untuk mengatasi masalah tersebut, dikembangkan beberapa uji yang memungkinkan untuk menentukan apakah suatu deret konvergen atau divergen tanpa menghitung jumlahannya secara eksplisit. Oleh karena itu, penulis ingin mengulas materi tentang βDeret Positif: Uji Integral dan Uji-Uji Lainnyaβ untuk menentukan kekonvergenan suatu deret positif pada makalah ini.
Barisan dan Deret
Page 1
1.2 Rumusan Masalah Berdasarkan latar belakang yang telah dipaparkan sebelumnya, ada beberapa permasalahan yang dirumuskan dalam penulisan makalah ini, antara lain sebagai berikut. 1.2.1
Bagaimanakah menentukan kekonvergenan suatu deret positif dengan menggunakan uji integral?
1.2.2
Bagaimanakah menentukan kekonvergenan suatu deret positif menggunakan uji kekonvergenan selain uji integral?
1.3 Tujuan Penulisan Adapun tujuan dari penulisan makalah ini adalah sebagai berikut. 1.3.1
Untuk dapat mengetahui kekonvergenan suatu deret positif dengan menggunakan uji integral.
1.3.2
Untuk mengetahui cara menentukan suatu deret positif konvergen atau divergen menggunakan uji-uji lain selain uji integral.
Barisan dan Deret
Page 2
BAB II PEMBAHASAN
2.1 Deret Positif: Uji Integral Sebelum membahas kekonvergenan suatu deret positif menggunakan uji integral, perlu diperhatikan hal-hal penting yang akan sering dipergunakan dalam pembahasan selanjutnya. PENTING UNTUK DIINGAT a1, a2 , a3 , . . . adalah sebuah barisan a1 + a2 + a3 + . . . . adalah sebuah deret. Sn = a1 + a2 + a3 + . . . + an adalah jumlah parsial ke-n dari deret. S1,S2, S3,. . . . adalah barisan jumlah parsial dari deret. Deret konvergen jika dan hanya jika π = lim ππ πββ
berlaku dan terhingga, dalam hal mana S disebut jumlah deret.
Dalam pasal ini dan pasal berikutnya, pembahasan tentang deret akan dibatasi hanya pada deret dengan suku-suku positif (atau setidaknya tidak negatif). Dengan pembatasan ini, dapat disusun sejumlah uji kekonvergenan yang sangat sederhana. Uji untuk deret dengan suku β suku yang tandanya sembarang tidak akan dibahas pada makalah ini. JUMLAH PARSIAL YANG TERBATAS Salah satu hasil yang dapat dijabarkan langsung dari Teorema Barisan Monoton tentang kekonvergenan deret dijabarkan dalam teorema berikut. Teorema A (Uji Jumlah Terbatas) Suatu deret βak yang sukunya tak negatif adalah konvergen jika dan hanya jika jumlah parsialnya terbatas di atas.
Barisan dan Deret
Page 3
Bukti: (bukti ke kanan) Apabila deret βak konvergen menuju S, berarti limπ ββ ππ = π. Diketahui βakβ₯0, maka Sn+1 β₯ Sn. Berarti barisan {Sn} adalah barisan yang tak turun. Selanjutnya, untuk setiap n berlaku: π
ππ =
π
ππ < π=1
β
ππ + π=1
β
ππ = π=π+1
ππ = π π=1
Dengan demikian, S merupakan batas atas dari barisan {Sn} (berarti jumlah parsial deret βak memiliki batas atas). (bukti ke kiri) Andaikan barisan jumlah parsial {Sn} terbatas atas (ada bilangan U sehingga Sn β€ U untuk semua n). Karena Sn = a1 + a2 + a3 + . . . + an dan ak β₯ 0 maka Sn+1 β₯ Sn; jadi {Sn} adalah barisan yang tidak turun. Menurut Teorema Barisan Monoton, barisan {Sn} konvergen, sehingga sesuai definisi (pada materi deret tak terhingga), deret βak juga konvergen. Apabila tidak, Sn akan melampui tiap bilangan dan hal ini, {Sn} divergen.
Contoh 1 Buktikan bahwa deret
1 1!
1
1
+ 2! + 3! + β― konvergen.
Penyelesaian: Kita akan membuktikan bahwa jumlah-jumlah parsial Sn terbatas di atas. Perhatikan bahwa n! = 1.2.3β¦n β₯ 1.2.2β¦.2 = 2n-1 dan sehingga 1/n! β€ 1/2n-1. Jadi, 1 1 1 1 + + +β―+ 1! 2! 3! π! 1 1 1 β€ 1 + + + β― + π β1 2 4 2 Suku-suku yang terakhir ini adalah deret geometri dengan r = Β½. Oleh karena Sn =
π
βrβ< 1, deret geometri tersebut konvergen dengan jumlah π = 1βπ dan jumlah parsial ke-n ππ =
Barisan dan Deret
πβππ π 1βπ
. Sehingga diperoleh
Page 4
1 π 1β 2 1 π ππ β€ =2 1β 0, fungsi π π₯ = 1/π₯ π kontinu, positif dan tidak naik pada selang 1
[1,β), sedangkan π π = 1/ππ . Maka menurut Teorema Uji Integral, konvergen jika dan hanya jika limπ‘ββ
π‘ βπ π₯ ππ₯ 1
(π π )
ada (sebagai bilangan
terhingga). Bila p β 1 β
β
1
π‘
π₯ βπ ππ₯ = lim
π π₯ ππ₯ =
π‘ββ 1
1
π₯ βπ ππ₯
π₯1βπ = lim π‘ββ 1 β π
π‘
1
π‘1βπ 1 = lim = lim π‘1βπ π‘ββ 1 β π π‘ββ 1βπ
Apabila p = 1 β
π‘
π₯ βπ ππ₯ = lim 1
π‘ββ 1
π‘
π₯ βπ ππ₯ = lim
π‘ββ 1
π₯ β1 ππ₯ = lim ln π₯ π‘ββ
π‘ 1
= lim ln π‘ π‘ββ
Oleh karena limπ‘ββ π‘1βπ = 0 apabila p>1 dan limπ‘ββ π‘1βπ = β apabila p1 dan divergen apabila 0 β€ p β€ 1. Perhatikan bahwa jika p=1, deretβp menjadi deret harmonik yang divergen.
Deret-p ini merupakan deret yang penting dan sering digunakan dalam menguji kekonvergenan suatu deret. Oleh karena itu, pembahasan pada contoh 3 di atas dapat dirangkum sebagai berikut. Deret-p
1 β π=1 π π konvergen jika p > 1 dan divergen jika 0 β€ p β€ 1
Contoh 4 (a) Deret β
π =1
1 1 1 1 1 = + + + +β― π3 13 23 33 43
konvergen sebab deret ini merupakan deret-p dengan p = 3 > 1. (b) Deret β
1
π=1
π1/3
β
=
1 3
π =1
π
= 1+
1 3
2
+
1 3
3
divergen sebab deret ini adalah deret-p dengan p =
+ 1 3
1 3
4
+ β¦
< 1.
Contoh 5 Apakah
1 β π=4 π 1,001
konvergen atau divergen?
Penyelesaian Perhatikan bahwa, deret
1 β π=4 π 1,001
Berdasarkan Uji Deret-p
1 β π=4(π 1,001 )
merupakan deret-p dengan p =1,001>1. konvergen.
Kekonvergenan atau kedivergenan suatu deret tidak dipengaruhi, apabila dari deret itu dihilangkan atau ditambahkan beberapa suku yang banyaknya terhingga (tetapi mempengaruhi jumlahnya). Jadi deret yang diketahui akan konvergen.
Barisan dan Deret
Page 9
Contoh 6 1 β π=2 π ln π
Periksa apakah deret
konvergen atau divergen.
Penyelesaian Hipotesis dalam Uji Integral dipenuhi untuk π π₯ = 1/(π₯ ln π₯) pada [2,β). Intervalnya bukan [1,β). Hal ini dimungkinkan berlaku sesuai dengan catatan yang diberikan pada Teorema B (Uji Integral) . Sekarang, β 2
1 ππ₯ = lim π‘ββ π₯ ln π₯
Sehingga deret
β π 2
π‘ 2
π‘
1 ππ₯ = lim π‘ββ π₯ ln π₯
2
1 π (ln π₯) = lim ln ln π₯ π‘ββ ln π₯
π‘ 2
=β
π₯ ππ₯ divergen. Jadi, berdasarkan Teorema B (Uji Integral),
1/(π ln π) divergen.
CATATAN 3 Kita tidak dapat menyimpulkan dari Uji Integral bahwa jumlah deret ini sama dengan nilai integral. Kenyataannya, β
π =1
β
1 π2 = π2 6
π πππππ‘πππ 1
1 ππ₯ = 1 π₯2
Jadi, secara umum, β
β
ππ β π =1
π π₯ ππ₯ 1
Contoh 7 Tentukan apakah deret
β ln π π=1 π konvergen atau divergen.
Penyelesaian Fungsi f(x) = (ln x) / x positif dan kontinu untuk x > 1 sebab fungsi logaritma kontinu. Tetapi tidak jelas apakah f turun atau tidak, sehingga kita hitung turunannya : π β² (π₯) =
1/π₯ π₯ β ln π₯ 1 β ln π₯ = 2 π₯ π₯2
Jadi, fβ(x) < 0 bila ln x > 1, yakni, x > e. Dengan demikian f turun bila x > e dan karenanya kita dapat menerapkan Uji Integral:
Barisan dan Deret
Page 10
β 1
ln π₯ ππ₯ = lim π‘ββ π₯
π‘ 1
π‘
ln π₯ (ln π₯)2 ππ₯ = lim π‘ββ π₯ 2
Karena integral tak wajar ini divergen, deret
1
(ln π‘) 2 = lim =β π‘ββ 2
(ln π)/π juga divergen menurut
Uji Integral.
EKOR SUATU DERET Awal suatu deret tidaklah penting dalam hal kekonvergenan dan kedivergenannya. Yang penting hanyalah βekorβ-nya. Yang dimaksud dengan βekorβ suatu deret atau suku sisa (Rn) adalah: π
π = π β ππ = ππ+1 + ππ+2 + ππ+3 + β― dimana n adalah suatu bilangan besar sembarang. Dengan demikian, dalam pengujian kekonvergenan dan kedivergenan suatu deret, kita dapat mengabaikan suku-suku awalnya atau bahkan menggantinya. Tetapi, jelas bahwa jumlah suatu deret tergantung pada semua sukunya, termasuk suku awal.
Contoh 8 Dengan menggunakan integral tak wajar, tentukanlah batas atas yang sebaik mungkin bagi kesalahan jika kita ambil jumlah lima suku pertama dan deret konvergen β
π=1
π ππ
2
untuk mengaproksimasi jumlah deret. Penyelesaian Kesalahan E adalah besarnya suku (Rn). Diperoleh β
πΈ = π
π = π β ππ = π=6
π ππ
2
Dimana Sn yang diambil adalah lima suku pertama.
Barisan dan Deret
Page 11
Gambar 2 2
Perhatikan fungsi π π₯ = π₯/π π₯ fungsi ini pada selang [ 5,β) adalah kontinu dan tidak naik (lihat gambar 2). Jadi β
π
πΈ= π =6
2 ππ
= lim β π‘ββ
1 2
1 = lim β π‘ββ 2
β
2
π₯π βπ₯ ππ₯
< 5 β
2
π βπ₯ β2π₯ ππ₯ 5 β
2
π βπ₯ π(βπ₯ 2 ) 5
1 1 2 = lim β [π βπ₯ ]π‘5 = π β25 β 6,94 Γ 10β12 π‘ββ 2 2 Jadi batas atas yang sebaik mungkin bagi kesalahan (error) adalah 6,94 Γ 10-12.
Contoh 9 1
Hampiri jumlah dari deret
π3
dengan menggunakan jumlah 10 suku pertama.
Taksirlah kesalahan yang muncul dalam hampiran ini. Penyelesaian: β π π
Kita perlu mengetahui β π
1 ππ₯ = lim π‘ββ π₯3 β
π =1
π‘ π
1
π₯ ππ₯, dengan π π₯ = π₯ 3 . Kita peroleh
1 1 ππ₯ = lim β π‘ββ π₯3 2π₯ 2
π‘
= lim β π
π‘ββ
1 1 1 + = 2π‘ 2 2π2 2π2
1 1 1 1 1 β π10 = 3 + 3 + 3 + β― + 3 β 1,1975 3 π 1 2 3 10
Menurut taksiran suku sisa, kita dapatkan β
πΈ= π=11
1 < π3
β 10
1 ππ₯ = lim π‘ββ π₯3
π‘
1 ππ₯ 3 10 π₯
1 = lim β 2 π‘ββ 2π₯ Barisan dan Deret
π‘ 10
Page 12
= lim β π‘ββ
1 1 1 + = 2π‘ 2 2(10)2 200
Jadi besarnya kesalahan dari taksiran jumlah deret tersebut menggunakan 10 deret pertama adalah tidak lebih dari 0,005.
2.2 Deret Positif: Uji-Uji Lainnya Sebelumnya telah dianalisa secara tuntas kekonvergenan dan kedivergenan dua deret, yaitu deret geometri dan deret-p, dimana hasilnya adalah sebagai berikut. β π π=1 π
konvergen apabila -1 1. Jadi β
π=1
2π2
5 + 4π + 3
konvergen menurut bagian (i) dari uji perbandingan.
Contoh 4 Apakah
π 2π (π+1)
konvergen atau divergen?
Penyelesaian Agaknya deret ini konvergen, sebab untuk n cukup besar suku ke-n mirip π
1
π
1
dengan (1/2)n. Tepatnya 2π (π+1) = (2)π (π+1) < (2)π Deret geometri
1
(2 )π
konvergen, sebab pembandingannya (r) adalah Β½ .
jadi deret yang diketahui juga konvergen.
Satu-satunya kesulitan dalam menggunakan Uji Banding tersebut terletak pada pemilikan deret banding yang tepat. Andaikan kita hendak menentukan kekonvergenan atau kedivergenan deret β
π=3
1 = (π β 2)2
β
π=3
π2
1 β 4π + 4
Kita cenderung untuk membandingkan 1/(n-2)2 dengan 1/n2, tetapi sayang bahwa 1 1 > 2 2 (π β 2) π Jadi Teorema Uji Banding tidak dapat digunakan karena arah pertidaksamaan seperti yang kita inginkan. Akan tetapi, setelah beberapa kali percobaan, kita akan menemukan bahwa 1 9 β€ (π β 2)2 π2 Untuk n β₯ 3; Kita tinjau kekonvergenan deret β 9/n2.
Barisan dan Deret
Page 16
9 = π2
9
1 π2
Kita ketahui bahwa β 1/n2 adalah deret-p dengan p = 2, sehingga menurut teorema,
1
9 π 2 juga konvergen.
Oleh karena β 9/n2 konvergen, maka deret
1 (πβ2)2
juga akan konvergen
(sesuai Teorema Uji Banding).
CATATAN 1 Walaupun persyaratan an β€ bn atau an β₯ bn dalam uji perbandingan dikenakan untuk semua n, kita hanya perlu memeriksa apakah persyaratan ini dipenuhi untuk n β₯ N, dengan N suatu bilangan bulat positif, sebab konvergensi deret tidak dipengaruhi oleh sejumlah terhingga suku. Ini terlihat pada contoh berikut.
Contoh 5 Ujilah apakah deret
β ln π π=1 π konvergen atau divergen.
Penyelesaian Deret ini telah diuji (menggunakan Uji Integral) pada contoh 7 pada subbab 2.1, tetapi kita dapat pula menguji deret ini dengan membandingkannya dengan deret harmonik. Amati bahwa ln n > 1 untuk n β₯ 3 dan karenanya ln π 1 > π π
π β₯3
Kita tahu bahwa β 1 / n divergen (deret-p dengan p = 1). Jadi, deret yang diberikan adalah divergen menurut uji perbandingan.
CATATAN 2 Suku-suku deret yang diuji harus lebih kecil daripada suku-suku suatu deret konvergen atau lebih besar daripada suku-suku suatu deret divergen. Jika suku-sukunya lebih besar daripada suku-suku suatu deret konvergen atau lebih kecil daripada suku-suku suatu deret divergen, maka uji perbandingan tidak berlaku. Tinjau, misalnya, deret
Barisan dan Deret
Page 17
β
π=1
1 2π β 1
Ketaksamaan 2π
1 1 > π β 1 2
tak berguna sepanjang yang ditinjau adalah uji perbandingan sebab 1 π 2
ππ =
konvergen dan an > bn. Namun demikian, kita mempunyai dugaan n
bahwa β 1 / (2 β 1) haruslah konvergen sebab deret ini sangat mirip dengan 1 π
deret geometrik
2
yang konvergen. Dalam kasus demikian uji berikut
dapat digunakan. Teorema B (Uji Banding Limit) Andaikan ππ β₯ 0, ππ β₯ 0 dan ππ =πΏ πββ ππ lim
Apabila 0 < πΏ < β maka β an dan β bn bersama-sama akan konvergen atau divergen. Apabila L=0 dan β bn konvergen; maka β an konvergen. Bukti π
Karena limπββ π π = πΏ berarti untuk setiap Ι=L/2 ada bilangan positif N π
sedemikian hingga untuk setiap π β₯ π β β
ππ ππ
β πΏ < πΏ/2
πΏ ππ πΏ < βπΏ < 2 ππ 2
Pertidaksamaan ini setara dengan πΏ ππ 3πΏ < < 2 ππ 2 (dengan menambahkan L pada seluruh ruas) πΏ 3πΏ ππ < ππ < π 2 2 π (semua ruas dikalikan bn) Akibatnya, πΏ 2
Barisan dan Deret
ππ
aN+1 > aN β¦β¦β¦β¦β¦β¦ Jadi, an>aN>0 untuk semua n > N, yang berarti bahwa limπββ ππ tidak mungkin sama dengan nol. Maka menurut Uji Coba suku-n, deret β an divergen. (iii)Kita tahu β 1/n divergen sedangkan β 1/n2 konvergen. Untuk deret yang pertama, ππ+1 1 1 π = lim : = lim =1 πββ ππ πββ π + 1 π π ββ π + 1 lim
Untuk deret kedua, ππ+1 1 1 π2 lim = lim : = lim =1 πββ ππ πββ (π + 1)2 π2 πββ (π + 1)2 Jadi, Uji Hasilbagi ini tidak dapat membedakan deret yang konvergen dengan deret yang divergen apabila Ο = 1.
Uji hasilbagi itu selalu akan gagal untuk sebuah deret yang suku ke-n nya adalah bentuk rasional dalam n, sebab dalam hal ini Ο = 1 ( kasus an=1/n dan an=1/n2 telah dibahas di atas). Untuk sebuah deret yang suku ke-n nya memuat n! atau rn, Uji Hasilbagi ini dapat memberikan penyelesaian yang baik.
Contoh 10 2π
Tentukan apakah deret
Barisan dan Deret
β 5 π=1 π !
konvergen atau divergen!
Page 23
Penyelesaian ππ+1 52π +1 π! 52π +1 52 = lim . = lim = β00 dan limπββ
π
ππ = π
< 1
Misalkan r adalah bilangan antara R dan 1 dimana 0 β€ R < r < 1, maka π
ππ < π jadi an < rn untuk n yang cukup besar. Karena β rn adalah deret
geometri yang konvergen (dimana 0 < r < 1), maka menurut Teorema Uji Banding β an konvergen. (ii) Diketahui an>0 dan limπββ
Barisan dan Deret
π
ππ = π
> 1
Page 25
Misalkan r adalah bilangan antara R dan 1 dimana 1 < r < R, maka
π
ππ > π
jadi an > rn untuk n yang cukup besar. Karena β rn adalah deret geometri yang divergen (dimana π β₯ 1), maka menurut Teorema Uji Banding β an divergen.
Contoh 15 Ujilah konvergensi deret
2π+3 π β π=1 3π+2
Penyelesaian ππ = π
2π + 3 3π + 2
π
3 2+π 2 2π + 3 ππ = = β 1 dan divergen jika p β€ 1. 2. Jika deret berbentuk β arn β 1 atau β arn, deret ini merupakan deret geometrik, yang konvergen jika | r | < 1 dan divergen jika | r | β₯ 1. Suatu manipulasi aljabar mungkin perlu dilakukan untuk mengubah deret ke bentuk ini. 3. Jika deret mempunyai bentuk yang mirip dengan deret-p atau deret geometrik, maka salah satu dari uji-uji perbandingan ini harus dipertimbangkan. Khususnya, jika an merupakan fungsi rasional atau fungsi aljabar dari n (melibatkan akar polinom), maka deret harus dibandingkan dengan suatu deret-p. 4. Jika anda dapat melihat sekilas bahwa limπ ββ ππ β 0, maka Uji Divergensi harus digunakan. 5. Deret yang melibatkan faktorial atau hasilkali lainnya (termasuk suatu konstanta yang dinaikkan menjadi pangkatan ke-n) seringkali lebih mudah diuji dengan Uji Rasio. Ingat bahwa | an+1 / an | β β untuk semua deret-p dan karenanya semuanya merupakan fungsi rasional atau aljabar dari n. Jadi, Uji Rasio tidak dapat digunakan untuk deret demikian. 6. Jika an berbentuk ( bn )n, maka Uji Akar mungkin berguna. 7. Jika an = f(n), di mana
β π 1
π₯ ππ₯ dengan mudah dapat dihitung, maka Uji
Integral akan efektif (dengan asumsi bahwa hipotesis-hipotesis untuk uji ini dipenuhi).
Barisan dan Deret
Page 27
3.2 Saran Saran yang bisa penulis berikan dalam penulisan makalah ini adalah perlu adanya pengkajian lebih lanjut dalam pengujian kekonvergenan deret, dimana pengujian kekonvergenan tidak hanya dilakukan untuk deret dengan suku-suku positif saja tetapi juga untuk deret yang lain.
Barisan dan Deret
Page 28
DAFTAR PUSTAKA
Purcell, Edwin J. dan Dale Varberg. 1987. Kalkulus dan Geometri Analitis. Jilid 1. Edisi kelima. Penerjemah: I Nyoman Susila, dkk. Jakarta: Penerbit Erlangga.
Purcell, Edwin J. dan Dale Varberg. 1987. Kalkulus dan Geometri Analitis. Jilid 2. Edisi kelima. Penerjemah: I Nyoman Susila, dkk. Jakarta: Penerbit Erlangga.
Purcell, Edwin J. dan Dale Varberg. 1987. Kunci/Penyelesaian Soal-soal Kalkulus dan Geometri Analitis. Jilid 2. Edisi keempat. Penerjemah: I Nyoman Susila, dkk. Jakarta: Penerbit Erlangga.
Stewart, James. 2003. Kalkulus. Edisi keempat. Penerjemah: I Nyoman Susila dan Hendra Gunawan. Jakarta: Penerbit Erlangga
Sugiman. 2005. Kalkulus Lanjut. Malang: Penerbit Universitas Negeri Malang