DERET TAYLOR DAN MACLAURIN
OLEH :
ABDULLAH PA PAWIT
1001125001
DWI NOVIYANTI
1001125051
MUHAMM MUHAMMAD AD BINTAN BINTANG G 100112 10011251 511 11
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA MATEMATIKA FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN UNIVERSITAS MUHAMMADIYAH PROF. DR. HAMKA JAKARTA 2014
BAB III DERET TAYLOR DAN MACLAURIN A. PENDAHULUAN B. DERET TAYLOR DAN DERET MACLAURIN
1. D!" T#$%&! a.Pengertian ∞
∑=
Deret Taylor adalah Deret pangkat f ( z )= f ( z o ) +
n 1
( n)
f ( z o) n z − z o ) yang analitik ( n!
D={ z :| z − z o|< r }
pada daerah
b. Teorema Teorema Taylor Jika fungsi f analitik pada daerah terbuka
D={ z :| z − z o|< r }
, maka f(z) untuk setiap
z ∈ D dapat dinyatakan ke dalam deret pangkat ( n)
f ( z o) f ( z )= an ( z − z o ) ,dengana n= n! n =0 ∞
∑
∞
¿ f ( z o ) + ∑ n=1
n
(n )
f ( z o ) ( z − zo)n n!
Bukti : Diambil lintasan
{
Karena 1
t − z
¿
=
1
( t − z o )−( z − z o ) 1
(
( t − z o ) 1−
}
C = t ∈ D:|t − z o|=r ;z ∈
z − z o t − z o
)
∫
( C ) ,dan f ( z )= 1 2 πi
❑
∮ t f −(t z) dt . c
[
( z− z o )n 2 z − z o ( z − z o ) ( z − z o)n−1 (t − z o)n 1 ¿ 1+ + +…+ + t − z o t − z o ( t − z o )2 ( t − z o)n−1 1− z − zo t − z o
]
( z − z o ) ( z − z o)n− ( z − z o )n ¿ + + + … + + t − z o ( t − z o ) ( t − z o ) ( t − z o )n ( t − z o )n ( t − z ) 2
z − z o
1
2
maka,
1 f ( z )= 2 πi
¿
1 2 πi
[∮ ❑
C
1
3
❑
∮ f t −( t z) dt C
]
❑ ❑ ❑ f ( t ) f ( t ) f ( t ) f ( t ) 1 n−1 2 ( z − dt +( z − z o) dt +( z − z o) dt + … +( z − z o ) dt + 2 3 n t − z o πi 2 ( t − z ) ( t − z ) ( z − z ) C C C o o o
∮
∮
∮
C ∪
Menurut pengintegralan Cauhy, !ika f analitik pada maka
1 f ( z o ) = 2 πi
❑
∮ C
f ( t ) dt dan t − z o
n! f ( z o ) = 2 πi n
∫ (C )
dan
∫ (C )
z o ∈
,
❑
∮ ( t −f z(t )) − dt C
n
1
o
"leh karena itu, diperoleh f ( {z} rsub {o} )} over {2!} {left (z- {z} rsub {o} right )} ^ {2} +…+ {{f} ^ {n-1} left ({z} rsub {o} ' f ( z o ) f ( z ) =f ( z o ) + ( z 1! dengan Rn=
1
❑
∮ f (t ) 2 πi C
#kan dibuktikan
|
1
❑
(− )
n
z − z o t z o
li! R n=0"
n →∞
dt … … … … … … … … (1 ) t − z
Dari persamaan $%&, diperoleh
( ) | z − z o
| Rn|= 2 πi ∮ f ( t ) t − z o C Karena f analitik pada
n
dt t − z
C ∪
∫ ( C ) ,
maka terdapat bilangan real M > 0 sehingga
berlaku |f ( z )|≤ M untuk setiap z ∈ C ∪
∫ C
"leh karena itu diperoleh
| | z − z o t − z o
< 1 untuk setiap t ∈ C
'edangkan untuk setiap t ∈ C berlaku
( − )=| − |=|( − 1
1
t z
t z
1
t z o )−( z − z o )|
≤
1
=
|t − z o|−| z − z o|
1 r −| z − z o|
Menurut teorema bah(a
|∮ | ❑
f ( t ) dt ≤ Ml ( C ) ,denganM = maks|f ( z )|
C
"leh karena itu diperoleh n | z − zo| 1 1 0 ≤| R n|≤ M . "2 πr 2 π r r −| z − z o|
(
¿ Mr
(
¿ k
(
| z − z o| r
| z − z o| r
n
)
.
1
r ( z − z o)
n
)
dengan
| z − z o| Karena
)
r
k =
< 1 , maka
Mr r −| z − z o| li! n →∞
(
| z − z o| r
n
)=
0.
Jadi
li R n=0 … … … … … … … ( 2 ) n →∞
Dari persamaan $%& dan $)& diperoleh f ( {z} rsub {o} )} over {2!} {left (z- {z} rsub {o} right )} ^ {2} +…+ {{f} ^ {left (n-1 right )} ( {z} ' f ( z o ) f ( z ) =f ( z o ) + ( z − z o ) +¿ 1! ∞
¿ f ( z o ) + ∑ n=1
(n )
f ( z o ) n z − z o ) ( n!
2. D!" M#'%#(!)* a.Pengertian Deret Malaurin merupakan deret Taylor pada saat Z 0 = 0
b. Teorema Teorema
∞
n
2
z z ( a) e = =1 + z + + … ,| z|< ∞ 2! n=0 n!
∑
z
∞
( −1 ) n z ( b ) sin z =∑ n= ( 2 n + 1 ) !
2n + 1
= z −
0
∞
z
3
3!
+
z
#
#!
− … ,| z|< ∞
(−1 )n n z z z =1− + −… ,| z|< ∞ ( c ) $os z =∑ 2! % ! n= ( 2 n ) ! 2
%
2
0
2 n+ 1
∞
3
#
z z z ( d ) sinh z = = z + + + … ,| z|< ∞ 3! # ! n= 0 ( 2 n + 1 ) !
∑ ∞
2n
( e ) $osh z =∑ n= 0
( f ) ( g)
2
%
z z z =1+ + + … ,| z|< ∞ 2! %! ( 2 n) !
∞
1
=∑ z n=1 + z + z + z + … ,| z|< 1 2
1− z
3
n= 0
∞
1 1 + z
=∑ (−1 )n z n=1 − z + z 2− z 3 + … ,| z|< 1 n=0
Bukti $a& :
f ( z )=e
*ungsi
z
adalah fungsi utuh, analitik pada C . Jadi !ari+!ari kekonergenan deret
Ma-aurinnya adalah = ∞ . Karena
f ( 0 )=1 dan
f ( z )=e n
z
untuk setiap
f ( z )=e
z
analitik pada C , diperoleh
n ∈ . Jadi
Dengan demikian deret M-aurin dari f ( z )=e
z
∞
z
f ( z )=e = f ( 0 )+
∑= n
∞
n
∞
1
n
f ( 0 ) n z ,| z|< ∞ n!
n
z z ¿ 1+ = n=1 n! n=1 n!
∑
∑
Jadi terbukti bah(a ∞ 2 n z z z e = =1 + z + + … ,| z|< ∞ n! 2! n= 1
∑
Bukti $b& :
adalah
n
f
( 0 )= 1 .
f ( z )=sin z , f ( 0 )= 0
z −0 ' ( z ) z − z 0 f = ( $os z 0 ), f ' ( 0 )= ( $os0 ) 1 1 ' '
f ( z )=
( z − z )
2
0
' '
(−sin z ) , f ( 0 )=
( z −0 )
0
2!
2
(−sin 0 )
2!
3 z − z 0 ) ( z− 0 )3 ( f ' ' ' ( z )= (−$os z 0) , f ' ' ' ( 0 ) = (−$os 0)
3!
3!
...... 'ehingga ∞
( −1 )n z sin z = ∑ n= ( 2 n + 1 ) !
2n + 1
= z −
0
z
3
3!
+
z
#
#!
− … ,| z|< ∞
Bukti $& : f ( z )=$os z , f ( 0 ) =1 ' ( z ) z − z 0 f = (−sin z0 ) , f ' ( 0 )= z −0 (−sin0 ) 1 1
' '
f ( z )=
( z − z0 ) 2 2!
' '
(−$os z 0) , f (0 )=
( z −0 )2 2!
3
(−$os0 )
( z − 0 ) ( z − z ) f ' ' ' ( z )= ( sin z ) , f ' ' ' ( 0 ) = ( sin0 ) 3
0
0
3!
3!
...... 'ehingga ∞
2 % (− 1 )n 2 n z z $os z =∑ z =1− + − … ,| z|< ∞ 2! %! n= 0 ( 2 n ) !
Bukti $d& : f ( z )= sinh z , f ( 0 )= 0 ' ( z ) z − z 0 f = ( $osh z0 ) , f ' ( 0 )= z −0 ( $osh 0 ) 1 1
' '
f ( z )=
( z − z ) 0
2!
2
' '
(sinh z ) , f ( 0 )= 0
( z −0 ) 2!
2
(sinh 0 )
3 z − z 0 ) ( z−0 )3 ( f ' ' ' ( z )= ( $osh z 0 ) , f ' ' ' ( 0 )= ( $osh 0 )
3!
3!
...... 'ehingga 2n + 1
∞
sinh z =
3
#
z z z = z + + +… ,| z|< ∞ 3! #! ( 2n + 1 ) !
∑ = n 0
Bukti $e& : f ( z )= $osh z , f ( 0 )=1
z − 0 ' ( z ) z − z 0 f = ( sinh z 0) , f ' ( 0 )= ( sinh0 ) 1 1 ' '
f ( z )=
( z − z ) 0
2
' '
($osh z ) , f ( 0 )=
( z −0 )
0
2!
2
2!
( $osh0 )
3 z − z 0 ) ( z− 0 )3 ( f ' ' ' ( z )= ( sinh z 0) , f ' ' ' ( 0 ) = ( sinh 0)
3!
3!
...... 'ehingga ∞ 2n 2 % z z z $osh z = =1 + + + … ,| z|< ∞ 2! % ! n=0 ( 2 n ) !
∑
Bukti $f& :
f ( z )=
Misalkan
1 1− z . Titik singular dari fungsi
kekonergenan deret Ma-aurin
f
adalah
=¿ !arak dari / ke titik singular yang terdekat
f ( z )=
1 1− z
f ' ( z )= ' '
, f ( 0 )=1
1
( 1− z )2
f ( z )=
2
( 1− z )
, f ' ( 0 )=1 ' '
, f ( 0)= 2 3
f
¿1
adalah
z =1
. Jadi !ari+!ari
f ' ' ' ( z )=
&
( 1− z )
%
, f ' ' ' ( 0 ) =&
...... n! n n ( 0 )=n ! f ( z )= , f ( 1− z )n+1 Dengan demikian deret Ma-aurin dari
f ( z )=
∞
1 1− z
∞
=f ( 0 )+ ∑
n=1
f ( z )=
1 1− z adalah
n
f ( 0 ) n z ,| z|< 1 n!
∞
n! n n z =1 + z n! n= 1
¿ 1+ ∑
∑
n=1
∞
¿ ∑ z n n=0
Jadi terbukti bah(a 1 1 − z
∞
=∑ z n=1 + z + z + z + … ,| z|< 1 2
3
n=0
Bukti $g& :
f ( z )=
Misalkan
1 1 + z . Titik singular dari fungsi
kekonergenan deret Ma-aurin
f
f ' ( z )=
1 1 + z
, f ( 0 )= 1
−1 ' ( 0) , f =−1 ( 1 + z )2
' '
f ( z )= f ' ' ' ( z )=
2
( 1 + z )
' '
3
, f ( 0 )=2
−& , f ' ' ' ( 0)=−& % ( 1+ z )
......
adalah
adalah
=¿ !arak dari / ke titik singular yang terdekat
f ( z )=
f
¿1
z =1
. Jadi !ari+!ari
n!
n
f ( z )=
( 1+ z )
n
n+ 1
, f
( 0 ) =n !
Dengan demikian deret Ma-aurin dari ∞
1
f ( z )=
1 + z
1 1− z adalah
n
f ( 0 ) n z ,| z|< 1 n!
= f ( 0 ) + ∑ n= 1
∞
f ( z )=
∞
n! n n z =−1+ z ¿−1 + n= 1 n ! n= 1
∑
∑
∞
¿ ∑ (−1 )n z n n=0
Jadi terbukti bah(a ∞
1
=∑ (−1 )n zn =1− z + z − z + … ,| z|< 1 2
1 + z
3
n= 0
C. C&*"&+ ,&#%
f ( z )=
%. Tentukan deret Taylor dari
1 1 + z disekitar
¿ i 0
Penyelesaian :
f ( z )=
'
1 1 + z
f ( z )=
, f ( i )=
1 1+i
−1 , f ' ( i ) −1 = (1 + z ) ( 1+ i ) 2
2
f left (z right ) ' {2} over {{left (1+ z right )} ^ {3}} f ( i )=
' ' '
f ( z )=
−& , f ' ' ' i ( )= −1 ( 1+ z ) ( 1 +i ) %
%
(−1 )n . n ! n ( −1 ) n . n ! f ( z )= , f ( i )= (1 + z )n +1 ( 1+ i )n+1 n
Jadi deret Taylor dari
f ( z )=
1
z =i adalah 1 + z disekitar
2
( 1+ i )3
f ( z )=
1 1 + z ( n)
∞
¿ f ( i )+ ∑
n=1
f ( i ) n ( z −i ) n!
∞
( −1 ) n n z i ( ) ¿ +∑ − 1 + i n= ( 1 + i ) n + 1
1
1
∞
(−1 )n n ( z −i ) ¿∑ n+ n= ( 1 + i ) 1
0
f ( z )=
). 1raikan
1 − z z =1 . 1 + 2 z disekitar
Penyelesaian : 1 1 + 2 z
=
1 2
( ) ( ) 1
1 2
¿
+ z
1
1
2
3 2
¿
+( z −1)
( ( ))
1
1
3
1+
z −1 3 2
( )
∞
1 (−1 )n z −1 ¿ 3 n= 0 3 2
∑
∞
¿∑
n=0
n
(−1 )n 2n ( z −1 )n n+1
3
Jadi diperoleh
f ( z )=
1 − z 1 + 2 z
∞
=−∑ n=0
(−1 )n 2n ( z−1 )n+ 3
n+1
1
∞
¿∑
(−1 )n 2n ( z −1 )n + 3
n= 0
n+1
∞
( −1 ) n z ∑ =
2. 3itunglah
1
n
n
.
n 0
Penyelesaian : ∞
∞
(−1 ) n z =∑ z ( (−1 ) n z − ) ∑ = = n
n
0
n
n
n
n
1
0
∞
n ¿ z ∑ (−1 ) d ( zn )
dz
n=0
∞
d (−1 )n ( z n ) ¿ z dz n= 0
∑
¿ z
d dz
¿ z
(
¿
(+) 1
1
z
−1 ( 1 + z )2
)
− z ( 1 + z )2
D. L#")+#*
D#*T#4 P1'T#K#
http:55elnioengeane.(ordpress.om5)/%%5/652/5deret+dan+teorema+taylor5 http:55rifan+alif.blogspot.om5)/%)5/25buku+pegangan+mate+kuliah+analisis.html
