Sisa Taylor dan Penerapan
Bab 13 memperkenalkan polinomial dan deret Taylor sebagai alat aproksimasi, tetapi meninggalkan pertanyaan kritis: seberapa besar galatnya (error)? Bab ini menjawabnya secara tegas melalui dua bentuk sisa — Lagrange dan integral — yang memungkinkan kita menghitung batas atas galat untuk sembarang orde aproksimasi. Dengan fondasi galat yang kokoh, kita kemudian menjelajahi penerapan Taylor secara luas: dari linearisasi orde-1 dan sudut kecil yang sudah dikenal, hingga evaluasi limit sulit, integrasi fungsi tanpa antiturunan elementer, pengantar solusi deret untuk persamaan diferensial, dan studi kasus teknik nyata seperti pendulum, rangkaian RLC, dan analisis galat numerik.
14.1 Sisa Taylor: Mengukur Galat (Error) Aproksimasi
Di Bab 13, kita mendefinisikan polinomial Taylor orde-$n$:
dan mendefinisikan deret Taylor sebagai $\sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$. Pertanyaan fundamental yang belum terjawab:
(Q1) Seberapa besar galat $|f(x) - T_n(x)|$ untuk suku $n$ tertentu? (Q2) Apakah $T_n(x) \to f(x)$ ketika $n \to \infty$? (Q3) Jika ya, untuk nilai $x$ apa?
Definisikan sisa Taylor orde-$n$ sebagai selisih antara fungsi asli dan polinomial Taylor-nya:
Jika $f$ terdiferensiasi $(n+1)$ kali di suatu interval yang mengandung $a$, maka sisa Taylor orde-$n$ adalah:
Sehingga selalu berlaku identitas eksak:
Target kita sekarang adalah menemukan ekspresi tertutup untuk $R_n(x)$ yang memungkinkan estimasi besarnya.
14.2 Bentuk Sisa Lagrange
14.2.1 Pernyataan Teorema
Jika $f$ terdiferensiasi $(n+1)$ kali pada interval terbuka $I$ yang mengandung $a$, dan jika $x \in I$, maka terdapat suatu bilangan $\xi$ yang terletak antara $a$ dan $x$ sehingga:
di mana $\xi = \xi(x, n)$ bergantung pada $x$ dan $n$, dan $\xi$ terletak di interval terbuka $(\min(a,x),\, \max(a,x))$.
Dengan kata lain, identitas eksaknya adalah:
Perhatikan bahwa $R_n(x)$ memiliki bentuk yang identik dengan suku Taylor orde-$(n+1)$, kecuali bahwa turunan dievaluasi di $\xi$ (titik tak diketahui antara $a$ dan $x$) bukan di $a$. Ini bukan kebetulan — sisa Lagrange pada dasarnya adalah "suku berikutnya yang dievaluasi di titik yang salah."
14.2.2 Verifikasi untuk $n = 0$: Teorema Mean Value
Untuk $n = 0$: $T_0(x) = f(a)$, sehingga:
Ini persis Teorema Mean Value (MVT) dari Bab 4. Jadi sisa Lagrange adalah generalisasi orde-tinggi dari MVT.
14.2.3 Sketsa Bukti (Rolle's Theorem berulang)
Fix $x \neq a$ dan definisikan konstanta $K$ sehingga:
Definisikan fungsi pembantu:
Perhatikan: $g(a) = 0$ (karena $f(a) = T_n(a)$ dan suku $(t-a)^{n+1}$ lenyap). Juga $g(x) = 0$ oleh definisi $K$. Jadi $g$ memiliki dua akar di $a$ dan $x$.
Langkah 1: Rolle $\implies$ ada $\xi_1$ antara $a$ dan $x$ dengan $g'(\xi_1) = 0$.
Langkah 2: $g'(a) = 0$ (karena $T_n'(a) = f'(a)$ dan suku $(t-a)^{n+1}$ masih lenyap setelah diturunkan sekali). Jadi $g'$ memiliki dua akul: $\xi_1$ dan $a$. Rolle lagi $\implies$ ada $\xi_2$ dengan $g''(\xi_2) = 0$.
Langkah 3–$(n+1)$: Ulangi. Setelah $(n+1)$ kali penerapan Rolle, kita peroleh $\xi$ dengan $g^{(n+1)}(\xi) = 0$.
Sekarang hitung $g^{(n+1)}(t)$:
- $f^{(n+1)}(t)$ — tetap
- $T_n^{(n+1)}(t) = 0$ — karena $T_n$ adalah polinomial orde $n$
- $\dfrac{d^{n+1}}{dt^{n+1}}\left[K(t-a)^{n+1}\right] = K \cdot (n+1)!$
Jadi $g^{(n+1)}(\xi) = f^{(n+1)}(\xi) - 0 - K(n+1)! = 0$, yang memberikan:
$f(x) = e^x$, $a = 0$, $n = 2$. Maka $T_2(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2}$ dan:
di mana $\xi$ terletak antara $0$ dan $x$. Karena $e^x$ naik monoton:
- Jika $x > 0$: $e^0 < e^{\xi} < e^x$, sehingga $0 < R_2(x) < \dfrac{e^x\,x^3}{6}$
- Jika $x < 0$: $e^x < e^{\xi} < e^0 = 1$, sehingga $\dfrac{e^x\,x^3}{6} < R_2(x) < \dfrac{x^3}{6}$
Untuk $x = 0.5$: $\xi \in (0, 0.5)$, $R_2(0.5) = \dfrac{e^{\xi} \cdot 0.125}{6}$. Nilai sebenarnya: $e^{0.5} - T_2(0.5) \approx 1.6487 - 1.6250 = 0.0237$. Periksa: $\dfrac{e^0 \cdot 0.125}{6} = 0.0208 < 0.0237 < \dfrac{e^{0.5} \cdot 0.125}{6} = 0.0343$. ✓
14.3 Bentuk Sisa Integral
Sisa Lagrange memberikan satu titik $\xi$ yang tidak diketahui. Alternatif yang lebih informatif adalah bentuk sisa integral, yang "menyelidiki" seluruh interval antara $a$ dan $x$.
Jika $f^{(n+1)}$ kontinu pada interval tertutup yang mengandung $a$ dan $x$, maka:
Mulai dari representasi integral $f(x) - f(a) = \int_a^x f'(t)\,dt$. Lakukan integrasi parsial berulang dengan strategi: selalu pilih $u = f^{(k)}(t)$ dan $dv = \frac{(x-t)^{k-1}}{(k-1)!}\,dt$ sehingga $v = -\frac{(x-t)^k}{k!}$.
Langkah 1: $f(x) - f(a) = \int_a^x f'(t) \cdot 1\,dt$. Ambil $u = f'(t)$, $dv = dt$:
Langkah 2: Integrasi parsial lagi pada sisa integral, $u = f''(t)$, $dv = (x-t)\,dt$:
Setelah $n$ langkah:
Lagrange lebih sederhana untuk estimasi cepat — cukup cari batas atas $|f^{(n+1)}|$ dan selesai. Integral lebih kuat secara teoretis: ia memberikan informasi rata-rata (bukan hanya titik tunggal), menghasilkan batas yang lebih ketat, dan diperlukan untuk membuktikan beberapa teorema konvergensi. Dalam praktik teknik, Lagrange sudah cukup untuk hampir semua keperluan.
Karena $(x-t)^n / n!$ tidak berubah tanda pada interval $[a, x]$ (atau $[x, a]$), MVT untuk integral menyatakan bahwa ada $\xi$ antara $a$ dan $x$:
Jadi sisa Lagrange adalah kasus khusus dari sisa integral. ✓
14.4 Estimasi Batas Galat Praktis
Dalam aplikasi, kita hampir tidak pernah tahu $\xi$ secara eksak. Strategi praktisnya: cari batas atas untuk $|f^{(n+1)}|$ pada interval yang relevan.
Jika $|f^{(n+1)}(t)| \leq M$ untuk semua $t$ antara $a$ dan $x$, maka:
Strategi langkah-demi-langkah:
- Tentukan tujuan: galat absolut maksimum $\varepsilon$ yang dapat ditoleransi.
- Hitung turunan: $f^{(n+1)}(x)$ dan cari batas atas $M$ pada interval $[a, x]$ (atau $[x, a]$).
- Selesaikan pertidaksamaan: $\dfrac{M}{(n+1)!}\,|x-a|^{n+1} \leq \varepsilon$ untuk $n$ (biasanya coba satu per satu).
Kita ingin $|e - T_n(1)| < 10^{-6}$. Karena $f(x) = e^x$, $f^{(n+1)}(t) = e^t$. Pada $[0, 1]$: $M = e^1 < 3$.
Coba $n$ berturut-turut:
| $n$ | $(n+1)!$ | $\dfrac{3}{(n+1)!}$ | $< 10^{-6}$? |
|---|---|---|---|
| $5$ | $720$ | $4.2 \times 10^{-3}$ | Tidak |
| $7$ | $40320$ | $7.4 \times 10^{-5}$ | Tidak |
| $8$ | $362880$ | $8.3 \times 10^{-6}$ | Tidak |
| $9$ | $3628800$ | $8.3 \times 10^{-7}$ | Ya |
Jadi $T_9(1) = \displaystyle\sum_{k=0}^{9} \frac{1}{k!}$ sudah memberikan $e$ dengan galat kurang dari $10^{-6}$. Nilainya: $T_9(1) = 2.7182815\ldots$, dibandingkan $e = 2.7182818\ldots$
Catatan: kita bisa menggunakan $M = e < 2.7183$ (bukan 3) untuk mendapat batas yang sedikit lebih ketat, tapi $n = 9$ tetap jawabannya.
Hitung batas galat untuk $\sin(0.3)$ menggunakan $T_3(x) = x - \dfrac{x^3}{6}$.
$f^{(4)}(x) = \sin x$, sehingga $|f^{(4)}(t)| \leq 1$ untuk semua $t$ (karena $|\sin t| \leq 1$). Dengan $M = 1$, $a = 0$, $x = 0.3$:
Nilai: $T_3(0.3) = 0.3 - \dfrac{0.027}{6} = 0.2955$. Nilai sebenarnya: $\sin(0.3) \approx 0.29552$. Galat aktual: $\approx 2 \times 10^{-5}$, jauh di bawah batas $3.4 \times 10^{-4}$. ✓
Perhatikan: batas Lagrange bersifat konservatif — ia memberikan jaminan galat maksimum, bukan estimasi galat aktual.
Hitung $\cos(0.1)$ menggunakan $T_2(x) = 1 - \dfrac{x^2}{2}$. Berapa batas galatnya?
$f^{(3)}(x) = \sin x$, $M = \sin(0.1) \approx 0.0998 < 0.1$ (karena $\sin$ naik pada $[0, 0.1]$):
Namun, perhatikan bahwa $T_3(x) = T_2(x)$ untuk $\cos x$ (karena suku orde-3 bernilai nol). Jadi secara efektif kita sudah menggunakan orde-3, dan bisa memakai $R_3$:
Pelajaran: untuk fungsi genap seperti $\cos x$, polinomial orde genap $T_{2m}$ sama dengan $T_{2m+1}$, sehingga batas galat yang relevan adalah $R_{2m+1}$ (satu orde lebih tinggi secara "gratis"). Demikian pula untuk fungsi ganjil.
Jika $M$ sangat besar (misalnya $f^{(n+1)}$ tumbuh cepat), batas Lagrange mungkin tidak berguna secara praktis meskipun galat aktualnya kecil. Contoh: untuk $f(x) = e^{x^2}$ di sekitar $a = 0$, turunan-derivatifnya tumbuh sangat cepat sehingga $M$ untuk orde tinggi bisa sangat besar. Dalam kasus seperti ini, konvergensi aktual deret Taylor mungkin jauh lebih baik dari yang diprediksi batas Lagrange. Selalu periksa apakah batas yang diperoleh realistis.
14.5 Konvergensi Deret Taylor ke Fungsi Asli
Pertanyaan (Q2) dari Bagian 14.1: kapan $T_n(x) \to f(x)$ ketika $n \to \infty$? Ini setara dengan $R_n(x) \to 0$.
Deret Taylor $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n$ konvergen ke $f(x)$ di titik $x$ jika dan hanya jika:
Kriteria cukup (via sisa Lagrange): jika ada konstanta $M$ (mungkin bergantung pada $x$ tapi bukan pada $n$) sehingga $|f^{(n+1)}(t)| \leq M$ untuk semua $t$ antara $a$ dan $x$ dan semua $n$, maka deret Taylor konvergen ke $f(x)$.
$f(x) = e^x$, $a = 0$. Untuk sembarang $x$ tetap, pada interval $[0, x]$ (atau $[x, 0]$): $|f^{(n+1)}(t)| = e^t \leq e^{|x|}$. Jadi $M = e^{|x|}$ (konstan untuk $x$ tetap):
Kita tahu $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!} = 0$ untuk sembarang $x$ tetap (faktorial mengalahkan eksponensial). Jadi $R_n(x) \to 0$ untuk semua $x \in \mathbb{R}$. ✓
$|\sin^{(n+1)}(t)| \leq 1$ dan $|\cos^{(n+1)}(t)| \leq 1$ untuk semua $t$ dan semua $n$ (karena turunan keduanya selalu $\pm\sin$ atau $\pm\cos$). Dengan $M = 1$:
Dari Bab 13: $\ln(1+x) = \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}\,x^n$. Ini adalah deret pangkat dengan jari-jari konvergensi $R = 1$ (uji rasio). Pada interval $(-1, 1)$, deret konvergen. Pada $x = 1$: deret menjadi $\sum \frac{(-1)^{n+1}}{n}$ yang konvergen bersyarat (uji Leibniz). Pada $x = -1$: deret menjadi $-\sum \frac{1}{n}$ yang divergen.
Bukti bahwa jumlahnya sama dengan $\ln(1+x)$ pada $(-1, 1]$: sisa Lagrange atau integral menunjukkan $R_n(x) \to 0$ untuk $|x| < 1$. Pada $x = 1$, perlu argumen khusus (Abel's theorem) bahwa kontinuitas di tepi menyiratkan konvergensi ke $\ln 2$. ✓
Untuk $f(x) = e^{-1/x^2}$ (dengan $f(0) = 0$), semua $f^{(n)}(0) = 0$, sehingga $T_n(x) \equiv 0$ dan $R_n(x) = f(x)$. Jelas $R_n(x) \not\to 0$ untuk $x \neq 0$. Mengapa kriteria di atas gagal? Karena tidak ada konstanta $M$ yang membatasi semua turunan secara seragam — turunan-turunan $f^{(n)}$ tumbuh sangat cepat di luar $x = 0$ meskipun semuanya nol di $x = 0$ sendiri.
14.6 Linearisasi Orde-1 dalam Teknik
Linearisasi orde-1 (sudah diperkenalkan di Bab 3 dan 19) adalah penggunaan paling sederhana dari deret Taylor: hanya mempertahankan suku sampai orde 1.
di mana $M = \max |f''(t)|$ pada interval antara $a$ dan $x$.
$f(x) = \sqrt{1+x} = (1+x)^{1/2}$, $a = 0$: $f(0) = 1$, $f'(0) = \frac{1}{2}(1+0)^{-1/2} = \frac{1}{2}$.
Galat: $f''(x) = -\frac{1}{4}(1+x)^{-3/2}$, sehingga $|f''(t)| \leq \frac{1}{4}$ untuk $t \geq 0$. Batas galat:
Untuk $x = 0.04$: $\sqrt{1.04} \approx 1.02$, galat $\leq \frac{0.0016}{8} = 2 \times 10^{-4}$. Nilai sebenarnya: $1.01980\ldots$, galat aktual $\approx 2 \times 10^{-5}$. ✓
Resistansi suatu konduktor logam: $R(T) = R_0[1 + \alpha(T - T_0) + \beta(T - T_0)^2 + \cdots]$. Untuk variasi suhu kecil $\Delta T = T - T_0$:
Untuk tembaga: $\alpha \approx 3.9 \times 10^{-3}\,/^\circ\text{C}$, $\beta \ll \alpha$. Untuk $\Delta T = 10^\circ\text{C}$: galat relatif dari linearisasi $\approx |\beta| \cdot 100$, yang biasanya dapat diabaikan. Linearisasi ini adalah dasar RTD (Resistance Temperature Detector) dalam instrumentasi.
14.7 Aproksimasi Sudut Kecil: Analisis Galat
Di Bab 13, kita menyatakan $\sin\theta \approx \theta$, $\cos\theta \approx 1$, $\tan\theta \approx \theta$ untuk sudut kecil. Sekarang kita bisa mengkuantifikasi galat secara eksak.
14.7.1 Galat Aproksimasi $\sin\theta \approx \theta$
Dari sisa Lagrange orde-1: $R_1(\theta) = \dfrac{-\cos\xi}{2!}\,\theta^2$ untuk $\xi$ antara $0$ dan $\theta$.
Karena $|\cos\xi| \leq 1$:
Galat relatif:
| $\theta$ (derajat) | $\theta$ (rad) | $\sin\theta$ | Galat Absolut | Galat Relatif | Batas Atas $\theta^2/2$ |
|---|---|---|---|---|---|
| $1^\circ$ | $0.01745$ | $0.01745$ | $8.8 \times 10^{-7}$ | $5.0 \times 10^{-5}\%$ | $1.5 \times 10^{-4}$ |
| $5^\circ$ | $0.08727$ | $0.08716$ | $1.1 \times 10^{-4}$ | $0.13\%$ | $3.8 \times 10^{-3}$ |
| $10^\circ$ | $0.17453$ | $0.17365$ | $8.8 \times 10^{-4}$ | $0.51\%$ | $1.5 \times 10^{-2}$ |
| $15^\circ$ | $0.26180$ | $0.25882$ | $2.98 \times 10^{-3}$ | $1.15\%$ | $3.4 \times 10^{-2}$ |
| $30^\circ$ | $0.52360$ | $0.50000$ | $2.36 \times 10^{-2}$ | $4.72\%$ | $0.137$ |
Aturan praktis: untuk galat relatif kurang dari $1\%$, gunakan $\sin\theta \approx \theta$ hanya untuk $\theta < 10^\circ$ ($0.17$ rad). Untuk galat kurang dari $0.1\%$, batasnya sekitar $\theta < 3^\circ$. Selalu periksa konteks — dalam analisis galat sensor, $1\%$ mungkin tidak dapat diterima; dalam estimasi orde-besaran, bahkan $5\%$ sudah memadai.
14.7.2 Aproksimasi Orde Tinggi untuk Sudut Lebih Besar
Jika $\theta$ tidak cukup kecil untuk orde-1, tambahkan suku koreksi:
Untuk $\theta = 30^\circ = 0.5236$ rad: batas galat orde-3 adalah $\dfrac{(0.5236)^5}{120} \approx 3.3 \times 10^{-4}$, dibandingkan galat orde-1 sebesar $2.4 \times 10^{-2}$. Penambahan satu suku mengurangi galat dua orde magnitudo.
14.8 Evaluasi Limit Sulit via Deret Taylor
Bab 13 sudah menunjukkan beberapa contoh. Sekarang kita sistematisasi metodenya dan menambahkan contoh yang lebih menantang.
Untuk $\displaystyle\lim_{x \to a} \frac{N(x)}{D(x)}$ dengan bentuk $\frac{0}{0}$:
- Ekspansi pembilang $N(x)$ dan penyebut $D(x)$ sebagai deret Taylor di sekitar $a$.
- Perluas sampai suku orde terendah yang tidak saling menghapus antara pembilang dan penyebut.
- Sederhanakan dan evaluasi limit.
Hitung $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x - \frac{x^2}{2}}{x - \sin x}$:
Pembilang: $e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \cdots$, sehingga $N(x) = \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + \cdots$
Penyebut: $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \cdots$, sehingga $D(x) = \frac{x^3}{6} - \cdots$
Dengan L'Hôpital, ini memerlukan empat kali diferensiasi. Dengan deret Taylor, jawabannya langsung terbaca. ✓
Hitung $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x^2)}{1 - \cos x}$:
$\ln(1+x^2) = x^2 - \frac{x^4}{2} + \cdots$ dan $1 - \cos x = \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24} + \cdots$
Hitung $\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{(1+x)^{1/x} - e}{x}$:
Pertama, ekspansi $\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots$, sehingga:
Maka $(1+x)^{1/x} = \exp\!\left(1 - \frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \cdots\right)$. Gunakan $e^{u} = 1 + u + \frac{u^2}{2} + \cdots$ dengan $u = -\frac{x}{2} + \frac{x^2}{3} - \cdots$:
Limit ini sangat sulit dengan L'Hôpital karena turunan $(1+x)^{1/x}$ sangat rumit. Deret Taylor menyelesaikannya secara sistematis. ✓
14.9 Integrasi Fungsi Tanpa Antiturunan Elementer
Banyak fungsi penting dalam teknik yang tidak memiliki antiturunan elementer — tidak bisa dinyatakan dalam kombinasi terhingga dari polinomial, trigonometri, eksponensial, dan logaritma. Deret Taylor memberikan cara untuk menghitung integral semacam ini dengan presisi sembarang.
| Fungsi | Contoh Integral | Antiturunan Elementer? |
|---|---|---|
| $e^{-x^2}$ | $\int_0^a e^{-x^2}\,dx$ (fungsi error) | Tidak |
| $\dfrac{\sin x}{x}$ | $\int_0^a \frac{\sin x}{x}\,dx$ (integral sinus) | Tidak |
| $\dfrac{e^x}{x}$ | $\int_a^b \frac{e^x}{x}\,dx$ (integral eksponensial) | Tidak |
| $\sin(x^2)$ | $\int_0^a \sin(x^2)\,dx$ (Fresnel) | Tidak |
| $\sqrt{1 - k^2\sin^2\theta}$ | $\int_0^{\phi}\sqrt{1-k^2\sin^2\theta}\,d\theta$ (elliptik) | Tidak |
Dari $\sin x = x - \dfrac{x^3}{6} + \dfrac{x^5}{120} - \cdots$, bagi dengan $x$:
Integrasikan term-per-term:
| $k$ | Suku | Nilai | Jumlah Parsial |
|---|---|---|---|
| $0$ | $\dfrac{1}{1 \cdot 1}$ | $+1.000000$ | $1.000000$ |
| $1$ | $-\dfrac{1}{6 \cdot 3}$ | $-0.055556$ | $0.944444$ |
| $2$ | $+\dfrac{1}{120 \cdot 5}$ | $+0.001667$ | $0.946111$ |
| $3$ | $-\dfrac{1}{5040 \cdot 7}$ | $-0.000028$ | $\mathbf{0.946083}$ |
Sisa setelah $k = 3$: $|R| \leq \dfrac{1}{9! \cdot 9} = \dfrac{1}{362880 \cdot 9} \approx 3.1 \times 10^{-8}$. Jadi $\displaystyle\int_0^1 \frac{\sin x}{x}\,dx \approx 0.946083$ dengan akurasi hampir 8 digit. Nilai sebenarnya (Si(1)): $0.94608307\ldots$ ✓
Substitusi $u = x^2$ dalam deret $\sin u = u - \dfrac{u^3}{6} + \dfrac{u^5}{120} - \cdots$:
Nilai sebenarnya: $S(0.5) \approx 0.04148\ldots$ ✓ Integral Fresnel muncul dalam difraksi optika.
Berapa suku yang diperlukan untuk menghitung $\displaystyle\int_0^{0.5} e^{-x^2}\,dx$ dengan galat kurang dari $10^{-8}$?
Dari Contoh 13.9, deretnya adalah $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n!\,(2n+1)}\left(\frac{1}{2}\right)^{2n+1}$. Ini adalah deret selang-seling dengan suku yang menurun mutlak, sehingga galat setelah $N$ suku dibatasi oleh suku pertama yang diabaikan:
Coba $N = 4$: $\dfrac{1}{5! \cdot 11} \cdot \dfrac{1}{2^{11}} = \dfrac{1}{120 \cdot 11 \cdot 2048} \approx 3.7 \times 10^{-7}$. Masih terlalu besar.
Coba $N = 5$: $\dfrac{1}{6! \cdot 13} \cdot \dfrac{1}{2^{13}} = \dfrac{1}{720 \cdot 13 \cdot 8192} \approx 1.3 \times 10^{-8}$. Cukup.
Jadi 6 suku ($n = 0, 1, 2, 3, 4, 5$) sudah cukup untuk akurasi $10^{-8}$.
14.10 Pengantar Solusi Deret untuk Persamaan Diferensial
Banyak persamaan diferensial (PD) yang tidak bisa diselesaikan secara analitik dengan metode standar. Solusi deret (power series solution) adalah teknik powerful yang mengasumsikan solusi memiliki bentuk deret pangkat, lalu menentukan koefisien-koefisiennya melalui substitusi ke PD.
Diberikan PD $y'' + P(x)\,y' + Q(x)\,y = 0$ dengan $P$ dan $Q$ analitik di $x = 0$:
- Asumsikan $y = \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} a_n\,x^n$
- Hitung $y' = \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} n\,a_n\,x^{n-1} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+1)\,a_{n+1}\,x^n$
- Hitung $y'' = \displaystyle\sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)\,a_n\,x^{n-2} = \sum_{n=0}^{\infty} (n+2)(n+1)\,a_{n+2}\,x^n$
- Substitusikan ke PD, satukan suku-suku se-pangkat, dan setiap koefisien $x^n$ harus nol.
- Derive rumus rekurensi untuk $a_{n+2}$ dalam $a_n$ (atau sebaliknya).
- Tentukan $a_0$ dan $a_1$ dari syarat awal; semua $a_n$ lainnya mengikuti dari rekurensi.
$y'' + y = 0$, $y(0) = 0$, $y'(0) = 1$.
Substitusi $y'' + y = \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}\,x^n + \sum_{n=0}^{\infty}a_n\,x^n = 0$:
Setiap koefisien harus nol:
Dari syarat awal: $a_0 = y(0) = 0$, $a_1 = y'(0) = 1$.
| $n$ | Rekurensi | $a_n$ |
|---|---|---|
| $0$ | $a_0 = 0$ | $0$ |
| $1$ | $a_1 = 1$ | $1$ |
| $2$ | $a_2 = -\dfrac{a_0}{2 \cdot 1}$ | $0$ |
| $3$ | $a_3 = -\dfrac{a_1}{3 \cdot 2}$ | $-\dfrac{1}{6}$ |
| $4$ | $a_4 = -\dfrac{a_2}{4 \cdot 3}$ | $0$ |
| $5$ | $a_5 = -\dfrac{a_3}{5 \cdot 4}$ | $\dfrac{1}{120}$ |
| $6$ | $a_6 = -\dfrac{a_4}{6 \cdot 5}$ | $0$ |
| $7$ | $a_7 = -\dfrac{a_5}{7 \cdot 6}$ | $-\dfrac{1}{5040}$ |
Semua $a_n$ genap $= 0$; $a_n$ ganjil mengikuti pola $\dfrac{(-1)^k}{(2k+1)!}$. Sehingga:
Solusi deret mereproduksi $\sin x$ — tidak mengejutkan, karena $\sin x$ memang solusi PD harmonik sederhana. Keunggulan metode ini: ia bekerja sama baiknya untuk PD yang tidak memiliki solusi tertutup.
PD Airy: $y'' - xy = 0$. Ini adalah PD orde-2 dengan koefisien variabel yang tidak memiliki solusi elementer.
Substitusi deret: $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}\,x^n - \sum_{n=0}^{\infty}a_n\,x^{n+1} = 0$.
Ubah indeks suku kedua: $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}\,x^n$. Maka:
- Untuk $n = 0$: $2 \cdot 1 \cdot a_2 = 0 \implies a_2 = 0$
- Untuk $n \geq 1$: $(n+2)(n+1)\,a_{n+2} - a_{n-1} = 0 \implies a_{n+2} = \dfrac{a_{n-1}}{(n+2)(n+1)}$
Rekurensi ini menghubungkan $a_{n+2}$ dengan $a_{n-1}$ (lompat 3 indeks). Ini menghasilkan tiga barisan terpisah: $a_0, a_3, a_6, \ldots$; $a_1, a_4, a_7, \ldots$; dan $a_2 = a_5 = a_8 = \cdots = 0$.
Dua solusi linear independen (dengan $a_0 = 1, a_1 = 0$ dan $a_0 = 0, a_1 = 1$) membentuk fungsi Airy $\text{Ai}(x)$ dan $\text{Bi}(x)$, yang muncul dalam optika (difraksi dekat titik fokus) dan mekanika kuantum (potensial segitiga).
14.11 Studi Kasus Teknik
14.11.1 Pendulum Sederhana: Koreksi Nonlinear
Persamaan gerak pendulum tanpa aproksimasi:
Dengan aproksimasi sudut kecil $\sin\theta \approx \theta$: $\ddot{\theta} + \omega_0^2\theta = 0$ dengan $\omega_0 = \sqrt{g/L}$, memberikan periode $T_0 = 2\pi/\omega_0 = 2\pi\sqrt{L/g}$.
Sekarang gunakan suku koreksi $\sin\theta \approx \theta - \theta^3/6$:
Untuk osilasi dengan amplitudo $\theta_0$, solusi dapat ditulis sebagai $\theta(t) = \theta_0\cos(\omega t)$ dengan koreksi kecil. Substitusi dan analisis (metode perturbasi orde-1) menghasilkan koreksi frekuensi:
Sehingga periode dengan koreksi orde-1:
| Amplitudo $\theta_0$ | $T_0$ (detik) | $T$ koreksi (detik) | $T$ eksak (detik) | Galat $T_0$ | Galat koreksi |
|---|---|---|---|---|---|
| $5^\circ$ ($0.087$ rad) | $2.006$ | $2.007$ | $2.007$ | $0.03\%$ | $< 0.001\%$ |
| $15^\circ$ ($0.262$ rad) | $2.006$ | $2.013$ | $2.013$ | $0.34\%$ | $0.006\%$ |
| $30^\circ$ ($0.524$ rad) | $2.006$ | $2.040$ | $2.041$ | $1.7\%$ | $0.04\%$ |
| $45^\circ$ ($0.785$ rad) | $2.006$ | $2.084$ | $2.087$ | $3.9\%$ | $0.15\%$ |
(Dihitung untuk $L = 1$ m, $g = 9.81$ m/s².)
Koreksi $\theta_0^2/16$ berasal langsung dari suku Taylor orde-3 $\sin\theta$, dan mengurangi galat periode dari persen menjadi sepersepuluh persen bahkan untuk amplitudo besar.
14.11.2 Rangkaian RLC: Respons Transien
Persamaan rangkaian RLC seri untuk arus $I(t)$ setelah saklar ditutup:
Dalam kondisi underdamped ($R^2 < 4L/C$), solusi eksaknya adalah:
di mana $\alpha = R/(2L)$ dan $\omega_d = \sqrt{1/(LC) - \alpha^2}$.
Untuk damping sangat kecil ($\alpha \ll \omega_0 = 1/\sqrt{LC}$), ekspansi binomial memberikan:
Jika kita juga mengaproksimasi $e^{-\alpha t} \approx 1 - \alpha t$ untuk $t$ kecil (beberapa siklus pertama):
Aproksimasi ini memisahkan efek damping (pengurangan amplitudo secara linear) dari efek frekuensi (pergeseran frekuensi), sehingga memudahkan analisis kualitatif.
$L = 10$ mH, $C = 100$ $\mu$F, $R = 2$ $\Omega$. Maka $\omega_0 = 1/\sqrt{LC} = 1000$ rad/s, $\alpha = R/(2L) = 100$ s$^{-1}$.
Rasio damping: $\alpha/\omega_0 = 0.1$. Koreksi frekuensi: $\dfrac{R^2}{8L^2\omega_0} = \dfrac{4}{8 \times 10^{-4} \times 1000} = 5$ rad/s.
Jadi $\omega_d \approx 1000 - 5 = 995$ rad/s, dibandingkan nilai eksak $\omega_d = \sqrt{10^6 - 10^4} = \sqrt{990000} \approx 994.99$ rad/s. Galat koreksi: $< 0.001\%$. ✓
14.11.3 Analisis Galat Numerik: Diferensiasi Numerik
Dalam komputasi, turunan sering diaproksimasi oleh selisih finit. Deret Taylor memberikan kerangka untuk menganalisis galatnya.
Selisih maju orde-1:
Dari deret Taylor: $f(x+h) = f(x) + hf'(x) + \frac{h^2}{2}f''(\xi)$, sehingga:
Selisih pusat orde-2:
Kurangkan: $f(x+h) - f(x-h) = 2hf' + \dfrac{h^3}{3}f''' + \cdots$, sehingga:
| Skema | Formula | Orde Galat | Jumlah Evaluasi $f$ |
|---|---|---|---|
| Selisih maju | $\dfrac{f(x+h) - f(x)}{h}$ | $O(h)$ | 2 |
| Selisih mundur | $\dfrac{f(x) - f(x-h)}{h}$ | $O(h)$ | 2 |
| Selisih pusat | $\dfrac{f(x+h) - f(x-h)}{2h}$ | $O(h^2)$ | 2 |
| Selisih pusat orde-4 | $\dfrac{-f(x+2h) + 8f(x+h) - 8f(x-h) + f(x-2h)}{12h}$ | $O(h^4)$ | 4 |
Mengurangi $h$ mengurangi galat truncation $O(h^p)$ tetapi meningkatkan galat pembulatan karena selisih dua bilangan hampir sama. Untuk presisi ganda (64-bit), ada nilai $h$ optimal sekitar $h^* \approx \epsilon_{\text{mach}}^{1/(p+1)}$ di mana $\epsilon_{\text{mach}} \approx 10^{-16}$. Untuk selisih pusat ($p = 2$): $h^* \approx (10^{-16})^{1/3} \approx 10^{-5.3}$. Menggunakan $h$ lebih kecil dari ini justru memperburuk hasil.
Hitung $f'(1)$ untuk $f(x) = e^x$ (nilai eksak: $e \approx 2.718281828$) dengan $h = 0.01$:
Selisih maju: $\dfrac{e^{1.01} - e^1}{0.01} = \dfrac{2.745601 - 2.718282}{0.01} = 2.7319$. Galat: $0.0136$ ($0.50\%$).
Selisih pusat: $\dfrac{e^{1.01} - e^{0.99}}{0.02} = \dfrac{2.745601 - 2.691234}{0.02} = 2.71835$. Galat: $0.00007$ ($0.0025\%$).
Dengan $h$ yang sama, selisih pusat mengurangi galat dengan faktor $\approx 200$. Ini konsisten dengan prediksi teoretis: $O(h^2)$ vs $O(h)$, rasio $\sim 1/h = 100$, ditambah faktor konstanta.
14.12 Ringkasan: Strategi Pemilihan Orde Aproksimasi
| Konteks | Orde Tipikal | Alasan |
|---|---|---|
| Analisis galat sensor / instrumen | Orde 1–2 | Sinyal kecil, perlu rumus sederhana untuk kalibrasi |
| Estimasi orde-besaran fisika | Orde 1 | Faktor 2 sudah cukup, yang penting adalah skala |
| Koreksi terhadap model linear | Orde 2–3 | Suku pertama koreksi sudah cukup untuk sebagian besar aplikasi |
| Komputasi numerik presisi tinggi | Orde 5–15 | Faktorial di penyebut membuat konvergensi sangat cepat |
| Evaluasi limit bentuk tak tentu | Minimal orde tertinggi yang "selamat" | Hanya perlu suku sampai orde pertama yang tidak menghapus |
| Solusi deret PD | Semua orde (rekurensi) | Tidak ada pilihan — koefisien semua orde dibutuhkan |
| Analisis stabilitas (kontrol) | Orde 1–2 | Linearisasi sudah menangkap perilaku kualitatif di sekitar titik ekuilibrium |
Faktorial $(n+1)!$ di penyebut sisa Lagrange adalah alasan utama mengapa deret Taylor sangat efektif untuk fungsi seperti $e^x$, $\sin x$, $\cos x$. Untuk $x = 1$: $1/10! \approx 2.8 \times 10^{-7}$, $1/15! \approx 7.6 \times 10^{-13}$, $1/20! \approx 4.1 \times 10^{-19}$. Hanya 20 suku sudah memberikan presisi mendekati batas presisi ganda komputer. Ini menjelaskan mengapa kalkulator dan perangkat lunak menggunakan deret Taylor (atau varian yang lebih efisien seperti CORDIC) untuk menghitung fungsi-fungsi ini.
- Tentukan batas atas galat $|R_3(0.5)|$ untuk $f(x) = e^{2x}$ di sekitar $a = 0$ menggunakan sisa Lagrange. Verifikasi dengan menghitung galat aktual.
- Berapa suku minimum yang diperlukan untuk mengaproksimasi $\cos(0.5)$ dengan galat kurang dari $10^{-10}$? Gunakan sisa Lagrange untuk membuktikan jawaban Anda.
- Gunakan sisa Lagrange untuk membuktikan bahwa deret Maclaurin $(1+x)^\alpha$ konvergen ke $(1+x)^\alpha$ untuk $|x| < 1$. Petunjuk: tunjukkan bahwa $|R_n(x)| \to 0$ menggunakan uji rasio pada koefisien binomial.
- Hitung $\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{e^{x^2} - 1 - x^2}{x^4\sin^2 x}$ menggunakan deret Taylor. Berapa orde yang diperlukan untuk masing-masing fungsi?
- Hitung $\displaystyle\int_0^{0.3} \frac{e^x - 1}{x}\,dx$ menggunakan deret Taylor dengan galat kurang dari $10^{-8}$. Berapa suku yang diperlukan?
- Sebuah sensor suhu memiliki respons $R(T) = R_0\,e^{\alpha(T-T_0)}$ dengan $\alpha = 0.005\,/^\circ\text{C}$. Gunakan linearisasi orde-1 untuk mengaproksimasi $R$ pada $T = T_0 + 5^\circ\text{C}$. Hitung batas galat relatif menggunakan sisa Lagrange. Apakah linearisasi cukup untuk akurasi $0.1\%$?
- Gunakan metode solusi deret untuk menyelesaikan $y'' + x\,y' + y = 0$ dengan $y(0) = 1$, $y'(0) = 0$. Tentukan suku sampai orde $x^6$ dan identifikasi fungsi elementer yang dihasilkan (jika ada).
- Dalam pendulum, periode eksak (integral elliptik) adalah $T = 4\sqrt{L/g}\,K(\sin\dfrac{\theta_0}{2})$ di mana $K(k)$ adalah integral elliptik lengkap orde-1. Gunakan ekspansi $K(k) = \dfrac{\pi}{2}\left(1 + \dfrac{k^2}{4} + \dfrac{9k^4}{64} + \cdots\right)$ untuk mendapatkan ekspansi periode sampai orde $\theta_0^4$. Bandingkan dengan formula koreksi $T \approx T_0(1 + \theta_0^2/16)$ dari Bagian 14.11.1.
- Turunkan formula galat untuk selisih pusat orde-4 yang diberikan di Tabel 14.11.3 menggunakan deret Taylor sampai orde $h^4$. Petunjuk: tulis ekspansi $f(x \pm h)$ dan $f(x \pm 2h)$, lalu cari koefisien $a, b, c, d$ sehingga $a\,f(x+2h) + b\,f(x+h) + c\,f(x-h) + d\,f(x-2h) = 2h\,f'(x) + O(h^5)$.
- Buktikan bahwa jika $f^{(n+1)}$ terbatas pada $[a, x]$ dan $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{M\,|x-a|^{n+1}}{(n+1)!} = 0$, maka $T_n(x) \to f(x)$. Gunakan ini untuk membuktikan bahwa deret Maclaurin $\cosh x$ konvergen ke $\cosh x$ untuk semua $x$.