OLEH:

DESTRIYANTI 2007 121 258

TRI BUDIARTI 2007 121 323

YULLIA HESTIANA 2007 121 325

IRWAN SEPTEMBER 2007 121 461

GUNAWAN 2007 121

KELAS : 6. L

MATA KULIAH : MATEMATIKA LANJUTAN

DOSEN PENGASUH : FADLI, S.Si

FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

UNIVERSITAS PGRI PALEMBANG

2010

FUNGSI GAMMA

Fungsi Gamma yang dinyatakan oleh n atau ( )nΓ didefinisikan oleh

Atau ( ) dxexn xn −−∫=Γ 1 , dengan n>0

Kriteria dari konvergensi dipenuhi. Untuk x mendekati ∞ , fungsi eksponensial xe−

mendekati nol dengan orde yang lebih cepat dari setiap perpangkatan ( )01

⟩mxm

.

Fungsi gamma ini, yang dapat dipandang sebagai suatu fungsi dari bilangan n (tidak

perlu harus bulat), memenuhi beberapa hubungan yang mengagumkan, antara lain

( ( )nnn Γ=+Γ )1

Hubungan tersebut kita buktikan sebagai berikut:

Bukti :

( ) dxexn xn −∞

∫=+Γ0

1

= dxex xM

n

MLim −

∞→∫0

{ ( ) ( )( ) }

{ }

( )nn

dxexn

dxexneM

dxnxeex

xM

n

M

xM

nMn

M

nM

xMxn

M

Lim

Lim

Lim

Γ=

=

+−=

−−−=

−−

∞→

−−−

∞→

−−−

∞→

∫

∫

∫

0

1

0

1

1

0

0

( ) ∫∞

−−=0

1dxxen nx

Terbuti bahwa ( ( )nnn Γ=+Γ )1

Hubungan berikutnya yang dimiliki oleh fungsi gamma adalah ;

( ) ( )1−=Γ nn !

Bukti :

( ){ ( ) }

( ) ( ) ( ) ( )111

1

1

0

2

0

01

1

0

1

0

−Γ−=−=Γ

−+−=

=

−∞

−

−−−−

∞→

−−

∞→

−∞

−

∫

∫

∫∫

nndxxenn

dxxenxe

dxxedxxe

nx

nM

xMnx

M

nM

x

M

nx

Lim

Lim

Dengan rumus berulang ini, jika µ bilangan bulat dan 0<µ < n, maka

( ) ( )( ) ( ) dxxennnn nx 1

0

...21 −−∞

−∫−−−=Γ µµ

Khususnya, jika n sebuah bilangan bulat positif, kita miliki

( ) ( )( ) dxennn x∫∞

−−−=Γ0

1.2.3...21

Dan karena 10∫∞

− =dxe x , akhirnya diperoleh

( ) ( )( ) ( )11.2.3...21 −=−−=Γ nnnn !

Karena alasan ini maka ( )nΓ kadang-kadang disebut fungsi faktorial.

Hubungan berikut yang cukup penting ialah

Kebenaran hubungan ini akan ditunjukkan dengan uraian berikut.

Perlu ditunjukkan terlebih dahulu bahwa

( ) π=Γ 21

π2

1

0

2

=∫∞

− dxe x

Telah dibuktikan dalam improper integral bahwa dxe x∫∞

−

0

2

konvergen.

Maka dapat ditulis :

dyedxeIM

xM

xm ∫∫ −− ==

00

22

Maka IIMMLim =

∞→ merupakan nilai yang diminta dari integral

= ∫∫ −− dyedxeI

My

Mx

M

00

2 22

( ) ( ) dxdyedxdyeMR

yxM M

yx ∫∫∫ ∫ +−+− ==2222

0 0

Dengan MR bujur sangkar OACE bersisi M. Karena integralnya positif, dapat ditulis

( ) ( )dxdyeIdxdyeR

yxM

R

yx ∫∫∫∫ +−+− ≤≤2

22

1

22 2

Dengan R1 dan R2 ialah daerah di kuadran pertama dibatasi oleh lingkaran berjari-jari M

dan M 2 . Menggunakan koordinat polar di peroleh :

ρρ∫ ∫ − 2

e ρd θd ρπ

ρ∫ ∫ −≤≤2

0

2

0

2 2M

M eI θρdd

y D E C

M 2 M R1 R2

O A B X

( ) ( )22 22 14

12

MM

M eIe −− −≤≤− ππ

Diambil limitnya untuk M ∞→ kita peroleh

422 π==

∞→IILim M

M dan π

21=I

Maka diperoleh π2

1

0

2

=∫∞

− dxe x

Atas dasar hasil yang kita peroleh ini akan dihitung ( )21Γ .

Maka ( ) dxexdxex xx −∞ −−

∞ −

∫∫ ==Γ0

2

1

0

12

1

21

Subtitusi: 2

ux = → dx= 2u du

( ) 121

221 −−− == uux

( ) dueudueu uu ∫∫∞

−−∞

− ==Γ00

1 22

22.21

( ) ππ =

=Γ2

122

1

RUMUS ASIMPTOTIK untuk ( )nΓ atau ( )n

Jika n besar, maka kesukaran perhitungan yang merupakan bagian perhitungan ( )nΓ

akan nyata. Suatu hasil yang berguna di dalam kasus seperti itu dibekali oleh hubungan

( ) ( )11221 +−=+Γ nnn eennnθ

π 0<θ <1

Untuk kebanyakan keperluan praktis maka faktor terakhir yang sangat dekat kepada 1

untuk n yang besar, dapat diabaikan. Jika n adalah sebuah bilangan bulat, maka dapat

menuliskan

n! ~ nπ2 nnen − dimana ~ berarti ”kira-kira sama dengan untuk n yang besar”. Ini

kadang-kadang dinamakan aproksimasi faktorial Stirling atau rumus asimptotik untuk n!

HASIL ANEKA RAGAM YANG MELIBATKAN FUNGSI GAMMA

( ) ( )π

πx

xxsin

1 =−ΓΓ 0<x<1

Khususnya jika x2

1= , ( ) π=Γ 21

( ) ( )xxxx 22

12 12 Γ=

+ΓΓ− π (*)

Ini dinamakan rumus duplikat (duplication formula) untuk fungsi gamma.

( ) ( )( ) ( )mxmm

mx

mx

mxx

mmx Γ=

−+Γ

+Γ

+ΓΓ−−

21

21

2121 πL (**)

Hasil (*) adalah sebuah kasus khusus dari (**) dengan m=2

( ) ∏∞

=

−

+=Γ 1

11

m

mx

yx em

xxe

x

Ini adalah sebuah representasi hasil kali tak berhingga untuk fungsi gamma. Konstanta

γ adalah konstanta Euler.

( ) ( )( ) ( ) ( )∏∞→

+++⋅⋅

∞→==+Γ kxkx

k

xkxxx

k

k

,1 limlim 21321L

L

Di mana ( )∏ kx, kadang-kadang dinamakan fungsi π Gauss.

( )

+−++=+Γ −

L32 51840

139288

1121

121xxx

exxx xxπ

Ini dinamakan deret asimptotik Stirling untuk fungsi gamma. Deret yang di dalam kurung

adalah sebuah deret asimptotik.

( ) ∫∞

− −==Γ0

ln1' γxdxe x dimanaγ adalah konstanta Euler

( )( )

−+

−++

+

−+

−+−=ΓΓ

111

11

211

11'

nxnxxx

xLγ

Beberapa contoh penggunaan fungsi gamma dalam perhitungan-perhitungan yang khusus.

1. Hitung ( )( )32

6

ΓΓ

Jawab : ( )( )32

6

ΓΓ

( ) 302

5.4.3

!22

!5 ===

2. Hitung

Γ

Γ

2

12

5

Jawab :

Γ

Γ

2

12

5 ( )( ) 4

3

21

21.2

1.23

=Γ

Γ=

3. Hitung ( ) ( )

( )5,5

5,23

ΓΓΓ

Jawab : ( ) ( )

( )5,5

5,23

ΓΓΓ

=( )

( )( )( )( ) 315

16

5,25,25,35,4

5,2!2 =Γ

4. Hitung ( )( )325

386

Γ

Γ

Jawab : ( )( )325

386

Γ

Γ =

( )( ) ( )( ) 3

4

325

32

32

356

=Γ

Γ

5. Hitunglah setiap integral.

a. ( ) 6!340

3 ==Γ=−∞

∫ dxex x

b. dxex x2

0

6 −∞

∫ , misalkan 2x=y. Maka integral tersebut menjadi

( )

8

45

2

!6

2

7

2

1

22 770

67

6

0

==Γ==

∫∫∞

−−∞

dyeydy

ey yy

6. Hitunglah setiap integral.

a. dyey y2

0

−∞

∫ , dengan memisalkan xy =3 , maka integral tersebut menjadi

33

1

3

1

3

1

3

1

0

2132

0

21 π=

Γ==⋅ ∫∫∞

−−−∞

−

dxxdxxexxex

b. ( )( ) ( ) ,30

3ln4

0

43ln

0

4 222

dzedzedz xxx ∫∫∫∞

−∞

−∞

− == misalkan (4 ln 3) z2=x dan integral tersebut

menjadi ( )

3ln43ln42

21

3ln42

1

3ln4 0

21

0

21 π=Γ==

∫∫∞

−−∞

− dxexx

de xx

c. ∫ −

1

0 ln x

dx, misalkan –ln x= u, maka x=e-u, bila x=1, maka u=0; bila x=0, maka

∞=u Integral tersebut menjadi

( ) π=Γ== −∞

−∞ −

∫∫ 210

21

0

dueuduu

e uu

7. Hitunglah

a. ( )21−Γ

b. ( )25−Γ

Kita menggunakan generalisasi kepada nilai negatif yang didefinisikan oleh

( ) ( )n

nn

1+Γ=Γ

a. Dengan memisalkan 2

1−=n , maka ( ) ( ) π221

2121 −=

−Γ=−Γ

b. Dengan memisalkan 23−=n , maka 23−=n ,

( ) ( )3

4

23

2

23

2123

ππ =−

−=−−Γ=−Γ , dengan menggunakan (a).

Maka ( ) ( ) π15

8

25

2325 −=

−−Γ=−Γ

8. Sebuah partikel ditarik menuju ke titik O yang tetap dengan sebuah gaya yang

berbanding terbalik dengan jarak sesaatnya dari O. Jika partikel tersebut dilepaskan dari

kedudukan diam, carilah waktu yang diperlukan oleh partikel tersebut untuk mencapai

O.

Jawab:

Pada waktu t=0 misalkan partikel tersebut diletakkan pada sumbu x di x=a >0 dan

misalkan O adalah titik asal. Maka menurut hukum Newton

x

k

dt

xdm −=

2

2

(1)

Di mana m adalah massa partikel dan k>0 adalah konstanta kesebandingan.

Misalkan vdt

dx = , yakni kecepatan partikel tersebut. Maka dx

dvv

dt

dx

dx

dv

dt

dv

dt

xd ⋅=⋅==2

2

dan (1) menjadi

x

k

dx

dvmv −= atau cxk

mv +−= ln2

2

(2)

Setelah mengintegralkannya. Karena v=0 di x=a, maka kita mendapatkan c=k ln a.

Maka x

ak

mvln

2

2

= atau x

a

m

k

dt

dxv ln

2−== (3)

Dimana di pilih tanda negatif karena x berkurang jika t bertambah. Jadi kita

mendapatkan bahwa waktu T yang diperlukan oleh partikel untuk bergerak dari x=a ke

x=0 akan diberikan oleh

k

ma

k

madueu

k

ma u

22

1

22 0

21 π=

Γ==Τ −∞

−∫

SOAL LATIHAN :

1. Hitunglah

a. ( )

( ) ( )342

7

ΓΓΓ

b. ( ) ( )

( )29

233

ΓΓΓ

c. ( ) ( ) ( )252321 ΓΓΓ

2. Hitunglah

a. dxex x−∞

∫0

4

b. dxex x3

0

6 −∞

∫

c. dxex x32

0

3 −∞

∫

3. Hitunglah

a. dxe x∫∞

−

0

3

b. dxex x−∞

∫0

4

4. Buktikan bahwa ( ) ,1

ln11

0

dxnn−

∫

∞

=Γ n> 0

5. Hitunglah

a. ( ) dxx∫1

0

4ln

b. ( ) dxxx∫1

0

3ln