Integral, Barisan Fungsi, Pertukaran Limit dan Integral

BAGIAN KETIGA

Integral, Barisan Fungsi, Pertukaran Limit dan Integral

102 Hendra Gunawan

Pengantar Analisis Real

12. LUAS DAERAH DAN INTEGRAL

12.1 Luas Daerah di Bawah Kurva

Masalah menentukan luas daerah (dan volume ruang) telah dipelajari sejak era Pythagoras dan Zeno, pada tahun 500-an SM. Konsep integral (yang terkait erat dengan luas daerah) berpijak pada metode ‘exhaustion’, yang telah dipakai oleh Plato dan Eudoxus, dan kemudian oleh Euclid dan Archimedes, untuk menghitung luas daerah lingkaran.

Pada 1630-an, Pierre de Fermat tertarik untuk menghitung luas daerah di bawah kurva. Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Apakah masuk akal untuk membahas ‘luas’ daerah di bawah kurva y = f (x)? Jika ya, bagaimanakah kita menghitungnya?

Gambar 12.1 Daerah di bawah kurva y = f (x)

Jika memang masuk akal untuk membahas luas daerah di bawah kurva y = f (x), maka luas daerah ini setidaknya mestilah lebih besar daripada L, yang menyatakan luas daerah yang diarsir pada Gambar 12.2 .

Hendra Gunawan

Gambar 12.2 Luas daerah L Misalkan L menyatakan himpunan semua bilangan L yang dapat diperoleh

sebagai jumlah luas daerah persegi-panjang kecil sebagaimana dalam Gambar 12.2. Maka ‘luas daerah’ di bawah kurva y = f (x) mestilah lebih besar daripada setiap anggota L. Tampaknya masuk akal untuk mendefinisikan ‘luas daerah’ di bawah kurva y = f (x) sebagai bilangan terkecil yang lebih besar daripada setiap anggota L, yakni sup L.

Contoh 1. Misalkan f (x) = x 2 , x ∈ [0, 1]. Maka, dengan membagi interval [0, 1] atas n interval bagian yang sama panjang dan menghitung jumlah luas daerah persegi- panjang yang terbentuk, luas daerah di bawah kurva y = f (x) mestilah lebih besar daripada

Jumlah deret ini sama dengan

(n − 1)n(2n − 1) 6n 3

. Mengingat (n−1)n(2n−1) 6n 3 ≤ 1 3 untuk tiap n ∈ N dan

(n − 1)n(2n − 1)

6n 3

untuk n → ∞, maka bilangan terkecil yang lebih besar daripada (n−1)n(2n−1) 6n 3 untuk tiap n ∈ N adalah 1 3 . Jadi, luas daerah di bawah kurva y = f (x) adalah 1 3 .

105 Soal Latihan

Pengantar Analisis Real

1. Buktikan bahwa (n−1)n(2n−1) 6n 3 ≤ 1 3 untuk tiap n ∈ N, dan simpulkan bahwa

sup (n−1)n(2n−1) 6n 3 = 1 3 .

n∈N

2. Tentukan luas daerah di bawah kurva y = 1 + x, x ∈ [0, 1], dengan cara seperti pada Contoh 1. Apakah hasil yang diperoleh sesuai dengan pengetahuan ge- ometri kita?

12.2 Integral Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Definisikan partisi dari [a, b] sebagai

himpunan P := {x 0 ,x 1 ,...,x n } dengan

a=x 0 <x 1 <···<x n−1 <x n = b.

Karena f kontinu pada [a, b], maka f terbatas pada [a, b]. Jadi, diberikan sembarang partisi P := {x 0 ,x 1 ,...,x n } dari [a, b], kita dapat mendefinisikan

m k :=

inf

f (x),

x k−1 ≤x≤x k

untuk k = 1, 2, . . . , n. Dengan demikian, untuk tiap partisi P , kita dapat membentuk deret

L(P, f ) :=

m k (x k −x k−1 ).

k=1

(Buatlah suatu ilustrasi yang menyatakan nilai L(P, f ).) Misalkan f terbatas di atas pada [a, b], katakanlah

L(P, f ) ≤ M (x k −x k−1 ) = M (b − a).

k=1

Jadi himpunan bilangan {L(P, f ) : P partisi dari [a, b]} terbatas di atas oleh M (b−a), dan karena itu ia mempunyai supremum.

Hendra Gunawan

Sekarang kita sampai pada definisi integral. Jika f kontinu pada interval [a, b], maka kita definisikan integral dari f pada [a, b] sebagai

f (x) dx := sup L(P, f ),

dengan nilai supremum diambil atas semua partisi P dari [a, b]. R Dalam hal f (x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ [a, b], maka b

a f (x) dx dapat diinterpre- tasikan sebagai luas daerah di bawah kurva y = f (x).

Sebagai tambahan, jika a < b, maka kita definisikan

f (x) dx := −

f (x) dx.

Selain itu, untuk sembarang a ∈ R, kita definisikan

f (x) dx := 0.

Proposisi 2. Misalkan f kontinu pada [a, b] dan m ≤ f (x) ≤ M untuk tiap x ∈ [a, b]. Maka

m(b − a) ≤

f (x) dx ≤ M (b − a).

Proposisi 3. Misalkan f kontinu pada [a, b] dan a ≤ c ≤ b. Maka

Catatan . Bukti Proposisi 3 agak panjang; lihat [2]. Soal Latihan

1. Buktikan Proposisi 2. R 2. Buktikan bahwa b

a c dx = c(b − a).

3. Diketahui f (x) = x, x ∈ [a, b]. Buktikan bahwa

L(P, f ) ≤ (b 2 −a 2 )

107 untuk sebarang partisi P dari [a, b]. Selanjutnya, dengan menggunakan definisi

Pengantar Analisis Real

integral, buktikan bahwa

f (x) dx = (b 2 −a 2 ).

12.3 Turunan dari Integral; Teorema Dasar Kalkulus Misalkan f terdefinisi pada (a, b). Misalkan F kontinu pada [a, b] dan mempu-

nyai turunan pada (a, b) dengan

F ′ (x) = f (x)

untuk tiap x ∈ (a, b). Maka F disebut sebagai anti turunan dari f pada [a, b]. Contoh 4. Jika f (x) = x 3 , maka fungsi F yang didefinisikan sebagai

F (x) = x 4 +5

merupakan suatu anti turunan dari f . Secara umum, fungsi G yang didefinisikan sebagai

G(x) = x 4 + C,

dengan C konstanta, merupakan anti turunan dari f . Pembaca mungkin bertanya: apa urusannya anti turunan dengan integral? Un-

tuk menjawab pertanyaan ini, misalkan f kontinu pada [a, b]. Definisikan F pada [a, b] sebagai

F (x) :=

f (t) dt, x ∈ [a, b].

Dalam teorema berikut, kita akan menunjukkan bahwa F merupakan suatu anti tu- runan dari f pada [a, b].

Teorema 5 (Teorema Dasar Kalkulus I). Misalkan f kontinu pada [a, b] dan F didefinisikan pada [a, b] sebagai

F (x) :=

f (t) dt, x ∈ [a, b].

Hendra Gunawan

Maka, F merupakan suatu anti turunan dari f pada [a, b]; yakni, F kontinu pada [a, b], mempunyai turunan pada (a, b), dan F ′ (x) = f (x) untuk tiap x ∈ (a, b).

Bukti. Karena f kontinu pada [a, b], maka f terbatas pada [a, b], katakanlah

|f (t)| ≤ κ

untuk tiap t ∈ [a, b]. Selanjutnya, untuk x, c ∈ [a, b], kita mempunyai

|F (x) − F (c)| ≤ κ|x − c|.

Jadi F kontinu pada [a, b]. Selanjutnya perhatikan bahwa untuk x 6= c kita mempunyai

F (x) − F (c)

[f (t) − f (c)] dt. x−c

− f (c) =

x−c c

Karena f kontinu di c, kita dapat memilih δ > 0 sedemikian sehingga

F (x) − F (c) − f (c) x−c

untuk 0 < |x − c| < δ. Ini menunjukkan bahwa F ′ (c) = f (c), dan ini berlaku untuk setiap c ∈ [a, b].

Teorema 6 (Teorema Dasar Kalkulus II). Setiap fungsi f yang kontinu pada [a, b] mempunyai anti turunan pada [a, b]. Jika G adalah anti turunan dari f pada [a, b], maka

f (t) dt = G(b) − G(a).

Bukti. Definisikan fungsi F pada [a, b] sebagai

F (x) :=

f (t) dt, x ∈ [a, b].

Maka, F merupakan suatu anti turunan dari f pada [a, b], dan

f (t) dt = F (b) = F (b) − F (a).

109 Sekarang, jika G adalah anti turunan dari f pada [a, b], maka

Pengantar Analisis Real

G(x) = F (x) + C, x ∈ [a, b],

suatu konstanta C. Karena itu, Z b

f (t) dt = [F (b) + C] − [F (a) + C] = G(b) − G(a),

sebagaimana yang kita harapkan. Soal Latihan

R 1. Buktikan bahwa 1

0 x 2 dx = 1 3 .

R 2. Misalkan r ∈ Q, r 6= −1. Buktikan bahwa 1

0 x r dx = 1 r+1 .

3. Misalkan f dan g kontinu pada [a, b]. Buktikan, dengan menggunakan Teorema Dasar Kalkulus II, bahwa untuk setiap λ, µ ∈ R, berlaku

Z b Z b Z b [λf (x) + µg(x)] dx = λ

f (x) dx + µ

g(x) dx.

4. Misalkan f dan g kontinu pada [a, b]. Buktikan Ketaksamaan Cauchy-Schwarz:

f (x)g(x) dx ≤

[f (x)] 2 dx ·

[g(x)] 2 dx.

Hendra Gunawan

13. INTEGRAL RIEMANN

13.1 Jumlah Riemann Atas dan Jumlah Riemann Bawah Pada Bab 12 kita mengasumsikan bahwa f kontinu pada [a, b] dan mendefini-

R sikan integral b

a f (x) dx sebagai supremum dari himpunan semua jumlah luas daerah persegi-panjang kecil di bawah kurva y = f (x). Sesungguhnya, kita dapat pula R mendefinisikan integral b

a f (x) dx sebagai infimum dari himpunan semua jumlah luas daerah persegi-panjang kecil ‘di atas’ kurva y = f (x). Dalam hal f kontinu pada [a, b],

kedua definisi tersebut akan menghasilkan nilai yang sama. Pada bab ini, kita akan memperluas definisi integral untuk fungsi f : [a, b] → R yang terbatas, sebagaimana yang dilakukan oleh Bernhard Riemann pada 1850-an. Seperti pada Sub-bab 12.2, diberikan sembarang partisi P := {x 0 ,x 1 ,...,x n }

dari [a, b], kita dapat mendefinisikan

L(P, f ) :=

m k (x k −x k−1 ).

k=1

dengan m k := inf

f (x), k = 1, 2, . . . , n. Pada saat yang sama, kita juga dapat

x k−1 ≤x≤x k

dengan M k := sup

f (x), k = 1, 2, . . . , n.

x k−1 ≤x≤x k

L(P, f ) dan U (P, f ) disebut sebagai jumlah Riemann bawah dan jumlah Rie- mann atas dari f yang berkaitan dengan partisi P . Perhatikan bahwa

L(P, f ) ≤ U (P, f )

untuk sembarang partisi P .

Pengantar Analisis Real

111 Selanjutnya, jika P := {x 0 ,x 1 ,...,x n } dan Q := {y 0 ,y 1 ,...,y m } adalah partisi

dari [a, b], maka Q disebut sebagai suatu perhalusan dari P apabila setiap titik partisi x k ∈ P merupakan titik partisi di Q, yakni P ⊆ Q. Dalam hal ini, setiap sub-interval yang terkait dengan partisi P dapat dinyatakan sebagai gabungan dari beberapa sub- interval yang terkait dengan partisi Q, yakni

[x k−1 ,x k ] = [y i−1 ,y i ] ∪ [y i ,y i+1 ] ∪ · · · ∪ [y j−1 ,y j ].

Catat bahwa kita dapat memperoleh suatu perhalusan dari sembarang partisi P de- ngan menambahkan sejumlah titik ke P .

Proposisi 1. Jika Q merupakan perhalusan dari P , maka L(P, f ) ≤ L(Q, f ) dan U (Q, f ) ≤ U (P, f ).

Akibat 2. Jika P 1 dan P 2 adalah dua partisi sembarang dari [a, b], maka L(P 1 ,f)≤ U (P 2 , f ).

Soal Latihan

1. Buktikan Proposisi 1. (Petunjuk. Mulai dengan kasus Q = P ∪ {x ∗ } dengan x ∗ ∈ P .) /

2. Buktikan Akibat 2.

13.2 Integral Riemann Seperti pada sub-bab 13.1, pada sub-bab ini kita mengasumsikan bahwa f :

[a, b] → R terbatas. Menurut Akibat 2, himpunan {L(P, f ) : P partisi dari [a, b]} terbatas di atas (oleh suatu jumlah Riemann atas), sementara himpunan {U (P, f ) : P partisi dari [a, b]} terbatas di bawah (oleh suatu jumlah Riemann bawah). Karena itu kita dapat mendefinisikan

L(f ) := sup{L(P, f ) : P partisi dari [a, b]}

dan

U (f ) := inf{U (P, f ) : P partisi dari [a, b]}.

Hendra Gunawan

L(f ) disebut sebagai integral Riemann atas dari f , sementara U (f ) disebut sebagai integral Riemann bawah dari f .

Proposisi 3. L(f ) ≤ U (f ). Bukti. Untuk setiap partisi P 0 dari [a, b], U (P 0 , f ) merupakan batas atas dari {L(P, f ) :

P partisi dari [a, b]}, sehingga L(f ) = sup{L(P, f ) : P partisi dari [a, b]} ≤ U (P 0 , f ). Karena ini berlaku untuk sembarang partisi P 0 , maka L(f ) merupakan batas bawah

dari {U (P 0 ,f):P 0 partisi dari [a, b]}. Akibatnya L(f ) ≤ inf{U (P 0 ,f):P 0 partisi dari [a, b]} = U (f ), sebagaimana yang diharapkan. Secara umum, L(f ) 6= U (f ). Sebagai contoh, jika f : [0, 1] → R didefinisikan

sebagai

0, x rasional;

f (x) =

1, x irasional,

maka L(f ) = 0 sementara U (f ) = 1. Jika L(f ) = U (f ), maka f dikatakan terintegralkan Riemann dan nilai yang

sama tersebut didefinisikan sebagai integral Riemann dari f pada [a, b], yang di- R b

R lambangkan dengan a R

a f (x) dx. (Seperti pada Bab 12, kita definisikan b R f (x) dx =

a f (x) dx dan a f (x) dx = 0.) Sebagai contoh, jika f bernilai konstan pada [a, b], katakan f (x) = c untuk setiap x ∈ [a, b], maka L(f ) = U (f ) = c(b − a) dan karenanya f terintegralkan Riemann pada [a, b] dengan

f (x) dx = c(b − a).

Teorema berikut memberikan suatu kriteria untuk keterintegralan f pada [a, b]. (Untuk selanjutnya, ‘terintegralkan’ berarti ‘terintegralkan Riemann’ dan ‘integral’ berarti ‘integral Riemann’.)

Teorema 6. f terintegralkan pada [a, b] jika dan hanya jika untuk setiap ǫ > 0 terdapat suatu partisi P ǫ dari [a, b] sedemikian sehingga

U (P ǫ , f ) − L(P ǫ , f ) < ǫ.

113 Bukti. Misalkan f terintegralkan pada [a, b]. Ambil ǫ > 0 sembarang. Dari definisi

Pengantar Analisis Real

supremum, terdapat suatu partisi P 1 dari [a, b] sehingga ǫ

L(f ) − < L(P 1 , f ).

Dari definisi infimum, terdapat pula suatu partisi P 2 dari [a, b] sehingga

ǫ U (P 2 , f ) < U (f ) − .

Sekarang misalkan P ǫ =P 1 ∪P 2 . Maka P ǫ merupakan perhalusan dari P 1 dan P 2 . Akibatnya,

ǫ ǫ L(f ) − < L(P 1 , f ) ≤ L(P ǫ , f ) ≤ U (P ǫ , f ) ≤ U (P 2 , f ) < U (f ) + .

2 Namun L(f ) = U (f ), sehingga kita peroleh

U (P ǫ , f ) − L(P ǫ , f ) < ǫ.

Sebaliknya misalkan untuk setiap ǫ > 0 terdapat suatu partisi P ǫ dari [a, b] sedemikian sehingga

U (P ǫ , f ) − L(P ǫ , f ) < ǫ.

Maka, untuk setiap ǫ > 0, berlaku

0 ≤ U (f ) − L(f ) ≤ U (P ǫ , f ) − L(P ǫ , f ) < ǫ.

Dari sini kita simpulkan bahwa U (f ) = L(f ) atau f terintegralkan pada [a, b]. Akibat 7. Misalkan terdapat barisan partisi hP n i dari [a, b] sedemikian sehingga

lim [U (P n , f ) − L(P n, f )] = 0.

n→∞

Maka f terintegralkan pada [a, b] dan

lim L(P n ,f)=

Soal Latihan

1. Buktikan Akibat 7.

Hendra Gunawan

2. Misalkan f (x) = x, x ∈ [0, 1], dan P n = {0, 1 n , 2 n , . . . , 1}, n ∈ N. Tunjukkan bahwa lim [U (P n , f ) − L(P n , f )] = 0, dan kemudian simpulkan bahwa f terin-

n→∞

tegralkan pada [0, 1].

3. Misalkan fungsi f didefinisikan pada [0, 1] sebagai

R Buktikan bahwa f terintegralkan pada [0, 1] dengan 1

0 f (x) dx = 0.

4. Misalkan fungsi f didefinisikan pada [0, 2] sebagai

R Buktikan bahwa f terintegralkan pada [0, 2] dengan 2

0 f (x) dx = 3.

13.3 Keterintegralan Fungsi Kontinu dan Fungsi Monoton Sebagaimana disinggung pada awal bab ini, fungsi yang kontinu pasti terinte-

gralkan. Teorema 8. Jika f kontinu pada [a, b], maka f terintegralkan pada [a, b]. Bukti. Menurut Teorema 18 pada Bab 8, fungsi yang kontinu pada [a, b] mestilah

kontinu seragam pada [a, b]. Karena itu, diberikan ǫ > 0 sembarang, terdapat δ > 0 sedemikian sehingga untuk x, y ∈ [a, b] dengan |x − y| < δ berlaku

|f (x) − f (y)| <

b−a

Selanjutnya, untuk tiap n ∈ N dengan n > b−a δ , tinjau partisi P n := {x 0 ,x 1 ,...,x n } dengan x k =a+k· b−a n , k = 0, 1, . . . , n. (Di sini, interval [a, b] terbagi menjadi n sub-interval sama panjang.)

Menurut Teorema 13 pada Bab 8, pada setiap sub-interval [x k−1 ,x k ], f menca- pai nilai maksimum M k dan minimum m k , katakanlah

f (u k )=M k dan f (v k )=m k .

115 Dalam hal ini kita peroleh

Pengantar Analisis Real

M k −m k = f (u k ) − f (v k )<

b−a

dan akibatnya

X n ǫ b−a

0 ≤ U (P n , f ) − L(P n ,f)=

(M k −m k )(x k −x k−1 )≤

k=1 b−a n Dari sini kita simpulkan bahwa lim [U (P n , f ) − L(P n , f )] = 0, dan karenanya f

k=1

n→∞

terintegralkan pada [a, b]. Selain fungsi kontinu, teorema berikut menyatakan bahwa fungsi monoton juga

terintegralkan. Teorema 9. Jika f monoton pada [a, b], maka f terintegralkan pada [a, b]. Bukti. Tanpa mengurangi keumuman, asumsikan f naik pada [a, b]. Untuk tiap

n ∈ N, tinjau partisi P n := {x 0 ,x 1 ,...,x n } dengan x k =a+k· b−a n , k = 0, 1, . . . , n. Karena f naik pada [x k−1 ,x k ], maka m k = f (x k−1 ) dan M k = f (x k ). Dalam hal ini kita peroleh suatu deret teleskopis

b−a (M k −m k )(x k −x k−1 )=

b−a X n

[f (x k ) − f (x k−1 )] = [f (b) − f (a)].

n Sekarang, jika ǫ > 0 diberikan, maka untuk tiap n ∈ N dengan n > b−a ǫ [f (b) − f (a)]

0 ≤ U (P n , f ) − L(P n ,f)= (M k −m k )(x k −x k−1 ) < ǫ.

k=1

Dengan demikian f mestilah terintegralkan pada [a, b]. Soal Latihan

1. Misalkan f : [a, b] → R kontinu dan f (x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ [a, b]. Buktikan jika L(f ) = 0, maka f (x) = 0 untuk setiap x ∈ [a, b].

2. Misalkan f : [a, b] → R kontinu dan, untuk setiap fungsi g : [a, b] → R yang terin- R tegralkan, f g terintegralkan dan b

a f (x)g(x) dx = 0. Buktikan bahwa f (x) = 0 untuk setiap x ∈ [a, b].

Hendra Gunawan

14. SIFAT-SIFAT INTEGRAL RIEMANN

14.1 Sifat-sifat Dasar Integral Riemann Pada bab ini kita akan mempelajari sifat-sifat dasar integral Riemann. Sifat

pertama adalah sifat kelinearan, yang dinyatakan dalam Proposisi 1. Sepanjang bab ini, I menyatakan interval [a, b], kecuali bila kita nyatakan lain.

Proposisi 1. Misalkan f, g : I → R terintegralkan pada I, dan c ∈ R suatu konstanta. Maka cf dan f + g terintegralkan pada I dan

(f + g)(x) dx =

f (x) dx +

g(x) dx. (2)

Bukti. (1) Jika c = 0, maka pernyataan tentang cf jelas benar. Sekarang tinjau kasus c > 0. (Kasus c < 0 serupa dan diserahkan sebagai latihan). Misalkan P :=

{x 0 ,x 1 ,...,x n } partisi sembarang dari I. Karena c > 0, kita mempunyai

inf{cf (x) : x ∈ [x k−1 ,x k ]} = c inf{f (x) : x ∈ [x k−1 ,x k ]}

untuk k = 1, 2, . . . , n. Kalikan tiap suku ini dengan x k −x k−1 dan jumlahkan, kita dapatkan

L(P, cf ) = cL(P, f ).

Jadi, karena c > 0, kita peroleh L(cf ) = sup{cL(P, f ) : P partisi dari I} = c sup{L(P, f ) : P partisi dari I} = cL(f ). Dengan cara yang serupa kita peroleh pula U (P, cf ) = cU (P, f ) dan U (cf ) = inf{cU (P, f ) : P partisi dari I} = c inf{U (P, f ) : P partisi dari I} = cU (f ).

117 Karena f terintegralkan, U (f ) = L(f ) dan akibatnya

Pengantar Analisis Real

L(cf ) = cL(f ) = cU (f ) = U (cf ).

Jadi cf terintegralkan dan

cf (x) dx = c

f (x) dx.

(2) Untuk sembarang interval I k := [x k−1 ,x k ], kita mempunyai

inf{f (x) : x ∈ I k } + inf{g(x) : x ∈ I k } ≤ inf{(f + g)(x) : x ∈ I k }, sup{(f + g)(x) : x ∈ I k } ≤ sup{f (x) : x ∈ I k } + sup{g(x) : x ∈ I k }.

Dari sini kita peroleh

L(P, f ) + L(P, g) ≤ L(P, f + g)

dan

U (P, f + g) ≤ U (P, f ) + U (P, g)

untuk sembarang partisi P dari I. Sekarang, jika ǫ > 0 diberikan, maka terdapat partisi P f,ǫ dan P g,ǫ sedemikian sehingga

ǫ U (P f,ǫ , f ) ≤ L(P f,ǫ ,f)+

dan

ǫ U (P g,ǫ , g) ≤ L(P g,ǫ , g) + .

Akibatnya, untuk P ǫ := P f,ǫ ∪P g,ǫ , kita peroleh

U (P ǫ , f + g) ≤ U (P ǫ , f ) + U (P ǫ , g) ≤ L(P ǫ , f ) + L(P ǫ , g) + ǫ ≤ L(P ǫ , f + g) + ǫ. Menurut Kriteria Keterintegralan Riemann, f + g terintegralkan.

Selanjutnya perhatikan bahwa dari ketaksamaan di atas, kita peroleh Z b

Z b Z b (f +g)(x) dx ≤ U (P ǫ , f +g) ≤ L(P ǫ , f )+L(P ǫ , g)+ǫ ≤

f (x) dx+ g(x) dx+ǫ.

Sementara itu, Z b Z b

f (x) dx+ g(x) dx ≤ U (P ǫ , f )+U (P ǫ , g) ≤ L(P ǫ , f +g)+ǫ ≤ (f +g)(x) dx+ǫ.

Hendra Gunawan

Dari kedua ketaksamaan ini, kita peroleh

(f + g)(x) dx −

f (x) dx +

g(x) dx

Karena ini berlaku untuk ǫ > 0 sembarang, kita simpulkan bahwa

(f + g)(x) dx =

f (x) dx +

g(x) dx,

dan bukti pun selesai. Proposisi berikut dikenal sebagai sifat kepositifan integral Riemann. (Buktinya

diserahkan sebagai latihan.) Proposisi 2. Misalkan f : I → R terintegralkan pada I. Jika f (x) ≥ 0 untuk tiap

a f (x) dx ≥ 0. Akibat 3. Misalkan f, g : I → R terintegralkan pada I. Jika f (x) ≤ g(x) untuk tiap

R x ∈ I, maka b

R b R x ∈ I, maka b

a f (x) dx ≤ a g(x) dx.

Proposisi 3. Misalkan f : I → R terintegralkan pada I. Jika m ≤ f (x) ≤ M untuk tiap x ∈ [a, b], maka

m(b − a) ≤

f (x) dx ≤ M (b − a).

Proposisi 4. Misalkan f : [a, b] → R terbatas dan a < c < b. Maka, f terintegralkan pada [a, b] jika dan hanya jika f terintegralkan pada [a, c] dan pada [c, b]. Dalam hal ini,

Catatan . Bukti Proposisi 4 tidak dibahas di sini; lihat [1] bila ingin mempelajarinya. Soal Latihan

1. Buktikan Proposisi 1 bagian (1) untuk kasus c < 0.

2. Buktikan Proposisi 2 dan Akibat 3.

3. Buktikan Proposisi 3.

Pengantar Analisis Real

4. Buktikan jika f terintegralkan pada I dan |f (x)| ≤ K untuk tiap x ∈ I, maka R b

a f (x) dx ≤ K|b − a|.

14.2 Teorema Dasar Kalkulus untuk Integral Riemann Analog dengan Teorema Dasar Kalkulus I (Teorema 5 pada Sub-bab 12.3) untuk

integral dari fungsi kontinu, kita mempunyai hasil berikut untuk integral Riemann dari fungsi terbatas.

Teorema 5 (Teorema Dasar Kalkulus I). Misalkan f terbatas pada I = [a, b] dan

F didefinisikan pada I sebagai

F (x) :=

f (t) dt, x ∈ I.

Maka, F kontinu pada I. Selanjutnya, jika f kontinu di c ∈ (a, b), maka F mempun- yai turunan di c dan F ′ (c) = f (c).

Demikian pula kita mempunyai Teorema Dasar Kalkulus II untuk integral Riemann, yang dapat dibuktikan tanpa menggunakan Teorema Dasar Kalkulus I melainkan dengan menggunakan Kriteria Keterintegralan Riemann.

Teorema 6 (Teorema Dasar Kalkulus II). Misalkan f terintegralkan pada I = [a, b]. Jika F : I → R adalah anti-turunan dari f pada I, maka

f (t) dt = F (b) − F (a).

Bukti. Diberikan ǫ > 0 sembarang, pilih partisi P := {x 0 ,x 1 ,...,x n } dari I sedemikian sehingga

U (P, f ) − L(P, f ) < ǫ.

Menurut Teorema Nilai Rata-rata (yang kita terapkan pada F ), pada tiap interval [x k−1 ,x k ] terdapat titik t k ∈ (x k−1 ,x k ) sedemikian sehingga

k F (x ) − F (x k−1 ) = (x k −x k−1 )f (t k ).

Misalkan m k dan M k adalah infimum dan supremum dari f pada [x k−1 ,x k ]. Maka

m k (x k −x k−1 ) ≤ F (x k ) − F (x k−1 )≤M k (x k −x k−1 )

Hendra Gunawan

untuk tiap k = 1, 2, . . . , n. Perhatikan bahwa bila kita jumlahkan suku-suku di tengah, maka kita peroleh suatu deret teleskopis yang jumlahnya sama dengan F (b) − F (a). Karena itu, kita peroleh

L(P, f ) ≤ F (b) − F (a) ≤ U (P, f ).

Namun, kita juga mempunyai

L(P, f ) ≤

f (t) dt ≤ U (P, f ).

Akibatnya, kita peroleh

f (t) dt − [F (b) − F (a)]

Karena ini berlaku untuk ǫ > 0 sembarang, kita simpulkan bahwa

f (t) dt = F (b) − F (a),

sebagaimana yang kita kehendaki. Soal Latihan

1. Misalkan f (x) = |x|, x ∈ [−1, 1]. Terkait dengan f , definisikan

F (x) :=

f (t) dt, x ∈ [−1, 1].

(a) Peroleh rumus untuk F (x), x ∈ [−1, 1]. (b) Periksa bahwa F ′ (x) = f (x) untuk x ∈ [−1, 1].

R (c) Periksa bahwa 1

f (t) dt = F (1) − F (−1).

2. Misalkan f : [−1, 1] → R didefinisikan sebagai

Terkait dengan f , definisikan

F (x) :=

f (t) dt, x ∈ [−1, 1].

121 (a) Peroleh rumus untuk F (x). Apakah F kontinu pada [−1, 1]?

Pengantar Analisis Real

(b) Tunjukkan bahwa F ′ (x) = f (x) untuk x ∈ [−1, 1], x 6= 0. R (c) Periksa apakah 1

f (t) dt = F (1) − F (−1). Berikan argumen yang men- dukung fakta tersebut.

3. Misalkan f dan g terintegralkan dan mempunyai anti- turunan F dan G pada

I = [a, b]. Buktikan bahwa Z b Z b

F (x)g(x) dx = [F (b)G(b) − F (a)G(a)] −

f (x)G(x) dx.

(Catatan. Hasil ini dikenal sebagai teknik pengintegralan parsial.)

14.3 Teorema Nilai Rata-rata dan Teorema Taylor untuk Integral Jika f kontinu pada I = [a, b], maka (menurut Teorema 9 pada Bab 8) f akan

mencapai nilai maksimum M dan minimum m pada [a, b]. Menurut Proposisi 3, kita mempunyai

R Nilai b 1 b−a a f (x) dx disebut sebagai nilai rata-rata integral f pada interval I. (Dalam versi diskrit, nilai rata-rata aritmetik dari sejumlah bilangan adalah jumlah dari

bilangan-bilangan tersebut dibagi dengan banyaknya bilangan itu. Dalam versi ‘kon- tinum’, integral menggantikan jumlah dan panjang interval menggantikan banyaknya bilangan.)

Mengingat m dan M ada di daerah nilai f dan 1 R b−a b a f (x) dx ada di antara kedua nilai tersebut, maka menurut Teorema Nilai Antara mestilah terdapat suatu titik c ∈ I sedemikian sehingga

f (c) =

f (x) dx.

b−a a

Hendra Gunawan

Fakta ini dikenal sebagai Teorema Nilai Rata-rata untuk integral, yang dinyatakan di bawah ini. (Ingat bahwa sebelumnya kita juga mempunyai Teorema Nilai Rata-rata untuk turunan. Dalam konteks turunan, nilai rata-rata analog dengan ‘kecepatan rata-rata’ dalam fisika.)

Teorema 7 (Teorema Nilai Rata-rata untuk Integral). Jika f kontinu pada

I = [a, b], maka terdapat c ∈ I sedemikian sehingga

Pada Bab 10, kita telah membahas Teorema Taylor untuk turunan. Sekarang kita akan membahas teorema yang serupa untuk integral.

Teorema 8 (Teorema Taylor untuk Integral). Misalkan f, f ′ ,...,f (n) kontinu pada I = [a, b]. Maka

f (n−1) (a) + E n

(n − 1)!

1 R dengan E b n =

Bukti. Dengan pengintegralan parsial, kita peroleh

(b − t) n−2 f (n−1) (t) dt (n − 1)!

(b − t) n−1 f (n−1) (t)| b a + (n − 1)

(b − a) n−1 (n−1)

(b − t) n−2 f (n−1) (t) dt. (n − 1)!

f (a) +

(n − 1)! a

Jika kita lakukan pengintegralan parsial hingga n kali, maka kita akan sampai pada hasil di atas.

Soal Latihan

1. Buktikan jika f kontinu pada I = [a, b] dan f (x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I, maka terdapat c ∈ I sedemikian sehingga

h 1 Z b i 1/2

f (c) =

f 2 (x) dx

b−a a

Pengantar Analisis Real

2. Buktikan jika f kontinu pada I = [a, b] dan f (x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I, maka untuk sembarang k ∈ N terdapat c = c k ∈ I sedemikian sehingga

3. Misalkan f dan g adalah fungsi yang kontinu pada I = [a, b] sedemikian sehingga

f (x) dx =

g(x) dx.

Buktikan bahwa terdapat c ∈ I sedemikian sehingga f (c) = g(c).

Hendra Gunawan

15. INTEGRAL SEBAGAI LIMIT

15.1 Jumlah Riemann

Dalam kuliah Kalkulus pada tahun pertama, integral Riemann biasanya diperke- nalkan sebagai limit dari ‘jumlah Riemann’, tidak melalui integral Riemann atas dan integral Riemann bawah. Hal ini memang dimungkinkan, karena nilai limit dari jum- lah Riemann tersebut sama dengan integral Riemann yang kita bahas pada Bab 13.

Seperti pada bab sebelumnya, sepanjang bab ini I menyatakan interval [a, b], kecuali bila kita nyatakan lain. Misalkan f : I → R terbatas dan P := {x 0 ,x 1 ,...,x n } partisi dari I. Jika t k adalah bilangan sedemikian sehingga x k−1 ≤t k ≤x k untuk k = 1, 2, . . . , n, maka jumlah

S(P, f ) :=

f (t k )(x k −x k−1 )

k=1

disebut sebagai suatu jumlah Riemann untuk f , yang terkait dengan partisi P dan titik-titik sampel t k .

Catat bahwa untuk sebuah partisi P terdapat tak terhitung banyaknya cara memilih titik-titik sampel t k , dan karenanya terdapat tak terhitung banyaknya jumlah Riemann yang terkait dengan partisi P .

Untuk fungsi f ≥ 0 pada I, jumlah Riemann dapat diinterpretasikan sebagai jumlah luas daerah persegipanjang dengan lebar x k −x k−1 dan tinggi f (t k ). Jika partisi P cukup halus, maka masuk akal untuk mengharapkan bahwa jumlah Riemann S(P, f ) akan menghampiri luas daerah di bawah kurva y = f (x). Dalam hal ini, nilai S(P, f ) mestilah cukup dekat ke nilai integral dari f pada I, bila f terintegralkan pada I.

Perhatikan bahwa untuk sembarang partisi P dari I dan untuk sembarang

125 pemilihan titik sampel t k ∈I k := [x k−1 ,x k ], kita mempunyai

Pengantar Analisis Real

m k ≤ f (t k )≤M k , k = 1, 2, . . . , n,

dengan m k := inf f (I k ) dan M k := sup f (I k ). Akibatnya,

L(P, f ) ≤ S(P, f ) ≤ U (P, f ).

Jadi, jumlah Riemann untuk f senantiasa bernilai di antara jumlah Riemann bawah dan jumlah Riemann atas, terlepas dari bagaimana caranya kita memilih titik-titik sampel t k .

Catat khususnya jika batas bawah m k dan batas atas M k tercapai oleh f pada [x k−1 ,x k ] untuk tiap k = 1, 2, . . . , n, maka jumlah Riemann bawah dan jumlah Rie- mann atas sama dengan jumlah Riemann untuk titik-titik sampel tertentu. Secara umum, jumlah Riemann bawah maupun atas bukan jumlah Riemann (karena nilai m k dan M k tidak harus tercapai oleh f ). Namun demikian, dengan memilih titik-titik sampel secara cermat, kita dapat memperoleh jumlah Riemann yang cukup dekat ke jumlah Riemann bawah atau ke jumlah Riemann atas.

Soal Latihan

1. Misalkan f (x) = x, x ∈ [0, b]. Untuk sembarang partisi P := {x 0 ,x 1 ,...,x n } dari [0, b], pilih titik-titik sampel t k = 1 2 (x k +x k−1 ). Hitunglah jumlah Riemann S(P, f ) dengan titik-titik sampel ini.

2. Misalkan f : I → R terbatas, P := {x 0 ,x 1 ,...,x n } partisi dari I, dan ǫ > 0 sembarang.

(a) Tentukan titik-titik sampel t k sedemikian sehingga

f (t k )(x k −x k−1 ) − L(P, f ) < ǫ.

k=1

(b) Tentukan titik-titik sampel t k sedemikian sehingga

U (P, f ) −

f (t k )(x k −x k−1 ) < ǫ.

k=1

Hendra Gunawan

15.2 Integral sebagai Limit R Di sini kita akan melihat bahwa b

a f (x) dx dapat dipandang sebagai ‘limit’ dari jumlah Riemann S(P, f ), dalam arti tertentu.

Teorema 1. Misalkan f terintegralkan pada I. Maka, untuk setiap ǫ > 0 terdapat suatu partisi P ǫ dari I sedemikian sehingga untuk sembarang partisi P ⊇ P ǫ dan sembarang jumlah Riemann S(P, f ) berlaku

f (x) dx

Bukti. Diberikan ǫ > 0 sembarang, pilih partisi P ǫ dari I sedemikian sehingga

U (P ǫ , f ) − L(P ǫ , f ) < ǫ.

Selanjutnya ambil sembarang partisi P ⊇ P ǫ . Maka, menurut Proposisi 1 pada Sub- bab 13.1, kita mempunyai

L(P ǫ , f ) ≤ L(P, f ) ≤ U (P, f ) ≤ U (P ǫ , f ).

Akibatnya,

U (P, f ) − L(P, f ) < ǫ.

Sekarang misalkan S(P, f ) adalah sembarang jumlah Riemann yang terkait dengan P . Maka,

L(P, f ) ≤ S(P, f ) ≤ U (P, f ).

Sementara itu, kita juga mempunyai

L(P, f ) ≤

f (x) dx ≤ U (P, f ).

Dari kedua ketaksamaan ini kita peroleh

f (x) dx

dan teorema pun terbukti. Teorema berikut merupakan kebalikan dari Teorema 1. Buktinya diserahkan

sebagai latihan.

127 Teorema 2. Misalkan f terbatas pada I. Misalkan terdapat suatu bilangan A ∈ R

Pengantar Analisis Real

sedemikian sehingga untuk setiap ǫ > 0 terdapat partisi P ǫ dari I sedemikian sehingga untuk sembarang partisi P ⊇ P ǫ dan sembarang jumlah Riemann S(P, f ) berlaku

|S(P, f ) − A| < ǫ.

Maka f terintegralkan pada I dan

f (x) dx = A.

Soal Latihan

1. Buktikan Teorema 2.

2. Misalkan f (x) = x, x ∈ [0, b]. Gunakan Teorema 1 dan Soal Latihan 15.1 No.

R 1 untuk menyimpulkan bahwa b x dx = 1 b 2

3. Gunakan Teorema 1 untuk memberikan bukti alternatif untuk Teorema Dasar Kalkulus II (Teorema 6 pada Sub-bab 14.2).

15.3 Teorema Darboux Terdapat cara lain melihat integral sebagai limit dari jumlah Riemann. Misal-

kan I := [a, b] dan P := {x 0 ,x 1 ,...,x n } adalah partisi dari I. Ukuran kehalusan dari P , dilambangkan dengan kP k, didefinisikan sebagai

kP k := sup{x k −x k−1 : k = 1, 2, . . . , n}.

Dalam perkataan lain, kP k adalah panjang sub-interval maksimum yang terkait de- ngan partisi P .

Catat bahwa dua partisi berbeda dapat memiliki kehalusan yang sama. Selain itu, jika P ⊆ Q (yakni, Q merupakan perhalusan dari P ), maka kQk ≤ kP k. Namun sebaliknya kQk ≤ kP k tidak mengharuskan P ⊆ Q.

Teorema berikut memperlihatkan bahwa jika f terintegralkan pada I, maka integral f pada I merupakan limit dari jumlah Riemann untuk kP k → 0.

Hendra Gunawan

Teorema 3 (Teorema Darboux). Misalkan f terintegralkan pada I. Maka, untuk setiap ǫ > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika Q adalah partisi dari I dengan kQk < δ, maka untuk sembarang jumlah Riemann S(Q, f ) berlaku

S(Q, f ) −

f (x) dx < ǫ.

Bukti. Diberikan ǫ > 0 sembarang, terdapat partisi P ǫ := {x 0 ,x 1 ,...,x n } sedemikian sehingga

ǫ U (P ǫ , f ) − L(P ǫ ,f)< .

Akibatnya, jika P ⊇ P ǫ , maka

ǫ U (P, f ) − L(P, f ) < .

Selanjutnya misalkan M := sup{|f (x)| : x ∈ I} dan δ := ǫ 12M n . Ambil sembarang partisi Q := {y 0 ,y 1 ,...,y m } dari I dengan kQk < δ dan

misalkan Q ∗ := Q ∪ P ǫ . Maka Q ∗ ⊇P ǫ dan Q ∗ mempunyai sebanyak-banyaknya n − 1 titik lebih banyak daripada Q, yakni titik-titik x 1 ,...,x n−1 yang ada di P ǫ tetapi tidak di Q. Selanjutnya kita akan membandingkan U (Q, f ) dengan U (Q ∗ , f ), serta L(Q, f ) dengan L(Q ∗ , f ).

Karena Q ∗ ⊇ Q, kita mempunyai U (Q, f ) − U (Q ∗ , f ) ≥ 0. Jika kita tuliskan Q ∗ = {z 0 ,z 1 ,...,z p }, maka U (Q, f ) − U (Q ∗ , f ) dapat dinyatakan sebagai jumlah dari sebanyak-banyaknya 2(n − 1) suku berbentuk

(M j −M k ∗ )(z k −z k−1 ),

dengan M j menyatakan supremum dari f pada sub-interval ke-j dalam Q dan M k ∗ menyatakan supremum dari f pada sub-interval ke-k dalam Q ∗ . Karena |M j −M k ∗ |≤ 2M dan |z k −z k−1 | ≤ kQ ∗ k ≤ kQk < δ, kita peroleh

0 ≤ U (Q, f ) − U (Q , f ) ≤ 2(n − 1) · 2M · δ < .

3 Akibatnya, kita dapatkan

U (Q, f ) < U (Q ∗

ǫ ,f)+ .

Serupa dengan itu kita juga mempunyai

L(Q ∗

ǫ ,f)− < L(Q, f ).

129 R Selanjutnya kita tahu bahwa S(Q, f ) dan b

Pengantar Analisis Real

a f (x) dx terletak dalam interval [L(Q, f ), U (Q, f )], dan karena itu keduanya berada dalam interval

I ǫ := [L(Q∗, f ) − , U (Q ∗ ,f)+ ].

Karena Q ∗ ⊇P ǫ , kita mempunyai U (Q ∗ , f ) − L(Q ∗ ,f)< ǫ 3 , sehingga panjang I ǫ R lebih kecil daripada ǫ. Jadi jarak antara S(Q, f ) dan b

a f (x) dx mestilah lebih kecil daripada ǫ, sebagaimana yang ingin kita buktikan.

Kebalikan dari Teorema 3 juga berlaku. Teorema 4. Misalkan f : I → R terbatas. Misalkan terdapat suatu bilangan B ∈ R

sedemikian sehingga untuk setiap ǫ > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga untuk sembarang partisi P dari I dengan kP k < δ dan sembarang jumlah Riemann S(P, f ) berlaku

|S(P, f ) − B| < ǫ.

Maka f terintegralkan pada I dan

f (x) dx = B.

Soal Latihan

1. Buktikan Teorema 4. (Petunjuk. Gunakan Teorema 2.)

2. Buktikan bahwa f terintegralkan jika dan hanya jika untuk setiap ǫ > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika kP k < δ dan kQk < δ, maka

|S(P, f ) − S(Q, f )| < ǫ.

Hendra Gunawan

16. BARISAN FUNGSI

16.1 Barisan Fungsi dan Kekonvergenan Titik Demi Titik

Bila pada bab-bab sebelumnya kita membahas fungsi sebagai sebuah objek individual, maka pada bab ini dan selanjutnya kita akan membahas keluarga fungsi yang membentuk suatu barisan. Dalam aplikasi, barisan fungsi muncul ketika kita berupaya menghampiri sebuah fungsi dengan keluarga fungsi yang kita kenal baik.

Sebuah barisan fungsi adalah suatu pengaitan n 7→ f n , n ∈ N, yang kita tuliskan sebagai hf n i. Di sini f n merupakan fungsi dan untuk tiap n ∈ N kita asumsikan bahwa

f n mempunyai daerah asal yang sama, sebutlah A ⊆ R. Seperti pada pembahasan barisan bilangan real, ketika dihadapkan dengan se- buah barisan fungsi hf n i kita akan tertarik untuk membahas perilaku f n apabila n → ∞. Dalam perkataan lain, kita ingin mempelajari kekonvergenan barisan hf n i pada A.

Mengingat bahwa untuk tiap x ∈ A, f n (x) membentuk suatu barisan bilangan real, maka kekonvergenan barisan fungsi hf n i dapat didefinisikan melalui kekonver- genan barisan bilangan hf n (x)i. Bila untuk tiap x ∈ A, barisan hf n (x)i konvergen ke suatu bilangan (yang secara umum bergantung pada x), sebutlah L x , maka kita peroleh sebuah fungsi f : A → R dengan f (x) = L x . Jadi, untuk tiap x ∈ A, kita mempunyai

f n (x) → f (x), n → ∞.

Dalam hal ini, kita katakan bahwa hf n i konvergen titik demi titik ke f , dan kita tuliskan

f n → f (titik demi titik), n → ∞.

Fungsi f di sini disebut sebagai limit (titik demi titik) barisan hf n i.

131 Contoh 1. Misalkan untuk tiap n ∈ N kita mempunyai

Pengantar Analisis Real

f n (x) := x n , x ∈ [0, 1].

Maka, barisan fungsi hf n i konvergen titik demi titik ke fungsi f dengan

Untuk mendapatkan gambaran tentang apa yang terjadi, gambarlah grafik beberapa buah fungsi f n dan juga grafik fungsi f , pada sebuah sistem koordinat yang sama.

Dalam Contoh 1 kita melihat bahwa f n kontinu pada [0, 1] untuk tiap n ∈ N, namun f tidak kontinu pada [0, 1]. Jadi, kekonvergenan titik demi titik secara umum tidak mempertahankan sifat kekontinuan fungsi. Padahal, dalam aplikasinya, ini merupakan salah satu isu penting. Oleh karena itu, dalam pembahasan berikutnya, kita akan mempelajari jenis kekonvergenan barisan fungsi yang lebih kuat, yang mem- pertahankan antara lain sifat kekontinuan fungsi.

P ∞ Diberikan suatu barisan fungsi hf k

i, kita mempunyai deret fungsi

f k , yang

k=1

P n didefinisikan sebagai limit titik demi titik dari barisan jumlah parsial

k=1

barisan jumlah parsial ini konvergen. Jika barisan jumlah parsial tersebut konvergen titik demi titik ke fungsi s pada

A, maka s disebut sebagai jumlah deret pada A. Dalam hal ini, kita tuliskan

f k (x) = s(x), x ∈ A.

k=1

Secara umum, indeks k dapat berjalan mulai dari sembarang k ∈ Z. Sebagai contoh, jika f k (x) := x k , k = 0, 1, 2, . . . , maka kita peroleh deret

P ∞ geometri

1−x untuk |x| < 1 (lihat kembali Bab 5). Pembahasan mengenai deret fungsi, khususnya deret yang berbentuk

x k , yang konvergen ke 1

akan dilakukan secara mendalam pada Bab 18.

Hendra Gunawan

Soal Latihan

1. Tinjau barisan fungsi hf n i yang dibahas dalam Contoh 1. Diberikan x ∈ [0, 1] dan ǫ > 0, tentukan N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku |f n (x) − f (x)| < ǫ. (Catatan. Kasus x = 1 perlu ditangani tersendiri.)

2. Untuk masing-masing barisan fungsi di bawah ini, tentukan sebuah fungsi f yang merupakan limitnya (titik demi titik).

(a) f n (x) := x n n , x ∈ [0, 1].

(b) f n (x) := nx(1 − x 2 ) n , x ∈ [0, 1].

(c) f n (x) := x n , x ∈ R. (d) f n (x) := x 2n 1+x 2n , x ∈ R.

(e) f n (x) := sin nx n √ x , x > 0.

16.2 Kekonvergenan Seragam Misalkan hf n i adalah suatu barisan fungsi yang, katakanlah, konvergen titik

demi titik ke fungsi f pada A. Dalam hal ini, diberikan x ∈ A dan ǫ > 0, terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku |f n (x) − f (x)| < ǫ. Secara umum bilangan N di sini bergantung pada x, selain pada ǫ. Bila bilangan N tadi berlaku untuk tiap x ∈ A, maka hf n i dikatakan konvergen seragam ke f pada A.

Jadi, barisan fungsi hf n i konvergen seragam ke f pada A apabila untuk setiap ǫ > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N dan x ∈ A berlaku

|f n (x) − f (x)| < ǫ.

Dalam hal ini kita tuliskan

f n → f (seragam), n → ∞.

Jelas bahwa kekonvergenan seragam akan mengakibatkan kekonvergenan titik demi titik. (Dalam perkataan lain, kekonvergenan titik demi titik merupakan syarat perlu untuk kekonvergenan seragam.)

Pengantar Analisis Real

Gambar 16.1 Pita dengan lebar 2ǫ dan median grafik fungsi f

Perhatikan bahwa ketaksamaan |f n (x) − f (x)| < ǫ setara dengan

f (x) − ǫ < f n (x) < f (x) + ǫ.

Bila ini berlaku untuk setiap n ≥ N dan x ∈ A, maka grafik fungsi f n pada A berada di antara ‘pita’ [f − ǫ, f + ǫ] yang mempunyai lebar 2ǫ dan median grafik fungsi f , sebagaimana diilustrasikan dalam Gambar 16.1.

Contoh 2. Barisan fungsi hf n i dengan f n (x) := x n , x ∈ [0, 1], tidak konvergen seragam ke f pada [0, 1], dengan

Di sini, pita [f − 1 ,f+ 4 1 4 ] tidak akan memuat grafik f n untuk n berapa pun. Lemma berikut (yang merupakan negasi dari definisi kekonvergenan seragam)

dapat dipakai untuk menyelediki ketidakkonvergenan seragam suatu barisan fungsi. Lemma 3. Barisan fungsi hf n i tidak konvergen seragam ke fungsi f pada A jika

dan hanya jika untuk suatu ǫ 0 > 0 terdapat subbarisan hf n k i dari hf n i dan barisan bilangan hx k i di A sedemikian sehingga

|f n k (x k ) − f (x k )| ≥ ǫ 0 .

Hendra Gunawan

Dengan menggunakan Lemma 3, ketidakkonvergenan seragam barisan fungsi dalam Contoh 2 dapat dibuktikan dengan mengambil ǫ 0 = 1 4 1/k ,n k = k dan x k = 1 2 . Di sini kita mempunyai

|f n k (x k ) − f (x k )| =

Ketidakkonvergenan seragam barisan dalam Contoh 2 juga dapat dijelaskan dengan teorema di bawah ini (yang mengatakan bahwa kekonvergenan seragam memperta- hankan sifat kekontinuan).

Teorema 4. Misalkan hf n i konvergen seragam ke f pada suatu interval I ⊆ R. Jika

f n kontinu di c ∈ I untuk tiap n ∈ N, maka f juga kontinu di c. Bukti. Diberikan ǫ > 0, pilih N ∈ N sedmeikian sehingga untuk setiap n ≥ N dan

x ∈ I berlaku

ǫ |f n (x) − f (x)| < .

Karena f N kontinu di c, maka suatu interval I δ (c) ⊆ I yang memuat c sedemikian sehingga untuk setiap x ∈ I δ (x) berlaku

ǫ |f N (x) − f (x)| < .

Jadi, untuk setiap x ∈ I δ (c), kita mempunyai ǫ

ǫ ǫ |f (x) − f (c)| ≤ |f (x) − f N (x)| + |f N (x) − f N (c)| + |f N (c) − f (c)| < + + = ǫ.

3 3 3 Ini membuktikan bahwa f kontinu di c.

Soal Latihan

1. Selidiki apakah masing-masing barisan fungsi di bawah ini konvergen seragam ke limitnya.

(a) f n (x) := x n n , x ∈ [0, 1].

(b) f n (x) := nx(1 − x 2 ) n , x ∈ [0, 1].

n (x) := n , x ∈ R. (d) f 2n n (x) := x 1+x 2n , x ∈ R.

(c) f

(e) f n (x) := sin nx n √ x , x > 0.

Pengantar Analisis Real

2. Buktikan jika hf n i dan hg n i konvergen seragam ke f dan g pada A (berturut- turut), maka hf n +g n i konvergen seragam ke f + g pada A.

3. Misalkan f n (x) := x + 1 n dan f (x) = x, x ∈ R. Buktikan bahwa hf n i konvergen seragam ke f pada R, namun hf 2 n i tidak konvergen seragam ke f 2 pada R.

16.3 Kriteria Cauchy untuk Kekonvergenan Seragam

Dalam membahas kekonvergenan seragam, seringkali kita terbantu dengan pe- ngertian norma seragam berikut. Ingat bahwa untuk A ⊆ R, fungsi f : A → R dikatakan terbatas pada A apabila f (A) merupakan himpunan terbatas. Sekarang, jika f terbatas pada A, maka kita definisikan norma seragam f pada A sebagai

kf k A := sup {|f (x)| : x ∈ A}. Perhatikan bahwa kf k A < ǫ setara dengan |f (x)| < ǫ untuk tiap x ∈ A.

Menggunakan norma seragam, kita mempunyai lemma berikut tentang kekon- vergenan seragam.

Lemma 5. Misalkan f n terbatas pada A untuk tiap n ∈ N. Maka, barisan hf n i konvergen seragam ke f pada A jika dan hanya jika lim kf −fk = 0.

n→∞

Dengan menggunakan Lemma 5, kita juga dapat membuktikan ketidakkonver- genan seragam barisan fungsi dalam Contoh 2, dengan menghitung bahwa

kf n −fk [0,1] =1

untuk tiap n ∈ N. Dengan menggunakan norma seragam, kita peroleh pula kriteria berikut untuk kekonvergenan seragam suatu barisan fungsi.

Teorema 6 (Kriteria Cauchy untuk Kekonvergenan Seragam). Misalkan f n terbatas pada A untuk tiap n ∈ N. Maka, barisan hf n i konvergen seragam ke suatu fungsi terbatas f pada A jika dan hanya jika untuk setiap ǫ > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk sembarang m, n ≥ N berlaku kf m −f n k < ǫ.

Hendra Gunawan

Bukti. Misalkan hf n i konvergen seragam ke f pada A. Diberikan ǫ > 0 sembarang, pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku kf n −fk A < ǫ 2 . Akibatnya, jika m, n ≥ N , maka

|f m (x) − f n (x)| ≤ |f m (x) − f (x)| + |f n (x) − f (x)| < + =ǫ

untuk tiap x ∈ A. Jadi kf m −f n k A < ǫ untuk m, n ≥ N .

Sebaliknya, misalkan untuk setiap ǫ > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk m, n ≥ N kita mempunyai kf m −f n k A < ǫ. Maka, untuk setiap x ∈ A, berlaku

|f m (x) − f n (x)| ≤ kf m −f n k A < ǫ,

untuk m, n ≥ N . Ini berarti bahwa hf n (x)i merupakan barisan Cauchy di R, dan karenanya ia merupakan barisan yang konvergen, katakanlah ke f (x). Selanjutnya, untuk setiap x ∈ A, kita mempunyai

m (x) − f n (x)| ≤ ǫ, untuk m ≥ N . Ini menunjukkan bahwa hf n i konvergen seragam ke f pada A.

|f m (x) − f (x)| = lim |f

n→∞

Soal Latihan

1. Buktikan Lemma 5.

2. Misalkan hf n i dan hg n i adalah barisan fungsi terbatas pada A, yang konver- gen seragam ke f dan g pada A (berturut-turut). Tunjukkan bahwa hf n g n i konvergen seragam ke f g pada A.

3. Uji-M Weierstrass. Misalkan hf n i adalah barisan fungsi pada A dan |f n (x)| ≤ M P n untuk tiap x ∈ A dan n ∈ N. Buktikan jika ∞

k=1 M k konvergen, maka deret fungsi P ∞

k=1 f k konvergen seragam pada A.

Pengantar Analisis Real

17. PERTUKARAN LIMIT

17.1 Pertukaran Limit dan Turunan

Kita telah melihat sebelumnya bahwa kekonvergenan seragam mempertahankan sifat kekontinuan fungsi, yakni, jika f n kontinu pada A untuk tiap n ∈ N dan hf n i konvergen seragam ke f pada A, maka f kontinu pada A.

Sekarang kita bertanya: apakah kekontinuan seragam juga mempertahankan sifat diferensiabilitas? Pertanyaan ini penting mengingat dalam aplikasi kita seringkali

menaksir sebuah fungsi f dengan suatu deret

f n (misalnya), dan kemudian kita

n ′ (x).

n=1

Jawaban untuk pertanyaan ini ternyata negatif. Sebagai contoh, fungsi f yang didefi- nisikan sebagai jumlah deret berikut

f (x) :=

2 −k cos(3 k x)

k=1

merupakan fungsi yang kontinu di setiap titik tetapi tidak mempunyai turunan di titik manapun (lihat Bartle & Sherbert). Padahal, jumlah parsial deret ini mempunyai turunan di setiap titik dan membentuk barisan yang konvergen seragam ke f . Jadi, kekonvergenan seragam dari suatu barisan fungsi yang mempunyai turunan ternyata tidak menjamin bahwa limitnya mempunyai turunan.

Teorema berikut memberikan suatu syarat cukup agar sebuah barisan fungsi mempertahankan sifat diferensiabilitas.

Teorema 1. Misalkan I ⊆ R adalah suatu interval terbatas dan hf n i adalah barisan fungsi pada I. Misalkan terdapat x 0 ∈ I sedemikian sehingga hf n (x 0 )i konvergen dan

Hendra Gunawan

barisan hf n ′ i terdefinisi dan konvergen seragam ke suatu fungsi g pada I. Maka, hf n i konvergen seragam ke suatu fungsi f pada I dengan f ′ (x) = g(x), x ∈ I.

Bukti. Misalkan a < b adalah titik ujung interval I dan x ∈ I sembarang. Jika m, n ∈ N, maka menurut Teorema Nilai Rata-rata (untuk turunan) terdapat y di

antara x 0 dan x sedemikian sehingga

f m (x) − f n (x) = f m (x 0 )−f n (x 0 ) + (x − x 0 )[f m ′ (y) − f n (y)]. Akibatnya, kita peroleh kf m −f n k I ≤ |f m (x 0 )−f n (x 0 )| + (b − a)kf m ′ −f n ′ k I . Menurut hipotesis dan Kriteria Cauchy (Teorema 6, Bab 16), hf n i konvergen seragam

pada I. Sebutlah f := lim f n . Karena f n kontinu pada I untuk tiap n ∈ N, maka f

n→∞

juga kontinu pada I. Untuk menunjukkan bahwa f mempunyai turunan di sembarang titik c ∈ I,

kita terapkan lagi Teorema Nilai Rata-rata terhadap f m −f n pada interval dengan titik ujung c dan x. Dalam hal ini terdapat z di antara c dan x sedemikian sehingga

[f m (x) − f n (x)] − [f m (c) − f n (c)] = (x − c)[f m ′ (z) − f n ′ (z)].

Jadi, dalam hal x 6= c, kita peroleh

Karena hf n ′ i konvergen seragam pada I, untuk ǫ > 0 sembarang terdapat N ∈ N sedemikian sehingga jika m, n ≥ N dan x 6= c, maka

Jika kita ambil limit dari ruas kiri (terhadap m), maka kita dapatkan

untuk n ≥ N dan x 6= c. Selanjutnya, karena lim f ′ n→∞ n (c) = g(c), maka terdapat M ∈ N sedemikian sehingga |f n ′ (c) − g ′ (c)| < ǫ untuk n ≥ M . Sekarang misalkan

139 K := maks {M, N }. Karena f K ′ (c) ada, maka terdapat δ K > 0 sedemikian sehingga

Pengantar Analisis Real

jika 0 < |x − c| < δ K , maka

Jadi, jika 0 < |x − c| < δ K , maka (berdasarkan ketiga ketaksamaan di atas) kita mempunyai

f (x) − f (c) − g(c) < 3ǫ. x−c

Ini menunjukkan bahwa f ′ (c) ada dan sama dengan g(c). Karena c ∈ I sembarang, kita simpulkan bahwa f ′ = g pada I.

Soal Latihan

1. Misalkan f n (x) := x n , x ∈ R. Selidiki apakah limit dan turunan dapat bertukar untuk barisan fungsi ini.

2. Misalkan f n (x) := x n n , x ∈ [0, 1]. Buktikan bahwa hf n i konvergen seragam ke suatu fungsi f yang mempunyai turunan pada [0, 1], dan hf n ′ i konvergen ke suatu fungsi g pada [0, 1], tetapi f ′ (1) 6= g(1).

17.2 Fungsi Eksponensial Dalam Kalkulus, kita mendefinisikan fungsi eksponensial E(x) := e x sebagai

R invers dari fungsi logaritma L(x) := ln x := x 1

1 t dt, x > 0. Namun, daripada meng- ulang apa yang telah kita pelajari dalam Kalkulus, kita akan mempelajari suatu cara

lain mendefinisikan fungsi eksponensial, yaitu dengan meninjau Masalah Nilai Awal

(3) Perhatikan bahwa Masalah Nilai Awal ini setara dengan persamaan integral

E ′ (x) = E(x), E(0) = 1.

E(x) = 1 +

E(t) dt.

Untuk mendapatkan solusinya, kita lakukan iterasi Picard dengan hampiran awal

E 0 (x) := 1 dan

E n+1 (x) := 1 +

E n (t) dt, n = 0, 1, 2, . . . .

Hendra Gunawan

Dalam hal ini, kita akan memperoleh barisan fungsi

yang memenuhi

E ′ n+1 (x) = E n (x), n = 0, 1, 2, . . . .

Sekarang marilah kita pelajari barisan fungsi ini. Misalkan R > 0. Jika |x| ≤ R dan m > n > 2R, maka

x n+1

|E m (x) − E n (x)| =

R m−n−1 i

Karena lim R n = 0, kita simpulkan bahwa barisan hE

i konvergen seragam pada

n→∞ n!

[−R, R] untuk R > 0 sembarang. Sebagai akibatnya, kita mempunyai teorema berikut.

Teorema 2. Barisan hE n i konvergen titik demi titik ke suatu fungsi E yang kontinu pada R, dengan E(0) = 1.

Bukti. Berdasarkan penjelasan di atas, jelas bahwa hE n (x)i konvergen untuk tiap x ∈ R. Definisikan E : R → R dengan

E(x) := lim E n (x), x ∈ R.

n→∞

Karena setiap x ∈ R termuat dalam suatu interval [−R, R], maka E kontinu pada R. Selanjutnya, karena E n (0) = 1 untuk tiap n, maka E(0) = 1.

Lebih jauh, kita mempunyai: Teorema 3. E mempunyai turunan dengan E ′ (x) = E(x) untuk tiap x ∈ R. Bukti. Mengingat bahwa E n mempunyai turunan dan E ′ n+1 (x) = E n (x) untuk tiap

n = 0, 1, 2, . . . , barisan hE ′ n i juga konvergen seragam ke E pada sembarang interval [−R, R]. Menurut Teorema 1,

E ′ (x) = lim E ′

n+1 (x) = lim E n n→∞ (x) = E(x),

n→∞

141 pada sembarang interval [−R, R]. Dengan demikian, E ′ (x) = E(x) untuk tiap x ∈

Pengantar Analisis Real

R . Akibat 4. Fungsi E mempunyai turunan ke-k untuk tiap k ∈ N, dengan E (k) (x) =

E(x) untuk tiap x ∈ R. Teorema 5. Fungsi E yang memenuhi Masalah Nilai Awal (3) adalah tunggal.

Teorema 6. Fungsi E yang memenuhi Masalah Nilai Awal (3) bersifat: (i) E(x) 6= 0 untuk tiap x ∈ R; (ii) E(x + y) = E(x)E(y) untuk tiap x, y ∈ R; (iii) Jika e = E(1), maka E(r) = e r untuk tiap r ∈ Q.

Soal Latihan

1. Buktikan jika x > 0, maka E(x) > 1 + x.

2. Buktikan Teorema 5.

17.3 Pertukaran Limit dan Integral Sekarang mari kita periksa apakah kekonvergenan titik demi titik memperta-

hankan keterintegralan. Misalkan f n (x) := nx(1 − x 2 ) n , x ∈ [0, 1] (Soal 16.1 No. R 2(b). Barisan fungsi ini konvergen ke fungsi f ≡ 0 pada [0, 1]. Di sini 1

0 f (x) dx = 0, sementara

0 2(n + 1) Jadi, kita peroleh

Dengan demikian, untuk barisan fungsi ini, kita melihat bahwa

Perlu dicatat di sini bahwa hf n i tidak konvergen seragam ke f .

Hendra Gunawan

Pertanyaannya sekarang adalah: bilakah limit dan integral dapat bertukar tem- pat, yakni bilakah

Teorema berikut menyatakan bahwa kekonvergenan seragam mempertahankan keter- integralan dan menjamin bahwa limit dan integral dapat betukar tempat.

Teorema 7. Misalkan f n terintegralkan pada I := [a, b] untuk tiap n ∈ N dan hf n i konvergen seragam ke f pada [a, b]. Maka, f terintegralkan pada [a, b] dan

Bukti. Diberikan ǫ > 0, pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap m ≥ N berlaku

kf − f m k I <

4(b − a)

Selanjutnya, karena f N terintegralkan, maka menurut Kriteria Riemann, terdapat partisi P ǫ := {x 0 ,x 1 ,...,x n } dari I sedemikian sehingga

ǫ U (P ǫ ,f N ) − L(P ǫ ,f N )< .

Sementara itu, karena |f (x) − f N (x)| ≤

4(b−a) untuk tiap x ∈ I, maka

ǫ M j (f ) ≤ M j (f N )+ 4(b − a)

dengan M j (f ) := sup

f (x) dan M j (f N ) :=

sup

f N (x). Jadi, kita peroleh

x j−1 ≤x≤x j

x j−1 ≤x≤x j

ǫ U (P ǫ ,f)≤U ( P ǫ ,f N )+ .

Dengan cara yang serupa, kita juga peroleh

ǫ L(P ǫ ,f N )− ≤ L(P ǫ , f ).

Akibatnya, kita dapatkan

U (P ǫ , f ) − L(P ǫ , f ) ≤ U (P ǫ ,f N ) − L(P ǫ ,f N )+ < + = ǫ.

2 2 2 Ini membuktikan bahwa f terintegralkan pada I.

143 Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa limit dan integral dapat bertukar tem-

Pengantar Analisis Real

pat, kita amati bahwa

f (x) dx −

f m (x) dx =

[f (x) − f m (x)] dx ≤ kf − f m k I (b − a).

Karena lim kf −f m k I = 0, maka nilai di ruas kiri mestilah menuju ke 0 bila m → ∞,

sesuai dengan harapan kita. Soal Latihan

1. Misalkan g n (x) := nx(1 − x) n , x ∈ [0, 1]. Selidiki kekonvergenan hg n i dan R h 1

0 g n (x) dxi.

2. Misalkan hf n i adalah barisan fungsi yang terintegralkan pada [a, b], yang kon- vergen (titik demi titik) ke suatu fungsi yang terintegralkan pada [a, b]. Misal- kan pula bahwa terdapat B > 0 sedemikian sehingga |f n (x)| ≤ B untuk tiap x ∈ [a, b] dan n ∈ N. Buktikan bahwa

lim

f n (x) dx =

f (x) dx.

n→∞ a a

Hendra Gunawan

18. DERET PANGKAT

18.1 Deret Pangkat dan Interval Kekonvergenannya Pada Bab 16 (dan, jauh sebelumnya, yaitu pada Bab 5) kita telah membahas

P ∞ deret geometri

x n , yang konvergen (titik demi titik) ke 1

1−x untuk |x| < 1. Pada P ∞ x n

n=0

Bab 17, tepatnya pada Sub-bab 17.2, kita berurusan dengan deret , yang kon-

n=0 n!