BAB III FUNGSI YOUNG DAN KOMPLEMEN YOUNG Pada bab ini, dibahas tentang definisi fungsi Young dengan domain real diperluas dan komplemennya. Sebelumnya, dalam studi deret Fourier, W. H. Young telah menganalisis fungsi
konvek
𝜃: ℝ → ̅̅̅̅ ℝ+
yang
bersifat
𝜃(−𝑥) = 𝜃(𝑥), 𝜃(0) = 0,
dan
lim𝑥→∞ 𝜃(𝑥) = ∞, dimana setiap fungsi 𝜃 dapat diasosiasikan dengan fungsi konvek lain 𝜓: ℝ → ̅̅̅̅ ℝ+ yang memiliki sifat yang sama dengan 𝜃, yang mana 𝜓(𝑦) ≔ sup{𝑥|𝑦| − 𝜃(𝑥)}. 𝑥≥0
Oleh sebab itu 𝜃 dinamakan fungsi Young, dan 𝜓 dinamakan komplemen Young. Pada bab ini, definisi fungsi Young akan dimodifikasi. Fungsi Young akan didefinisikan
pada
̅ ℝ
dengan
menambahkan
syarat
𝜃(±∞) = ∞
lim𝑥→𝑐 − 𝜃(𝑥) = 𝜃(𝑐) dengan 𝑐 = sup 𝑑𝑜𝑚(𝜃).
3.1 Fungsi Young dan Komplemen Young Berikut merupakan fungsi Young yang dimodifikasi Definisi 3.1.1 ̅ → ̅̅̅̅ Suatu fungsi 𝜃: ℝ ℝ+ dikatakan fungsi young jika memenuhi kondisi: 1. 𝜃 konvek pada ℝ 2. 𝜃(−𝑥) = 𝜃(𝑥) 3. 𝜃(0) = 0, 𝜃(±∞) = ∞, dan 4. jika 𝑐 = sup 𝑑𝑜𝑚(𝜃) ∈ ℝ maka lim𝑥→𝑐 − 𝜃(𝑥) = 𝜃(𝑐).
Hazmy, Sofhara AL. 2014 EKSTRAKSI RUANG ORLICZ Universitas Pendidikan Indonesia | repository.upi.edu | perpustakaan.upi.edu
dan
75
Untuk kasus : ℝ → ̅̅̅̅ ℝ+ , definisi fungsi Young diatas ekivalen dengan Definisi 1.1 [3]. Remark 1. a) Sifat 𝜃(−𝑥) = 𝜃(𝑥) dan
𝜃(0) = 0 mengindikasikan 𝜃 mencapai
minimum di 0 dan tak turun pada [0, ∞) b) Untuk sembarang fungsi Young, terdapat 𝑠0 , 𝑠1 > 0 sedemikian sehingga 𝜃(𝑠0 ) ∈ [0, ∞) dan 𝜃(𝑠1 ) ∈ (0, ∞]. c) Berdasarkan b), 𝑐 = sup 𝑑𝑜𝑚(𝜃) > 0. d) Fungsi Young kontinu pada interior 𝑑𝑜𝑚𝜃. Secara khusus, fungsi Young finite merupakan fungsi kontinu pada ℝ. e) Berdasarkan d), jika 0 ≤ 𝑑 ≤ sup 𝑑𝑜𝑚(𝜃) maka lim𝑥→𝑑− 𝜃(𝑥) = 𝜃(𝑑). Jika 𝑑 > sup 𝑑𝑜𝑚(𝜃), maka lim𝑥→𝑑− 𝜃(𝑥) = ∞ = 𝜃(𝑑). f) Berdasarkan Definisi 3.1.1, lim𝑥→∞ 𝜃(𝑥) = ∞.
̅ → ̅̅̅̅ Untuk setiap fungsi Young 𝜃, dapat dibentuk fungsi 𝜓: ℝ ℝ+ yang berasosiasi dengan 𝜃 yang didefinisikan 𝜓(𝑦) ≔ sup{𝑥|𝑦| − 𝜃(𝑥)}. 𝑥≥0
𝜓 disebut komplemen dari 𝜃 dan berlaku ketaksamaan Young 𝜃(𝑥) + 𝜓(𝑦) ≥ 𝑥𝑦. Berdasarkan definisi fungsi 𝜓, 𝜓 konveks, 𝜓(−𝑦) = 𝜓(𝑦), 𝜓(0) = 0, 𝜓(±∞) = ∞, dan lim𝑦→∞ 𝜓(𝑦) = ∞. Misalkan 𝑑 = sup 𝑑𝑜𝑚(𝜓) ∈ ℝ, berdasarkan ketaksamaan Young untuk setiap 𝑥 ∈ ℝ lim 𝜓(𝑦) ≥ 𝑥𝑑 − 𝜃(𝑥)
𝑦→𝑑−
sehingga
76
lim 𝜓(𝑦) ≥ sup {𝑥𝑑 − 𝜃(𝑥)} = 𝜓(𝑑).
𝑦→𝑑−
𝑥≥0
Tetapi, karena 𝜓 tak turun pada [0, 𝑑], maka lim𝑥→𝑑− 𝜓(𝑦) ≤ 𝜓(𝑑). Akibatnya lim𝑥→𝑑− 𝜓(𝑦) = 𝜓(𝑑). Jadi, 𝜓 juga merupakan fungsi Young. Pada topik analisis konvek, untuk fungsi Young 𝜃: ℝ+ ∪ {0} → ℝ, 𝜃 dapat direpresentasikan sebagai 𝜃(𝑥) = sup{𝑦|𝑥| − 𝜓(𝑦)} = 𝜃+′ (|𝑥|)|𝑥| − 𝜓(𝜃+′ (|𝑥|)). 𝑦≥0
Contoh 3.1.2 Misalkan 𝜃𝑝 (𝑥) ∶= |𝑥|𝑝 , 𝑝 ≥ 1. 𝜃𝑝 merupakan fungsi Young.
Untuk 𝑝 = 1,
𝜓(𝑦) = 0 untuk |𝑦| ≤ 1 dan 𝜓(𝑦) = ∞ untuk |𝑦| > 1 juga merupakan fungsi Young dan komplemen Young dari 𝜃. Hal ini menunjukkan komplemen fungsi Young tidak selalu kontinu pada ℝ.
Contoh 3.1.3 Misalkan 𝜃∞ (𝑥) ≔ {
0, ∞,
|𝑥| ≤ 1 . 𝜃 juga merupakan fungsi Young, dimana |𝑥| > 1 ∞
𝜓(𝑦) = |𝑦| untuk setiap 𝑦 ∈ ℝ.
Proposisi 3.1.4 Misalkan (𝑎, 𝑏) ⊆ ℝ dan fungsi 𝜃: (𝑎, 𝑏) → ℝ. 𝜃 konveks pada (𝑎, 𝑏) jika dan hanya jika untuk setiap subinterval tutup [𝑐, 𝑑] ⊂ (𝑎, 𝑏), 𝑥
𝜃(𝑥) = 𝜃(𝑐) + ∫ 𝜑(𝑠) 𝑑𝑠, 𝑐 ≤ 𝑥 ≤ 𝑑, 𝑐
(3.1.5)
77
dimana 𝜑: (𝑎, 𝑏) → ℝ, tak turun, dan fungsi kontinu kiri. Juga, 𝜑 mempunyai turunan kiri dan kanan di setiap titik pada (𝑎, 𝑏) dan bernilai sama kecuali di sejumlah terhitung titik-titik. Bukti. Untuk setiap 𝜀 > 0 yang cukup kecil, didefinisikan 𝑥
ℎ𝜀 (𝑥) ≔ ∫ 𝑐
Karena 𝜃 konvek, maka
𝜃(𝑠 + 𝜀) − 𝜃(𝑠) 𝑑𝑠 , 𝑥 ∈ [𝑐, 𝑑]. 𝜀
𝐷𝜃(𝑥) = lim𝜀→0
𝜃(𝑥)−𝜃(𝑥−𝜀) 𝜀
. Definisikan 𝜑(𝑠) ≔
𝐷𝜃(𝑠). Berdasarkan Teorema kekonvergenan terdominasi Lebesgue 𝑥
𝑥
𝜃(𝑠 + 𝜀) − 𝜃(𝑠) lim ∫ 𝑑𝑠 = ∫ 𝜑(𝑠) 𝑑𝑠. 𝜀→0 𝜀 𝑐
𝑐
Dilain pihak, karena 𝜃 kontinu, maka 𝑥
𝑥+𝜀
𝑥
𝜃(𝑠 + 𝜀) − 𝜃(𝑠) 1 ∫ 𝑑𝑠 = ( ∫ 𝜃(𝑠) 𝑑𝑠 − ∫ 𝜃(𝑠) 𝑑𝑠) 𝜀 𝜀 𝑐
𝑐+𝜀
𝑐
𝑥+𝜀
𝑐+𝜀
𝑥
𝑐
1 = (∫ 𝜃(𝑠) 𝑑𝑠 − ∫ 𝜃(𝑠) 𝑑𝑠) 𝜀 ⟶ 𝜃(𝑥) − 𝜃(𝑐). 𝑥
Sehingga 𝜃(𝑥) − 𝜃(𝑐) = ∫𝑐 𝜑(𝑠) 𝑑𝑠. Karena 𝜑(𝑠) ≔ lim𝜀→0
𝜃(𝑠)−𝜃(𝑠−𝜀) 𝜀
, maka
𝜑 tak turun dan kontinu kiri. Sebaliknya, misalkan 𝑥, 𝑦 ∈ (𝑎, 𝑏) dan 𝛼 ∈ [0, 1]. Misalkan pula 𝑧 = 𝛼𝑥 + (1 − 𝛼)𝑦, jika (3.1.5) terpenuhi, maka 𝜃(𝑧) − 𝛼𝜃(𝑥) − (1 − 𝛼)𝜃(𝑦) = 𝛼[𝜃(𝑧) − 𝜃(𝑥)] − (1 − 𝛼)[𝜃(𝑦) − 𝜃(𝑧)] 𝑧
𝑦
= 𝛼 ∫ 𝜑(𝑠) 𝑑𝑠 − (1 − 𝛼) ∫ 𝜑(𝑠) 𝑑𝑠 𝑥
𝑧
78
≤ 𝛼(𝑧 − 𝑥)𝜑(𝑧) − (1 − 𝛼)(𝑦 − 𝑧)𝜑(𝑧) = 𝛼(1 − 𝛼)(𝑦 − 𝑥)𝜑(𝑧) − (1 − 𝛼)𝛼(𝑦 − 𝑥)𝜑(𝑧) = 0. Karena 𝜃 monoton, maka 𝜃 memiliki turunan hampir dimana-mana pada (𝑎, 𝑏). Terbukti.
Perhatikan bahwa fungsi Young 𝜃: ℝ → ̅̅̅̅ ℝ+ merupakan fungsi konvek dan 𝜃(0) = 0, tetapi mungkin terdapat jump ke ∞ di suatu titik. Misalkan 𝜃(𝑎) = ∞, jelas 𝜃(𝑥) = ∞ untuk |𝑥| ≥ |𝑎|. Untuk kasus ini, nilai 𝜑(𝑥) = ∞ untuk |𝑥| > |𝑎| dan definisikan 𝜑(0) = 0.
Akibat 3.1.6 Jika 𝜃: ℝ → ̅̅̅̅ ℝ+ merupakan fungsi Young, maka 𝜃 dapat direpresentasikan sebagai |𝑥|
𝜃(𝑥) = ∫ 𝜑(𝑠) 𝑑𝑠. 0
Dimana 𝜑: ℝ+ ∪ {0} → ̅̅̅̅ ℝ+ , tak turun, dan kontinu kiri.
Remark 2. Fungsi bernilai real diperluas 𝜃 dikatakan kontinu kiri di 𝑐 jika dan hanya jika lim𝑥→𝑐 − 𝜃(𝑥) = 𝜃(𝑐).
Bukti Akibat 3.1.6. Retriksikan 𝜃: ℝ → ̅̅̅̅ ℝ+ menjadi 𝜗: ℝ+ → ℝ dimana 𝜗(𝑥) = 𝜃(𝑥). Misalkan 𝜗(𝑥) ∈ ℝ untuk 𝑥 ≤ 𝑎 dan 𝜗(𝑥) = ∞ untuk 𝑥 > 𝑎 (atau 𝑥 < 𝑎 dan 𝜗(𝑥) = ∞ untuk 𝑥 ≥ 𝑎). Berdasarkan teorema 1, untuk 𝑐 = 0
79
𝑥
𝜗(𝑥) = ∫ 𝜑(𝑠) 𝑑𝑠, 0 ≤ 𝑥 < 𝑎.
(3.1.7)
0
Definisikan 𝜑(𝑠) ∶= ∞ untuk 𝑠 > 𝑎 dan 𝜗(𝑎) ≔ lim𝑥→𝑎 𝜗(𝑥), sehingga persamaan (3.1.7) berlaku untuk semua 𝑥 ≥ 0. Karena 𝜃 fungsi genap, maka |𝑥|
𝜃(𝑥) = 𝜃(|𝑥|) = 𝜗(|𝑥|) = ∫0 𝜑(𝑠) 𝑑𝑠. Terbukti.
Karena 𝜃(0) = 0 dan lim𝑥→∞ 𝜃(𝑥) = ∞ maka 𝜃 bukan fungsi konstan. Sehingga 𝜑 bukan merupakan fungsi konstan 0 atau ∞. Oleh sebab itu Akibat 3.1.6 dapat dimodifikasi kedalam pernyataan yang lebih kuat, dan disajikan pada akibat berikut
Akibat 3.1.8 Fungsi 𝜃: ℝ → ̅̅̅̅ ℝ+ merupakan fungsi Young jika dan hanya jika 𝜃 dapat direpresentasikan sebagai |𝑥|
𝜃(𝑥) = ∫ 𝜑(𝑠) 𝑑𝑠, 0
dengan 𝜑: ℝ ∪ {0} → ̅̅̅̅ ℝ+ , tak turun, kontinu kiri, dan bukan merupakan fungsi konstan 0 atau ∞.
Berdasarkan definisi integral tak wajar, 𝜃(∞) = lim𝑥→∞ 𝜃(𝑥). Karena 𝜑 bukan fungsi konstan 0, maka terdapat 𝑠0 > 0 sehingga 𝜗(𝑠0 ) > 0. Karena 𝜑 tak turun, diperoleh |𝑥|
|𝑥|
𝜃(∞) = lim 𝜃(𝑥) = lim ∫ 𝜑(𝑠) 𝑑𝑠 ≥ lim ∫ 𝜑(𝑠0 ) 𝑑𝑠 = ∞. 𝑥→∞
𝑥→∞
0
𝑥→∞
𝑠0
80
Selanjutnya akan diperkenalkan komplemen Young yang berbeda dari definisi komplemen Young sebelumnya, dan pada pembahasan-pembahasan berikutnya akan digunakan komplemen Young yang akan dibahas berikut ini. Definisikan perluasan fungsi invers 𝜙: ℝ+ ∪ {0} → ̅̅̅̅ ℝ+ , dimana 𝜙(𝑡) ≔ inf 𝑥 ,
(3.1.9)
𝜑(𝑥)≥𝑡
maka 𝜙(𝑡) = 0 dan tak konstan. Karena {𝑥|𝜑(𝑥) ≥ 𝑡} ⊆ {𝑥|𝜑(𝑥) ≥ 𝑢} untuk 𝑡 ≥ 𝑢, berdasarkan sifat infimum 𝜙(𝑡) = inf𝜑(𝑥)>𝑡 𝑥 ≥ inf𝜑(𝑥)>𝑢 𝑥 = 𝜙(𝑢). Sehingga 𝜙 tak turun.
Ketika 𝑡 → 𝑣 − , berdasarkan ilustrasi gambar 3.1.10, 𝜙(𝑡) → 𝜙(𝑣). Sehingga 𝜙 kontinu kiri. Karenanya {𝑡|𝜑(𝑡) > 𝑢} adalah interval buka (𝜙(𝑢), ∞]. Berdasarkan (4.10) juga diperoleh
Jika 𝜑(𝑡) > 𝑢 maka 𝑡 > 𝜙(𝑢)
Jika 𝑡 > 𝜙(𝑢) maka 𝜑(𝑡) ≥ 𝑢
Jika 𝑡 < 𝜙(𝑢) maka 𝜑(𝑡) < 𝑢.
𝜑(𝑠)
𝑣 𝑡
0
𝜙(𝑡) 𝜙(𝑣) Gambar 3.1.10
𝑠
81
Definisikan |𝑦|
𝜓(𝑦) ≔ ∫ 𝜙(𝑡) 𝑑𝑡
(3.1.11)
0
Berdasarkan Akibat 3.1.8, 𝜓 merupakan fungsi Young.
Proposisi 3.1.12 Misalkan 𝜃 fungsi Young dan 𝜓 didefinisikan oleh (4.11). Maka |𝑥𝑦| ≤ 𝜃(𝑥) + 𝜓(𝑦),
(3.1.13)
dan kesamaan berlaku ketika 𝑦 = 𝜑(|𝑥|) atau 𝑥 = 𝜙(|𝑦|).
Bukti. Cukup dibuktikan untuk kasus 𝑥 ≥ 0 dan 𝑦 ≥ 0. Jika 𝜃(𝑥) = ∞ atau 𝜓(𝑦) = ∞, ketaksamaan (3.1.13) terbukti. Jika 𝜃(𝑥) < ∞ dan 𝜓(𝑦) < ∞, maka 𝑥 𝑦
0 ≤ 𝑥𝑦 = ∫ ∫ 𝑑𝑢 𝑑𝑣 0 0
=
∬
𝑑𝑢 𝑑𝑣 +
{𝑢≤𝑥,𝑣≤𝑦|0≤𝑣≤𝜑(𝑢)}
=
∬
𝑑𝑢 𝑑𝑣 +
𝑥 min(𝑦,𝜑(𝑢))
0 𝑥
∫
{𝑢≤𝑥,𝑣≤𝑦|0≤𝜙(𝑣)≤𝑢}
𝑑𝑣 𝑑𝑢 + ∫ 0 𝑦
≤ ∫ 𝜑(𝑢) 𝑑𝑢 + ∫ 𝜙(𝑣)𝑑𝑣 0
∬
𝑦 min(𝑥,𝜙(𝑣))
0
0
𝑑𝑢 𝑑𝑣
{𝑢≤𝑥,𝑣≤𝑦|0≤𝜑(𝑢)≤𝑣}
{𝑢≤𝑥,𝑣≤𝑦|0≤𝑣≤𝜑(𝑢)}
=∫
∬
∫ 0
𝑑𝑢 𝑑𝑣
𝑑𝑢 𝑑𝑣
82
= 𝜃(𝑥) + 𝜓(𝑦). Jika 𝑦 diberikan, maka kesamaan pada langkah kedua terakhir terjadi jika dan hanya jika 𝑦 ≥ 𝜑(𝑢) untuk 0 ≤ 𝑢 ≤ 𝑥, sehingga 𝑥 = 𝜓(𝑦). Jika 𝑥 diberikan, maka kesamaan terjadi ketika 𝑥 ≥ 𝜙(𝑣), sehingga 𝑦 = 𝜑(𝑥). Terbukti.
Pada pembahasan-pembahasan selanjutnya notasi 𝜓 akan diganti dengan notasi 𝜃 ∗ dan berdasarkan ilustrasi 3.1.10, 𝜃 ∗∗ = 𝜃.
