BAGIAN KETIGA. Integral, Barisan Fungsi, Pertukaran Limit dan Integral

BAGIAN KETIGA Integral, Barisan Fungsi, Pertukaran Limit dan Integral

101

102

Hendra Gunawan

Pengantar Analisis Real

103

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 .

104

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) = x2 , x ∈ [0, 1]. Maka, dengan membagi interval [0, 1] atas n interval bagian yang sama panjang dan menghitung jumlah luas daerah persegipanjang yang terbentuk, luas daerah di bawah kurva y = f (x) mestilah lebih besar daripada 22 (n − 1)2 i 12 1h 0 + 2 + 2 + ··· + . n n n n2 Jumlah deret ini sama dengan (n − 1)n(2n − 1) . 6n3 Mengingat

(n−1)n(2n−1) 6n3

≤

1 3

untuk tiap n ∈ N dan (n − 1)n(2n − 1) 1 → 6n3 3

untuk n → ∞, maka bilangan terkecil yang lebih besar daripada (n−1)n(2n−1) untuk 6n3 1 1 tiap n ∈ N adalah 3 . Jadi, luas daerah di bawah kurva y = f (x) adalah 3 .


105

Soal Latihan 1. Buktikan bahwa (n−1)n(2n−1) ≤ 6n3 1 = . sup (n−1)n(2n−1) 6n3 3

1 3

untuk tiap n ∈ N, dan simpulkan bahwa

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 geometri kita?

12.2 Integral Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Definisikan partisi dari [a, b] sebagai himpunan P := {x0 , x1 , . . . , xn } dengan a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b. Karena f kontinu pada [a, b], maka f terbatas pada [a, b]. Jadi, diberikan sembarang partisi P := {x0 , x1 , . . . , xn } dari [a, b], kita dapat mendefinisikan mk :=

inf

xk−1 ≤x≤xk

f (x),

untuk k = 1, 2, . . . , n. Dengan demikian, untuk tiap partisi P , kita dapat membentuk deret n X L(P, f ) := mk (xk − xk−1 ). k=1

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

n X

x ∈ [a, b].

(xk − xk−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.

106

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 Z

b

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

a

dengan nilai supremum diambil atas semua partisi P dari [a, b]. Rb Dalam hal f (x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ [a, b], maka a f (x) dx dapat diinterpretasikan sebagai luas daerah di bawah kurva y = f (x). Sebagai tambahan, jika a < b, maka kita definisikan Z a Z b f (x) dx := − f (x) dx. b

a

Selain itu, untuk sembarang a ∈ R, kita definisikan Z a f (x) dx := 0. a

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

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

b

Z f (x) dx =

a

c

Z

b

f (x) dx + a

f (x) dx. c

Catatan. Bukti Proposisi 3 agak panjang; lihat [2]. Soal Latihan 1. Buktikan Proposisi 2. Rb 2. Buktikan bahwa a c dx = c(b − a). 3. Diketahui f (x) = x, x ∈ [a, b]. Buktikan bahwa L(P, f ) ≤

1 2 (b − a2 ) 2


107

untuk sebarang partisi P dari [a, b]. Selanjutnya, dengan menggunakan definisi integral, buktikan bahwa b

Z

f (x) dx = a

1 2 (b − a2 ). 2

12.3 Turunan dari Integral; Teorema Dasar Kalkulus Misalkan f terdefinisi pada (a, b). Misalkan F kontinu pada [a, b] dan mempunyai turunan pada (a, b) dengan F 0 (x) = f (x) untuk tiap x ∈ (a, b). Maka F disebut sebagai anti turunan dari f pada [a, b]. Contoh 4. Jika f (x) = x3 , maka fungsi F yang didefinisikan sebagai F (x) =

1 4 x +5 4

merupakan suatu anti turunan dari f . Secara umum, fungsi G yang didefinisikan sebagai 1 G(x) = x4 + C, 4 dengan C konstanta, merupakan anti turunan dari f . Pembaca mungkin bertanya: apa urusannya anti turunan dengan integral? Untuk menjawab pertanyaan ini, misalkan f kontinu pada [a, b]. Definisikan F pada [a, b] sebagai Z x

F (x) :=

f (t) dt,

x ∈ [a, b].

a

Dalam teorema berikut, kita akan menunjukkan bahwa F merupakan suatu anti turunan dari f pada [a, b]. Teorema 5 (Teorema Dasar Kalkulus I). Misalkan f kontinu pada [a, b] dan F didefinisikan pada [a, b] sebagai Z x F (x) := f (t) dt, x ∈ [a, b]. a

108

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 0 (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 Z x f (t) dt, F (x) − F (c) = c

sehingga |F (x) − F (c)| ≤ κ|x − c|. Jadi F kontinu pada [a, b]. Selanjutnya perhatikan bahwa untuk x 6= c kita mempunyai Z x 1 F (x) − F (c) − f (c) = [f (t) − f (c)] dt. x−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 0 (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 Z b f (t) dt = G(b) − G(a). a

Bukti. Definisikan fungsi F pada [a, b] sebagai Z x F (x) := f (t) dt,

x ∈ [a, b].

a

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

b

f (t) dt = F (b) = F (b) − F (a). a

109


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

G(x) = F (x) + C, suatu konstanta C. Karena itu, Z

b

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

sebagaimana yang kita harapkan. Soal Latihan 1. Buktikan bahwa

R1 0

x2 dx = 13 .

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

R1 0

xr 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 [λf (x) + µg(x)] dx = λ

a

b

Z f (x) dx + µ

a

b

g(x) dx. a

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

b

Z b i2 Z b f (x)g(x) dx ≤ [f (x)]2 dx · [g(x)]2 dx. a

a

110

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 mendefiniRb sikan integral 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 Rb mendefinisikan integral 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 := {x0 , x1 , . . . , xn } dari [a, b], kita dapat mendefinisikan L(P, f ) :=

n X

mk (xk − xk−1 ).

k=1

dengan mk :=

inf

xk−1 ≤x≤xk

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

mendefinisikan U (P, f ) :=

n X

Mk (xk − xk−1 ).

k=1

dengan Mk :=

sup

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

xk−1 ≤x≤xk

L(P, f ) dan U (P, f ) disebut sebagai jumlah Riemann bawah dan jumlah Riemann atas dari f yang berkaitan dengan partisi P . Perhatikan bahwa L(P, f ) ≤ U (P, f ) untuk sembarang partisi P .


111

Selanjutnya, jika P := {x0 , x1 , . . . , xn } dan Q := {y0 , y1 , . . . , ym } adalah partisi dari [a, b], maka Q disebut sebagai suatu perhalusan dari P apabila setiap titik partisi xk ∈ 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 subinterval yang terkait dengan partisi Q, yakni [xk−1 , xk ] = [yi−1 , yi ] ∪ [yi , yi+1 ] ∪ · · · ∪ [yj−1 , yj ]. Catat bahwa kita dapat memperoleh suatu perhalusan dari sembarang partisi P dengan 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 P1 dan P2 adalah dua partisi sembarang dari [a, b], maka L(P1 , f ) ≤ U (P2 , 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]}.

112

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 P0 dari [a, b], U (P0 , 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 (P0 , f ). Karena ini berlaku untuk sembarang partisi P0 , maka L(f ) merupakan batas bawah dari {U (P0 , f ) : P0 partisi dari [a, b]}. Akibatnya L(f ) ≤ inf{U (P0 , f ) : P0 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 diRb Ra lambangkan dengan a f (x) dx. (Seperti pada Bab 12, kita definisikan b f (x) dx = Rb Ra − 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 Z b f (x) dx = c(b − a). 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 > 0 terdapat suatu partisi P dari [a, b] sedemikian sehingga U (P , f ) − L(P , f ) < .


113

Bukti. Misalkan f terintegralkan pada [a, b]. Ambil > 0 sembarang. Dari definisi supremum, terdapat suatu partisi P1 dari [a, b] sehingga L(f ) −

< L(P1 , f ). 2

Dari definisi infimum, terdapat pula suatu partisi P2 dari [a, b] sehingga U (P2 , f ) < U (f ) − . 2 Sekarang misalkan P = P1 ∪ P2 . Maka P merupakan perhalusan dari P1 dan P2 . Akibatnya, L(f ) −

< L(P1 , f ) ≤ L(P , f ) ≤ U (P , f ) ≤ U (P2 , f ) < U (f ) + . 2 2

Namun L(f ) = U (f ), sehingga kita peroleh U (P , f ) − L(P , f ) < . Sebaliknya misalkan untuk setiap > 0 terdapat suatu partisi P dari [a, b] sedemikian sehingga U (P , f ) − L(P , f ) < . Maka, untuk setiap > 0, berlaku 0 ≤ U (f ) − L(f ) ≤ U (P , f ) − L(P , f ) < . Dari sini kita simpulkan bahwa U (f ) = L(f ) atau f terintegralkan pada [a, b]. Akibat 7. Misalkan terdapat barisan partisi hPn i dari [a, b] sedemikian sehingga lim [U (Pn , f ) − L(P n, f )] = 0.

n→∞

Maka f terintegralkan pada [a, b] dan Z lim L(Pn , f ) =

n→∞

Soal Latihan 1. Buktikan Akibat 7.

b

f (x) dx = lim U (Pn , f ). a

n→∞

114

Hendra Gunawan

2. Misalkan f (x) = x, x ∈ [0, 1], dan Pn = {0, n1 , n2 , . . . , 1}, n ∈ N. Tunjukkan bahwa lim [U (Pn , f ) − L(Pn , f )] = 0, dan kemudian simpulkan bahwa f terinn→∞ tegralkan pada [0, 1]. 3. Misalkan fungsi f didefinisikan pada [0, 1] sebagai 0, 0 ≤ x < 1; f (x) = 1, x = 1. Buktikan bahwa f terintegralkan pada [0, 1] dengan

R1 0

f (x) dx = 0.

4. Misalkan fungsi f didefinisikan pada [0, 2] sebagai 1, 0 ≤ x ≤ 1; f (x) = 2, 1 < x ≤ 2. Buktikan bahwa f terintegralkan pada [0, 2] dengan

R2 0

f (x) dx = 3.

13.3 Keterintegralan Fungsi Kontinu dan Fungsi Monoton Sebagaimana disinggung pada awal bab ini, fungsi yang kontinu pasti terintegralkan. 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 > 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 Pn := {x0 , x1 , . . . , xn } dengan xk = a + k · b−a , k = 0, 1, . . . , n. (Di sini, interval [a, b] terbagi menjadi n n sub-interval sama panjang.) Menurut Teorema 13 pada Bab 8, pada setiap sub-interval [xk−1 , xk ], f mencapai nilai maksimum Mk dan minimum mk , katakanlah f (uk ) = Mk

dan f (vk ) = mk .

115


Dalam hal ini kita peroleh Mk − mk = f (uk ) − f (vk ) <

, b−a

dan akibatnya 0 ≤ U (Pn , f ) − L(Pn , f ) =

n X

(Mk − mk )(xk − xk−1 ) ≤

k=1

n X k=1

b−a · = . b−a n

Dari sini kita simpulkan bahwa lim [U (Pn , f ) − L(Pn , f )] = 0, dan karenanya f 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 Pn := {x0 , x1 , . . . , xn } dengan xk = a + k · b−a n , k = 0, 1, . . . , n. Karena f naik pada [xk−1 , xk ], maka mk = f (xk−1 ) dan Mk = f (xk ). Dalam hal ini kita peroleh suatu deret teleskopis n X

n

(Mk − mk )(xk − xk−1 ) =

k=1

b−a b−a X [f (xk ) − f (xk−1 )] = [f (b) − f (a)]. n n k=1

Sekarang, jika > 0 diberikan, maka untuk tiap n ∈ N dengan n > b−a [f (b) − f (a)] berlaku n X 0 ≤ U (Pn , f ) − L(Pn , f ) = (Mk − mk )(xk − xk−1 ) < . 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 terinRb tegralkan, f g terintegralkan dan a f (x)g(x) dx = 0. Buktikan bahwa f (x) = 0 untuk setiap x ∈ [a, b].

116

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 Z b Z b cf (x) dx = c f (x) dx, (1) a

Z

b

a

Z (f + g)(x) dx =

a

b

Z f (x) dx +

a

b

g(x) dx.

(2)

a

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 := {x0 , x1 , . . . , xn } partisi sembarang dari I. Karena c > 0, kita mempunyai inf{cf (x) : x ∈ [xk−1 , xk ]} = c inf{f (x) : x ∈ [xk−1 , xk ]} untuk k = 1, 2, . . . , n. Kalikan tiap suku ini dengan xk − xk−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 L(cf ) = cL(f ) = cU (f ) = U (cf ). Jadi cf terintegralkan dan Z

b

Z

a

b

f (x) dx.

cf (x) dx = c a

(2) Untuk sembarang interval Ik := [xk−1 , xk ], kita mempunyai inf{f (x) : x ∈ Ik } + inf{g(x) : x ∈ Ik } ≤ inf{(f + g)(x) : x ∈ Ik }, sup{(f + g)(x) : x ∈ Ik } ≤ sup{f (x) : x ∈ Ik } + sup{g(x) : x ∈ Ik }. 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 > 0 diberikan, maka terdapat partisi Pf, dan Pg, sedemikian sehingga U (Pf, , f ) ≤ L(Pf, , f ) +

2

dan

U (Pg, , g) ≤ L(Pg, , g) + . 2 Akibatnya, untuk P := Pf, ∪ Pg, , kita peroleh U (P , f + g) ≤ U (P , f ) + U (P , g) ≤ L(P , f ) + L(P , g) + ≤ L(P , f + g) + . 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 , f +g) ≤ L(P , f )+L(P , g)+ ≤ f (x) dx+ g(x) dx+. a

a

a

Sementara itu, Z b Z b Z b f (x) dx+ g(x) dx ≤ U (P , f )+U (P , g) ≤ L(P , f +g)+ ≤ (f +g)(x) dx+. a

a

a

118

Hendra Gunawan

Dari kedua ketaksamaan ini, kita peroleh Z Z b Z b f (x) dx + (f + g)(x) dx − a

a

a

b

g(x) dx < .

Karena ini berlaku untuk > 0 sembarang, kita simpulkan bahwa Z b Z b Z b g(x) dx, f (x) dx + (f + g)(x) dx = a

a

a

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

Z m(b − a) ≤

f (x) dx ≤ M (b − a). 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, Z b Z c Z b f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx. a

a

c

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.


119

4. Buktikan jika f terintegralkan pada I dan |f (x)| ≤ K untuk tiap x ∈ I, maka R b f (x) dx ≤ K|b − a|. 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 Z x F (x) := f (t) dt, x ∈ I. a

Maka, F kontinu pada I. Selanjutnya, jika f kontinu di c ∈ (a, b), maka F mempunyai turunan di c dan F 0 (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 Z b f (t) dt = F (b) − F (a). a

Bukti. Diberikan > 0 sembarang, pilih partisi P := {x0 , x1 , . . . , xn } dari I sedemikian sehingga U (P, f ) − L(P, f ) < . Menurut Teorema Nilai Rata-rata (yang kita terapkan pada F ), pada tiap interval [xk−1 , xk ] terdapat titik tk ∈ (xk−1 , xk ) sedemikian sehingga F (xk ) − F (xk−1 ) = (xk − xk−1 )f (tk ). Misalkan mk dan Mk adalah infimum dan supremum dari f pada [xk−1 , xk ]. Maka mk (xk − xk−1 ) ≤ F (xk ) − F (xk−1 ) ≤ Mk (xk − xk−1 )

120

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 b

Z L(P, f ) ≤

f (t) dt ≤ U (P, f ). a

Akibatnya, kita peroleh Z

b

a

f (t) dt − [F (b) − F (a)] < .

Karena ini berlaku untuk > 0 sembarang, kita simpulkan bahwa Z b f (t) dt = F (b) − F (a), a

sebagaimana yang kita kehendaki. Soal Latihan 1. Misalkan f (x) = |x|, x ∈ [−1, 1]. Terkait dengan f , definisikan Z x F (x) := f (t) dt, x ∈ [−1, 1]. −1

(a) Peroleh rumus untuk F (x), x ∈ [−1, 1]. (b) Periksa bahwa F 0 (x) = f (x) untuk x ∈ [−1, 1]. R1 (c) Periksa bahwa −1 f (t) dt = F (1) − F (−1). 2. Misalkan f : [−1, 1] → R didefinisikan sebagai   −1, −1 ≤ x < 0; 0, x = 0; f (x) =  1, 0 < x ≤ 1, Terkait dengan f , definisikan Z F (x) :=

x

f (t) dt, 1

x ∈ [−1, 1].

121


(a) Peroleh rumus untuk F (x). Apakah F kontinu pada [−1, 1]? (b) Tunjukkan bahwa F 0 (x) = f (x) untuk x ∈ [−1, 1], x 6= 0. R1 (c) Periksa apakah −1 f (t) dt = F (1) − F (−1). Berikan argumen yang mendukung fakta tersebut. 3. Misalkan f dan g terintegralkan dan mempunyai anti- turunan F dan G pada I = [a, b]. Buktikan bahwa Z

b

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

b

f (x)G(x) dx. a

a

(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 Z b m(b − a) ≤ f (x) dx ≤ M (b − a) a

atau m≤

1 b−a

Z

b

f (x) dx ≤ M. a

Rb 1 f (x) dx disebut sebagai nilai rata-rata integral f pada interval I. (Dalam Nilai b−a a versi diskrit, nilai rata-rata aritmetik dari sejumlah bilangan adalah jumlah dari bilangan-bilangan tersebut dibagi dengan banyaknya bilangan itu. Dalam versi ‘kontinum’, integral menggantikan jumlah dan panjang interval menggantikan banyaknya bilangan.) Rb 1 f (x) dx ada di antara Mengingat m dan M ada di daerah nilai f dan b−a a kedua nilai tersebut, maka menurut Teorema Nilai Antara mestilah terdapat suatu titik c ∈ I sedemikian sehingga f (c) =

1 b−a

Z

b

f (x) dx. a

122

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 f (c) =

1 b−a

Z

b

f (x) dx. a

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 0 , . . . , f (n) kontinu pada I = [a, b]. Maka f (b) = f (a) + (b − a)f 0 (a) + · · · + dengan En =

1 (n−1)!

Rb a

(b − a)n−1 (n−1) f (a) + En (n − 1)!

(b − t)n−1 f (n) (t) dt.

Bukti. Dengan pengintegralan parsial, kita peroleh Z b h i 1 (b − t)n−1 f (n−1) (t)|ba + (n − 1) (b − t)n−2 f (n−1) (t) dt (n − 1)! a Z b n−1 1 (b − a) f (n−1) (a) + =− (b − t)n−2 f (n−1) (t) dt. (n − 1)! (n − 1)! a

En =

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 i1/2 f (c) = f 2 (x) dx . b−a a


123

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

h 1 Z b i1/k f k (x) dx . b−a a

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

b

Z f (x) dx =

a

b

g(x) dx. a

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

124

Hendra Gunawan

15. INTEGRAL SEBAGAI LIMIT

15.1 Jumlah Riemann

Dalam kuliah Kalkulus pada tahun pertama, integral Riemann biasanya diperkenalkan sebagai limit dari ‘jumlah Riemann’, tidak melalui integral Riemann atas dan integral Riemann bawah. Hal ini memang dimungkinkan, karena nilai limit dari jumlah 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 := {x0 , x1 , . . . , xn } partisi dari I. Jika tk adalah bilangan sedemikian sehingga xk−1 ≤ tk ≤ xk untuk k = 1, 2, . . . , n, maka jumlah

S(P, f ) :=

n X

f (tk )(xk − xk−1 )

k=1

disebut sebagai suatu jumlah Riemann untuk f , yang terkait dengan partisi P dan titik-titik sampel tk . Catat bahwa untuk sebuah partisi P terdapat tak terhitung banyaknya cara memilih titik-titik sampel tk , 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 xk − xk−1 dan tinggi f (tk ). 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 tk ∈ Ik := [xk−1 , xk ], kita mempunyai mk ≤ f (tk ) ≤ Mk ,

k = 1, 2, . . . , n,

dengan mk := inf f (Ik ) dan Mk := sup f (Ik ). Akibatnya, n X

mk (xk − xk−1 ) ≤

k=1

n X

f (tk )(xk − xk−1 ) ≤

k=1

n X

Mk (xk − xk−1 ),

k=1

yakni 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 tk . Catat khususnya jika batas bawah mk dan batas atas Mk tercapai oleh f pada [xk−1 , xk ] untuk tiap k = 1, 2, . . . , n, maka jumlah Riemann bawah dan jumlah Riemann atas sama dengan jumlah Riemann untuk titik-titik sampel tertentu. Secara umum, jumlah Riemann bawah maupun atas bukan jumlah Riemann (karena nilai mk dan Mk 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 := {x0 , x1 , . . . , xn } dari [0, b], pilih titik-titik sampel tk = 21 (xk +xk−1 ). Hitunglah jumlah Riemann S(P, f ) dengan titik-titik sampel ini. 2. Misalkan f : I → R terbatas, P := {x0 , x1 , . . . , xn } partisi dari I, dan > 0 sembarang. (a) Tentukan titik-titik sampel tk sedemikian sehingga n X

f (tk )(xk − xk−1 ) − L(P, f ) < .

k=1

(b) Tentukan titik-titik sampel tk sedemikian sehingga U (P, f ) −

n X k=1

f (tk )(xk − xk−1 ) < .

126

Hendra Gunawan

15.2 Integral sebagai Limit Rb Di sini kita akan melihat bahwa 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 > 0 terdapat suatu partisi P dari I sedemikian sehingga untuk sembarang partisi P ⊇ P dan sembarang jumlah Riemann S(P, f ) berlaku Z S(P, f ) −

a

b

f (x) dx < .

Bukti. Diberikan > 0 sembarang, pilih partisi P dari I sedemikian sehingga U (P , f ) − L(P , f ) < . Selanjutnya ambil sembarang partisi P ⊇ P . Maka, menurut Proposisi 1 pada Subbab 13.1, kita mempunyai L(P , f ) ≤ L(P, f ) ≤ U (P, f ) ≤ U (P , f ). Akibatnya, U (P, f ) − L(P, f ) < . 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 Z L(P, f ) ≤

b

f (x) dx ≤ U (P, f ).

a

Dari kedua ketaksamaan ini kita peroleh Z b f (x) dx ≤ U (P, f ) − L(P, f ) < , S(P, f ) − a

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 sedemikian sehingga untuk setiap > 0 terdapat partisi P dari I sedemikian sehingga untuk sembarang partisi P ⊇ P dan sembarang jumlah Riemann S(P, f ) berlaku |S(P, f ) − A| < . Maka f terintegralkan pada I dan Z

b

f (x) dx = A. a

Soal Latihan 1. Buktikan Teorema 2. 2. Misalkan f (x) = x, x ∈ [0, b]. Gunakan Teorema 1 dan Soal Latihan 15.1 No. Rb 1 untuk menyimpulkan bahwa 0 x dx = 12 b2 . 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. Misalkan I := [a, b] dan P := {x0 , x1 , . . . , xn } adalah partisi dari I. Ukuran kehalusan dari P , dilambangkan dengan kP k, didefinisikan sebagai kP k := sup{xk − xk−1 : k = 1, 2, . . . , n}. Dalam perkataan lain, kP k adalah panjang sub-interval maksimum yang terkait dengan 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.

128

Hendra Gunawan

Teorema 3 (Teorema Darboux). Misalkan f terintegralkan pada I. Maka, untuk setiap > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika Q adalah partisi dari I dengan kQk < δ, maka untuk sembarang jumlah Riemann S(Q, f ) berlaku Z b f (x) dx < . S(Q, f ) − a Bukti. Diberikan > 0 sembarang, terdapat partisi P := {x0 , x1 , . . . , xn } sedemikian sehingga U (P , f ) − L(P , f ) < . 3 Akibatnya, jika P ⊇ P , maka U (P, f ) − L(P, f ) <

. 3

Selanjutnya misalkan M := sup{|f (x)| : x ∈ I} dan δ :=

12M n .

Ambil sembarang partisi Q := {y0 , y1 , . . . , ym } dari I dengan kQk < δ dan misalkan Q∗ := Q ∪ P . Maka Q∗ ⊇ P dan Q∗ mempunyai sebanyak-banyaknya n − 1 titik lebih banyak daripada Q, yakni titik-titik x1 , . . . , xn−1 yang ada di P 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∗ = {z0 , z1 , . . . , zp }, maka U (Q, f ) − U (Q∗ , f ) dapat dinyatakan sebagai jumlah dari sebanyak-banyaknya 2(n − 1) suku berbentuk (Mj − Mk∗ )(zk − zk−1 ), dengan Mj menyatakan supremum dari f pada sub-interval ke-j dalam Q dan Mk∗ menyatakan supremum dari f pada sub-interval ke-k dalam Q∗ . Karena |Mj − Mk∗ | ≤ 2M dan |zk − zk−1 | ≤ kQ∗ k ≤ kQk < δ, kita peroleh 0 ≤ U (Q, f ) − U (Q∗ , f ) ≤ 2(n − 1) · 2M · δ < Akibatnya, kita dapatkan U (Q, f ) < U (Q∗ , f ) + . 3 Serupa dengan itu kita juga mempunyai L(Q∗ , f ) −

< L(Q, f ). 3

. 3


129

Rb Selanjutnya kita tahu bahwa S(Q, f ) dan a f (x) dx terletak dalam interval [L(Q, f ), U (Q, f )], dan karena itu keduanya berada dalam interval I := [L(Q∗, f ) − , U (Q∗ , f ) + ]. 3 3 Karena Q∗ ⊇ P , kita mempunyai U (Q∗ , f ) − L(Q∗ , f ) < 3 , sehingga panjang I Rb lebih kecil daripada . Jadi jarak antara S(Q, f ) dan a f (x) dx mestilah lebih kecil daripada , 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 > 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| < . Maka f terintegralkan pada I dan Z

b

f (x) dx = B. a

Soal Latihan 1. Buktikan Teorema 4. (Petunjuk. Gunakan Teorema 2.) 2. Buktikan bahwa f terintegralkan jika dan hanya jika untuk setiap > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika kP k < δ dan kQk < δ, maka |S(P, f ) − S(Q, f )| < .

130

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→ fn , n ∈ N, yang kita tuliskan sebagai hfn i. Di sini fn merupakan fungsi dan untuk tiap n ∈ N kita asumsikan bahwa fn mempunyai daerah asal yang sama, sebutlah A ⊆ R. Seperti pada pembahasan barisan bilangan real, ketika dihadapkan dengan sebuah barisan fungsi hfn i kita akan tertarik untuk membahas perilaku fn apabila n → ∞. Dalam perkataan lain, kita ingin mempelajari kekonvergenan barisan hfn i pada A. Mengingat bahwa untuk tiap x ∈ A, fn (x) membentuk suatu barisan bilangan real, maka kekonvergenan barisan fungsi hfn i dapat didefinisikan melalui kekonvergenan barisan bilangan hfn (x)i. Bila untuk tiap x ∈ A, barisan hfn (x)i konvergen ke suatu bilangan (yang secara umum bergantung pada x), sebutlah Lx , maka kita peroleh sebuah fungsi f : A → R dengan f (x) = Lx . Jadi, untuk tiap x ∈ A, kita mempunyai fn (x) → f (x),

n → ∞.

Dalam hal ini, kita katakan bahwa hfn i konvergen titik demi titik ke f , dan kita tuliskan fn → f (titik demi titik),

n → ∞.

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

131


Contoh 1. Misalkan untuk tiap n ∈ N kita mempunyai fn (x) := xn ,

x ∈ [0, 1].

Maka, barisan fungsi hfn i konvergen titik demi titik ke fungsi f dengan 0, 0 ≤ x < 1; f (x) := 1, x = 1. Untuk mendapatkan gambaran tentang apa yang terjadi, gambarlah grafik beberapa buah fungsi fn dan juga grafik fungsi f , pada sebuah sistem koordinat yang sama. Dalam Contoh 1 kita melihat bahwa fn 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 mempertahankan antara lain sifat kekontinuan fungsi. ∞ P Diberikan suatu barisan fungsi hfk i, kita mempunyai deret fungsi fk , yang didefinisikan sebagai limit titik demi titik dari barisan jumlah parsial

n

P

k=1

fk , asalkan

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 ∞ X

fk (x) = s(x), x ∈ A.

k=1

Secara umum, indeks k dapat berjalan mulai dari sembarang k ∈ Z. Sebagai contoh, jika fk (x) := xk , k = 0, 1, 2, . . . , maka kita peroleh deret ∞ P 1 untuk |x| < 1 (lihat kembali Bab 5). geometri xk , yang konvergen ke 1−x k=0

Pembahasan mengenai deret fungsi, khususnya deret yang berbentuk ∞ X

an (x − c)n

n=0

akan dilakukan secara mendalam pada Bab 18.

132

Hendra Gunawan

Soal Latihan 1. Tinjau barisan fungsi hfn i yang dibahas dalam Contoh 1. Diberikan x ∈ [0, 1] dan > 0, tentukan N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku |fn (x) − f (x)| < . (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) fn (x) :=

xn n ,

x ∈ [0, 1].

(b) fn (x) := nx(1 − x2 )n , x ∈ [0, 1]. (c) fn (x) :=

x n,

x ∈ R. 2n

(d) fn (x) :=

x 1+x2n ,

(e) fn (x) :=

sin√nx , n x

x ∈ R. x > 0.

16.2 Kekonvergenan Seragam Misalkan hfn i adalah suatu barisan fungsi yang, katakanlah, konvergen titik demi titik ke fungsi f pada A. Dalam hal ini, diberikan x ∈ A dan > 0, terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku |fn (x) − f (x)| < . Secara umum bilangan N di sini bergantung pada x, selain pada . Bila bilangan N tadi berlaku untuk tiap x ∈ A, maka hfn i dikatakan konvergen seragam ke f pada A. Jadi, barisan fungsi hfn i konvergen seragam ke f pada A apabila untuk setiap > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N dan x ∈ A berlaku |fn (x) − f (x)| < . Dalam hal ini kita tuliskan fn → 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.)


133

Gambar 16.1 Pita dengan lebar 2 dan median grafik fungsi f Perhatikan bahwa ketaksamaan |fn (x) − f (x)| < setara dengan f (x) − < fn (x) < f (x) + . Bila ini berlaku untuk setiap n ≥ N dan x ∈ A, maka grafik fungsi fn pada A berada di antara ‘pita’ [f − , f + ] yang mempunyai lebar 2 dan median grafik fungsi f , sebagaimana diilustrasikan dalam Gambar 16.1. Contoh 2. Barisan fungsi hfn i dengan fn (x) := xn , x ∈ [0, 1], tidak konvergen seragam ke f pada [0, 1], dengan f (x) :=

0, 0 ≤ x < 1; 1, x = 1.

Di sini, pita [f − 41 , f + 41 ] tidak akan memuat grafik fn 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 hfn i tidak konvergen seragam ke fungsi f pada A jika dan hanya jika untuk suatu 0 > 0 terdapat subbarisan hfnk i dari hfn i dan barisan bilangan hxk i di A sedemikian sehingga |fnk (xk ) − f (xk )| ≥ 0 .

134

Hendra Gunawan

Dengan menggunakan Lemma 3, ketidakkonvergenan seragam barisan fungsi 1/k . dalam Contoh 2 dapat dibuktikan dengan mengambil 0 = 41 , nk = k dan xk = 12 Di sini kita mempunyai 1 1 |fnk (xk ) − f (xk )| = − 0 = > 0 . 2 2 Ketidakkonvergenan seragam barisan dalam Contoh 2 juga dapat dijelaskan dengan teorema di bawah ini (yang mengatakan bahwa kekonvergenan seragam mempertahankan sifat kekontinuan). Teorema 4. Misalkan hfn i konvergen seragam ke f pada suatu interval I ⊆ R. Jika fn kontinu di c ∈ I untuk tiap n ∈ N, maka f juga kontinu di c. Bukti. Diberikan > 0, pilih N ∈ N sedmeikian sehingga untuk setiap n ≥ N dan x ∈ I berlaku |fn (x) − f (x)| < . 3 Karena fN kontinu di c, maka suatu interval Iδ (c) ⊆ I yang memuat c sedemikian sehingga untuk setiap x ∈ Iδ (x) berlaku |fN (x) − f (x)| <

. 3

Jadi, untuk setiap x ∈ Iδ (c), kita mempunyai |f (x) − f (c)| ≤ |f (x) − fN (x)| + |fN (x) − fN (c)| + |fN (c) − f (c)| <

+ + = . 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) fn (x) :=

xn n ,

x ∈ [0, 1].

(b) fn (x) := nx(1 − x2 )n , x ∈ [0, 1]. (c) fn (x) :=

x n,

(d) fn (x) :=

x2n 1+x2n ,

(e) fn (x) :=

sin√nx , n x

x ∈ R. x ∈ R. x > 0.

135


2. Buktikan jika hfn i dan hgn i konvergen seragam ke f dan g pada A (berturutturut), maka hfn + gn i konvergen seragam ke f + g pada A. 3. Misalkan fn (x) := x + n1 dan f (x) = x, x ∈ R. Buktikan bahwa hfn i konvergen seragam ke f pada R, namun hfn2 i tidak konvergen seragam ke f 2 pada R.

16.3 Kriteria Cauchy untuk Kekonvergenan Seragam Dalam membahas kekonvergenan seragam, seringkali kita terbantu dengan pengertian 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 kA := sup {|f (x)| : x ∈ A}. Perhatikan bahwa kf kA < setara dengan |f (x)| < untuk tiap x ∈ A. Menggunakan norma seragam, kita mempunyai lemma berikut tentang kekonvergenan seragam. Lemma 5. Misalkan fn terbatas pada A untuk tiap n ∈ N. Maka, barisan hfn i konvergen seragam ke f pada A jika dan hanya jika lim kfn − f kA = 0. n→∞

Dengan menggunakan Lemma 5, kita juga dapat membuktikan ketidakkonvergenan seragam barisan fungsi dalam Contoh 2, dengan menghitung bahwa kfn − f k[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 fn terbatas pada A untuk tiap n ∈ N. Maka, barisan hfn i konvergen seragam ke suatu fungsi terbatas f pada A jika dan hanya jika untuk setiap > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk sembarang m, n ≥ N berlaku kfm − fn k < .

136

Hendra Gunawan

Bukti. Misalkan hfn i konvergen seragam ke f pada A. Diberikan > 0 sembarang, pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku kfn − f kA < 2 . Akibatnya, jika m, n ≥ N , maka |fm (x) − fn (x)| ≤ |fm (x) − f (x)| + |fn (x) − f (x)| <

+ = 2 2

untuk tiap x ∈ A. Jadi kfm − fn kA < untuk m, n ≥ N . Sebaliknya, misalkan untuk setiap > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk m, n ≥ N kita mempunyai kfm − fn kA < . Maka, untuk setiap x ∈ A, berlaku |fm (x) − fn (x)| ≤ kfm − fn kA < , untuk m, n ≥ N . Ini berarti bahwa hfn (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 |fm (x) − f (x)| = lim |fm (x) − fn (x)| ≤ , n→∞

untuk m ≥ N . Ini menunjukkan bahwa hfn i konvergen seragam ke f pada A. Soal Latihan 1. Buktikan Lemma 5. 2. Misalkan hfn i dan hgn i adalah barisan fungsi terbatas pada A, yang konvergen seragam ke f dan g pada A (berturut-turut). Tunjukkan bahwa hfn gn i konvergen seragam ke f g pada A. 3. Uji-M Weierstrass. Misalkan hfn i adalah barisan fungsi pada A dan |fn (x)| ≤ P∞ Mn untuk tiap x ∈ A dan n ∈ N. Buktikan jika k=1 Mk konvergen, maka P∞ deret fungsi k=1 fk konvergen seragam pada A.


137

17. PERTUKARAN LIMIT

17.1 Pertukaran Limit dan Turunan Kita telah melihat sebelumnya bahwa kekonvergenan seragam mempertahankan sifat kekontinuan fungsi, yakni, jika fn kontinu pada A untuk tiap n ∈ N dan hfn 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 ∞ P menaksir sebuah fungsi f dengan suatu deret fn (misalnya), dan kemudian kita n=1

menginginkan f 0 (x) =

∞ X

fn0 (x).

n=1

Jawaban untuk pertanyaan ini ternyata negatif. Sebagai contoh, fungsi f yang didefinisikan sebagai jumlah deret berikut f (x) :=

∞ X

2−k cos(3k 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 hfn i adalah barisan fungsi pada I. Misalkan terdapat x0 ∈ I sedemikian sehingga hfn (x0 )i konvergen dan

138

Hendra Gunawan

barisan hfn0 i terdefinisi dan konvergen seragam ke suatu fungsi g pada I. Maka, hfn i konvergen seragam ke suatu fungsi f pada I dengan f 0 (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 x0 dan x sedemikian sehingga 0 fm (x) − fn (x) = fm (x0 ) − fn (x0 ) + (x − x0 )[fm (y) − fn (y)].

Akibatnya, kita peroleh 0 kfm − fn kI ≤ |fm (x0 ) − fn (x0 )| + (b − a)kfm − fn0 kI .

Menurut hipotesis dan Kriteria Cauchy (Teorema 6, Bab 16), hfn i konvergen seragam pada I. Sebutlah f := lim fn . Karena fn 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 fm − fn pada interval dengan titik ujung c dan x. Dalam hal ini terdapat z di antara c dan x sedemikian sehingga 0 [fm (x) − fn (x)] − [fm (c) − fn (c)] = (x − c)[fm (z) − fn0 (z)].

Jadi, dalam hal x 6= c, kita peroleh fm (x) − fm (c) fn (x) − fn (c) 0 ≤ kfm − − fn0 kI . x−c x−c Karena hfn0 i konvergen seragam pada I, untuk > 0 sembarang terdapat N ∈ N sedemikian sehingga jika m, n ≥ N dan x 6= c, maka fm (x) − fm (c) fn (x) − fn (c) ≤ . − x−c x−c Jika kita ambil limit dari ruas kiri (terhadap m), maka kita dapatkan f (x) − f (c) fn (x) − fn (c) ≤ − x−c x−c untuk n ≥ N dan x 6= c. Selanjutnya, karena lim fn0 (c) = g(c), maka terdapat n→∞ M ∈ N sedemikian sehingga |fn0 (c) − g 0 (c)| < untuk n ≥ M . Sekarang misalkan


139

0 K := maks {M, N }. Karena fK (c) ada, maka terdapat δK > 0 sedemikian sehingga jika 0 < |x − c| < δK , maka fK (x) − fK (c) 0 − fK (c) < . x−c

Jadi, jika 0 < |x − c| < δK , maka (berdasarkan ketiga ketaksamaan di atas) kita mempunyai f (x) − f (c) − g(c) < 3. x−c Ini menunjukkan bahwa f 0 (c) ada dan sama dengan g(c). Karena c ∈ I sembarang, kita simpulkan bahwa f 0 = g pada I. Soal Latihan 1. Misalkan fn (x) := nx , x ∈ R. Selidiki apakah limit dan turunan dapat bertukar untuk barisan fungsi ini. n

2. Misalkan fn (x) := xn , x ∈ [0, 1]. Buktikan bahwa hfn i konvergen seragam ke suatu fungsi f yang mempunyai turunan pada [0, 1], dan hfn0 i konvergen ke suatu fungsi g pada [0, 1], tetapi f 0 (1) 6= g(1).

17.2 Fungsi Eksponensial Dalam Kalkulus, kita mendefinisikan fungsi eksponensial E(x) := ex sebagai Rx invers dari fungsi logaritma L(x) := ln x := 1 1t dt, x > 0. Namun, daripada mengulang apa yang telah kita pelajari dalam Kalkulus, kita akan mempelajari suatu cara lain mendefinisikan fungsi eksponensial, yaitu dengan meninjau Masalah Nilai Awal E 0 (x) = E(x),

E(0) = 1.

(3)

Perhatikan bahwa Masalah Nilai Awal ini setara dengan persamaan integral Z x E(x) = 1 + E(t) dt. 0

Untuk mendapatkan solusinya, kita lakukan iterasi Picard dengan hampiran awal E0 (x) := 1 dan Z x En+1 (x) := 1 + En (t) dt, n = 0, 1, 2, . . . . 0

140

Hendra Gunawan

Dalam hal ini, kita akan memperoleh barisan fungsi En (x) := 1 +

x xn + ··· + , 1! n!

n = 0, 1, 2, . . . ,

yang memenuhi 0 En+1 (x) = En (x),

n = 0, 1, 2, . . . .

Sekarang marilah kita pelajari barisan fungsi ini. Misalkan R > 0. Jika |x| ≤ R dan m > n > 2R, maka xn+1 xm |Em (x) − En (x)| = + ··· + (n + 1)! m! R m−n−1 i Rn+1 h R ≤ 1 + + ··· + (n + 1)! n n n+1 2R < . (n + 1)! n

Karena lim Rn! = 0, kita simpulkan bahwa barisan hEn i konvergen seragam pada n→∞ [−R, R] untuk R > 0 sembarang. Sebagai akibatnya, kita mempunyai teorema berikut. Teorema 2. Barisan hEn i konvergen titik demi titik ke suatu fungsi E yang kontinu pada R, dengan E(0) = 1. Bukti. Berdasarkan penjelasan di atas, jelas bahwa hEn (x)i konvergen untuk tiap x ∈ R. Definisikan E : R → R dengan E(x) := lim En (x), n→∞

x ∈ R.

Karena setiap x ∈ R termuat dalam suatu interval [−R, R], maka E kontinu pada R. Selanjutnya, karena En (0) = 1 untuk tiap n, maka E(0) = 1. Lebih jauh, kita mempunyai: Teorema 3. E mempunyai turunan dengan E 0 (x) = E(x) untuk tiap x ∈ R. 0 (x) = En (x) untuk tiap Bukti. Mengingat bahwa En mempunyai turunan dan En+1 0 n = 0, 1, 2, . . . , barisan hEn i juga konvergen seragam ke E pada sembarang interval [−R, R]. Menurut Teorema 1, 0 E 0 (x) = lim En+1 (x) = lim En (x) = E(x), n→∞

n→∞

141


pada sembarang interval [−R, R]. Dengan demikian, E 0 (x) = E(x) untuk tiap x ∈ 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) = er 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 mempertahankan keterintegralan. Misalkan fn (x) := nx(1 − x2 )n , x ∈ [0, 1] (Soal 16.1 No. R1 2(b). Barisan fungsi ini konvergen ke fungsi f ≡ 0 pada [0, 1]. Di sini 0 f (x) dx = 0, sementara Z 1 Z 1 n (1 − x2 )n+1 1 n fn (x) dx = n x(1 − x2 )n dx = − . = 2 n + 1 2(n + 1) 0 0 0 Jadi, kita peroleh Z lim

n→∞

1

fn (x) dx = 0

1 . 2

Dengan demikian, untuk barisan fungsi ini, kita melihat bahwa Z n→∞

1

Z fn (x) dx 6=

lim

0

1

f (x) dx. 0

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

142

Hendra Gunawan

Pertanyaannya sekarang adalah: bilakah limit dan integral dapat bertukar tempat, yakni bilakah Z b Z b fn (x) dx = lim fn (x) dx? lim n→∞

a n→∞

a

Teorema berikut menyatakan bahwa kekonvergenan seragam mempertahankan keterintegralan dan menjamin bahwa limit dan integral dapat betukar tempat. Teorema 7. Misalkan fn terintegralkan pada I := [a, b] untuk tiap n ∈ N dan hfn i konvergen seragam ke f pada [a, b]. Maka, f terintegralkan pada [a, b] dan Z n→∞

b

b

Z fn (x) dx =

lim

f (x) dx.

a

a

Bukti. Diberikan > 0, pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap m ≥ N berlaku kf − fm kI <

. 4(b − a)

Selanjutnya, karena fN terintegralkan, maka menurut Kriteria Riemann, terdapat partisi P := {x0 , x1 , . . . , xn } dari I sedemikian sehingga U (P , fN ) − L(P , fN ) < Sementara itu, karena |f (x) − fN (x)| ≤

4(b−a)

untuk tiap x ∈ I, maka

Mj (f ) ≤ Mj (fN ) + dengan Mj (f ) :=

sup

. 2

4(b − a)

f (x) dan Mj (fN ) :=

fN (x). Jadi, kita peroleh

sup xj−1 ≤x≤xj

xj−1 ≤x≤xj

U (P , f ) ≤ U( P , fN ) + . 4 Dengan cara yang serupa, kita juga peroleh L(P , fN ) −

≤ L(P , f ). 4

Akibatnya, kita dapatkan U (P , f ) − L(P , f ) ≤ U (P , fN ) − L(P , fN ) + Ini membuktikan bahwa f terintegralkan pada I.

< + = . 2 2 2

143


Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa limit dan integral dapat bertukar tempat, kita amati bahwa Z Z Z b b b f (x) dx − fm (x) dx = [f (x) − fm (x)] dx ≤ kf − fm kI (b − a). a a a Karena lim kf −fm kI = 0, maka nilai di ruas kiri mestilah menuju ke 0 bila m → ∞, m→∞ sehingga Z b Z b fm (x) dx, f (x) dx = lim m→∞

a

a

sesuai dengan harapan kita. Soal Latihan 1. Misalkan gn (x) := nx(1 − x)n , x ∈ [0, 1]. Selidiki kekonvergenan hgn i dan R1 h 0 gn (x) dxi. 2. Misalkan hfn i adalah barisan fungsi yang terintegralkan pada [a, b], yang konvergen (titik demi titik) ke suatu fungsi yang terintegralkan pada [a, b]. Misalkan pula bahwa terdapat B > 0 sedemikian sehingga |fn (x)| ≤ B untuk tiap x ∈ [a, b] dan n ∈ N. Buktikan bahwa Z lim

n→∞

b

Z fn (x) dx =

a

b

f (x) dx. a

144

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 1 deret geometri untuk |x| < 1. Pada xn , yang konvergen (titik demi titik) ke 1−x n=0

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

∞ P n=0

xn n! ,

yang kon-

vergen (seragam) pada sembarang interval [−R, R], R > 0. Kedua deret ini termasuk dalam keluarga deret pangkat ∞ X an (x − c)n , (4) n=0

yang akan kita pelajari secara lebih mendalam sekarang. Deret pangkat (4) jelas konvergen untuk x = c. Teorema berikut menunjukkan bahwa sebuah deret pangkat secara umum konvergen pada suatu interval yang berpusat di c. ∞ P Teorema 1. Jika deret an (x − c)n konvergen untuk x = x0 , maka deret tersebut n=0

juga konvergen (mutlak) untuk x dengan |x − c| < |x0 − c|. Bukti. Karena

∞ P

an (x0 − c)n konvergen, maka an (x0 − c)n → 0 bila n → ∞.

n=0

Akibatnya, barisan han (x0 − c)n i terbatas, yakni terdapat M sedemikian sehingga |an (x0 − c)n | ≤ M,

n = 0, 1, 2, . . . .

Sekarang misalkan |x − c| < |x0 − c|. Maka r=

|x − c| < 1. |x0 − c|

Akibatnya |an (x − c)n | = |an (x0 − c)n |.rn ≤ M.rn ,

n = 0, 1, 2, . . . .

145

Pengantar Analisis Real ∞ P

Karena deret

rn konvergen, maka menurut Uji Banding deret

n=0

∞ P

an (x − c)n juga

n=0

konvergen (mutlak). ∞ P

Untuk selanjutnya, himpunan semua bilangan x ∈ R di mana deret pangkat an (x − c)n konvergen disebut interval kekonvergenan deret tersebut. Jika titik

n=0

ujung interval kekonvergenan tersebut adalah c − R dan c + R (dengan R ≥ 0), maka ∞ P R disebut jari-jari kekonvergenan deret an (x − c)n . Interval kekonvergenannya n=0

dalam hal ini adalah (c−R, c+R), (c−R, c+R], [c−R, c+R), atau [c−R, c+R]. Jika interval kekonvergenannya adalah R, maka jari-jari kekonvergenannya tak terhingga. Contoh 2. (a) Interval kekonvergenan deret geometri

∞ P

xn adalah (−1, 1), jari-jari

n=0

kekonvergenannya sama dengan 1. ∞ P (b) Interval kekonvergenan deret n=0

xn n!

adalah R. [Ingat bahwa deret ini konvergen

pada sembarang interval [−R, R], R > 0.] Soal Latihan 1. Tentukan interval kekonvergenan deret pangkat berikut. (Petunjuk. Gunakan subsitusi peubah, misal t = x − 1 untuk deret pertama.) (a)

∞ P

(x − 1)n .

n=0

(b)

∞ P n=0

(c)

∞ P n=0

xn 2n . x2n n!

18.2 Jari-jari Kekonvergenan

∞ P

Pada sub-bab terdahulu kita telah membuktikan bahwa sebuah deret pangkat an (x − c)n senantiasa konvergen pada suatu interval yang berpusat di c. Teorema

n=0

berikut memberi kita rumus jari-jari kekonvergenannya.

146

Hendra Gunawan

a n Teorema 3. Misalkan lim ada atau tak terhingga, katakanlah sama dengan n→∞ an+1 ∞ P R. Maka, deret an (x−c)n konvergen bila |x−c| < R dan divergen bila |x−c| > R. n=0

Bukti. Misalkan 0 < R < ∞. (Kasus R = 0 atau tak terhingga diserahkan sebagai ∞ P latihan.) Menggunakan Uji Rasio, deret an (x − c)n konvergen bila n=0

a 1 n+1 (x − c)n+1 · |x − c| < 1, lim = n→∞ an (x − c)n R yakni bila |x − c| < R. Uji Rasio juga memberi tahu kita bahwa deret akan divergen bila |x − c| > R. Catatan. Teorema di atas tidak memberi tahu kita perihal kekonvergenan deret untuk x = c ± R. Namun, kita dapat memeriksa kedua kasus tersisa ini secara tersendiri, dengan menggunakan pengetahuan kita tentang deret bilangan. Contoh 4. (a) Untuk deret geometri

∞ P

xn , kita mempunyai an = 1 untuk tiap

n=0

n ∈ N. Karena itu, jari-jari kekonvergenannya adalah a n R = lim = 1. n→∞ an+1 Jadi deret konvergen bila |x| < 1 dan divergen bila |x| > 1. Untuk x = ±1, deret jelas divergen. Dengan demikian, interval kekonvergenan deret adalah (−1, 1), sebagaimana telah kita ketahui sebelumnya. ∞ P 1 xn (b) Untuk deret n! , kita mempunyai an = n! untuk tiap n ∈ N. Karena itu, n=0

jari-jari kekonvergenannya adalah a n R = lim = lim (n + 1) = ∞. n→∞ an+1 n→∞ Jadi deret konvergen untuk setiap x ∈ R. D a E n Apa yang terjadi bila barisan berosilasi, misalnya bila an adalah barisan an+1 1, 1, 2, 2, 3, 3, . . . ? Teorema berikut memberi suatu cara lain menentukan jari-jari kekonvergenan deret dengan koefisien demikian.


147

Teorema 5. Misalkan L := lim sup |an |1/n ada atau tak terhingga, dan R :=

1 . L

Maka, deret

∞ P

n→∞ n

an (x − c) konvergen bila |x − c| < R dan divergen bila |x − c| > R.

n=0

Soal Latihan 1. Buktikan Teorema 3 untuk kasus R = 0 dan R = ∞. 2. Tentukan jari-jari kekonvergenan deret berikut, dan kemudian tentukan interval kekonvergenannya. (a)

∞ P

(b)

n=0 ∞ P

(c)

n=0 ∞ P n=0

xn n . xn+1 2n . x2n (2n)!

3. Buktikan Teorema 5.

18.3 Kekonvergenan Seragam Deret Pangkat Teorema berikut menyatakan bahwa deret pangkat senantiasa konvergen seragam pada sembarang interval kompak di dalam interval kekonvergenannya. Teorema 6. Jika R adalah jari-jari kekonvergenan deret pangkat

∞ P

an xn , maka

n=0

deret konvergen seragam pada sembarang interval kompak K ⊆ (−R, R). Bukti. Hipotesis bahwa K kompak dan termuat dalam (−R, R) mengakibatkan adanya suatu konstanta c < 1 sedemikian sehingga |x| < cR untuk tiap x ∈ K. Karena itu, |an xn | ≤ |an |cn Rn =: Mn , Menurut Uji Rasio,

∞ P

n = 0, 1, 2, . . . .

Mn konvergen. Akibatnya, berdasarkan Uji-M Weierstrass

n=0

(Soal No. 3, Sub-bab 16.3),

∞ P n=0

an xn konvergen seragam pada K.

148

Hendra Gunawan

Akibat 7. Jumlah suatu deret pangkat merupakan fungsi yang kontinu pada (−R, R), dengan R adalah jari-jari kekonvergenan deret pangkat tersebut. Akibat 8. Sebuah deret pangkat dapat diintegralkan suku demi suku (yakni, integral dan sigma dapat bertukar) pada sembarang interval kompak di dalam interval kekonvergenannya. Akibat 9. Sebuah deret pangkat dapat diturunkan suku demi suku (yakni, turunan dan sigma dapat bertukar) di dalam interval kekonvergenannya. Persisnya, jika f (x) = ∞ ∞ P P an xn , maka f 0 (x) = nan xn−1 untuk |x| < R, dengan R adalah jari-jari kekonn=0

vergenan deret

∞ P

n=1 n

an x . Lebih jauh, deret

n=0

∞ P

nan xn−1 juga mempunyai jari-jari

n=1

kekonvergenan R. Perhatikan bahwa dalam Akibat 9 kita mempunyai a0 = f (0) dan a1 = f 0 (0). Jika fungsi f mempunyai turunan ke-n di titik c untuk tiap n ∈ N, maka kita dapat (n) menghitung koefisien Taylor an := f n!(c) untuk tiap n ∈ N dan memperoleh suatu deret pangkat dengan koefisien-koefisien ini. Namun, tidak ada jaminan bahwa deret pangkat yang dihasilkan konvergen ke f pada suatu interval terbuka yang memuat c. Kekonvergenan deret pangkat tersebut bergantung pada suku sisa En dalam Teorema Taylor (Teorema 5, Sub-bab 10.3). Dalam hal ini, kita mempunyai deret Taylor untuk f di sekitar c, yaitu f (x) =

∞ X (x − c)n (n) f (c), n! n=0

x ∈ (c − R, c + R),

jika dan hanya jika barisan hEn (x)i konvergen ke 0 untuk tiap x ∈ (c − R, c + R). Soal Latihan 1. Buktikan Akibat 7. 2. Buktikan Akibat 8. 3. Buktikan Akibat 9. 4. Buktikan bahwa deret pangkat

∞ P

an xn dapat diturunkan suku demi suku k kali

n=0

di dalam interval kekonvergenannya. Kemudian buktikan bahwa f (k) (0) = k!ak , untuk tiap k ∈ N.

149


5. Buktikan jika

∞ P n=0

an xn dan

∞ P

bn xn konvergen ke suatu fungsi f yang sama

n=0

pada suatu interval (−r, r) dengan r > 0, maka an = bn untuk tiap n ∈ N. 2

6. Buktikan dengan induksi bahwa fungsi f dengan f (x) = e−1/x untuk x 6= 0 dan f (0) = 0 mempunyai turunan ke-k di 0, yaitu f (k) (0) = 0, untuk tiap k ∈ N. (Jadi, fungsi f tidak dapat dinyatakan sebagai deret Taylor di sekitar 0.)

150

Hendra Gunawan

DAFTAR PUSTAKA

1. R.G. Bartle and D. Sherbert, Introduction to Real Analysis, 3rd ed., John Wiley

& Sons, 19xx. 2. K.G. Binmore, Mathematical Analysis, 2nd ed., Cambridge Univ. Press., 1982.

BAGIAN KETIGA. Integral, Barisan Fungsi, Pertukaran Limit dan Integral

Recommend Documents