MA3231 Analisis Real

MA3231 Analisis Real
Hendra Gunawan*
*http://hgunawan82.wordpress.com
Analysis and Geometry Group
Bandung Institute of Technology
Bandung, INDONESIA
Program Studi S1 Matematika ITB, Semester II 2016/2017
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
1 / 23
BAB 17. PERTUKARAN LIMIT DAN INTEGRAL
1
17.1 Pertukaran Limit dan Turunan
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
2 / 23
BAB 17. PERTUKARAN LIMIT DAN INTEGRAL
1
17.1 Pertukaran Limit dan Turunan
2
17.2 Fungsi Eksponensial
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
2 / 23
BAB 17. PERTUKARAN LIMIT DAN INTEGRAL
1
17.1 Pertukaran Limit dan Turunan
2
17.2 Fungsi Eksponensial
3
17.3 Pertukaran Limit dan Integral
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
2 / 23
17.1 Pertukaran Limit dan Turunan
Kita telah melihat sebelumnya bahwa kekonvergenan seragam
mempertahankan sifat kekontinuan fungsi, yakni, jika fn kontinu
pada A untuk setiap 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
n=1
kemudian kita menginginkan
f 0 (x) =
∞
X
fn0 (x).
n=1
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
3 / 23
17.1 Pertukaran Limit dan Turunan
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 [1]). 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.
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
4 / 23
17.1 Pertukaran Limit dan 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 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.
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
5 / 23
17.1 Pertukaran Limit dan Turunan
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
(y) − fn (y)].
fm (x) − fn (x) = fm (x0 ) − fn (x0 ) + (x − x0 )[fm
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
n→∞
kontinu pada I untuk setiap n ∈ N, maka f juga kontinu pada I.
Untuk ...
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
6 / 23
17.1 Pertukaran Limit dan Turunan
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
(z) − fn0 (z)].
[fm (x) − fn (x)] − [fm (c) − fn (c)] = (x − c)[fm
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 ...
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
7 / 23
17.1 Pertukaran Limit dan Turunan
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),
n→∞
terdapat M ∈ N sedemikian shg |fn0 (c) − g(c)| < untuk n ≥ M .
Sekarang misalkan K := maks {M, N }. Karena fK0 (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)
< 3.
−
g(c)
x−c
Ini menunjukkan bahwa f 0 (c) ada dan sama dengan g(c).
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
8 / 23
17.1 Pertukaran Limit dan Turunan
SOAL
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).
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
9 / 23
17.2 Fungsi Eksponensial
x
Dalam Kalkulus, kita mendefinisikan fungsi eksponensial
R x 1 E(x) := e
sebagai invers dari fungsi logaritma L(x) := ln x := 1 t dt, x > 0.
Sekarang 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
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
10 / 23
17.2 Fungsi Eksponensial
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
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),
HG* (*ITB Bandung)
n = 0, 1, 2, . . . .
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
11 / 23
17.2 Fungsi Eksponensial
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)!
Rn
n→∞ n!
Karena lim
= 0, kita simpulkan bahwa barisan hEn i konvergen
seragam pada [−R, R] untuk R > 0 sembarang.
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
12 / 23
17.2 Fungsi Eksponensial
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 setiap 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 setiap n,
maka E(0) = 1.
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
13 / 23
17.2 Fungsi Eksponensial
Lebih jauh, kita mempunyai:
Teorema 3. Fungsi E mempunyai turunan dengan E 0 (x) = E(x)
untuk setiap x ∈ R.
Bukti. Mengingat bahwa En mempunyai turunan dan
0
En+1
(x) = En (x) untuk setiap n = 0, 1, 2, . . . , barisan hEn0 i juga
konvergen seragam ke E pada sembarang interval [−R, R]. Menurut
Teorema 1,
0
(x) = lim En (x) = E(x),
E 0 (x) = lim En+1
n→∞
n→∞
pada sembarang interval [−R, R]. Dengan demikian, kita peroleh
E 0 (x) = E(x) untuk setiap x ∈ R.
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
14 / 23
17.2 Fungsi Eksponensial
Akibat 4. Fungsi E mempunyai turunan ke-k untuk setiap k ∈ N,
dengan E (k) (x) = E(x) untuk setiap 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 setiap x ∈ R;
(ii) E(x + y) = E(x)E(y) untuk setiap x, y ∈ R;
(iii) Jika e = E(1), maka E(r) = er untuk setiap r ∈ Q.
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
15 / 23
17.2 Fungsi Eksponensial
SOAL
1
Buktikan jika x > 0, maka E(x) > 1 + x.
2
Buktikan Teorema 5.
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
16 / 23
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. 2(b).
fungsi ini konvergen ke fungsi f ≡ 0 pada [0, 1]. Di sini
RBarisan
1
f (x) dx = 0, sementara
0
Z
1
Z
fn (x) dx = n
0
0
HG* (*ITB Bandung)
1
n (1 − x2 )n+1 1
n
.
x(1 − x ) dx = −
=
2
n+1
2(n + 1)
0
2 n
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
17 / 23
17.3 Pertukaran Limit dan Integral
Jadi, kita peroleh
Z
lim
n→∞
0
1
1
fn (x) dx = .
2
Dengan demikian, untuk barisan fungsi ini, kita melihat bahwa
Z 1
Z 1
lim
fn (x) dx 6=
f (x) dx.
n→∞
0
0
Perlu dicatat di sini bahwa hfn i tidak konvergen seragam ke f .
Pertanyaannya sekarang adalah: bilakah limit dan integral dapat
bertukar tempat, yakni bilakah
Z b
Z b
lim
fn (x) dx =
lim fn (x) dx?
n→∞
HG* (*ITB Bandung)
a
a n→∞
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
18 / 23
17.3 Pertukaran Limit dan Integral
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 setiap
n ∈ N dan hfn i konvergen seragam ke f pada [a, b]. Maka, f
terintegralkan pada [a, b] dan
Z
lim
n→∞
HG* (*ITB Bandung)
b
Z
fn (x) dx =
a
b
f (x) dx.
a
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
19 / 23
17.3 Pertukaran Limit dan Integral
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
Keterintegralan Riemann, terdapat partisi P := {x0 , x1 , . . . , xn } dari
I sedemikian sehingga
U (P , fN ) − L(P , fN ) < .
2
Sementara itu, karena |f (x) − fN (x)| ≤
maka
Mj (f ) ≤ Mj (fN ) +
dengan Mj (f ) :=
sup
4(b−a)
untuk setiap x ∈ I,
4(b − a)
f (x) dan Mj (fN ) :=
xj−1 ≤x≤xj
sup
fN (x).
xj−1 ≤x≤xj
Jadi ...
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
20 / 23
17.3 Pertukaran Limit dan Integral
Jadi, kita peroleh
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 ) +
< + = .
2
2 2
Ini membuktikan bahwa f terintegralkan pada I.
Selanjutnya ...
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
21 / 23
17.3 Pertukaran Limit dan Integral
Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa limit dan integral dapat
bertukar tempat, kita amati bahwa
Z b
Z b
Z b
f (x) dx −
fm (x) dx = [f (x) − fm (x)] dx
a
a
a
≤ kf − fm kI (b − a).
Karena lim kf − fm kI = 0, maka nilai di ruas kiri mestilah menuju
m→∞
ke 0 bila m → ∞, sehingga
Z b
Z b
f (x) dx = lim
fm (x) dx,
a
m→∞
a
sesuai dengan harapan kita.
HG* (*ITB Bandung)
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
22 / 23
17.3 Pertukaran Limit dan Integral
SOAL
1
2
Misalkan gn (x) := nx(1 −Rx)n , x ∈ [0, 1]. Selidiki
1
kekonvergenan hgn i dan h 0 gn (x) dxi.
Berikan contoh barisan fungsi hfn i yang terintegralkan pada
[a, b] dan konvergen titik demi titik, tetapi tidak seragam, ke
suatu fungsi f yang terintegralkan pada [a, b], dan memenuhi
Z
lim
n→∞
HG* (*ITB Bandung)
b
Z
fn (x) dx =
a
b
f (x) dx.
a
MA3231 Analisis Real
17 April 2017
23 / 23