MA3231 Analisis Real

(1)

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

(2)

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

(3)

BAB 17. PERTUKARAN LIMIT DAN INTEGRAL

(4)

BAB 17. PERTUKARAN LIMIT DAN INTEGRAL

(5)

Kita telah melihat sebelumnya bahwa kekonvergenan seragam mempertahankan sifat kekontinuan fungsi, yakni, jika f_n kontinu pada A untuk setiap n ∈ N dan hfni 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

∞

P

n=1

f_n (misalnya), dan kemudian kita menginginkan

f⁰(x) =

∞

X

n=1

f_n⁰(x).

(6)

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

f (x) :=

∞

X

k=1

2^−kcos(3^kx)

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.

(7)

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

Teorema 1. Misalkan I ⊆ R adalah suatu interval terbatas dan hfni adalah barisan fungsi pada I.

Misalkan terdapat x₀ ∈ I sedemikian sehingga hf_n(x₀)i konvergen dan barisan hf_n⁰i terdefinisi dan konvergen seragam ke suatu fungsi g pada I.

Maka, hf_ni konvergen seragam ke suatu fungsi f pada I dengan f⁰(x) = g(x), x ∈ I.

(8)

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

f_m(x) − f_n(x) = f_m(x₀) − f_n(x₀) + (x − x₀)[f_m⁰ (y) − f_n(y)].

Akibatnya, kita peroleh

kf_m− f_nk_I ≤ |f_m(x₀) − f_n(x₀)| + (b − a)kf_m⁰ − f_n⁰k_I. Menurut hipotesis dan Kriteria Cauchy (Teorema 6, Bab 16), hf_ni konvergen seragam pada I. Sebutlah f := lim

n→∞fn. Karena fn

kontinu pada I untuk setiap n ∈ N, maka f juga kontinu pada I.

Untuk ...

(9)

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_m⁰ (z) − f_n⁰(z)].

Jadi, dalam hal x 6= c, kita peroleh

f_m(x) − f_m(c)

x − c − f_n(x) − f_n(c) x − c

≤ kf_m⁰ − f_n⁰k_I. Karena hf_n⁰i konvergen seragam pada I, untuk > 0 sembarang terdapat N ∈ N sedemikian sehingga jika m, n ≥ N dan x 6= c, maka

f_m(x) − f_m(c)

x − c −f_n(x) − f_n(c) x − c

≤ .

Jika ...

(10)

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

f (x) − f (c)

x − c − f_n(x) − f_n(c) x − c

≤ untuk n ≥ N dan x 6= c. Selanjutnya, karena lim

n→∞f_n⁰(c) = g(c), terdapat M ∈ N sedemikian shg |fn⁰(c) − g(c)| < untuk n ≥ M . Sekarang misalkan K := maks {M, N }. Karena f_K⁰ (c) ada, maka terdapat δ_K > 0 sedemikian sehingga jika 0 < |x − c| < δ_K, maka

f_K(x) − f_K(c)

x − c − f_K⁰ (c)

< .

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

f (x) − f (c)

x − c − g(c)

< 3.

Ini menunjukkan bahwa f⁰(c) ada dan sama dengan g(c).

(11)

SOAL

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_nⁿ, x ∈ [0, 1]. Buktikan bahwa hf_ni

konvergen seragam ke suatu fungsi f yang mempunyai turunan pada [0, 1], dan hf_n⁰i konvergen ke suatu fungsi g pada [0, 1], tetapi f⁰(1) 6= g(1).

(12)

Dalam Kalkulus, kita mendefinisikan fungsi eksponensial E(x) := e^x sebagai invers dari fungsi logaritma L(x) := ln x :=Rx

1 1

tdt, x > 0.

Sekarang kita akan mempelajari suatu cara lain mendefinisikan fungsi eksponensial, yaitu dengan meninjau Masalah Nilai Awal

E⁰(x) = E(x), E(0) = 1. (3)

Perhatikan bahwa Masalah Nilai Awal ini setara dengan persamaan integral

E(x) = 1 + Z x

0

E(t) dt.

(13)

Untuk mendapatkan solusinya, kita lakukan iterasi Picard dengan hampiran awal E₀(x) := 1 dan

E_n+1(x) := 1 + Z x

0

E_n(t) dt, n = 0, 1, 2, . . . . Dalam hal ini, kita akan memperoleh barisan fungsi

E_n(x) := 1 + x

1! + · · · + xⁿ

n!, n = 0, 1, 2, . . . , yang memenuhi

E_n+1⁰ (x) = E_n(x), n = 0, 1, 2, . . . .

(14)

Sekarang marilah kita pelajari barisan fungsi ini.

Misalkan R > 0. Jika |x| ≤ R dan m > n > 2R, maka

|E_m(x) − E_n(x)| =

xⁿ⁺¹

(n + 1)! + · · · + x^m m!

≤ Rⁿ⁺¹ (n + 1)!

h 1 + R

n + · · · +R n

m−n−1i

< 2Rⁿ⁺¹ (n + 1)!. Karena lim

n→∞

Rⁿ

n! = 0, kita simpulkan bahwa barisan hEni konvergen seragam pada [−R, R] untuk R > 0 sembarang.

(15)

Sebagai akibatnya, kita mempunyai teorema berikut.

Teorema 2. Barisan hE_ni 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 setiap x ∈ R. Definisikan E : R → R dengan

E(x) := lim

n→∞E_n(x), 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.

(16)

Lebih jauh, kita mempunyai:

Teorema 3. Fungsi E mempunyai turunan dengan E⁰(x) = E(x) untuk setiap x ∈ R.

Bukti. Mengingat bahwa E_n mempunyai turunan dan

E_n+1⁰ (x) = E_n(x) untuk setiap n = 0, 1, 2, . . . , barisan hE_n⁰i juga konvergen seragam ke E pada sembarang interval [−R, R]. Menurut Teorema 1,

E⁰(x) = lim

n→∞E_n+1⁰ (x) = lim

n→∞E_n(x) = E(x),

pada sembarang interval [−R, R]. Dengan demikian, kita peroleh E⁰(x) = E(x) untuk setiap x ∈ R.

(17)

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) = e^r untuk setiap r ∈ Q.

(18)

SOAL

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

2 Buktikan Teorema 5.

(19)

Sekarang mari kita periksa apakah kekonvergenan titik demi titik mempertahankan keterintegralan.

Misalkan f_n(x) := nx(1 − x²)ⁿ, x ∈ [0, 1] (Soal 16.1 No. 2(b).

Barisan fungsi ini konvergen ke fungsi f ≡ 0 pada [0, 1]. Di sini R1

0 f (x) dx = 0, sementara Z 1

0

f_n(x) dx = n Z 1

0

x(1 − x²)ⁿdx = −n 2

(1 − x²)ⁿ⁺¹ n + 1

1

0 = n

2(n + 1).

(20)

Jadi, kita peroleh

n→∞lim Z 1

0

f_n(x) dx = 1 2.

Dengan demikian, untuk barisan fungsi ini, kita melihat bahwa

n→∞lim Z 1

0

f_n(x) dx 6=

Z 1 0

f (x) dx.

Perlu dicatat di sini bahwa hf_ni tidak konvergen seragam ke f . Pertanyaannya sekarang adalah: bilakah limit dan integral dapat bertukar tempat, yakni bilakah

n→∞lim Z b

a

fn(x) dx = Z b

a

n→∞lim fn(x) dx?

(21)

Teorema berikut menyatakan bahwa kekonvergenan seragam mempertahankan keterintegralan dan menjamin bahwa limit dan integral dapat betukar tempat.

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

terintegralkan pada [a, b] dan

n→∞lim Z b

a

f_n(x) dx = Z b

a

f (x) dx.

(22)

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

kf − f_mk_I < 4(b − a).

Selanjutnya, karena f_N terintegralkan, maka menurut Kriteria

Keterintegralan Riemann, terdapat partisi P := {x0, x1, . . . , xn} dari I sedemikian sehingga

U (P, f_N) − L(P, f_N) < 2.

Sementara itu, karena |f (x) − f_N(x)| ≤ _4(b−a) untuk setiap x ∈ I, maka

M_j(f ) ≤ M_j(f_N) + 4(b − a) dengan M_j(f ) := sup

xj−1≤x≤x_j

f (x) dan M_j(f_N) := sup

xj−1≤x≤x_j

f_N(x).

Jadi ...

(23)

Jadi, kita peroleh

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

L(P, f_N) −

4 ≤ L(P, f ).

Akibatnya, kita dapatkan

U (P, f ) − L(P, f ) ≤ U (P, f_N) − L(P, f_N) + 2 <

2 + 2 = .

Ini membuktikan bahwa f terintegralkan pada I.

Selanjutnya ...

(24)

Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa limit dan integral dapat bertukar tempat, kita amati bahwa

Z b a

f (x) dx − Z b

a

f_m(x) dx

=

Z b a

[f (x) − f_m(x)] dx

≤ kf − f_mk_I(b − a).

Karena lim

m→∞kf − fmkI = 0, maka nilai di ruas kiri mestilah menuju ke 0 bila m → ∞, sehingga

Z b a

f (x) dx = lim

m→∞

Z b a

f_m(x) dx, sesuai dengan harapan kita.

(25)

SOAL

1 Misalkan g_n(x) := nx(1 − x)ⁿ, x ∈ [0, 1]. Selidiki kekonvergenan hg_ni dan hR1

0 g_n(x) dxi.

2 Berikan contoh barisan fungsi hf_ni yang terintegralkan pada [a, b] dan konvergen titik demi titik, tetapi tidak seragam, ke suatu fungsi f yang terintegralkan pada [a, b], dan memenuhi

n→∞lim Z b

a

f_n(x) dx = Z b

a

f (x) dx.