J.M. TUWANKOTTA
1. Pendekatan Kalkulus: mendefinisikan fungsi logaritma natural sebagai integral
Pandang sebuah fungsi yang didefinisikan dengan menggunakan integral:
(1.1) L(x) = x Z 1 1 tdt. Dari Teorema Fundamental Kalkulus, kita tahu bahwa:
d dxL(x) = d dx x Z 1 1 tdt = 1 x.
Jadi, untuk x > 0, kita simpulkan bahwa L(x) adalah fungsi yang monoton naik (sebab memiliki turunan yang positif). Jika kita menghitung turunan kedua:
d2
dx2L(x) = −
1 x2,
yang senantiasa bernilai negatif, untuk x > 0. Jadi, fungsi L(x) senantiasa cekung ke bawah. Khususnya, karena L(x) monoton naik, maka ia fungsi satu-ke-satu, sehingga memiliki invers.
Sifat-sifat dari fungsi L(x) sangatlah menarik. Yang pertama dan sangat mudah adalah: L(1) = 0. Pandang: d dx(L(ax)) = L 0 (ax)a = 1 axa = 1 x.
Hal ini didapat dari menerapkan aturan rantai untuk turunan. Kesimpulan kita, berarti fungsi L(ax) dan L(x) adalah dua antiturunan dari x1, yaitu:
d dx(L(ax) − L(x)) = 1 x− 1 x = 0.
Jadi: L(ax) − L(x) = C untuk suatu C ∈ R dan untuk setiap x > 0. Khususnya, untuk x = 1 kita dapatkan C = L(a) dan untuk x = b > 0, kita dapatkan:
L(ab) = L(a) + L(b).
Misalkan pq = r ∈ Q; kita pilih bilangan rasional agar ar terdefinisi dengan baik, yaitu: ar =√q
ap.
Maka: L(ar) = 1q L(ar) + . . . + L(ar) | {z } q kali = 1qL ar· . . . · ar | {z } q kali = 1qL(arq) = 1 qL(a p) = 1 q L(a) + . . . + L(a) | {z } p kali = pqL(a).
Jadi: L(ar) = rL(a).
Sifat-sifat ini memperlihatkan sifat dari fungsi logaritma. Tetapi, tidak seperti biasanya di-mana logaritma senantiasa melibatkan bilangan basis, seperti: logab, fungsi L(x) memper-lihatkan perilaku yang serupa dengan fungsi logaritma tetapi tanpa adanya basis tertentu. Itu sebabnya, fungsi L(x) ini kemudian didefinisikan sebagai: fungsi logaritma natural, atau:
L(x) = ln(x).
Ingat, bahwa fungsi ln(x) ini adalah fungsi satu-ke-satu, sehingga memiliki invers, yang kita sebut: E(x). Jadi,
(1.2) y = E(x) jika dan hanya jika x = ln(y). Hal ini juga berarti: E(ln(x)) = ln(E(x)) = x. Misalkan:
E(A) = a dan E(B) = b. Maka ln(a) = A dan ln(b) = B. Akibatnya:
A + B = ln(a) + ln(b) = ln(ab). Jadi:
E(A + B) = E(ln(ab)) = ab = E(A) · E(B),
yang tidak lain memperlihatkan sifat fungsi eksponensial. Bedanya, secara klasik, fungsi eksponensial hanya punya arti jika eksponennya rasional. Sebagai invers dari fungsi log-aritma natural, E(x) terdefinisi untuk seluruh bilangan real. Jadi, sekarang kita dapat memberi arti untuk: ax untuk sebarang bilangan real x. Kembali, kita tuliskan:
E(x) = exp(x) = ex. Sekarang, perhatikan kembali (1.2), yaitu:
y = ex jika dan hanya jika x = ln(y). Maka: 1 = d dx(x) = d dxln(y) = 1 y dy dx.
Ini berarti: dy dx = y, yaitu: d dxe x = ex.
2. Pendekatan Lain: mendefinisikan fungsi eksponensial sebagai limit dari barisan fungsi
Jika pada pendekatan sebelumnya, kita mengkonstruksi sebuah fungsi yang merupakan fungsi primitif dari 1x, kini kita akan mencoba pendekatan sebaliknya.
Teorema 2.1. Terdapat sebuah fungsi E : R −→ R sehingga: d
dxE(x) = E(x) dan E(0) = 1.
Bukti. Akan dikonstruksi sebuah barisan fungsi, yaitu: {En(x)}. Definisikan formula
rekursif: En+1(x) = 1 + x Z 0 En(t)dt, x ∈ R dengan E1 = 1 + x. Maka: E2 = 1 + x Z 0 (1 + t) dt = 1 + x + 1 2x 2, dan E2 = 1 + x Z 0 1 + t + 1 2t 2 dt = 1 + x + 1 2x 2+ 1 3 · 2x 3. Misalkan, En= 1 + x + 1 2!x 2 + 1 3!x 3 + . . . + 1 n!x n . Maka: En+1 = 1 + x Z 0 1 + t + 1 2!t 2+ 1 3!t 3+ . . . + 1 n!t n dt = 1 + x + 1 2!x 2+ . . . + 1 (n + 1)!x n+1
Kita klaim, bahwa fungsi:
E(x) = 1 + x + 1 2!x 2 + . . . + 1 n!x n + . . . , memenuhi: lim n→∞|E(x) − En(x)| = 0,
untuk setiap x. Ambil x sebarang, dan pilih A > 0 sehingga x ∈ [−A, A]. Maka: jika m > n berlaku: |En(x) − Em(x)| = xn+1 (n + 1)! + . . . + xm (m)! . Karena x ∈ [−A, A] maka:
xn+1 (n + 1)! ≤ A n+1 (n + 1)!, dan xn+k (n + k)! ≤ A n+k (n + k)! = An+1 (n + 1)! Ak−1 (n + 2)(n + 3) . . . (n + k), untuk 2 ≤ k ≤ m − n. Tetapi: Ak−1 (n + 2)(n + 3) . . . (n + k) = A (n + 2) A (n + 3). . . A (n + k) < A n k−1 . Jadi, |En(x) − Em(x)| ≤ An+1 (n + 1)! 1 + A n + . . . + A n m−n−1! < A n+1 (n + 1)! 1 1 −An < A n+1 (n + 1)!2.
Jadi, En(x) konvergen ke E(x) untuk setiap x ∈ [−A, A], bahkan secara seragam (karena
kita telah menunjukkan bahwa En(x) barisan Cauchy). Meskipun A sebarang, kita tidak
menunjukkan bahwa kekonvergenan ini seragam di seluruh bilangan real. Meskipun demikian, untuk sebarang x kita dapat memiih A yang cukup besar, sehingga kekonvergenan di atas seragam. Perhatikan bahwa, d dx ∞ X 0 1 n!x n = ∞ X 0 1 n! d dxx n= ∞ X 1 1 (n − 1)!x n−1 = ∞ X 0 1 n!x n = E(x).
Jadi, jumlahan tak hingga boleh ditukar urutannya dengan operator turunan pada deret ini, jika kita membatasi x ∈ [−A, A]. Masalah kekonvergenan
Misalkan F (x) adalah fungsi lain yang memenuhi premis pada Teorema 2.1. Maka haruslah dipenuhi: d dx F (x) E(x) = F 0(x)E(x) − F (x)E0(x) E(x)2 = F (x)E(x) − F (x)E(x) E(x)2 = 0. Akibatnya: F (x)
E(x) = C, dan akibatnya: F (x) = CE(x).
Karena F (0) = E(0) = 1 maka haruslah: C = 1. Jadi, fungsi yang memenuhi Teorema 2.1, tunggal.
Selanjutnya, pandang: untuk y sebarang namun tetap: G(x) = E(x + y) E(y) . Maka: G0(x) = E 0(x + y) E(y) = E(x + y) E(y) = G(x).
Lebih jauh, G(0) = E(y)E(y) = 1. Jadi, G memenuhi Teorema 2.1. Karena ketunggalan dari fungsi yang memenuhi Teorema 2.1, telah kita tunjukkan, maka haruslah: G(x) = E(x). Jadi, berlaku:
E(x + y) = E(x)E(y). Misalkan r = pq sebuah bilangan rasional. Maka:
E(rx) = (E(rx)q)1q = E(rx) · · · E(rx) | {z } q kali 1 q = E rx + · · · + rx | {z } q kali 1 q = (E (px))1q = E(x) · · · E(x) | {z } p kali 1 q = E(x)pq = E(x)r.
Perhatikan bahwa: E(x) = E 1 2x + 1 2x =Ex 2 2 ≥ 0,
untuk setiap x ∈ R. Jika terdapat sebuah x0 sedemikian sehingga: E(x0) = 0, maka:
E(x) = E ((x − x0) + x0) = E ((x − x0)) E (x0) = 0,
untuk setiap x. Karena E(0) = 1 6= 0, haruslah: E(x) > 0, ∀x ∈ R.
Jadi, terdapat secara tunggal: sebuah fungsi E(x) yang memenuhi Teorema 2.1, dan memiliki sifat-sifat seperti fungsi pangkat (eksponensial), yaitu:
(1) E(x + y) = E(x)E(y) untuk setiap x, y ∈ R. (2) E(x)r = E(rx), jika x ∈ R dan r ∈ Q. (3) E(x) > 0 untuk setiap x ∈ R.
Selanjutnya, fungsi tersebut ditulis:
E(x) = exp(x) atau juga ditulis E(x) = ex.
Perhatikan bahwa ex adalah fungsi yang monoton naik, sebab turunannya adalah dirinya
sendiri sehingga senantiasa positif. Jadi, ex memiliki invers.
Jelas, fungsi exp(x) memiliki domain, seluruh bilangan real, dan range bilangan positif. Jadi, jika invers dari fungsi ex adalah: ln x, maka domain dari ln x adalah bilangan positif
dengan range bilangan real. Maka haruslah berlaku: x = eln x= ln ex, x > 0. Perhatikan bahwa: 1 = d dxx = d dxe ln x = eln x d dx(ln x) = x d dx(ln x). Jadi, d dxln x = 1 x,
seperti yang telah kita kenal. Sifat-sifat lainnya dapat diturunkan dengan mudah. 3. Fungsi eksponensial dan fungsi Trigonometri
Teorema 3.1. (Teorema Taylor.)
Misalkan f adalah fungsi yang terdiferensialkan (dapat diturunkan) hingga tak berhingga kali. Maka, untuk setiap x ∈ (a − R, a + R) ⊂ R, berlaku:
f (x) = f (a) + ∞ X k=1 f[k](a) k! (x − a) k,
Misalkan diberikan sebuah fungsi f yang terdiferensialkan tak berhingga kali, artinya memiliki turunan sampai tingkat berapapun. Tanpa mengurangi keumuman, kita misalkan a = 0. Pada prinsipnya, kita hendak mencari sebuah barisan {an} sehingga:
f (x) = a0+ a1x + a2x2+ a3x3+ a4x4+ a5x5+ . . . ,
untuk setiap x pada interval (−R, R) (untuk suatu R 6= 0 yang mungkin takhingga). Misalkan f (x) = ex, dan a = 0, maka
ex = 1 + x + 1 2!x
2 + . . . + 1
n!x
n+ . . . ,
seperti yang telah kita dapatkan pada bagian sebelumnya. Pandang f (x) = sin(x). Maka:
f (x) = sin x = f [4](x) = f [8](x) f[1](x) = cos x = f [5](x) = f [9](x)
f[2](x) = − sin x = f [6](x) = f [10](x)
f[3](x) = − cos x = f [7](x) = f [11](x) dan seterusnya. Akibatnya,
sin x = x − 1 3!x 3+ 1 5!x 5− 1 7!x 7+ . . .
Dengan cara yang sama, atau dengan menurunkan deret di atas, kita dapatkan: cos x = 1 − 1 2!x 2 + 1 4!x 4 − 1 6!x 6+ . . .
Kita akan memperkenalkan sebuah ”bilangan” yang disebut bilangan imajiner: yaitu: i; bilangan ini memiliki sifat:
i0 = 1 i1 = i i2 = −1 i3 = −i i4 = 1 i5 = i .. . Jadi: eix = 1 + ix + i2 1 2!x 2+ i3 1 3!x 3 + i4 1 4!x 4+ i5 1 5!x 5+ i6 1 6!x 6+ . . . = 1 + ix − 2!1x2− i1 3!x 3+ 1 4!x 4+ i1 5!x 5− 1 6!x 6+ . . . = 1 − 2!1x2+ 1 4!x 4− 1 6!x 6+ . . . + i x − 1 3!x 3+ 1 5!x 5− . . . = cos x + i sin x.
Dengan mengganti x dengan −x, kita dapatkan:
Maka kita dapatkan: cos x = e ix+ e−ix 2 dan sin x = eix− e−ix 2i
e-mail: theo@math.itb.ac.id, Analysis and Geometry Group, FMIPA, Institut Teknologi Bandung, Ganesha no. 10, Bandung, Indonesia
