• Tidak ada hasil yang ditemukan

14. SIFAT-SIFAT INTEGRAL RIEMANN

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Membagikan "14. SIFAT-SIFAT INTEGRAL RIEMANN"

Copied!
8
0
0

Teks penuh

(1)

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 a cf (x) dx = c Z b a f (x) dx, (1) Z b a (f + g)(x) dx = Z b a f (x) dx + Z b a g(x) dx. (2)

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 ). 109

(2)

Karena f terintegralkan, U (f ) = L(f ) dan akibatnya L(cf ) = cL(f ) = cU (f ) = U (cf ). Jadi cf terintegralkan dan

Z b a cf (x) dx = c Z b a f (x) dx.

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

(3)

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

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

Akibat 3. Misalkan f, g : I → R terintegralkan pada I. Jika f (x) ≤ g(x) untuk tiap x ∈ I, makaRb

af (x) dx ≤

Rb

a g(x) dx.

Proposisi 3. Misalkan f : I → R terintegralkan pada I. Jika m ≤ f (x) ≤ M untuk tiap x ∈ [a, b], maka

m(b − a) ≤ Z b

a

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

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.

(4)

4. Buktikan jika f terintegralkan pada I dan |f (x)| ≤ K untuk tiap x ∈ I, maka Rb af (x) dx ≤ K|b − 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

F (x) := Z x

a

f (t) dt, x ∈ I.

Maka, F kontinu pada I. Selanjutnya, jika f kontinu di c ∈ (a, b), maka F mempun-yai turunan di c dan F0(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

a

f (t) dt = F (b) − F (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

(5)

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

L(P, f ) ≤ Z b

a

f (t) dt ≤ U (P, f ). Akibatnya, kita peroleh

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

Z b

a

f (t) dt = F (b) − F (a), sebagaimana yang kita kehendaki.

Soal Latihan

1. Misalkan f (x) = |x|, x ∈ [−1, 1]. Terkait dengan f , definisikan F (x) :=

Z x

1

f (t) dt, x ∈ [−1, 1]. (a) Peroleh rumus untuk F (x), x ∈ [−1, 1].

(b) Periksa bahwa F0(x) = f (x) untuk x ∈ [−1, 1].

(c) Periksa bahwaR1

−1f (t) dt = F (1) − F (−1).

2. Misalkan f : [−1, 1] → R didefinisikan sebagai f (x) =    −1, −1 ≤ x < 0; 0, x = 0; 1, 0 < x ≤ 1, Terkait dengan f , definisikan

F (x) := Z x

1

(6)

(a) Peroleh rumus untuk F (x). Apakah F kontinu pada [−1, 1]? (b) Tunjukkan bahwa F0(x) = f (x) untuk x ∈ [−1, 1], x 6= 0.

(c) Periksa apakahR1

−1f (t) dt = F (1) − F (−1). Berikan argumen yang

men-dukung fakta tersebut.

3. Misalkan f dan g terintegralkan dan mempunyai anti- turunan F dan G pada I = [a, b]. Buktikan bahwa

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

(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 m(b − a) ≤ Z b a f (x) dx ≤ M (b − a) atau m ≤ 1 b − a Z b a f (x) dx ≤ M. Nilai b−a1 Rb

af (x) dx disebut sebagai nilai rata-rata integral f pada interval I. (Dalam

versi diskrit, nilai rata-rata aritmetik dari sejumlah bilangan adalah jumlah dari bilangan-bilangan tersebut dibagi dengan banyaknya bilangan itu. Dalam versi ‘kon-tinum’, integral menggantikan jumlah dan panjang interval menggantikan banyaknya bilangan.)

Mengingat m dan M ada di daerah nilai f dan b−a1 Rb

af (x) dx ada di antara

kedua nilai tersebut, maka menurut Teorema Nilai Antara mestilah terdapat suatu titik c ∈ I sedemikian sehingga

f (c) = 1 b − a

Z b

a

(7)

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

a

f (x) dx.

Pada Bab 10, kita telah membahas Teorema Taylor untuk turunan. Sekarang kita akan membahas teorema yang serupa untuk integral.

Teorema 8 (Teorema Taylos untuk Integral). Misalkan f, f0, . . . , f(n) kontinu

pada I = [a, b]. Maka

f (b) = f (a) + (b − a)f0(a) + · · · + (b − a)

n−1 (n − 1)! f (n−1)(a) + E n dengan En= (n−1)!1 Rb a(b − t) n−1f(n)(t) dt.

Bukti. Dengan pengintegralan parsial, kita peroleh

En= 1 (n − 1)! h (b − t)n−1f(n−1)(t)|ba+ (n − 1) Z b a (b − t)n−2f(n−1)(t) dti = −(b − a) n−1 (n − 1)! f (n−1)(a) + 1 (n − 1)! Z b a (b − t)n−2f(n−1)(t) dt.

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

f (c) =h 1 b − a Z b a f2(x) dxi 1/2 .

(8)

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 b − a Z b a fk(x) dxi 1/k .

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

Referensi

Dokumen terkait

Tujuan para investor melakukan investasi adalah untuk meningkatkan kesejahteraan baik untuk masa saat ini maupun masa yang akan datang dengan mempertimbangkan

Departemen Manajemen Sumberdaya Perairan, Fakultas Perikanan dan Ilmu Kelautan, Institut Pertanian Bogor.. Field guide for fishery purposes: The marine fishery resources

,engingatkan kembali ke&#34;ada ibu tentang &#34;ers/nal $ygiene &#34;ada balita  dengan membiasakan kebiasaan 9u9i tangan setela$ melakukan aktiitas?.

 Berdasarkan kebijakan umum APBD yang telah disepakati, pemerintah daerah dan DPRD membahas Berdasarkan kebijakan umum APBD yang telah disepakati, pemerintah daerah dan DPRD membahas

Dari hasil penelitian diperoleh rata-rata nilai tes siswa setelah tindakan dengan melakukan perkalian aljabar dengan menggunakan tabel adalah pada siklus 1 yaitu 31 pada siklus 2

[r]

Berdasarkan uraian kajian pustaka dan hasil penelitian yang relevan maka dapat dirumuskan hipotesis penelitian pertama yaitu terdapat perbedaan hasil belajar matematika

Dengan kata lain, dapat disimpulkan bahwa peningkatan produksi keripik pare ke depan lebih menjanjikan dari pada keripik sayur lainnya, disamping pula ada