BAB III FUNGSI YOUNG DAN KOMPLEMEN YOUNG

(1)

FUNGSI YOUNG DAN KOMPLEMEN YOUNG

Hazmy, Sofhara AL. 2014 EKSTRAKSI RUANG ORLICZ

Universitas Pendidikan Indonesia | repository.upi.edu | perpustakaan.upi.edu

Pada bab ini, dibahas tentang definisi fungsi Young dengan domain real diperluas dan komplemennya.

Sebelumnya, dalam studi deret Fourier, W. H. Young telah menganalisis fungsi konvek 𝜃: ℝ → ℝ̅̅̅̅ yang bersifat 𝜃(−𝑥) = 𝜃(𝑥), 𝜃(0) = 0, dan + lim_𝑥→∞𝜃(𝑥) = ∞, dimana setiap fungsi 𝜃 dapat diasosiasikan dengan fungsi konvek lain 𝜓: ℝ → ℝ̅̅̅̅ yang memiliki sifat yang sama dengan 𝜃, yang mana +

𝜓(𝑦) ≔ sup

𝑥≥0{𝑥|𝑦| − 𝜃(𝑥)}.

Oleh sebab itu 𝜃 dinamakan fungsi Young, dan 𝜓 dinamakan komplemen Young. Pada bab ini, definisi fungsi Young akan dimodifikasi. Fungsi Young akan didefinisikan pada ℝ̅ dengan menambahkan syarat 𝜃(±∞) = ∞ dan lim_𝑥→𝑐−𝜃(𝑥) = 𝜃(𝑐) dengan 𝑐 = sup 𝑑𝑜𝑚(𝜃).

3.1 Fungsi Young dan Komplemen Young

Berikut merupakan fungsi Young yang dimodifikasi

Definisi 3.1.1

Suatu fungsi 𝜃: ℝ̅ → ℝ̅̅̅̅ dikatakan fungsi young jika memenuhi kondisi: +

1. 𝜃 konvek pada ℝ 2. 𝜃(−𝑥) = 𝜃(𝑥)

3. 𝜃(0) = 0, 𝜃(±∞) = ∞, dan

(2)

Untuk kasus : ℝ → ℝ̅̅̅̅ , definisi fungsi Young diatas ekivalen dengan + Definisi 1.1 [3].

Remark 1.

a) Sifat 𝜃(−𝑥) = 𝜃(𝑥) dan 𝜃(0) = 0 mengindikasikan 𝜃 mencapai minimum di 0 dan tak turun pada [0, ∞)

b) Untuk sembarang fungsi Young, terdapat 𝑠0, 𝑠1 > 0 sedemikian sehingga

𝜃(𝑠0) ∈ [0, ∞) dan 𝜃(𝑠1) ∈ (0, ∞].

c) Berdasarkan b), 𝑐 = sup 𝑑𝑜𝑚(𝜃) > 0.

d) Fungsi Young kontinu pada interior 𝑑𝑜𝑚𝜃. Secara khusus, fungsi Young

finite merupakan fungsi kontinu pada ℝ.

e) Berdasarkan d), jika 0 ≤ 𝑑 ≤ sup 𝑑𝑜𝑚(𝜃) maka lim_𝑥→𝑑−𝜃(𝑥) = 𝜃(𝑑).

Jika 𝑑 > sup 𝑑𝑜𝑚(𝜃), maka lim𝑥→𝑑−𝜃(𝑥) = ∞ = 𝜃(𝑑).

f) Berdasarkan Definisi 3.1.1, lim𝑥→∞𝜃(𝑥) = ∞.

Untuk setiap fungsi Young 𝜃, dapat dibentuk fungsi 𝜓: ℝ̅ → ℝ̅̅̅̅ yang + berasosiasi dengan 𝜃 yang didefinisikan

𝜓(𝑦) ≔ sup

𝑥≥0{𝑥|𝑦| − 𝜃(𝑥)}.

𝜓 disebut komplemen dari 𝜃 dan berlaku ketaksamaan Young 𝜃(𝑥) + 𝜓(𝑦) ≥ 𝑥𝑦.

Berdasarkan definisi fungsi 𝜓, 𝜓 konveks, 𝜓(−𝑦) = 𝜓(𝑦), 𝜓(0) = 0, 𝜓(±∞) = ∞, dan lim_𝑦→∞𝜓(𝑦) = ∞.

Misalkan 𝑑 = sup 𝑑𝑜𝑚(𝜓) ∈ ℝ, berdasarkan ketaksamaan Young untuk setiap 𝑥 ∈ ℝ

lim

𝑦→𝑑−𝜓(𝑦) ≥ 𝑥𝑑 − 𝜃(𝑥)

(3)

lim

𝑦→𝑑−𝜓(𝑦) ≥ sup _𝑥≥0{𝑥𝑑 − 𝜃(𝑥)} = 𝜓(𝑑).

Tetapi, karena 𝜓 tak turun pada [0, 𝑑], maka lim_𝑥→𝑑−𝜓(𝑦) ≤ 𝜓(𝑑). Akibatnya

lim𝑥→𝑑−𝜓(𝑦) = 𝜓(𝑑). Jadi, 𝜓 juga merupakan fungsi Young.

Pada topik analisis konvek, untuk fungsi Young 𝜃: ℝ+∪ {0} → ℝ, 𝜃 dapat direpresentasikan sebagai 𝜃(𝑥) = sup 𝑦≥0{𝑦|𝑥| − 𝜓(𝑦)} = 𝜃+ ′_{(|𝑥|)|𝑥| − 𝜓(𝜃} +′(|𝑥|)). Contoh 3.1.2

Misalkan 𝜃𝑝(𝑥) ∶= |𝑥|𝑝, 𝑝 ≥ 1. 𝜃𝑝 merupakan fungsi Young. Untuk 𝑝 = 1,

𝜓(𝑦) = 0 untuk |𝑦| ≤ 1 dan 𝜓(𝑦) = ∞ untuk |𝑦| > 1 juga merupakan fungsi Young dan komplemen Young dari 𝜃. Hal ini menunjukkan komplemen fungsi Young tidak selalu kontinu pada ℝ.

Contoh 3.1.3

Misalkan 𝜃_∞(𝑥) ≔ {_{∞, |𝑥| > 1}0, |𝑥| ≤ 1. 𝜃_∞ juga merupakan fungsi Young, dimana 𝜓(𝑦) = |𝑦| untuk setiap 𝑦 ∈ ℝ.

Proposisi 3.1.4

Misalkan (𝑎, 𝑏) ⊆ ℝ dan fungsi 𝜃: (𝑎, 𝑏) → ℝ. 𝜃 konveks pada (𝑎, 𝑏) jika dan hanya jika untuk setiap subinterval tutup [𝑐, 𝑑] ⊂ (𝑎, 𝑏),

𝜃(𝑥) = 𝜃(𝑐) + ∫ 𝜑(𝑠)

𝑥

𝑐

(4)

dimana 𝜑: (𝑎, 𝑏) → ℝ, tak turun, dan fungsi kontinu kiri. Juga, 𝜑 mempunyai turunan kiri dan kanan di setiap titik pada (𝑎, 𝑏) dan bernilai sama kecuali di sejumlah terhitung titik-titik.

Bukti. Untuk setiap 𝜀 > 0 yang cukup kecil, didefinisikan ℎ𝜀(𝑥) ≔ ∫ 𝜃(𝑠 + 𝜀) − 𝜃(𝑠) 𝜀 𝑑𝑠 𝑥 𝑐 , 𝑥 ∈ [𝑐, 𝑑].

Karena 𝜃 konvek, maka 𝐷𝜃(𝑥) = lim_𝜀→0𝜃(𝑥)−𝜃(𝑥−𝜀)_𝜀 . Definisikan 𝜑(𝑠) ≔ 𝐷𝜃(𝑠). Berdasarkan Teorema kekonvergenan terdominasi Lebesgue

lim 𝜀→0∫ 𝜃(𝑠 + 𝜀) − 𝜃(𝑠) 𝜀 𝑑𝑠 𝑥 𝑐 = ∫ 𝜑(𝑠) 𝑥 𝑐 𝑑𝑠. Dilain pihak, karena 𝜃 kontinu, maka

∫𝜃(𝑠 + 𝜀) − 𝜃(𝑠) 𝜀 𝑑𝑠 𝑥 𝑐 = 1 𝜀( ∫ 𝜃(𝑠) 𝑑𝑠 𝑥+𝜀 𝑐+𝜀 − ∫ 𝜃(𝑠) 𝑑𝑠 𝑥 𝑐 ) =1 𝜀(∫ 𝜃(𝑠) 𝑑𝑠 𝑥+𝜀 𝑥 − ∫ 𝜃(𝑠) 𝑑𝑠 𝑐+𝜀 𝑐 ) ⟶ 𝜃(𝑥) − 𝜃(𝑐).

Sehingga 𝜃(𝑥) − 𝜃(𝑐) = ∫ 𝜑(𝑠)_𝑐𝑥 𝑑𝑠. Karena 𝜑(𝑠) ≔ lim_𝜀→0𝜃(𝑠)−𝜃(𝑠−𝜀)_𝜀 , maka 𝜑 tak turun dan kontinu kiri.

Sebaliknya, misalkan 𝑥, 𝑦 ∈ (𝑎, 𝑏) dan 𝛼 ∈ [0, 1]. Misalkan pula 𝑧 = 𝛼𝑥 + (1 − 𝛼)𝑦, jika (3.1.5) terpenuhi, maka

𝜃(𝑧) − 𝛼𝜃(𝑥) − (1 − 𝛼)𝜃(𝑦) = 𝛼[𝜃(𝑧) − 𝜃(𝑥)] − (1 − 𝛼)[𝜃(𝑦) − 𝜃(𝑧)] = 𝛼 ∫ 𝜑(𝑠) 𝑧 𝑥 𝑑𝑠 − (1 − 𝛼) ∫ 𝜑(𝑠) 𝑦 𝑧 𝑑𝑠

(5)

≤ 𝛼(𝑧 − 𝑥)𝜑(𝑧) − (1 − 𝛼)(𝑦 − 𝑧)𝜑(𝑧)

= 𝛼(1 − 𝛼)(𝑦 − 𝑥)𝜑(𝑧) − (1 − 𝛼)𝛼(𝑦 − 𝑥)𝜑(𝑧) = 0.

Karena 𝜃 monoton, maka 𝜃 memiliki turunan hampir dimana-mana pada (𝑎, 𝑏). Terbukti.

Perhatikan bahwa fungsi Young 𝜃: ℝ → ℝ̅̅̅̅ merupakan fungsi konvek dan +

𝜃(0) = 0, tetapi mungkin terdapat jump ke ∞ di suatu titik. Misalkan 𝜃(𝑎) = ∞, jelas 𝜃(𝑥) = ∞ untuk |𝑥| ≥ |𝑎|. Untuk kasus ini, nilai 𝜑(𝑥) = ∞ untuk |𝑥| > |𝑎| dan definisikan 𝜑(0) = 0.

Akibat 3.1.6

Jika 𝜃: ℝ → ℝ̅̅̅̅ merupakan fungsi Young, maka 𝜃 dapat direpresentasikan + sebagai

𝜃(𝑥) = ∫ 𝜑(𝑠)

|𝑥|

0

𝑑𝑠. Dimana 𝜑: ℝ+_{∪ {0} → ℝ}̅̅̅̅, tak turun, dan kontinu kiri. +

Remark 2. Fungsi bernilai real diperluas 𝜃 dikatakan kontinu kiri di 𝑐 jika dan hanya jika lim _𝑥→𝑐− 𝜃(𝑥) = 𝜃(𝑐).

Bukti Akibat 3.1.6. Retriksikan 𝜃: ℝ → ℝ̅̅̅̅ menjadi 𝜗: ℝ+ + → ℝ dimana 𝜗(𝑥) = 𝜃(𝑥). Misalkan 𝜗(𝑥) ∈ ℝ untuk 𝑥 ≤ 𝑎 dan 𝜗(𝑥) = ∞ untuk 𝑥 > 𝑎 (atau 𝑥 < 𝑎 dan 𝜗(𝑥) = ∞ untuk 𝑥 ≥ 𝑎). Berdasarkan teorema 1, untuk 𝑐 = 0

(6)

𝜗(𝑥) = ∫ 𝜑(𝑠)

𝑥

0

𝑑𝑠, 0 ≤ 𝑥 < 𝑎. (3.1.7)

Definisikan 𝜑(𝑠) ∶= ∞ untuk 𝑠 > 𝑎 dan 𝜗(𝑎) ≔ lim_𝑥→𝑎𝜗(𝑥), sehingga persamaan (3.1.7) berlaku untuk semua 𝑥 ≥ 0. Karena 𝜃 fungsi genap, maka 𝜃(𝑥) = 𝜃(|𝑥|) = 𝜗(|𝑥|) = ∫ 𝜑(𝑠)₀|𝑥| 𝑑𝑠. Terbukti.

Karena 𝜃(0) = 0 dan lim𝑥→∞𝜃(𝑥) = ∞ maka 𝜃 bukan fungsi konstan.

Sehingga 𝜑 bukan merupakan fungsi konstan 0 atau ∞. Oleh sebab itu Akibat 3.1.6 dapat dimodifikasi kedalam pernyataan yang lebih kuat, dan disajikan pada akibat berikut

Akibat 3.1.8

Fungsi 𝜃: ℝ → ℝ̅̅̅̅ merupakan fungsi Young jika dan hanya jika 𝜃 dapat + direpresentasikan sebagai

𝜃(𝑥) = ∫ 𝜑(𝑠)

|𝑥|

0

𝑑𝑠,

dengan 𝜑: ℝ ∪ {0} → ℝ̅̅̅̅, tak turun, kontinu kiri, dan bukan merupakan fungsi + konstan 0 atau ∞.

Berdasarkan definisi integral tak wajar, 𝜃(∞) = lim_𝑥→∞𝜃(𝑥). Karena 𝜑 bukan fungsi konstan 0, maka terdapat 𝑠₀ > 0 sehingga 𝜗(𝑠₀) > 0. Karena 𝜑 tak turun, diperoleh 𝜃(∞) = lim 𝑥→∞𝜃(𝑥) = lim𝑥→∞∫ 𝜑(𝑠) |𝑥| 0 𝑑𝑠 ≥ lim 𝑥→∞ ∫ 𝜑(𝑠0) |𝑥| 𝑠0 𝑑𝑠 = ∞.

(7)

Selanjutnya akan diperkenalkan komplemen Young yang berbeda dari definisi komplemen Young sebelumnya, dan pada pembahasan-pembahasan berikutnya akan digunakan komplemen Young yang akan dibahas berikut ini.

Definisikan perluasan fungsi invers 𝜙: ℝ+_{∪ {0} → ℝ}̅̅̅̅, dimana +

𝜙(𝑡) ≔ inf

𝜑(𝑥)≥𝑡𝑥, (3.1.9)

maka 𝜙(𝑡) = 0 dan tak konstan. Karena {𝑥|𝜑(𝑥) ≥ 𝑡} ⊆ {𝑥|𝜑(𝑥) ≥ 𝑢} untuk 𝑡 ≥ 𝑢, berdasarkan sifat infimum 𝜙(𝑡) = inf𝜑(𝑥)>𝑡𝑥 ≥ inf𝜑(𝑥)>𝑢𝑥 = 𝜙(𝑢).

Sehingga 𝜙 tak turun.

Ketika 𝑡 → 𝑣−, berdasarkan ilustrasi gambar 3.1.10, 𝜙(𝑡) → 𝜙(𝑣). Sehingga 𝜙 kontinu kiri. Karenanya {𝑡|𝜑(𝑡) > 𝑢} adalah interval buka (𝜙(𝑢), ∞]. Berdasarkan (4.10) juga diperoleh

 Jika 𝜑(𝑡) > 𝑢 maka 𝑡 > 𝜙(𝑢)  Jika 𝑡 > 𝜙(𝑢) maka 𝜑(𝑡) ≥ 𝑢  Jika 𝑡 < 𝜙(𝑢) maka 𝜑(𝑡) < 𝑢. 𝜑(𝑠) 𝑣 𝑡 0 𝜙(𝑡) 𝜙(𝑣) 𝑠 Gambar 3.1.10

(8)

Definisikan

𝜓(𝑦) ≔ ∫ 𝜙(𝑡)

|𝑦|

0

𝑑𝑡 (3.1.11) Berdasarkan Akibat 3.1.8, 𝜓 merupakan fungsi Young.

Proposisi 3.1.12

Misalkan 𝜃 fungsi Young dan 𝜓 didefinisikan oleh (4.11). Maka

|𝑥𝑦| ≤ 𝜃(𝑥) + 𝜓(𝑦), (3.1.13) dan kesamaan berlaku ketika 𝑦 = 𝜑(|𝑥|) atau 𝑥 = 𝜙(|𝑦|).

Bukti. Cukup dibuktikan untuk kasus 𝑥 ≥ 0 dan 𝑦 ≥ 0. Jika 𝜃(𝑥) = ∞ atau 𝜓(𝑦) = ∞, ketaksamaan (3.1.13) terbukti. Jika 𝜃(𝑥) < ∞ dan 𝜓(𝑦) < ∞, maka 0 ≤ 𝑥𝑦 = ∫ ∫ 𝑑𝑢 𝑑𝑣 𝑦 0 𝑥 0 = ∬ 𝑑𝑢 𝑑𝑣 {𝑢≤𝑥,𝑣≤𝑦|0≤𝑣≤𝜑(𝑢)} + ∬ 𝑑𝑢 𝑑𝑣 {𝑢≤𝑥,𝑣≤𝑦|0≤𝜑(𝑢)≤𝑣} = ∬ 𝑑𝑢 𝑑𝑣 {𝑢≤𝑥,𝑣≤𝑦|0≤𝑣≤𝜑(𝑢)} + ∬ 𝑑𝑢 𝑑𝑣 {𝑢≤𝑥,𝑣≤𝑦|0≤𝜙(𝑣)≤𝑢} = ∫ ∫ 𝑑𝑣 𝑑𝑢 min(𝑦,𝜑(𝑢)) 0 𝑥 0 + ∫ ∫ 𝑑𝑢 𝑑𝑣 min(𝑥,𝜙(𝑣)) 0 𝑦 0 ≤ ∫ 𝜑(𝑢) 𝑥 0 𝑑𝑢 + ∫ 𝜙(𝑣)𝑑𝑣 𝑦 0

(9)

= 𝜃(𝑥) + 𝜓(𝑦).

Jika 𝑦 diberikan, maka kesamaan pada langkah kedua terakhir terjadi jika dan hanya jika 𝑦 ≥ 𝜑(𝑢) untuk 0 ≤ 𝑢 ≤ 𝑥, sehingga 𝑥 = 𝜓(𝑦). Jika 𝑥 diberikan, maka kesamaan terjadi ketika 𝑥 ≥ 𝜙(𝑣), sehingga 𝑦 = 𝜑(𝑥). Terbukti.

Pada pembahasan-pembahasan selanjutnya notasi 𝜓 akan diganti dengan notasi 𝜃∗