MA3231 Analisis Real

(1)

MA3231 Analisis Real

Hendra Gunawan*

*http://hgunawan82.wordpress.com Analysis and Geometry Group Bandung Institute of Technology

Bandung, INDONESIA

(2)

BAB 14. SIFAT-SIFAT INTEGRAL RIEMANN

1 _{14.1 Sifat-sifat Dasar Integral Riemann}

2 14.2 Teorema Dasar Kalkulus untuk Integral Riemann

(3)

BAB 14. SIFAT-SIFAT INTEGRAL RIEMANN

(4)

BAB 14. SIFAT-SIFAT INTEGRAL RIEMANN

(5)

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 λ ∈ R suatu konstanta. Maka λf dan f + g terintegralkan pada I dan

Z b a λf (x) dx = λ 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)

(6)

Bukti. (1) Jika λ = 0, maka pernyataan tentang λf jelas benar. Sekarang tinjau kasus λ > 0. (Kasus λ < 0 serupa dan diserahkan sebagai latihan). Misalkan P := {x0, x1, . . . , xn} partisi sembarang

dari I. Karena λ > 0, kita mempunyai

inf{λf (x) : x ∈ [xk−1, xk]} = λ 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, λf ) = λL(P, f ). Jadi, karena λ > 0, kita peroleh

L(λf ) = sup{λL(P, f ) : P partisi dari I}

(7)

Dengan cara yang serupa kita peroleh pula U (P, λf ) = λU (P, f ) dan U (λf ) = inf{λU (P, f ) : P partisi dari I}

= λ inf{U (P, f ) : P partisi dari I} = λU (f ). Karena f terintegralkan, U (f ) = L(f ) dan akibatnya

L(λf ) = λL(f ) = λU (f ) = U (λf ). Jadi λf terintegralkan dan

Z b a λf (x) dx = λ Z b a f (x) dx.

(8)

(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) 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)

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)+.

(9)

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 + . 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 < .

(10)

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.

(11)

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, makaRb

af (x) dx ≥ 0.

Akibat 3. Misalkan f, g : I → R terintegralkan pada I. Jika f (x) ≤ g(x) untuk tiap x ∈ I, makaR_abf (x) dx ≤R_abg(x) dx. Akibat 4. Misalkan f : I → R terintegralkan pada I. Jika m ≤ f (x) ≤ M untuk tiap x ∈ [a, b], maka

m(b − a) ≤

Z b

a

(12)

Proposisi 5. 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.

(13)

SOAL

1 Buktikan Proposisi 1 bagian (1) untuk kasus λ < 0.

2 Buktikan Proposisi 2.

3 Buktikan Akibat 3 dan Akibat 4.

4 Buktikan jika f terintegralkan pada I dan |f (x)| ≤ K untuk

tiap x ∈ I, maka Rb

a f (x) dx

(14)

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. (Buktinya serupa

dengan bukti Teorema 5 pada Sub-bab 12.3.)

Teorema 6 (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),

(15)

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 7 (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

(16)

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

mk(xk− xk−1) ≤ F (xk) − F (xk−1) ≤ Mk(xk− xk−1)

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

(17)

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.

(18)

SOAL

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

F (x) :=

Z x

−1

f (t) dt, x ∈ [−1, 1].

1 Peroleh rumus untuk F (x), x ∈ [−1, 1]. 2 Periksa bahwa F0(x) = f (x) untuk x ∈ [−1, 1]. 3 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,

(19)

1 Terkait dengan f , definisikan

F (x) :=

Z x

1

f (t) dt, x ∈ [−1, 1].

1 Peroleh rumus untuk F (x). Apakah F kontinu pada [−1, 1]? 2 Tunjukkan bahwa F0(x) = f (x) untuk x ∈ [−1, 1], x 6= 0. 3 Periksa apakah R1

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

yang mendukung fakta tersebut.

2 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.)

(20)

Jika f kontinu pada I = [a, b], maka (menurut Teorema 12 pada Bab 8) f akan mencapai nilai maksimum M dan minimum m pada [a, b]. Menurut Proposisi 4, 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.

(21)

Nilai _b−a1 R_abf (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 ‘kontinum’, integral menggantikan jumlah dan panjang interval menggantikan banyaknya bilangan.

Secara fisis, bila f menyatakan kecepatan dari suatu partikel yang bergerak pada interval waktu I = [a, b], maka nilai rata-rata integral menyatakan ‘kecepatan rata-rata’ partikel tersebut pada I.)

Mengingat m dan M ada di daerah nilai f dan _b−a1 R_abf (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

(22)

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, f menyatakan posisi partikel yang bergerak pada interval waktu I = [a, b] sehingga nilai rata-rata turunan sama dengan kecepatan rata-rata partikel tersebut pada I.)

Teorema 8 (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

(23)

Pada Bab 10, kita telah membahas Teorema Taylor untuk turunan. Sekarang kita akan membahas teorema yang serupa untuk integral. Teorema 9 (Teorema Taylor 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−1_f(n)_{(t) dt.}

(24)

Bukti. Untuk n = 1, berdasarkan Teorema Dasar Kalkulus I, kita

mempunyai f (b) = f (a) + E1, dengan E1 :=

Rb

a f 0_{(t) dt.}

Selanjutnya, untuk n ≥ 2, teknik pengintegralan parsial akan memberikan En = 1 (n − 1)! h (b − t)n−1f(n−1)(t)|b_a + (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 − 2)! Z b a (b − t)n−2f(n−1)(t) dt. Ulangi teknik pengintegralan parsial hingga n kali, dan kita pun akan sampai pada hasil yang diinginkan.

(25)

SOAL

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) dx i1/2 .

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) dxi1/k.

(26)

1 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. Buktikan bahwa terdapat c ∈ I sedemikian sehingga f (c) = g(c).