ma3231 analisis real - · pdf filenikonvergen seragam ke fpada a, ... fungsi fyang dide...

MA3231 Analisis Real

Hendra Gunawan*

*http://hgunawan82.wordpress.com

Analysis and Geometry GroupBandung 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

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

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 2 / 23

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

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 2 / 23

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

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 2 / 23

17.1 Pertukaran Limit dan Turunan

Kita telah melihat sebelumnya bahwa kekonvergenan seragammempertahankan sifat kekontinuan fungsi, yakni, jika fn kontinupada A untuk setiap n N dan fn konvergen seragam ke f padaA, maka f kontinu pada A.

Sekarang kita bertanya: apakah kekontinuan seragam jugamempertahankan sifat diferensiabilitas?

Pertanyaan ini penting mengingat dalam aplikasi kita seringkali

menaksir sebuah fungsi f dengan suatu deretn=1

fn (misalnya), dan

kemudian kita menginginkan

f (x) =n=1

f n(x).

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 3 / 23

17.1 Pertukaran Limit dan Turunan

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

f(x) :=k=1

2k cos(3kx)

merupakan fungsi yang kontinu di setiap titik tetapi tidak mempunyaiturunan di titik manapun (lihat [1]). Padahal, jumlah parsial deret inimempunyai turunan di setiap titik dan membentuk barisan yangkonvergen seragam ke f .

Jadi, kekonvergenan seragam dari suatu barisan fungsi yangmempunyai turunan ternyata tidak menjamin bahwa limitnyamempunyai turunan.

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 4 / 23

17.1 Pertukaran Limit dan Turunan

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

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

Misalkan terdapat x0 I sedemikian sehingga fn(x0) konvergendan barisan f n terdefinisi dan konvergen seragam ke suatu fungsi gpada I.

Maka, fn konvergen seragam ke suatu fungsi f pada I denganf (x) = g(x), x I.

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 5 / 23

17.1 Pertukaran Limit dan Turunan

Bukti. Misalkan a < b adalah titik ujung interval I dan x Isembarang.

Jika m,n N, maka menurut Teorema Nilai Rata-rata (untukturunan) terdapat y di antara x0 dan x sedemikian sehingga

fm(x) fn(x) = fm(x0) fn(x0) + (x x0)[f m(y) fn(y)].

Akibatnya, kita peroleh

fm fnI |fm(x0) fn(x0)|+ (b a)f m f nI .

Menurut hipotesis dan Kriteria Cauchy (Teorema 6, Bab 16), fnkonvergen seragam pada I. Sebutlah f := lim

nfn. Karena fn

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

Untuk ...

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 6 / 23

17.1 Pertukaran Limit dan Turunan

Untuk menunjukkan bahwa f mempunyai turunan di sembarang titikc I, kita terapkan lagi Teorema Nilai Rata-rata terhadap fm fnpada interval dengan titik ujung c dan x.

Dalam hal ini terdapat z di antara c dan x sedemikian sehingga

[fm(x) fn(x)] [fm(c) fn(c)] = (x c)[f m(z) f n(z)].

Jadi, dalam hal x 6= c, kita perolehfm(x) fm(c)x c fn(x) fn(c)x c f m f nI .

Karena f n konvergen seragam pada I, untuk > 0 sembarangterdapat N N sedemikian sehingga jika m,n N dan x 6= c, makafm(x) fm(c)x c fn(x) fn(c)x c

.Jika ...

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 7 / 23

17.1 Pertukaran Limit dan Turunan

Jika kita ambil limit dari ruas kiri (terhadap m), maka kita dapatkanf(x) f(c)x c fn(x) fn(c)x c

untuk n N dan x 6= c. Selanjutnya, karena limn

f n(c) = g(c),

terdapat M N sedemikian shg |f n(c) g(c)| < untuk n M .Sekarang misalkan K := maks {M,N}. Karena f K(c) ada, makaterdapat K > 0 sedemikian sehingga jika 0 < |x c| < K , makafK(x) fK(c)x c f K(c)

< .Jadi, jika 0 < |x c| < K , maka (berdasarkan ketiga ketaksamaandi atas) kita mempunyaif(x) f(c)x c g(c)

< 3.Ini menunjukkan bahwa f (c) ada dan sama dengan g(c).

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 8 / 23

17.1 Pertukaran Limit dan Turunan

SOAL

1 Misalkan fn(x) :=xn, x R. Selidiki apakah limit dan turunan

dapat bertukar untuk barisan fungsi ini.

2 Misalkan fn(x) :=xn

n, x [0, 1]. Buktikan bahwa fn

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

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 9 / 23

17.2 Fungsi Eksponensial

Dalam Kalkulus, kita mendefinisikan fungsi eksponensial E(x) := ex

sebagai invers dari fungsi logaritma L(x) := ln x := x1

1tdt, x > 0.

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

E (x) = E(x), E(0) = 1. (3)

Perhatikan bahwa Masalah Nilai Awal ini setara dengan persamaanintegral

E(x) = 1 +

x0

E(t) dt.

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 10 / 23

17.2 Fungsi Eksponensial

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

En+1(x) := 1 +

x0

En(t) dt, n = 0, 1, 2, . . . .

Dalam hal ini, kita akan memperoleh barisan fungsi

En(x) := 1 +x

1!+ + x

n

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

yang memenuhi

E n+1(x) = En(x), n = 0, 1, 2, . . . .

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 11 / 23

17.2 Fungsi Eksponensial

Sekarang marilah kita pelajari barisan fungsi ini.

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

|Em(x) En(x)| = xn+1(n+ 1)!

+ + xm

m!

R

n+1

(n+ 1)!

[1 +

R

n+ +

(Rn

)mn1] 0 sembarang.

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 12 / 23

17.2 Fungsi Eksponensial

Sebagai akibatnya, kita mempunyai teorema berikut.

Teorema 2. Barisan En konvergen titik demi titik ke suatu fungsiE yang kontinu pada R, dengan E(0) = 1.

Bukti. Berdasarkan penjelasan di atas, jelas bahwa En(x)konvergen untuk setiap x R. Definisikan E : R R dengan

E(x) := limn

En(x), x R.

Karena setiap x R termuat dalam suatu interval [R,R], maka Ekontinu pada R. Selanjutnya, karena En(0) = 1 untuk setiap n,maka E(0) = 1.

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 13 / 23

17.2 Fungsi Eksponensial

Lebih jauh, kita mempunyai:

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

Bukti. Mengingat bahwa En mempunyai turunan danE n+1(x) = En(x) untuk setiap n = 0, 1, 2, . . . , barisan E n jugakonvergen seragam ke E pada sembarang interval [R,R]. MenurutTeorema 1,

E (x) = limn

E n+1(x) = limn

En(x) = E(x),

pada sembarang interval [R,R]. Dengan demikian, kita perolehE (x) = E(x) untuk setiap x R.

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 14 / 23

17.2 Fungsi Eksponensial

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) = er untuk setiap r Q.

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 15 / 23

17.2 Fungsi Eksponensial

SOAL

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

2 Buktikan Teorema 5.

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 16 / 23

17.3 Pertukaran Limit dan Integral

Sekarang mari kita periksa apakah kekonvergenan titik demi titikmempertahankan keterintegralan.

Misalkan fn(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 10f(x) dx = 0, sementara 1

0

fn(x) dx = n

10

x(1 x2)ndx = n2

(1 x2)n+1

n+ 1

10=

n

2(n+ 1).

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 17 / 23

17.3 Pertukaran Limit dan Integral

Jadi, kita peroleh

limn

10

fn(x) dx =1

2.

Dengan demikian, untuk barisan fungsi ini, kita melihat bahwa

limn

10

fn(x) dx 6= 10

f(x) dx.

Perlu dicatat di sini bahwa fn tidak konvergen seragam ke f .

Pertanyaannya sekarang adalah: bilakah limit dan integral dapatbertukar tempat, yakni bilakah

limn

ba

fn(x) dx =

ba

limn

fn(x) dx?

HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April 2017 18 / 23

17.3 Pertukaran Limit dan Integral

Teorema berikut menyatakan bahwa kekonvergenan seragammempertahankan keterintegralan dan menjamin bahwa limit danintegral dapat betukar tempat.

Teorema 7. Misalkan fn terintegralkan pada I := [a, b] untuk setiapn N dan fn konvergen seragam ke f