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

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).

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.

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.

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 ...

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 ...

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).

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).

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.

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, . . . .

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.

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.

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.

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.

SOAL
1 Buktikan jika x > 0, maka E(x) > 1 + x.
2 Buktikan Teorema 5.

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).

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?

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

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

Documents

policy reforms, housing, and wealth...

bab 2-----33digilib.uinsby.ac.id/11537/3/bab2.pdfbab 11...

informasi kepada para pemegang saham modal tanpa hak memesan...

ma3231 pengantar analisis real · pdf filediberikan sejumlah...

re-ranking by multi-feature fusion with diffusion for image...

catatan kuliah fungsi kompleks · pdf fileberbeda dari...

prinsip-prinsip dan panduan perserikatan bangsa...

hubungan antara korupsi · tugas publik dengan penyuapan...

ma3231 pengantar analisis real · pdf filema3231 pengantar...

ma3231 analisis real · 1 13.1 jumlah riemann atas dan...

ma3231 analisis real - · pdf file9.1 turunan fungsi di...

ma3231 pengantar analisis real · pdf file3.1 definisi...

cover employers guide ipec - panduan 1 · 2020. 6. 9. ·...

re-ranking by multi-feature fusion with diffusion for...

termodinamika · 2013. 3. 20. · maka pada bagian-bagian...

peluncuran vivo v9 -...

a new paradigm in electromagnetics - university of … new...

home production and social security...

ma3231 pengantar analisis real · sebuah fungsi dari...

ma3231 pengantar analisis real · secara intuitif,...