INTEGRAL LEBESGUE PADA FUNGSI TERBATAS Ahmad Sandi Nurmansyah (3125100129) 11th June 2013
1
Integ Integra rall Lebesgu Lebesgue e pada pada Fun Fungsi gsi Terb Terbata atass
Misalkan f adalah fungsi sederhana dan terukur dengan representasi kanonik asing dan terukur. terukur. Bilanf = in=1 ai χE i , E i = {x ∈ E : f ( f (x) = ai } saling asing gan ai , (i = 1, 2,....,n) Asumsikan bahwa bahwa E berukuran berukuran 0. Asumsik ,....,n) berbeda dan ai = berhingga, maka integral Lebesgue dari f didefinisikan dengan
n
a m(E ) f ( f (x)dx = i
i
i=1
Selanjutn Selanjutnya ya integral integral Lebesgue Lebesgue dari f dapat ditulis ditulis terukur, maka f = f χE .
f jika jika E himpun himpunan an
E
Contoh 1.1. Fungsi f : [0, [0, 1] → yang didefinisikan dengan
jika x ∈ 0, 13
1, f ( f (x) = 2, 3,
jika x ∈ , jika x ∈ , 1] f (f (x)dx Hitunglah Penyelesaian : ∪ , 1] Interval [0,1] dibagi menjadi 0, ∪ , = − 0 = • m 0, 1 3
2 3
2 3
[0,1]
1 3
1 3
1 3
1 3
1 3
1
2 3
2 3
1 3
2 3
2 3
1 3
1 3
, = − = , 1] = 1 − = • m f (x)dx = 1 × + 2 × + 3 × = 2 a χ dengan setiap E adalah himpunan Misalkan f = a m(E ). terukur berukuran berhingga dan saling asing, maka f = • m
2 3
[0,1]
2 3
1 3
1 3
1 3
1 3
n i=1
Lemma Lemma 1.
i
E i
i
n
i
i
i=1
Bukti : Fungsi sederhana f terdefinisi pada
∞
E . Misalkan c anggota dari range f .f . c x dengan c = c = ... = c Maka bentuk kanonik dari f adalah f = i
i=1
j
m
j =1
1
j AC J
dan himpunan himpunan AC J J diberikan diberikan sebagai sebagai berikut : AC J J
= (x : f ( f (x) = c j ) =
E
i
ai =cj
sehingga m
f = c m(A ) = c m( E ) c m(E ) = = c m(E ) a m(E ) = j
C J J
j =1 m
j
i
ai =cj
j =1 m
j
j =1
i
ai =cj
m
j
i
ai =cj j =1 n
i
i=1
n
a m(E ) . Terbukti bahwa f = i
i
i=1
2
i
2
n
Teorema 1.1. Misalkan f dan g adalah fungsi sederhana pada himpunan
terukur E berukuran berhingga, maka :
af + bg = a f + b g,untuk semua bilangan real a dan b. 2. Jika f ≥ g maka f ≥ g 1.
Bukti :
1. Misalk Misalkan Ai dan B j adalah himpunan dalam bentuk kanonik dari f n
dan g. Karena χAi =
n
χ
j =1
dan χBj =
Ai ∩Bj
m
χ
j =1
n
Ai ∩Bj , χAi =
χ
j =1
Ai ∩Bj
maka
n
α x +b β x af + bg = a =a +b αχ β χ = + aα χ bβ χ (aα + bβ )χ = i Ai
J J BJ
i=1
j =1
m
n
m
i
Ai ∩Bj
j
i=1 j =1
m
Ai ∩Bj
i=1 j =1
n
m
i
n
Ai ∩Bj
j
i=1 j =1 m
n
Ai ∩Bj
i=1 j =1
n
i
j
Ai ∩Bj
i=1 j =1
Karena koleksi dari himpunan Ai ∩ E j (i = 1, 1 , 2,...,m; 1 , 2,...,n) ,...,m; j = 1, ,...,n) membentuk koleksi saling asing berhingga dari himpunan terukur, maka dengan lemma 1, didapatkan :
m
n
(aα + bβ )m(A ∩ B ) af + bg = = aα m(A ∩ B ) + bβ m(A ∩ B ) = aα m(A ∩ [ B ) + bβ m([ A ] ∩ B ) i
j
i
i=1 j =1 m n
m
i
i
j
i
j
i=1 j =1
m
i=1
n
j
i=1 j =1
n
i
j
i
m
j
j =1
3
n
j
i=1
i
j =1
j
n
n
karena A ∩ [ B ] = A dan [ A ] ∩ B = B dengan (i = 1,2,...,m; )+b β m(B ) = a ρ + b ψ j = 1,2,...,n). maka af + bg = a α m(A )+b Jadi, terbukti af + bg = a f + b g i
j
i
i
j =1
j
j =1 m
j
n
i
i
i=1
J J
J
j =1
2. Fungsi f ≥ g , ambil a = 1 dan b = -1 pada (1) maka didapatkan
f −
g=
(f − g)
Karena f ≥ g maka f − g ≥ 0 adalah fungsi sederhana, maka sesuai dengan definisi integal elementer diperoleh f − g ≥ 0. Sehingga
f − g = (f − g) ≥ 0 f − g ≥ 0 f ≥ g Terbukti, jika f ≥ g maka
f ≥ g
Misalkan f : E − . adalah adalah fungsi fungsi terbatas terbatas dan E himpun himpunan an terukur terukur yang berukuran berukuran berhingga. Misalk Misalkan ψ adalah fungsi sederhana terdefinisi pada E dengan ψ ≥ f . f . Dan ρ adalah fungsi sederhana terdefinisi pada E dengan ρ ≤ f . Jika dua bilan bilanga gan n inf inf ψ dan sup ρ ada, ada, maka maka inf ψ f . Jik
disebut integral Lebesgue atas dan sup ρ disebut integral Lebesgue bawah . f (x)dx dan integral Selanjutnya integral Lebesgue atas ditulis dengan L f ( f (x)dx. Lebesgue bawah ditulis dengan L f ( dx. φ>f E
ρ
ρ
−
E
−E
4
φ>f E
Definisi 1.1. Misalkan f adalah fungsi terbatas terdefinisi pada himpunan
E yang berukuran berhingga. Fungsi f dikatakan terintegral Lebesgue pada E, jika −
L
f ( f (x)dx = L
E
f ( f (x)
−E
Integral Lebesgue dari f pada E ditulis dengan L f ( f (x)dx atau E
f .
E
Jadi, setiap fungsi terbatas, terdefinisi pada himpunan E berukuran berhingga jika mempunyai integral atas dan bawah bawah yang sama, maka maka fungsi terintegral Lebesgue. 1
Contoh 1.2.
Fungsi f : [0, [0, 1] − dengan f ( f (x) = 2x. Hitunglah 2xdx 0
Penyelesaian : Fungsi f ∈ U ( U (f ) f ) = {ψ : ψ adalah fungsi sederhana terdefinisi pada E, −
f (x)dx = 1.1. dengan ψ ≥ f }. Fungsi ψ ∈ U ( U (f ) f ) maka terdapat inf ψ (x)dx = L f ( Fungsi f ∈ L(f ) terdefinisi pada E dan f ) = {ρ : ρ adalah fungsi sederhana ungsii ρ ∈ L(f ) ρ : f }. Fungs f ) maka terdapat sup ρ(x)dx = f ( f (x)dx = 1. f (x)dx =L f (f (x)dx = 1, maka 2xdx = 1 Karena L f ( φ>f E
ρ
−E
1
−
E
E
0
−E
Teorema 1.2. Misalkan f adalah fungsi terbatas yang terdefinisi pada him-
punan terukur E yang berukur berukuran an berhingga. berhingga. Fungsi f terintegral Lebesgue jika dan hanya jika f terukur. Bukti : Misalkan f terintegral Lebesgue atas E maka inf
φ>f
ψ(x)dx =sup ρ
E
ρ(x)dx =h
E
Untuk setiap fungsi sederhana ψ , ρ dan sebarang bilangan real h. Diberikan bilangan bulat n, maka terdapat himpunan sederhana ψn dan ρn sedemikian 5
sehingga ρn (x) ≤ f ( f (x) ≤ ψn(x) berlaku
1 ⇔ ψn (x)dx < h + 2n
E
ψn(x)dx −
1
ρn(x)dx +
1 >h 2n
E
1 ⇔ ρn (x)dx > h − 2n
E
E
Maka
1 1 ψ (x)dx − < ρ (x)dx + 2n 2n 1 1 + ψ (x)dx − ρ (x)dx < 2n 2n sehingga ψ (x)dx − ρ (x)dx < n
n
E
E
n
n
E
E
n
E
2
1
n
n
E
Keterk Keterkait aitan an an antara tara Integ Integral ral Lebesgu Lebesgue e dendengan Integral Riemann
Teorema 2.1. Misalkan f adalah fungsi terbatas yang didefinisikan pada
[a,b] [a,b].. Jika Jika f terintegral Riemann pada [a,b], maka f terintegral terintegral Lebesgue Lebesgue b
b
dan R f ( f (x)dx = a
f (f (x)dx. dx. a
Bukti : Karena f terintegral Riemann pada [a,b], maka b
inf
ψ1 >f
b
ψ1(x)dx = sup ρ1
a
b
ρ1 (x) =R
a
f (x)dx
a
fungsi tangga yang didefinisik didefinisikan an pada [a,b]. Sedangk Sedangkan an ψ1 dan ρ1 adalah fungsi setiap fungsi tangga adalah fungsi sederhana. Maka sup ρ1
ρn (x)dx ≤ sup ρ
E
E
6
ρ(x)dx
inf
ψ1 >f
ψn (x)dx ≥ inf
φ>f
E
ψ(x)dx
E
Dengan ψ dan ρadalah fungsi sederhana yang didefinisikan pada [a,b], maka b
b
R f ( f (x)dx ≤ sup ρ(x)dx ≤ inf ψ (x)dx ≤ R f (x)dx φ>f E
ρ
a
a
b
f (x)dx = sup ρ(x)dx = inf ψ(x)dx = R f ( f (x)dx = R f (f (x)dx = f ( f (x)dx = R f (f (x)dx Terbukti bahwa f ( φ>f E
ρ
a
b
a
a b
b
a
a
Jadi, setiap setiap fungsi terbatas yang terinte terintegral gral Riemann pasti terintegral terintegral Lebesgue. Lebesgue. Tetapi, etapi, fungsi fungsi yang yang terintegra terintegrall Lebesgue Lebesgue belum tentu tentu terintegra terintegrall Riemann. Contoh Contoh 2.1. 2.1. Diberikan f : [0, [0, 2] → . dengan f (x) =
3, jika jika x ∈ rasional
2, jika jika x ∈ irasional
Buktikan bahwa f ( f (x) terintegral Lebesgue tetapi tidak terintegral Riemann. Penyelesaian : Misalkan, himpunan bilangan rasional = Q dan himpunan bilangan irasional = Qc . Fungsi f terukur dan terbatas pada [0,2], maka f terintegral Lebesgue, yaitu 2
f (f (x)dx = f (f (x ) .m([0 .m([0,, 2] ∩ Q) + f ( f (x ) .m([0 .m([0,, 2] ∩ Q ) f (f (x)dx = 3.0 + 2.2.(2 − 0) = 0 + 4 = 4 1
2
c
0 2 0
Fungsi f tidak kontinu dan untuk setiap fungsi tangga ψ ≥ f , f , ¯ 2
2
0
0
f (x)dx = inf ψ(x)dx =3(2 − 0) = 6. R f ( Untuk Untuk setiap setiap fungsi fungsi tangga ψ ≥ f maka f (x)dx = sup ψ(x)dx =2(2 − 0) = 4 R f ( f (x)dx = R f (f (x)dx maka f tidak terintegral Riemann. Karena R f ( 2
¯ 0
2
0
¯ 2
2
0
¯ 0
7
3
Sifa Sifatt dar dari inte integ gral Lebes ebesgu gue e pada fung ungsi teruk eruku ur terbatas
Teorema 3.1. Misalkan f dan g adalah fungsi terukur terbatas, terdefinisi
pada himpunan berukuran berhingga E , maka:
1. Fungsi af ungsi af terintegralkan pada E pada E untuk untuk setiap bilangan real a real a dan af = E
a f E
2. Fungsi f ungsi f + + g terintegralkan pada E dan f + g =
itu f ≤ |f | E
E
f + f + g, oleh karena
E
E
E
g
3. Jika f ≤ g maka f ≤ E
E
4. Jika A Jika A dan B dan B adalah himpunan terukur dan A dan A ∩ B = ∅ , dengan A, dengan A, B ⊂ E maka f = f + f
A∪B
Bukti :
A
B
1. Jika Jika a > 0 maka (af (af ))+ = max max (0, (0, af ) = a. max(0, max(0, f ) f ) = af + (af )− = max(0, max(0, −af ) = a. max max (0, (0, −f ) = af − Didefinisikan : af = (af ( af )+ − (af )− Jadi
E
af = (af ) − (af ) = af − af = a f − a f = a f − f +
−
E
E
+
−
E
E
+
−
E
E
+
E
=a
f
E
8
−
E
Jika a < 0 maka (af (af ))+ = max max (0, (0, af ) = −a. max(0, max(0, −f ) f ) = −af − (af )− = max(0, max(0, −af ) = −a. max(0, max(0, f ) = −af + Menurut definisi
E
af = (af ) − (af ) = −af − −af = −a f + a f = a f − f +
E
−
E
+
−
E
E
+
−
E
E
+
E
=a
−
E
f
E
Karena f terintegralkan, maka
f < ∞.
E
Akibatnya af =a f < ∞ yang berarti af terintegralkan. E
E
2. Misalk Misalkan f = f 1 − f 2 dengan f 1 , f 2 ≥ 0 Didefinisikan : f + g = (f + g )+ + +
+
f + g . maka
E
E
−
(f + g)
E
9
Pada (f (f + g )+ =
f = f 1 − f 2 f + − f − = f 1 − f 2 f + + f 2 = f 1 + f −
f + f = f + f f − f = f + f f − f = f − f +
−
2
1
E
E
+
E
−
2
1
E
E
+
E
−
1
E
E
2
E
f 1 −
f =
E
E
E
f 2
E
Jadi,
E
f + g = f − f + g − g = f + g + f + g = f + g + f + g = f + g − f − g = f − f + g − g +
−
+
−
+
+
−
−
+
+
E
E
−
E
E
+
+
E
E
+
E
E
g<∞
f +
E
−
E
Jadi f + g terintegralkan.
10
−
E
+
−
E
=
−
E
−
E
3. Karena f ≤ g maka g − f ≥ 0. Dengan Dengan mengguna menggunak kan hasil pada 2) diperoleh
g − f =
E
g−
f ≥ 0 ⇔
E
E
g≥
E
f
E
Diberikan fungsi sederhana ρ sedemikian sehingga ρ ≥ f . ungsii f f . Fungs − + bernilai real dengan f = max(f, max(f, 0) dan f = max(f, max(f, 0) sehingga f = f + − f − dan |f | = f + − f − sehingga
f = f −f = f − f ≤ f + f = |f + f | = |f | Terbukti bahwa f ≤ |f | +
E
−
E
+
+
−
E
E
+
−
E
E
−
E
E
E
E
4. Karena A ∩ B = ∅ maka ψA∪B = ψA + ψB . Jadi,
f =
f.ψ A∪B =
A∪B
4
f.ψ A+
f.ψ B =
f +
A
f
B
Kekon Kekonv vergena ergenan n Integ Integral ral Lebesgue Lebesgue pada pada Fungsi ungsi Terbatas
Teorema 4.1. Misalkan f n adalah barisan fungsi terukur yang terdefinisi
pada E. Himpunan E berukuran berhingga atau m(E ) < ∞.Terdapat bilangan real M sedemikian sehingga |f n(x)| ≤ M , M , untuk semua x dan semua n. Jika f ( f (x) = lim f n(x), untuk masing-masing x ∈ E maka n→∞
E
f = lim
n→∞
E
f n(x)
E
Bukti : fungsi f adalah adalah limit limit dari dari barisa barisan n f n teruku terukurr pada pada E, maka maka f terukur. Karena f terukur maka f terintegra terintegrall Lebesgue. Lebesgue. Diberikan Diberikan ε > 0, maka maka 11
3 terdapat himpunan terukur A ⊂ E dengan m(A) < 4M dan bilangan bulat ε N > 0 sedemikian sehingga |f n (x) − f ( f (x)| < 2m(E ) pada E − A, untuk semua n ≥ N . N .
Karena |f n (x)| ≤ M , M , ∀n ∈ N dan x ∈ E .
⇔ |f n (x)| ≤ M , x ∈ E ⇔ |f n (x) − f ( f (x)| ≤ |f n (x)| + |f ( f (x)| ≤ 2M ⇔ |f n (x) − f ( f (x)| ≤ 2M , M , x ∈ E dan x ∈ A.
Maka f − f = (f − f ) ≤ (f − f ) |f − f |+ |f − f | = n
E
n
E
n
ε
2m(E )
<
2
ε
E
n
E −A
≤
n
E
E
2 M.m((A) m(E − A) + 2M.m
ε + 4M 4M 2M = ε, ∀n ≥ N
Sehing Sehingga ga lim
n→∞
f (x) = f .f . n
E
E
Teorema 4.2. Diberikan f n adalah barisan fungsi terukur yang terdefinisi
pada E. Himpunan E berukuran berhingga atau m(E ) < ∞, dengan |f n(x)| ≤ M , M , untuk semua x dan semua n pada E. Jika f ( f (x) = lim f n (x), hampir n→∞
dimana-mana pada E, maka f terintegral dan
f = lim
n→∞
E
E
f n(x)
E
Bukti : Fungsi f adalah limit dari barisan f n hampir dimana-mana pada E. |f ( f (x)| ≤ M dan terukur pada E. Jika m(E ) = 0 maka f ( f (x) = lim f n(x) Sen→∞
hingga asumsikan bahwa m(E ) > 0 dan ε > 0, maka untuk setiap bilangan asli i terdapat E i = {x ∈ E : |f j (x) − f ( f (x)| ≥ 2mε(E ) , untuk beberapa j ≥ i}. Maka E i adalah barisan himpunan turun dengan m(E 1 ) ≤ m(E 2 ) < ∞. Se12
∞
E
hingga lim m(E 1 ) = m
1
i→∞
i=1
ε Ambil sebarang bilangan N besar sedemikian sehingga m(E N N ) < 4M . Misalkan E N f (x)| ≥ 2mε(E ) pada E - A untuk semua N = A, maka |f n (x) − f ( n ≥ N . N . Karena |f n (x)| ≤ M , M , ∀n ∈ N dan x ∈ E .
⇔ |f n (x)| ≤ M , x ∈ E ⇔ |f n (x) − f ( f (x)| ≤ |f n (x)| + |f ( f (x)| ≤ 2M ⇔ |f n (x) − f ( f (x)| ≤ 2M , M , x ∈ E dan x ∈ A.
Maka f − f = (f − f ) ≤ (f − f ) |f − f |+ |f − f | = n
E
n
E
E
n
n
E −A ε
≤
2m(E )
<
2
ε
n
E
E
2 M.m((A) m(E − A) + 2M.m
ε + 4M 4M 2M = ε, ∀n ≥ N
Sehing Sehingga ga lim
n→∞
f (x) = f .f . n
E
E
Contoh Contoh 4.1. Diberikan ri adalah enumerasi dari semua bilangan rasional
pada [0,2]. S n = {ri : i = 1, 2,...,n}, n ∈ N Fungsi f n : [0, [0, 2] → , untuk setiap n ≥ N yang didefinisikan dengan
2, jika jika x ∈ S f ( f (x) = 0, jika jika x ∈ / S
n
n
Barisa Barisan n lim f n(x) = f ( f (x) hampir dimana-mana, maka hitunglah n→∞
f (f (x)dx
[0,2]
13
Penyelesaian : Diberikan f n : [0, [0, 2] → . Bari Barisa san n lim lim f n(x) = f ( f (x) hampir dimana-mana, n→∞ dengan
2, jika jika x ∈ rasional f ( f (x) = 0, jika jika x ∈ irrasional
Sehingga f ( f (x) = 0 hampir dimana-mana, maka
f ( f (x)dx = lim
n→∞
(2.m((S n) + 0.m 0 .m((A − S n)) f n = lim (2.m n→∞
E
[0,2]
= lim (2. (2.0 + 0. 0 .2) n→∞
= lim 0 n→∞
=0 Teorema 4.3. Misalkan f n adalah barisan dari fungsi yang terintegral Rie-
mann terdefinisi pada [a,b] sedemikian sehingga |f n(x)| ≤ M , untuk semua n dan x ∈ [a, b]. Jika f n konvergen ke fungsi f (terintegral Riemann) yang didefinisikan pada [a,b] maka b
R
b
f n(x)dx = lim R n→∞
a
f n (x)dx
a
Bukti :
b
b
Karena f n terintegral Riemann maka R f n(x)dx = L f n (x)dx sehingga a
a
b
lim R
n→∞
b
f n (x)dx = lim L n→∞
a
f n(x)dx
a
Karena f terintegral Riemann maka f juga terintegral Lebesgue yaitu b
R
b
f =
a
a
14
f
f n adalah barisan fungsi terintegral Lebesgue dan f n konvergen ke suatu fungsi terintegral Lebesgue f maka diperoleh b
b
f = lim
n→∞
a
b
f n
a
b
f (x)dx = lim R f (x)dx Jadi, R f ( a
n→∞
n
a
References [1] Gupta. (1976). Lebesgue Measure and Integration . New Delhi: Delhi: Willey Willey Eastern Limited. Elements of Integr Integration ation . United States of [2] Bartle, Bartle, Robert Robert G. (1966) (1966).. Elements America: America: Jhon Wiley Wiley Sons, Inc. [3] H.L. Royden. (1988). Real Analysis . Mc. Milan Pub. Newyork.
15
