Pengantar Analisis Real Oleh Hendra Gunawan Ph.D.pdf

BAGIAN PERTAMA Bilangan Real, Barisan, Deret

1

2

Hendra Gunawan

Pengantar Analisis Real

3

0. BILANGAN REAL

0.1 Bilangan Real sebagai Bentuk Desimal Dalam buku ini pembaca diasumsikan telah mengenal dengan cukup baik bilangan asli, bilangan bulat, dan bilangan rasional. Himpunan semua bilangan asli dilambangkan dengan N, yakni N := {1, 2, 3, . . . }. Himpunan semua bilangan bulat dilambangkan dengan Z, yakni Z := {0, ±1, ±2, ±3, . . . }. (Tanda . . . di sini menyatakan ‘dan seterusnya’, yang mengasumsikan bahwa pembaca telah mengetahui pola yang ada.) Sementara itu, himpunan semua bilangan rasional dilambangkan dengan Q, yakni p Q := : p ∈ Z, q ∈ N, dan FPB(p, q) = 1 . q (Di sini FPB(p, q) menyatakan faktor persekutuan terbesar dari p dan q. Sebagai contoh, F P B(6, 10) = 2.) Selain itu, pembaca juga diasumsikan telah mengenal notasi bilangan dalam bentuk desimal. Sebagai contoh, 1 = 1.00000 . . . 1 = 0.50000 . . . 2 1 = 0.33333 . . . √3 2 = 1.41421 . . . e = 2.71828 . . . π = 3.14159 . . .

4

Hendra Gunawan

Sebagian bilangan mempunyai bentuk desimal yang ‘berhenti’, seperti 12 = 0.5, dan sebagian bilangan mempunyai bentuk desimal yang ‘berulang’, seperti 13 = 0.33333 . . . . Bilangan rasional senantiasa dapat dinyatakan dalam bentuk desimal yang berhenti atau berulang. Bilangan yang mempunyai bentuk desimal tak berhenti ataupun berulang merupakan bilangan irasional. Sebagai contoh, bilangan 0.1010010001 . . . merupakan bilangan irasional. Himpunan semua bilangan rasional dan bilangan irasional disebut sebagai himpunan bilangan real, yang dilambangkan dengan R. Dalam hal ini, kita mempunyai N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R. Pada pembahasan selanjutnya, kita akan mempelajari sifat-sifat bilangan real secara lebih mendalam. Soal Latihan 1. Nyatakan berulang?

1 12

dalam bentuk desimal. Apakah bentuk desimalnya berhenti atau

2. Nyatakan 0.123123123 . . . sebagai bentuk pecahan.

0.2 Sifat Aljabar Himpunan bilangan real R diasumsikan memenuhi Sifat Aljabar yang terkait dengan operasi penjumlahan dan perkalian padanya. Persisnya, R terhadap penjumlahan bersifat komutatif, asosiatif, mempunyai unsur identitas 0, dan mencakup unsur lawan. Demikian pula R terhadap perkalian bersifat komutatif, asosiatif, mempunyai unsur identitas 1 6= 0, dan mencakup unsur kebalikan. (Catat bahwa sumsi bahwa 1 6= 0 termasuk bagian yang penting di sini.) Selain itu, di R berlaku pula sifat distributif, yakni x(y + z) = xy + xz untuk setiap x, y, z ∈ R. Kesembilan sifat ini dikenal pula sebagai Sifat Lapangan R.


5

Pada R dapat didefinisikan pula operasi pengurangan dan pembagian sebagai berikut: a − b := a + (−b) dan untuk b 6= 0 a 1 := a · , b b dengan

1 b

menyatakan kebalikan dari b.

Catat bahwa 0 tidak mempunyai unsur kebalikan, dan pembagian dengan 0 tidak didefinisikan. Sehubungan dengan itu tidak benar bahwa 1 = ∞. 0 Walaupun kelak lambang ∞ (baca: tak hingga atau tak terhingga) akan sering digunakan, ia tidak menyatakan sebuah bilangan real. Teorema 1 (Hukum Pencoretan). Misalkan x, y, dan z adalah bilangan real. (i) Jika x + z = y + z, maka x = y. (ii) Jika xz = yz dan z 6= 0, maka x = y. Bukti. (i) Misalkan x + z = y + z. Tambahkan kedua ruas dengan −z, sehingga kita dapatkan (x + z) + (−z) = (y + z) + (−z). Dengan menggunakan sifat asosiatif dan sifat unsur lawan, kita peroleh x + 0 = y + 0, dan berdasarkan sifat unsur identitas pada penjumlahan, kita sampai pada kesimpulan bahwa x = y. Jadi pernyataan terbukti. (ii) Serupa dengan bukti bagian (i); dapat dicoba sebagai latihan. Soal Latihan 1. Buktikan Teorema 1 bagian (ii). 2. Diketahui bilangan real a sembarang. Buktikan bahwa (a) a.0 = 0.

6

Hendra Gunawan

(b) (−1)a = −a. (c) −(−a) = a. (d) (−1)(−1) = 1. 3. Diketahui bilangan real a dan b. Buktikan jika ab = 0, maka a = 0 atau b = 0. 4. Buktikan bahwa tidak ada bilangan rasional x yang memenuhi persamaan x2 = 2. (Petunjuk. Gunakan metode pembuktian tak langsung.)

0.3 Sifat Urutan Selain memenuhi Sifat Lapangan, R juga diasumsikan memenuhi Sifat Urutan, yang berkaitan dengan ketaksamaan di antara dua bilangan real. Khususnya, diberikan dua buah bilangan real a dan b sembarang, terdapat tiga kemungkinan dan hanya satu di antara tiga kemungkinan tersebut yang benar — yaitu: atau a > b, atau a = b, atau a < b. Sifat ini dikenal sebagai Hukum Trikotomi. Catat bahwa a a. Jika a, b, dan c adalah bilangan real, maka a b atau a = b. Sebagai contoh, 1 ≥ 0 dan − 1 ≤ 1 merupakan dua pernyataan yang benar. Sifat Urutan lainnya yang dipenuhi oleh bilangan real adalah: (i) Jika a > b dan b > c, maka a > c. (ii) Jika a > b dan c ∈ R, maka a + c > b + c. (iii) Jika a > b dan c > 0, maka ac > bc; Jika a > b dan c < 0, maka ac < bc. Bilangan x dikatakan bernilai positif jika dan hanya jika x > 0. Teorema berikut menyatakan ketertutupan bilangan positif terhadap penjumlahan dan perkalian.


7

Teorema 2. Jika a > 0 dan b > 0, maka a + b > 0 dan ab > 0. Bukti. Misalkan a, b > 0. Maka a + b > 0 + b = b dan ab > 0.b = 0. Contoh 3. Fakta bahwa 1 > 0 dapat dibuktikan kebenarannya dengan menggunakan sifat-sifat di atas. Ingat bahwa 1 6= 0. Karena itu tinggal ada dua kemungkinan: atau 1 < 0 atau 1 > 0. Andaikan 1 < 0. Tambahkan kedua ruas dengan −1, kita peroleh 0 < −1 atau −1 > 0. Akibatnya [lihat Soal Latihan 0.2 No. 2(d)], kita peroleh 1 = (−1)(−1) > 0, bertentangan dengan pengandaian semula. Dengan demikian tidak mungkin 1 < 0, dan karena itu mestilah 1 > 0. Contoh 4. Misalkan diketahui a 0. Maka dapat disimpulkan bahwa a ≤ b. (Andaikan a > b. Maka, untuk = a − b, berlaku a 0, maka

1 a

> 0.

2. Buktikan jika a > b dan c > d, maka a + c > b + d. 3. Buktikan jika A, B > 0, maka

a A

<

a+b A+B

<

A B.

4. Diketahui x, y > 0. Buktikan x < y jika dan hanya jika x2 < y 2 . 5. Buktikan jika b − < a 0, maka a = b.

0.4 Akar dan Persamaan Kuadrat Untuk n ∈ N, kita tuliskan xn := x x · · · x (n kali). Asumsi berikutnya tentang sistem bilangan real adalah eksistensi akar ke-n. Persisnya, diberikan y ≥ 0, terdapat sebuah bilangan x ≥ 0 (tunggal) sedemikian sehingga y = xn . Untuk y ≥ 0, nilai x ≥ 0 yang memenuhi persamaan y = xn disebut sebagai akar ke-n dari y dan dilambangkan dengan x = y 1/n .

8

Hendra Gunawan

√ Khususnya, untuk n = 2, kita gunakan notasi y = y 1/2 . Catat bahwa dalam hal √ ini senantiasa berlaku y ≥ 0. Jika y > 0, maka tentu saja terdapat dua buah √ √ bilangan yang kuadratnya sama dengan y, yaitu y yang bernilai positif dan − y √ √ √ yang bernilai negatif. Notasi ± y berarti ‘ y atau − y’. Jika r =

m n

adalah suatu bilangan rasional positif dan y ≥ 0, kita definisikan y r = y m/n := (y m )1/n .

Catat bahwa y m/n dalam hal ini merupakan akar ke-n dari y m , yang memenuhi [y m/n ]n = y m . Selanjutnya, jika r adalah suatu bilangan rasional negatif, maka −r merupakan bilangan rasional positif dan karenanya y −r terdefinisi. Khususnya, jika y > 0, maka kita dapat mendefinisikan y r sebagai y r :=

1 . y −r

Kita juga mendefinisikan y 0 = 1. Dengan demikian, jika y > 0, maka y r terdefinisi untuk semua bilangan rasional. (Definisi y x untuk bilangan irasional x harus menunggu hingga pembahasan berikutnya.) Seperti telah disinggung di atas, untuk y > 0, persamaan x2 = y mempu√ nyai dua buah solusi, yaitu x = ± y. Persamaan x2 = y di sini merupakan suatu persamaan kuadrat. Bentuk umum persamaan kuadrat (dalam x) adalah ax2 + bx + c = 0, dengan a 6= 0. Sebagaimana telah dipelajari di sekolah menengah, persamaan kuadrat ax2 + bx + c = 0 tidak mempunyai solusi atau akar real jika b2 − 4ac < 0, mempunyai sebuah akar real (tunggal) jika b2 − 4ac = 0, dan mempunyai dua buah akar real berbeda jika b2 − 4ac > 0. Dalam hal b2 − 4ac ≥ 0, akar persamaan kuadrat di atas diberikan oleh rumus √ −b ± b2 − 4ac x= . 2a Akar persamaan kuadrat merupakan titik potong grafik persamaan y = ax2 + bx + c (yang berbentuk parabola) dengan sumbu-x pada sistem koordinat Cartesius. (Pembaca diasumsikan telah mengenal sistem koordinat Cartesius dan grafik persamaan padanya.) Ingat bahwa grafik persamaan kuadrat terbuka ke atas jika a > 0, atau terbuka ke bawah jika a < 0.


9

Soal Latihan 1. Buktikan bahwa bilangan x yang memenuhi 2x = 5 bukan merupakan bilangan rasional. 2. Misalkan koefisien a, b dan c pada persamaan kuadrat ax2 +bx+c = 0 merupakan √ bilangan rasional (dengan, tentu saja, a 6= 0). Buktikan jika α = r + s 2 √ merupakan akar persamaan ini, dengan r dan s rasional, maka β = r − s 2 juga merupakan akar. 3. Misalkan n ∈ N dan a1 , . . . , an dan b1 , . . . , bn adalah bilangan real. Buktikan ketaksamaan (a1 b1 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + · · · + a2n )(b21 + · · · + b2n ). (Catatan. Ketaksamaan ini dikenal sebagai Ketaksamaan Cauchy-Schwarz.)

0.5 Nilai Mutlak Jika x adalah bilangan real, maka nilai mutlak x, ditulis |x|, didefinisikan sebagai x, jika x ≥ 0, |x| = −x, jika x < 0. Sebagai contoh, |2| = 2, |0| = 0, dan | − 5| = −(−5) = 5. Perhatikan bahwa |x| ≥ 0 √ dan |x|2 = x2 , sehingga |x| = x2 untuk setiap x. Teorema 5. Untuk setiap bilangan real x berlaku −|x| ≤ x ≤ |x|.

Teorema 6. Untuk setiap bilangan real a dan b berlaku |ab| = |a| · |b|.

10

Hendra Gunawan

Teorema 7 (Ketaksamaan Segitiga). Untuk setiap a, b ∈ R berlaku |a + b| ≤ |a| + |b|.

Bukti. Perhatikan bahwa untuk setiap a, b ∈ R berlaku |a + b|2 = (a + b)2 = |a|2 + 2ab + |b|2 ≤ |a|2 + 2|a| |b| + |b|2 = (|a| + |b|)2 . Karena itu (lihat Soal Latihan 0.3 No. 4), kita peroleh |a + b| ≤ |a| + |b|, sebagaimana kita harapkan. Soal Latihan 1. Buktikan Teorema 5. 2. Buktikan Teorema 6. 3. Buktikan bahwa |a| < b jika dan hanya jika −b < a < b. 4. Buktikan bahwa untuk setiap a, b ∈ R berlaku |a − b| ≥ |a| − |b| dan juga |a − b| ≥ |a| − |b| . 5. Buktikan jika a < x < b dan a < y < b, maka |x−y| < b−a. Berikan interpretasi geometrisnya.


11

1. SIFAT KELENGKAPAN BILANGAN REAL

1.1 Paradoks Zeno Zeno, seorang filsuf dan matematikawan Yunani Kuno (490-435 SM), mengemukakan sebuah paradoks tentang suatu perlombaan lari antara Achilles dan seekor kura-kura. Karena Achilles berlari lebih cepat daripada sang kura-kura, maka sang kura-kura memulai perlombaan x0 meter di depan Achilles. Menurut Zeno, sekalipun Achilles berlari lebih cepat dan akan semakin mendekati sang kura-kura, namun ia takkan pernah dapat menyalip sang kura-kura. Ketika Achilles mencapai titik di mana sang kura-kura mulai berlari, sang kura-kura telah menempuh x1 meter; dan ketika Achilles mencapai posisi tersebut beberapa saat kemudian, sang kura-kura telah menempuh x2 meter lebih jauh; dan seterusnya. Apa yang salah dengan paradoks Zeno ini? Dengan pengetahuan tentang bilangan real yang kita kenal sekarang, Achilles akan menyalip sang kura-kura ketika ia telah menempuh x meter, dengan x sama dengan ‘bilangan real terkecil yang lebih besar dari semua bilangan x0 , x0 +x1 , x0 +x1 +x2 , . . . .’ Sebagai contoh, bila Achilles berlari dengan kecepatan 6 m/detik sementara sang kura-kura berlari dengan kecepatan 3 m/detik (ditarik roda), maka Achilles akan menyalip sang kura-kura setelah 1 1 1 + + + · · · = 1 detik. 2 4 8 Hal serupa dijumpai pada metode exhaustion Eudoxus (405-355 SM), yang digunakan oleh Archimedes (287-212 SM) untuk menghampiri luas daerah lingkaran dengan luas daerah segi-n beraturan di dalam lingkaran, yaitu dengan barisan bilangan A1 , A2 , A3 , . . . . Luas daerah lingkaran kelak didefinisikan sebagai ‘bilangan real terkecil yang lebih besar dari setiap bilangan Ai , i = 1, 2, 3, . . . . Argumen ini bergantung pada sebuah sifat bilangan real yang belum terpikirkan oleh Eudoxus dan Archimedes, serta matematikawan lainnya pada zaman itu.

12

Hendra Gunawan

Sifat bilangan real yang diperlukan untuk membantah paradoks Zeno atau mendukung argumen Eudoxus dan Archimedes adalah Sifat Kelengkapan, yang menjamin eksistensi bilangan real x yang lebih besar dari x0 , x0 + x1 , x0 + x1 + x2 , . . . (pada paradoks Zeno) dan juga bilangan real A yang lebih besar dari Ai , i = 1, 2, 3, . . . (pada perhitungan Archimedes). Sifat Kelengkapan bilangan real biasanya tidak diungkapkan secara eksplisit di sekolah menengah, namun sesungguhnya merupakan sifat yang sangat penting. (Tanpa Sifat Kelengkapan, Achilles takkan memenangkan perlombaan dan luas daerah lingkaran tak dapat dinyatakan sebagai sebuah bilangan.) Soal Latihan 1. Sederhanakan bentuk penjumlahan

1 1 1 + + ··· + n. 2 4 2

1.2 Himpunan Terbatas Sebelum membahas Sifat Kelengkapan, kita perlu memperkenalkan sejumlah istilah terlebih dahulu. Misalkan H himpunan bagian dari R. Himpunan H dikatakan terbatas di atas apabila terdapat suatu bilangan real M sedemikian sehingga x≤M untuk setiap x ∈ H. Bilangan M yang memenuhi sifat ini (bila ada) disebut sebagai batas atas himpunan H. Jika M merupakan batas atas H, maka semua bilangan yang lebih besar daripada M juga merupakan batas atas H. Serupa dengan itu, himpunan H dikatakan terbatas di bawah apabila terdapat suatu bilangan real m sedemikian sehingga m≤x untuk setiap x ∈ H. Bilangan m yang memenuhi sifat ini (bila ada) disebut sebagai batas bawah H. Jika m merupakan batas bawah H, maka semua bilangan yang lebih kecil daripada m juga merupakan batas bawah dari H. Himpunan H dikatakan terbatas apabila ia terbatas di atas dan terbatas di bawah.


13

Contoh 1. (i) Himpunan A := {1, 2, 3} terbatas di atas. Sebagai contoh, 100, 10, 5, dan 3 merupakan batas atas himpunan A. Himpunan A juga terbatas di bawah. Sebagai contoh, −5, −1, 0, dan 1 merupakan batas bawah A. (ii) Himpunan I := {x ∈ R : 0 ≤ x < 1} terbatas di atas. Sebagai contoh, 100, 10, dan 1 merupakan batas atas I. Himpunan I juga terbatas di bawah. Sebagai contoh, −10, −1, dan 0 merupakan batas bawah I. (iii) Himpunan semua bilangan real positif P := {x ∈ R : x > 0} terbatas di bawah namun tidak terbatas di atas. Jika M merupakan batas atas himpunan P , maka x ≤ M untuk setiap x ∈ P . Dalam hal ini M mesti merupakan bilangan positif. Sebagai akibatnya M + 1 juga positif dan M + 1 ≤ M , sesuatu yang mustahil. Proposisi 2. Himpunan H ⊆ R terbatas jika dan hanya jika terdapat suatu bilangan real K sedemikian sehingga |x| ≤ K untuk setiap x ∈ H. Misalkan himpunan H terbatas dan M adalah suatu batas atas H. Bila untuk setiap > 0 bilangan M − bukan merupakan batas atas H, maka M disebut sebagai batas atas terkecil H. Serupa dengan itu, misalkan m adalah suatu batas bawah H. Bila untuk setiap > 0 bilangan m + bukan merupakan batas bawah H, maka m disebut sebagai batas bawah terbesar H. Sebagai contoh, himpunan A = {1, 2, 3} mempunyai batas atas terkecil 3 dan batas bawah terbesar 1. Soal Latihan 1. Buktikan bahwa batas atas terkecil himpunan I pada Contoh 1(ii) adalah 1. 2. Buktikan bahwa batas bawah terbesar himpunan P pada Contoh 1(iii) adalah 0. 3. Buktikan Proposisi 2.

1.3 Sifat Kelengkapan Sekarang kita sampai pada perumusan Sifat Kelengkapan bilangan real, yang akan sering kita gunakan pada pembahasan selanjutnya.

14

Hendra Gunawan

Sifat Kelengkapan. Setiap himpunan bagian tak kosong dari R yang terbatas di atas mempunyai batas atas terkecil. Setiap himpunan bagian tak kosong dari R yang terbatas di bawah mempunyai batas bawah terbesar. Misalkan H 6= ∅. Jika H terbatas di atas, maka batas atas terkecil H disebut sebagai supremum H, ditulis sup H. Serupa dengan itu, jika H terbatas di bawah, maka batas bawah terbesar H disebut sebagai infimum H, ditulis inf H. Jika H terbatas, maka jelas bahwa inf H ≤ sup H. Secara umum perlu dicatat bahwa supremum maupun infimum suatu himpunan tidak harus merupakan anggota himpunan tersebut. Jika H tidak terbatas di atas, kadang kita menuliskan sup H = +∞; dan jika H tidak terbatas di bawah, kita dapat menuliskan inf H = −∞. Contoh 3. (i) Himpunan A = {1, 2, 3} mempunyai batas atas terkecil 3 dan batas bawah terbesar 1; yakni, sup A = 3 dan inf A = 1. (ii) Misalkan I = {x : 0 ≤ x < 1}. Maka, sup I = 1 dan inf I = 0. (iii) Misalkan P = {x : x > 0}. Maka, sup P = +∞ (yakni, P tak terbatas di atas) dan inf P = 0. Dengan Sifat Kelengkapan, himpunan bilangan real R dapat dinyatakan sebagai sebuah garis, yang kita kenal sebagai garis bilangan real. Sifat Kelengkapan menjamin bahwa setiap titik pada garis tersebut menyatakan sebuah bilangan real, dan sebaliknya setiap bilangan real menempati sebuah titik pada garis tersebut. Sebagai perbandingan, himpunan bilangan rasional Q tidak memenuhi Sifat Kelengkapan, dan apabila kita memaksakan diri untuk menyatakannya sebagai sebuah garis, maka garis tersebut akan berlubang-lubang (sebagai contoh, bilangan x di antara 1 dan 2 yang memenuhi x2 = 2 bukan merupakan bilangan rasional, dan karenanya terdapat lubang di antara 1 dan 2). Sifat Kelengkapan menjamin bahwa 1 merupakan bilangan real terkecil yang lebih besar dari 21 + 14 + · · · + 21n , dan terdapat bilangan real π yang menyatakan luas daerah lingkaran berjari-jari 1 dan nilainya lebih besar dari luas daerah segi-n beraturan di dalam lingkaran tersebut, untuk setiap n ∈ N. Sifat Kelengkapan pula lah yang menjamin bahwa bilangan yang mempunyai bentuk desimal tak berhenti ataupun berulang (yang dibahas pada Sub-bab 0.2) merupakan bilangan real.

15


Soal Latihan 1. Verifikasi nilai supremum dan infimum pada Contoh 3(ii) dan (iii). 2. Diketahui H = n1 : n ∈ N . Buktikan bahwa sup H = 1 dan inf H ≥ 0. (Kelak anda akan diminta membuktikan bahwa inf H = 0.) 3. Diketahui himpunan H 6= ∅ terbatas di atas dan M adalah suatu batas atas H. Buktikan bahwa M = sup H jika dan hanya jika untuk setiap > 0 terdapat x ∈ H sedemikian sehingga x > M − .

1.4 Manipulasi dengan Supremum dan Infimum Misalkan H ⊆ R dan c ∈ R. Kita definisikan cH := {cx : x ∈ H} dan H + c := {x + c : x ∈ H}. Sebagai contoh, jika A = {1, 2, 3} dan c = 2, maka 2A = {2, 4, 6} dan A + 2 = {3, 4, 5}. Proposisi 4. Misalkan H ⊆ R tak kosong dan terbatas di atas, dan c > 0. Maka cH terbatas di atas dan sup(cH) = c sup H.

Bukti. Misalkan v = sup H. Ambil sembarang y ∈ cH. Maka, y = cx untuk suatu x ∈ H. Karena x ≤ v dan c > 0, kita peroleh y ≤ cv. Jadi cv merupakan batas atas cH. Selanjutnya, untuk sembarang > 0, v − batas atas H. Karena itu, terdapat x ∈ H sedemikian sehingga v−

< x. c

c

bukan

16

Hendra Gunawan

Kalikan kedua ruas dengan c, kita dapatkan cv − < cx, yang menunjukkan bahwa cv − bukan batas atas cH. Jadi cv merupakan batas atas terkecil cH, yakni cv = sup(cH). Proposisi 5. Misalkan H ⊆ R tak kosong dan terbatas di atas, dan c < 0. Maka cH terbatas di bawah dan inf(cH) = c sup H.

Proposisi 6. Misalkan H ⊆ R tak kosong dan terbatas di atas, dan c ∈ R. Maka H + c terbatas di atas dan sup(H + c) = c + sup H.

Soal Latihan 1. Buktikan Proposisi 5. 2. Buktikan Proposisi 6. 3. Misalkan H ⊆ R tak kosong dan terbatas di atas, dan G ⊆ H juga tak kosong. Buktikan bahwa G terbatas di atas dan sup G ≤ sup H. 4. Misalkan G, H ⊆ R tak kosong dan terbatas. Definisikan H + G := {x + y : x ∈ H, y ∈ G}. Buktikan bahwa H + G terbatas dengan sup(H + G) ≤ sup H + sup G dan inf(H + G) ≥ inf H + inf G. 5. Diketahui ∅ = 6 H ⊆ P = {x ∈ R : x > 0}. Definisikan himpunan G = x1 : x ∈ H . Buktikan jika H terbatas di atas, maka G terbatas di bawah dan inf G =

1 . sup H


17

2. LEBIH JAUH TENTANG BILANGAN REAL

2.1 Maksimum dan Minimum; Interval

Kita telah mencatat sebelumnya bahwa supremum dan infimum suatu himpunan tidak harus merupakan anggota himpunan tersebut. Jika H mempunyai supremum dan sup H = M ∈ H, maka M merupakan anggota terbesar dan disebut maksimum H, ditulis M = maks H. Serupa dengan itu, jika H mempunyai infimum dan inf H = m ∈ H, maka m merupakan anggota terkecil dan disebut minimum H, ditulis m = min H. Contoh 1. (i) Himpunan A := {1, 2, 3} mempunyai maksimum 3 dan minimum 1. (ii) Himpunan I := {x ∈ R : 0 ≤ x < 1} mempunyai minimum 0 tetapi tidak mempunyai maksimum. Di sini 1 = sup I tetapi 1 ∈ / I, jadi ia bukan maksimum I. (iii) Himpunan P := {x ∈ R : x > 0} tak mempunyai maksimum maupun minimum. Himpunan I pada Contoh 1(ii) merupakan sebuah interval. Secara umum, sebuah interval di R merupakan himpunan bagian dari R yang bersifat: jika u, v ∈ I dan u ≤ x ≤ v, maka x ∈ I. Sebuah interval mungkin terbatas dan mungkin pula tak terbatas. Berikut adalah notasi untuk interval terbatas di R: (a, b) := {x : a < x < b}. [a, b] := {x : a ≤ x ≤ b}. [a, b) := {x : a ≤ x < b}. (a, b] := {x : a < x ≤ b}.

18

Hendra Gunawan

Berikut adalah notasi untuk interval tak terbatas di R (selain R sendiri): (a, ∞) := {x : x > a}. [a, ∞) := {x : x ≥ a}. (−∞, b) := {x : x < b}. (−∞, b] := {x : x ≤ b}. Catat bahwa lambang ∞ dan −∞ di sini bukan menyatakan bilangan real. Interval (a, b), (a, ∞), dan (−∞, b) merupakan interval terbuka, sedangkan interval [a, b], [a, ∞), dan (−∞, b] merupakan interval tertutup. Sementara itu, interval [a, b) dan (a, b] sering disebut sebagai interval setengah terbuka. Interval [a, b] yang bersifat tertutup dan terbatas merupakan contoh himpunan kompak di R. Pada [a, b], a merupakan minimum dan b merupakan maksimum. Soal Latihan 1. Tentukan maksimum dan minimum himpunan berikut (bila ada). (a)

1

(b)

(−1)n

n

: n∈N . n

: n∈N .

(c) Himpunan semua bilangan rasional r dengan 0 ≤ r ≤ 1. 2. Misalkan c ∈ R dan δ > 0. Buktikan bahwa {x : |x − c| < δ} = (c − δ, c + δ). 3. Beri dua buah contoh himpunan yang mempunyai supremum 1 tetapi tidak mempunyai satu pun anggota x ∈ (0, 1).

2.2 N dan Q sebagai Himpunan Bagian dari R Dengan Sifat Kelengkapan, kita dapat pula membuktikan bahwa N tak terbatas di atas. Fakta ini dikenal sebagai Sifat Archimedes, yang lazim dinyatakan sebagai sebuah teorema.


19

Teorema 2 (Sifat Archimedes). Untuk setiap x ∈ R terdapat nx ∈ N sedemikian sehingga x < nx . Bukti. Andaikan sebaliknya berlaku, yakni terdapat x ∈ R sedemikian sehingga n ≤ x untuk setiap n ∈ N. Ini berarti bahwa N terbatas di atas. Karena N 6= ∅ dan N ⊂ R, maka menurut Sifat Kelengkapan, N mempunyai supremum, sebutlah v = sup N. Karena v merupakan batas atas terkecil N, v − 1 bukan batas atas N, sehingga terdapat m ∈ N sedemikian sehingga v − 1 < m atau v < m + 1. Ini mustahil mengingat m + 1 ∈ N dan v merupakan batas atas N. Jadi pengandaian di atas mestilah salah. Dengan asumsi bahwa jarak antara dua bilangan asli sekurang-kurangnya sama dengan 1, kita dapat membuktikan Sifat Terurut Rapi N, yang dinyatakan dalam teorema berikut. Teorema 3 (Sifat Terurut Rapi N). Setiap himpunan bagian tak kosong dari N mempunyai minimum. Bukti. Misalkan A ⊆ N tak kosong. Jelas bahwa sebagai himpunan bagian dari N, himpunan A terbatas di bawah. Menurut Sifat Kelengkapan, A mempunyai infimum, sebutlah a = inf A. Sekarang a + 1 bukan batas bawah A, dan karenanya terdapat n ∈ A sehingga n < a + 1. Jika n bukan minimum A, maka terdapat m ∈ A sehingga m < n. Dalam hal ini, kita mempunyai a ≤ m < n < a + 1, sehingga jarak antara m dan n lebih kecil dari 1. Ini bertentangan dengan sifat bilangan asli. Jadi n mestilah minimum A, dan bukti selesai. Dengan menggunakan Sifat Archimedes dan Sifat Terurut Rapi N , kita dapat membuktikan sifat kepadatan bilangan rasional di R, yang dinyatakan sebagai teorema berikut. Teorema 4 (Kepadatan Bilangan Rasional). Misalkan x, y ∈ R dengan x < y. Maka terdapat r ∈ Q sedemikian sehingga x < r < y. Bukti. Tanpa mengurangi keumuman, kita asumsikan bahwa 0 < x < y. Menurut 1 . Untuk n tersebut, Sifat Archimedes, terdapat n ∈ N sedemikian sehingga n > y−x

20

Hendra Gunawan

kita mempunyai ny − nx > 1. Sekarang tinjau himpunan A := {k : k ∈ N, nx < k}. Menurut Sifat Terurut Rapi N, A mempunyai minimum, sebutlah m. Dalam hal ini m merupakan bilangan asli m terkecil yang memenuhi m − 1 ≤ nx < m. Akibatnya, kita peroleh m ≤ nx + 1 < ny. Karena itu, nx < m < ny, atau

m < y. n sedemikian sehingga x < r < y.

x< Jadi terdapat bilangan rasional r :=

m n

Catatan. Bukti Teorema 4 memberi tahu kita bagaimana caranya mendapatkan sebuah bilangan rasional di antara x dan y dengan 0 < x < y. Pertama, kita zoom out 1 interval (x, y) dengan faktor dilasi n > y−x , sehingga kita peroleh interval (nx, ny) yang lebarnya lebih besar daripada 1. Dalam interval tersebut kita pilih bilangan asli m, kemudian kita zoom in untuk mendapatkan bilangan rasional m n di dalam interval (x, y). Untuk x, y ∈ R lainnya, bilangan rasional dapat diperoleh dengan memanfaatkan hasil ini. Sebagai contoh, untuk x < y < 0, jika r adalah bilangan rasional di dalam interval (−y, −x), maka −r adalah bilangan rasional di dalam interval (x, y). Soal Latihan 1. Diketahui H = 2. Misalkan A =

1 n

1 2

: n ∈ N . Buktikan bahwa inf H = 0.

+ ··· +

1 2n

: n ∈ N . Buktikan bahwa sup A = 1.

3. Buktikan bahwa terdapat bilangan real positif x sedemikian sehingga x2 = 2. (Petunjuk. Tinjau himpunan A := {a ∈ R : a > 0, a2 < 2}.) 4. Diketahui x, y ∈ R dengan x < y. Buktikan bahwa terdapat bilangan irasional s sedemikian sehingga x < s < y. 5. Buktikan bahwa himpunan semua bilangan irasional s dengan 0 ≤ s ≤ 1 tidak mempunyai maksimum maupun minimum.


21

2.3 Prinsip Induksi Matematika Salah satu metode pembuktikan klasik untuk pernyataan yang berkaitan dengan bilangan asli berpijak pada Prinsip Induksi Matematika. Teorema 5 (Prinsip Induksi Matematika). Misalkan P (n) adalah suatu pernyataan mengenai n ∈ N. Misalkan pula (i) P (1) benar, dan (ii) untuk setiap k ∈ N berlaku: jika P (k) benar, maka P (k + 1) benar. Maka, P (n) benar untuk setiap n ∈ N. Bukti. Misalkan S := {n ∈ N : P (n) salah}. Akan ditunjukkan bahwa S = ∅. Andaikan S 6= ∅. Maka, menurut Sifat Terurut Rapi, S mempunyai minimum, sebutlah m. Karena P (1) benar, 1 ∈ / S. Jadi m 6= 1. Akibatnya m > 1 dan m − 1 ∈ N. Karena m adalah minimum S, m−1 ∈ / S atau P (m−1) benar. Berdasarkan hipotesis (ii), kita peroleh P (m) benar atau m ∈ / S, yang bertentangan dengan m ∈ S. Contoh 6. Untuk setiap n ∈ N, kita mempunyai 1 + 2 + ··· + n =

1 n(n + 1). 2

Untuk membuktikan kebenaran pernyataan ini, misalkan Sn := 1 + 2 + · · · + n, n ∈ N, dan P (n) adalah pernyataan bahwa Sn = 21 n(n + 1). Perhatikan bahwa P (1) benar, karena S1 = 1 = 12 .1.(1 + 1). Selanjutnya misalkan k ∈ N dan P (k) benar atau Sk = 12 k(k + 1). Untuk mengetahui apakah P (k + 1) benar, kita periksa Sk+1 = 1 + 2 + · · · + k + (k + 1) = Sk + (k + 1) 1 = k(k + 1) + (k + 1) 2 1 = (k + 1)(k + 2). 2 Jadi ternyata P (k + 1) benar. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematika, kita simpulkan bahwa P (n) benar untuk setiap n ∈ N. Contoh 7. Untuk setiap n ∈ N berlaku n < 2n . Di sini P (n) adalah ketaksamaan n < 2n . Jelas bahwa P (1) benar karena 1 < 2. Selanjutnya misalkan k ∈ N dan P (k)

22

Hendra Gunawan

benar, yakni k < 2k . Maka, 1 ≤ k < 2k dan k + 1 < 2k + 1 < 2k + 2k = 2k+1 , yakni P (k + 1) benar. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematika, P (n) benar atau n < 2n untuk setiap n ∈ N. Teorema 8 (Prinsip Induksi Kuat). Misalkan P (n) adalah suatu pernyataan mengenai n ∈ N sedemikian sehingga (i) P (1) benar, dan (ii) untuk setiap k ∈ N, jika P (1), . . . , P (k) benar, maka P (k + 1) benar. Maka, P (n) benar untuk setiap n ∈ N. Soal Latihan 1. Buktikan bahwa 1 + 3 + · · · + (2n − 1) = n2 untuk setiap n ∈ N. 2. Buktikan bahwa 2n−1 ≤ n! untuk setiap n ∈ N. (Catatan. n! = 1 × 2 × · · · × n.) 3. Buktikan Teorema 8. 4. Misalkan n0 ∈ N dan P (n) adalah suatu pernyataan mengenai n ∈ N sedemikian sehingga P (n0 ) benar dan jika P (k) benar, maka P (k + 1) benar. Buktikan bahwa P (n) benar untuk setiap n ∈ N dengan n ≥ n0 . 5. Buktikan bahwa n2 < 2n untuk n ≥ 5. 6. Diketahui r1 = 1 dan rn+1 = 1 + 1 < rn < 2 untuk setiap n ≥ 3.

1 rn

untuk n = 1, 2, 3, . . . . Buktikan bahwa


23

3. BARISAN

3.1 Definisi Barisan Dalam kisah Zeno tentang perlombaan lari antara Achilles dan seekor kura-kura, ketika Achilles mencapai posisi x0 tempat sang kura-kura mulai berlari, sang kurakura telah menempuh x1 meter; dan ketika Achilles mencapai posisi tersebut beberapa saat kemudian, sang kura-kura telah menempuh x2 meter lebih jauh; dan seterusnya. Sebagai contoh, bila Achilles berlari dengan kecepatan 6 m/detik sementara sang kura-kura berlari dengan kecepatan 3 m/detik (ditarik roda), maka Achilles akan mencapai posisi-posisi tertentu yang pernah dicapai oleh sang kura-kura pada saat 1 1 1 + + · · · + n detik, 2 4 2

n = 1, 2, 3, . . . .

Bentuk penjumlahan di atas membentuk sebuah deret geometri, yang jumlahnya sama dengan 1 − 21n . Jadi, dalam cerita di atas, kita mempunyai sebuah ‘barisan’ bilangan h1 − 21n i. Bila n ‘menuju tak terhingga’, maka 21n ‘menuju 0’. Jadi barisan bilangan di atas ‘konvergen ke 1’. Dengan pengetahuan ini, pada akhirnya kita dapat menyimpulkan bahwa Achilles akan menyalip sang kura-kura setelah berlari selama 1 detik. Barisan bilangan dapat pula muncul ketika kita hendak menaksir suatu bilan√ gan, misalnya menaksir 2. Salah satu cara yang mudah adalah dengan Metode √ √ Bagi Dua. Mengetahui bahwa 2 terletak di antara 1 dan 2, kita taksir 2 dengan x1 := 21 (1 + 2) = 1.5. Setelah kita periksa bahwa 1.52 = 2.25 > 2, maka √ kita tahu bahwa 2 berada di antara 1 dan 1.5. Selanjutnya kita taksir dengan x2 := 12 (1 + 1.5) = 1.25, dan seterusnya sehinga kita peroleh barisan bilangan √ x1 , x2 , x3 , . . . yang merupakan hampiran untuk 2. Secara informal, sebuah barisan bilangan real dapat diartikan sebagai suatu daftar bilangan real x1 , x2 , x3 , . . . . Persisnya, sebuah barisan bilangan real adalah

24

Hendra Gunawan

suatu aturan yang mengaitkan setiap bilangan asli n dengan sebuah bilangan real tunggal xn . Di sini xn disebut sebagai suku ke-n barisan tersebut. Notasi hxn i menyatakan barisan dengan suku ke-n xn . Himpunan {xn : n ∈ N} disebut sebagai daerah nilai barisan hxn i. Barisan hxn i dikatakan terbatas (terbatas di atas atau terbatas di bawah) apabila daerah nilainya terbatas (terbatas di atas atau terbatas di bawah). Jadi, menurut Proposisi 2 pada Bab 1, hxn i terbatas jika dan hanya jika terdapat K > 0 sedemikian sehingga |xn | ≤ K untuk setiap n ∈ N. Contoh 1. (i) Barisan h n1 i adalah barisan bilangan 1,

1 1 2, 3, . . . .

(ii) Barisan h(−1)n i adalah barisan bilangan −1, 1, −1, 1, . . . . Jika n ganjil, maka suku ke-n bernilai −1; dan jika n genap, maka suku ke-n bernilai 1. Jadi daerah nilai barisan ini adalah {−1, 1}. (iii) Barisan yang didefinisikan secara induktif dengan x1 = x2 = 1 dan xn+2 = xn + xn+1 ,

n = 1, 2, 3, . . . ,

adalah barisan 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, .... Barisan ini dikenal sebagai barisan Fibonacci (yang dipublikasikan oleh Leonardo Fibonacci dalam Liber abaci pada 1202). (iv) Barisan hrn i yang didefinisikan secara induktif dengan r1 = 1 dan rn+1 = 1 +

1 , untuk n = 1, 2, 3, . . . rn

adalah barisan 1, 2, 32 , 53 , . . . . Soal Latihan 1. Buktikan bahwa ketiga barisan pada Contoh 1 merupakan barisan terbatas. 2. Buktikan bahwa barisan Fibonacci tak terbatas. 3. Misalkan hxn i adalah barisan Fibonacci. Definisikan rn := tikan bahwa barisan hrn i terbatas.

xn+1 xn ,

n ∈ N. Buk-

3.2 Kekonvergenan Barisan Barisan hxn i dikatakan konvergen ke L (L ∈ R) apabila untuk setiap > 0 terdapat bilangan asli N sedemikian sehingga

25


jika n ≥ N , maka |xn − L| < . Bilangan L dalam hal ini disebut sebagai limit barisan hxn i, dan kita tuliskan lim xn = L,

n→∞

atau xn → L, bila n → ∞. Secara informal, kita dapat mengatakan bahwa xn ‘menuju L’ bila n ‘menuju tak terhingga’. Untuk tiap n ∈ N, bilangan xn dapat dianggap sebagai hampiran untuk L (dan sebaliknya, L merupakan hampiran untuk xn ). Jarak |xn − L| antara xn dan L menyatakan kesalahan pada penghampiran tersebut (dengan sebagai taksiran kesalahan maksimum-nya). Definisi di atas menyatakan bahwa kesalahan tersebut dapat dibuat sekecil-kecilnya dengan memilih n cukup besar. Contoh 2. Barisan h n1 i konvergen ke 0, yakni lim

n→∞

1 = 0. n

Diberikan > 0 sembarang, kita dapat memilih bilangan asli N > sehingga jika n ≥ N , maka 1 1 1 < . − 0 = ≤ n n N

1

Catatan. Eksistensi bilangan asli N yang lebih besar dari bilangan real dijamin oleh Sifat Archimedes.)

sedemikian

1

tentu saja

Teorema 3. Sebuah barisan tidak mungkin konvergen ke dua buah limit yang berbeda. Bukti. Misalkan hxn i konvergen ke L dan juga ke M . Untuk > 0 sembarang, kita dapat memilih N1 ∈ N sedemikian sehingga untuk n ≥ N1 berlaku |xn − L| < 2 . Pada saat yang sama, kita dapat memilih N2 ∈ N sedemikian sehingga untuk n ≥ N2 berlaku |xn − M | < 2 . Jadi, untuk N := maks {N1 , N2 }, kita mempunyai |L − M | ≤ |L − xn | + |xn − M | <

+ = . 2 2

Karena ini berlaku untuk > 0 sembarang, kita simpulkan bahwa |L − M | = 0 atau L = M.

26

Hendra Gunawan

Teorema 4. Jika hxn i konvergen, maka hxn i terbatas. Catatan. Kebalikan dari Teorema 4 tidak berlaku. Sebagai contoh, h(−1)n i terbatas, tetapi tidak konvergen. Di sini keterbatasan merupakan ‘syarat perlu’ tetapi bukan merupakan ‘syarat cukup’ untuk kekonvergenan. Bukti. Misalkan hxn i konvergen ke L. Pilih N ∈ N sedemikian sehingga |xn − L| < 1 untuk n ≥ N . Akibatnya, untuk n ≥ N , kita mempunyai |xn | ≤ |xn − L| + |L| < 1 + |L|. Sebut K := maks{|x1 |, . . . , |xN |, 1 + |L|}. Maka jelas bahwa |xn | ≤ K, untuk tiap n ∈ N. Ini menunjukkan bahwa hxn i terbatas. Barisan yang tidak konvergen disebut barisan divergen. Dari Teorema 4, kita mengetahui bahwa barisan tak terbatas tidak mungkin konvergen, dan karenanya ia merupakan barisan divergen. Sebagai contoh, barisan Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . . merupakan barisan divergen karena ia tak terbatas. Selanjutnya perlu diingat bahwa barisan terbatas pun mungkin saja divergen. Sebagai contoh, barisan h(−1)n i merupakan barisan divergen. Dengan mudah kita dapat menunjukkan bahwa lim (−1)n 6= ±1. Namun ini belum menunjukkan bahwa n→∞ h(−1)n i divergen. Untuk menunjukkan kedivergenan h(−1)n i, kita harus meyakinkan bahwa lim (−1)n 6= L untuk sembarang L ∈ R. n→∞

Soal Latihan 1. Buktikan bahwa untuk setiap bilangan rasional r > 0, barisan h n1r i konvergen ke 0. 2. Buktikan bahwa

n−1 n+1

konvergen ke 1.

3. Tuliskan arti dari lim xn 6= L. Tunjukkan bahwa lim (−1)n 6= L untuk semn→∞ n→∞ barang L ∈ R.

27


4. Buktikan jika c ∈ R dan hxn i konvergen ke L, maka hcxn i konvergen ke cL. 5. Buktikan jika hxn i konvergen ke L > 0, maka terdapat N ∈ N sedemikian sehingga xn > L2 untuk tiap n ≥ N . 6. Berikan alasan sederhana mengapa barisan Fibonacci tidak mungkin konvergen.

3.3 Teorema Limit Dalam contoh dan soal-soal latihan pada subbab sebelumnya, ketika > 0 diberikan, cukup mudah bagi kita untuk mencari bilangan asli N yang memenuhi definisi barisan konvergen. Namun secara umum tidaklah selalu demikian situasinya. Dalam hal ini kita perlu mempunyai cara lain untuk memeriksa kekonvergenan suatu barisan (dan menentukan limitnya) tanpa harus menggunakan definisinya. Proposisi 5. Misalkan xn → L dan yn → M bila n → ∞, dan λ, µ ∈ R. Maka (i) λxn + µyn → λL + µM bila n → ∞. (ii) xn yn → LM bila n → ∞. xn L bila n → ∞, asalkan M 6= 0. (iii) → yn M Bukti. (i) Berdasarkan Soal Latihan 3.2 No. 4, cukup dibuktikan bahwa, jika xn → L dan yn → M untuk n → ∞, maka xn + yn → L + M untuk n → ∞. Diberikan > 0 sembarang, terdapat N1 ∈ N sedemikian sehingga untuk n ≥ N1 berlaku |xn − L| <

. 2

Pada saat yang sama, terdapat N2 ∈ N sedemikian sehingga untuk n ≥ N2 berlaku |yn − M | <

. 2

Sekarang pilih N := maks{N1 , N2 }. Maka, untuk n ≥ N , kita peroleh (dengan menggunakan Ketaksamaan Segitiga) |(xn + yn ) − (L + M )| ≤ |xn − L| + |yn − M | < Ini menunjukkan bahwa xn + yn → L + M untuk n → ∞.

+ = . 2 2

28

Hendra Gunawan

Bukti bagian (ii) dan (iii) diserahkan sebagai latihan. 2n2 − 5n 2 = . n→∞ 3n2 − 7n + 4 3

Contoh 6. lim

Penjelasan. Berdasarkan Proposisi 5 (serta contoh dan soal latihan pada §3.2), 2n2 − 5n 2 − (5/n) 2−0 2 = → = 2 2 3n − 7n + 4 3 − (7/n) + (4/n ) 3−0+0 3 bila n → ∞. Teorema 7 (Teorema Apit). Misalkan xn ≤ yn ≤ zn untuk tiap n ∈ N. Jika xn → L dan zn → L untuk n → ∞, maka yn → L untuk n → ∞. Catatan. Hipotesis bahwa xn ≤ yn ≤ zn berlaku untuk tiap n ∈ N dapat ‘diperlunak’ menjadi hanya berlaku untuk tiap n ≥ n0 (untuk suatu n0 ∈ N). Dalam menyelidiki kekonvergenan suatu barisan, yang penting untuk kita tangani adalah ‘ekor’-nya, yakni suku-suku xn dengan n ≥ n0 . Bukti. Diberikan > 0, pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk n ≥ N berlaku |xn − L| < dan |zn − L| < atau L − < xn < L + dan L − < zn < L + . Akibatnya, untuk n ≥ N , kita peroleh L − < xn ≤ yn ≤ zn < L + , sehingga |yn − L| < . Ini menunjukkan bahwa yn → L untuk n → ∞. Contoh 8. Misalkan hxn i terbatas. Maka lim

n→∞

xn = 0. n

Penjelasan. Terdapat K > 0 sedemikian sehingga untuk setiap n ∈ N berlaku −K ≤ xn ≤ K. Akibatnya − Karena lim

n→∞

K xn K ≤ ≤ . n n n

K xn = 0, maka menurut Teorema Apit lim = 0. n→∞ n n


29

Teorema 9. (i) Jika xn → L untuk n → ∞, maka |xn | → |L| untuk n → ∞. (ii) Jika xn ≥ 0 untuk tiap n ∈ N dan xn → L untuk n → ∞, maka L ≥ 0 dan √ √ xn → L untuk n → ∞. Bukti. (i) Berdasarkan Ketaksamaan Segitiga, untuk setiap n ∈ N, kita mempunyai |xn | − |L| ≤ |xn − L|. Karena itu jelas jika xn → L untuk n → ∞, maka |xn | → |L| untuk n → ∞. (ii) Andaikan L < 0, kita dapat memilih n ∈ N sedemikian sehingga xn < L2 < 0, bertentangan dengan hipotesis. Jadi mestilah L ≥ 0. √ √ Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa h xn i konvergen ke L, kita tinjau kasus L = 0 dan kasus L > 0 secara terpisah. Untuk kasus L = 0, kita perhatikan √ √ √ bahwa xn < bila xn < . Karena itu, xn → 0 untuk n → ∞ karena xn → 0 untuk n → ∞. Sekarang misalkan L > 0. Untuk tiap n ∈ N, kita mempunyai √ √ 1 |xn − L| √ ≤ √ |xn − L|. | xn − L| = √ xn + L L Jadi, diberikan > 0, kita tinggal memilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap √ √ √ n ≥ N berlaku |xn − L| < L. Ini menunjukkan bahwa xn → L untuk n → ∞. Soal Latihan 1. Buktikan Proposisi 5 bagian (ii) dan (iii). 2. Buktikan jika |xn − L| ≤ yn untuk tiap n ∈ N dan yn → 0 untuk n → ∞, maka xn → L untuk n → ∞. 3. Diketahui xn ≤ yn untuk tiap n ∈ N, xn → L dan yn → M untuk n → ∞. Buktikan bahwa L ≤ M .

4. Buktikan bahwa 21n konvergen ke 0, dengan menggunakan fakta bahwa n < 2n untuk tiap n ∈ N. √ √ 5. Buktikan bahwa h n + 1 − ni konvergen ke 0. 6. Diketahui |x| < 1. Buktikan bahwa hxn i konvegen ke 0. (Petunjuk. Tuliskan 1 1 , maka |xn | < an .) |x| = 1+a

30

Hendra Gunawan

7. Misalkan xn ≤ yn untuk tiap n ∈ N. Buktikan jika xn → L dan yn → M untuk n → ∞, maka L ≤ M .

3.4 Barisan Monoton Salah satu jenis barisan yang mudah dipelajari kekonvergenannya adalah barisan monoton. Barisan hxn i dikatakan naik apabila xn ≤ xn+1 untuk tiap n ∈ N. Serupa dengan itu, hxn i dikatakan turun apabila xn ≥ xn+1 untuk tiap n ∈ N. Barisan naik dan barisan turun disebut barisan monoton. Bila xn < xn+1 atau xn > xn+1 untuk tiap n ∈ N, maka hxn i dikatakan naik murni atau turun murni. Contoh 10. (i) Barisan h n1 i merupakan barisan monoton turun. (ii) Barisan Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . . merupakan barisan monoton naik. (iii) Barisan konstan hci merupakan barisan monoton naik dan sekaligus turun. (iv) Barisan h(−1)n i bukan merupakan barisan monoton. Teorema 11. (i) Jika hxn i naik dan terbatas (di atas), maka ia konvergen ke sup{xn : n ∈ N}. (ii) Jika hxn i turun dan terbatas (di bawah), maka ia konvergen ke inf{xn : n ∈ N}. Bukti. (i) Misalkan A := {xn : n ∈ N} dan L = sup A. Akan ditunjukkan bahwa xn → L untuk n → ∞. Untuk setiap > 0, L − bukan batas atas himpunan A, dan karenanya terdapat N ∈ N sedemikian sehingga L − < xN ≤ L. Karena hxn i naik, untuk setiap n ≥ N berlaku L − < xN ≤ xn ≤ L, dan sebagai akibatnya |xn − L| < . Dengan demikian xn → L untuk n → ∞. (ii) Serupa dengan bukti untuk bagian (i). 1 1 Contoh 12. Misalkan xn := 1 + 2 + · · · + 2 , n ∈ N. Di sini jelas bahwa hxn i 2 n naik. Selanjutnya, untuk tiap n ≥ 2, kita mempunyai 1 1 1 1 = − . ≤ 2 n n(n − 1) n−1 n


31

Akibatnya, untuk tiap n ∈ N berlaku 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + ··· + 2 ≤ 1 + − + ··· + − = 2 − < 2. 2 n 1 2 n−1 n n Jadi hxn i terbatas (di atas). Menurut Teorema 11, hxn i konvergen (ke suatu L ≤ 2). Contoh 13. Diberikan a > 0 dan x0 > 0, definisikan barisan hxn i sebagai 2 1 xn−1 + , n ∈ N. xn = 2 xn−1 Dapat ditunjukkan bahwa hxn i turun dan terbatas di bawah, sehingga konvergen, √ dan limitnya adalah a. Lihat tabel di bawah yang berisi nilai suku-suku barisan ini √ untuk a = 2 dan x0 = 1. (Cara menghampiri a dengan barisan ini telah dikenal di Mesopotamia sebelum 1500 SM.) n Contoh 14. Misalkan xn := 1 + n1 , n ∈ N. Dapat diperiksa bahwa hxn i naik dan terbatas (di atas), sehingga konvergen. (Lihat [1] atau [2].)

Soal Latihan 1. Buktikan Teorema 11 bagian (ii). 2. Diketahui 0 < x < 1. Buktikan bahwa hxn i turun dan terbatas di bawah, sehingga ia konvergen. 1 1 3. Misalkan xn := 1 + + · · · + , n ∈ N. Buktikan bahwa hxn i naik dan 2! n! terbatas (di atas). (Petunjuk. 2n−1 ≤ n! untuk tiap n ∈ N.) 1 1 4. Misalkan xn := 1 + + · · · + , n ∈ N. Buktikan bahwa hxn i naik. Apakah 2 n hxn i terbatas (di atas)?

32

Hendra Gunawan

4. SUB-BARISAN DAN BARISAN CAUCHY

4.1 Sub-barisan Misalkan hxn i barisan dan hnk i barisan naik murni dengan nk ∈ N untuk tiap k ∈ N. Maka, barisan hxnk i disebut sebagai sub-barisan dari hxn i. Sebagai contoh, x2 , x3 , x4 , x5 , . . . dan x2 , x4 , x8 , x16 , . . . merupakan sub-barisan dari hxn i. Pada sub-barisan pertama, nk = k + 1; sementara pada sub-barisan kedua, nk = 2k . Contoh 1. (i) Diketahui barisan h(−1)n i. Maka, h(−1)2k−1 i = h−1i dan h(−1)2k i = h1i merupakan sub-barisan dari h(−1)n i. (ii) Misalkan hrn i adalah barisan 1, 2, 23 , 53 , 85 , 13 8 , . . . . Maka 3 8 1, , , . . . 2 5 dan

merupakan sub-barisan dari hrn i.

5 13 2, , , . . . 3 8


33

Hipotesis hnk i naik murni merupakan bagian penting dalam definisi sub-barisan. Sebagai salah satu akibat dari hipotesis ini, kita mempunyai nk ≥ k untuk tiap k ∈ N. Fakta ini dapat dibuktikan dengan Prinsip Induksi Matematika. (Jelas bahwa n1 ≥ 1. Selanjutnya, jika nk ≥ k, maka nk+1 > nk ≥ k dan karenanya nk+1 ≥ k + 1.) Catat bahwa setiap sub-barisan dari barisan terbatas juga bersifat terbatas. Selanjutnya, kita mempunyai teorema berikut. Teorema 2. Jika hxn i konvergen ke L, maka setiap sub-barisan dari hxn i konvergen ke L. Bukti. Misalkan hxnk i adalah sub-barisan dari hxn i. Diberikan > 0, pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku |xn − L| < . Maka, untuk setiap k ≥ N , kita mempunyai nk ≥ k ≥ N, dan karenanya |xnk − L| < . Dengan demikian hxnk i konvergen ke L. Contoh 3. Kita telah membahas kedivergenan barisan h(−1)n i. Bukti alternatif yang lebih sederhana dapat diberikan dengan menggunakan Teorema 2. Karena terdapat sub-barisan h−1i yang konvergen ke -1 dan sub-barisan h1i yang konvergen ke 1, maka barisan h(−1)n i tidak mungkin konvergen. (Jika ia konvergen, maka menurut Teorema 2 kedua sub-barisan di atas seharusnya konvergen ke bilangan yang sama.) Contoh 4. Pada Soal Latihan 3.4 No. 3, anda diminta menunjukkan bahwa hxn i konvergen untuk 0 < x < 1. Sekarang kita dapat menentukan limitnya dengan menggunakan Teorema 2 sebagai berikut. Misalkan hxn i konvergen ke L. Maka, sub-barisan hx2k i akan konvergen ke L juga. Namun, x2k = (xk )2 → L2

untuk k → ∞.

Karena itu L = L2 , sehingga kita dapatkan L = 0 atau L = 1. Mengingat 0 < x < 1 dan hxn i turun, kita simpulkan bahwa L = 0. Hasil ini sesuai dengan Soal Latihan 3.3 No. 5.

34

Hendra Gunawan

Contoh 5. Dalam Contoh 13 pada Sub-bab 3.4 kita telah menunjukkan bahwa barisan hxn i yang didefinisikan secara induktif dengan 2 1 xn + , 2 xn

xn+1 =

n ∈ N,

konvergen. Sekarang misalkan limitnya adalah L. Maka, menurut Teorema 2, hxn+1 i juga konvergen ke L. Akibatnya L=

1 2 L+ , 2 L

sehingga L2 = 2. Namun x1 > 0 mengakibatkan xn > 0 untuk tiap n ∈ N. Karena √ itu mestilah L = 2. Soal Latihan 1. Diketahui barisan hxn i. Tunjukkan jika hx2k−1 i dan hx2k i konvergen ke bilangan yang sama, maka hxn i konvergen. 2. Diketahui barisan hxn i didefinisikan secara induktif dengan x1 = 1 dan xn+1 = xn +

1 , xn

n ∈ N.

Mungkinkah hxn i konvergen? 3. Diketahui barisan hrn i didefinisikan secara induktif dengan r1 = 1 dan rn+1 = 1 +

1 , rn

n ∈ N.

Tunjukkan jika hrn i konvergen, maka ia mestilah konvergen ke

√ 1+ 5 2 .

4.2 Teorema Bolzano-Weierstrass Pada bagian ini kita akan membahas sebuah hasil penting tentang barisan terbatas. Sebelum kita sampai ke sana, kita pelajari terlebih dahulu teorema berikut. Teorema 6. Setiap barisan mempunyai sub-barisan yang monoton.


35

Bukti. Misalkan hxn i barisan sembarang. Untuk tiap N ∈ N, definisikan AN := {xn : n ≥ N }. Kita tinjau dua kasus berikut. Kasus 1: Untuk tiap N ∈ N, AN mempunyai maksimum. Dalam kasus ini, kita dapat memperoleh barisan bilangan asli hnk i sedemikian sehingga xn1 = maks A1 xn2 = maks An1 +1 xn3 = maks An2 +1 dan seterusnya. Jelas bahwa n1 < n2 < n3 < · · · dan hxnk i merupakan sub-barisan yang monoton turun. Kasus 2: Terdapat n1 ∈ N sedemikian sehingga An1 tidak mempunyai maksimum. Dalam kasus ini, terdapat n2 ≥ n1 + 1 sedemikian sehingga xn2 > xn1 (karena jika tidak, maka xn1 merupakan maksimum An1 ). Selanjutnya, terdapat n3 ≥ n2 + 1 sedemikian sehingga xn3 > xn2 (karena jika tidak, maka maks {xn1 , . . . , xn2 } merupakan maksimum An1 ). Demikian seterusnya, sehingga kita peroleh sub-barisan hxnk i yang monoton naik. Teorema 7 (Bolzano-Weierstrass). Setiap barisan terbatas mempunyai sub-barisan yang konvergen. Bukti. Misalkan hxn i terbatas. Menurut Teorema 6, terdapat sub-barisan hxnk i yang monoton. Karena hxn i terbatas, sub-barisan hxnk i juga terbatas. Jadi, menurut Teorema 11 pada Bab 3, hxnk i konvergen. Contoh 8. (i) Barisan h(−1)n i mempunyai dua sub-barisan yang konvergen, yakni h−1i dan h1i. (ii) Barisan antaranya

1 1 2 1 2 3 2, 3, 3, 4, 4, 4, . . .

mempunyai banyak sub-barisan yang konvergen, di 1 2 3 , , ,...; 2 4 6 1 1 1 , , ,...; 2 3 4 1 2 3 , , ,.... 2 3 4

36

Hendra Gunawan

Misalkan hxn i terbatas dan L adalah himpunan semua bilangan real yang merupakan limit sub-barisan dari hxn i. Sebagai contoh, jika xn = (−1)n , maka L = {−1, 1}. Dari Teorema Bolzano-Weierstrass, kita tahu bahwa L tak kosong. Kita juga tahu bahwa dalam hal hxn i konvergen, himpunan L merupakan himpunan ‘singleton’, yakni { lim xn }. Lebih jauh, kita mempunyai proposisi berikut tentang L — yang buktinya n→∞ tidak akan kita bahas di sini (lihat [2] bila ingin mempelajarinya). Proposisi 9. Himpunan L mempunyai maksimum dan minimum. Misalkan L := maks L dan L := min L. Kita sebut L sebagai limit superior dari hxn i dan kita tuliskan lim sup xn = L. n→∞

Serupa dengan itu, kita sebut L sebagai limit inferior dari hxn i dan kita tuliskan lim inf xn = L. n→∞

Sebagai contoh, jika xn = (−1)n , maka lim sup xn = 1 dan lim inf xn = −1. n→∞

n→∞

Soal Latihan 1. Misalkan hxn i adalah barisan terbatas sedemikian sehingga untuk setiap N ∈ N terdapat n ≥ N sedemikian sehingga xn ≥ a. Buktikan bahwa hxn i mempunyai sub-barisan yang konvergen ke suatu bilangan L ≥ a. 2. Diketahui barisan 21 , 13 , 23 , 41 , 24 , 34 , . . . . Tentukan limit superior dan limit inferiornya. 3. Diketahui barisan h(−1)n (1+ n1 )i. Tentukan limit superior dan limit inferiornya. 4. Misalkan hxn i terbatas. Untuk tiap n ∈ N, definisikan Mn := sup xk . Tunk≥n

jukkan bahwa hMn i turun dan terbatas (di bawah), dan karenanya konvergen.

37


4.3 Barisan Cauchy Teorema 11 pada Bab 3 memberi kita cara untuk menyelidiki kekonvergenan sebuah barisan tanpa harus mengetahui limitnya. Persisnya, jika kita dihadapkan pada sebuah barisan yang monoton dan terbatas, maka kita dapat menyimpulkan bahwa ia konvergen. Namun bagaimana bila barisan tersebut bukan barisan monoton dan limitnya tak dapat diterka? Upaya yang dapat kita lakukan dalam hal ini adalah mengamati jarak antara satu suku dengan suku lainnya. Barisan hxn i disebut barisan Cauchy apabila untuk setiap > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk m, n ≥ N berlaku |xm − xn | < . Secara intuitif, suku-suku pada barisan Cauchy mendekat dan semakin mendekat satu sama lain. Proposisi 10. Jika hxn i konvergen, maka hxn i merupakan barisan Cauchy. Bukti. Misalkan hxn i konvergen ke L. Diberikan > 0, pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk tiap n ≥ N berlaku |xn − L| < 2 . Maka, untuk m, n ≥ N , kita peroleh |xm − xn | ≤ |xm − L| + |L − xn | < + = . 2 2 Ini membuktikan bahwa hxn i Cauchy. Proposisi 11. Jika hxn i Cauchy, maka hxn i terbatas. Bukti. Diserahkan sebagai latihan. Teorema 12. Jika hxn i Cauchy, maka hxn i konvergen. Bukti. Misalkan hxn i Cauchy. Menurut Proposisi 11, hxn i terbatas. Menurut Teorema Bolzano-Weierstrass, hxn i mempunyai sub-barisan yang konvergen, sebutlah hxnk i dengan lim xnk = L. Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa xn → L untuk n → ∞. k→∞

Diberikan > 0 sembarang, pilih M ∈ N sedemikian sehingga untuk k ≥ M berlaku |xnk − L| < 2 . Juga pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk m, n ≥ N berlaku |xm − xn | < 2 . Sekarang jika n ≥ N , maka untuk k ≥ M dengan nk ≥ N kita mempunyai |xn − L| ≤ |xn − xnk | + |xnk − L| <

+ = . 2 2

38

Hendra Gunawan

Ini menunjukkan bahwa hxn i konvergen ke L. Contoh 13. Diketahui barisan hxn i dengan x1 = 1, x2 = 2, dan xn+2 =

1 (xn+1 + xn ), 2

n ∈ N.

Maka, dapat diperiksa bahwa untuk tiap n ∈ N kita mempunyai |xn+2 − xn+1 | =

1 . 2n

Dengan menggunakan Ketaksamaan Segitiga, kita peroleh untuk m > n |xm − xn | ≤ |xm − xm−1 | + · · · + |xn+1 − xn | ≤

1 2n−2

.

Diberikan > 0, kita dapat memilih N ∈ N sedemikian sehingga 2N1−2 < . Maka, untuk m, n ≥ N , kita peroleh |xm − xn | ≤ 2N1−2 < . Ini menunjukkan bahwa hxn i Cauchy, dan karenanya konvergen. Untuk menentukan limitnya, cara seperti pada Contoh 5 akan memberikan persamaan L = 12 (L + L), yang tak berguna. Namun ada cara lain yang dapat kita lakukan. Perhatikan bahwa sub-barisan x1 , x3 , x5 , . . . monoton naik (dan terbatas). Lebih jauh, untuk tiap n ∈ N, kita mempunyai xn+2 − xn =

1 (xn − xn−2 ). 4

Karena itu, untuk tiap k ∈ N, kita peroleh 1 1 1 1 2 x2k+1 = 1 + 1 + + · · · + k−1 = 1 + 1− k . 2 4 4 3 4 Dengan demikian x2k+1 →

5 3

untuk k → ∞. Jadi hxn i mestilah konvergen ke 53 .

Salah satu cara mengenali barisan Cauchy adalah dengan melihat selisih antara satu suku dengan suku berikutnya. Barisan hxn i disebut barisan kontraktif apabila terdapat suatu konstanta 0 < C < 1 sedemikian sehingga |xn+2 − xn+1 | ≤ C |xn+1 − xn |, . untuk setiap n ∈ N. Contoh 14. Barisan hxn i dengan x1 = 1, x2 = 2, dan xn+2 =

1 (xn+1 + xn ), 2

n ∈ N,

39


merupakan barisan kontraktif, karena untuk tiap n ∈ N berlaku |xn+2 − xn+1 | =

1 |xn+1 − xn |. 2

Teorema 15. Jika hxn i kontraktif, maka hxn i Cauchy (dan karenanya ia konvergen). Soal Latihan 1. Buktikan Proposisi 11. 2. Tentukan limit barisan hxn i pada Contoh 13. 3. Buktikan Teorema 15. 4. Diketahui barisan hxn i dengan x1 = 1, x2 = 2, dan xn+2 =

√

xn+1 xn ,

n ∈ N.

Buktikan bahwa 1 ≤ xn ≤ 2 untuk tiap n ∈ N dan |xn+2 − xn+1 | ≤

2 |xn+1 − xn |, 3

n ∈ N,

sehingga hxn i Cauchy (dan konvergen). Tentukan limitnya. 5. Diketahui barisan hrn i didefinisikan secara induktif dengan r1 = 1 dan rn+1 = 1 +

1 , rn

n ∈ N.

Buktikan bahwa hrn i kontraktif, sehingga ia Cauchy (dan konvergen). 6. Selidiki apakah barisan h n1 i kontraktif.

4.4 Barisan Divergen Di antara barisan divergen, terdapat sekelompok barisan divergen yang menarik untuk dipelajari. Barisan hxn i dikatakan divergen ke +∞ dan kita tuliskan xn → +∞ untuk n → ∞

40

Hendra Gunawan

apabila untuk setiap M > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku xn > M . Serupa dengan itu, barisan hxn i dikatakan divergen ke −∞ dan kita tuliskan xn → −∞ untuk n → ∞ apabila untuk setiap M > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku xn < −M . Dalam [1], barisan divergen ke ±∞ disebut sebagai barisan divergen sejati. Catatan. Walaupun di sini kita menggunakan notasi yang mirip dengan notasi untuk barisan konvergen, Proposisi 5 pada Bab 3 tidak berlaku untuk barisan yang divergen ke ±∞ mengingat ±∞ bukan bilangan real. Contoh 16. (i) Barisan hni divergen ke +∞; sementara barisan h−ni divergen ke −∞.

1 1 (ii) Barisan 1 + + · · · + (yang ditanyakan pada Soal Latihan 3.4 No. 5) meru2 n pakan barisan yang divergen ke +∞. (iii) Barisan h(−1)n ni divergen, tetapi bukan merupakan barisan yang divergen ke +∞ ataupun divergen ke −∞. Catatan. Barisan hxn i yang divergen tetapi bukan merupakan barisan yang divergen ke ±∞ dikatakan berosilasi. Teorema 17. (i) Jika hxn i naik dan tak terbatas (di atas), maka ia divergen ke +∞. (ii) Jika hxn i dan tak terbatas (di bawah), maka ia divergen ke −∞. Soal Latihan 1. Buktikan Teorema 17. 2. Buktikan bahwa untuk setiap bilangan rasional r > 0, barisan hnr i divergen ke +∞. 3. Misalkan xn > 0 untuk tiap n ∈ N. Buktikan bahwa hxn i konvergen ke 0 jika

dan hanya jika x1n divergen ke +∞.

41


5. DERET

5.1 Deret dan Kekonvergenannya Diberikan sebuah barisan bilangan real han i, definisikan barisan hsN i dengan sN :=

N X

an = a1 + · · · + aN ,

N ∈ N.

n=1

Untuk tiap N ∈ N, sN dikenal sebagai jumlah parsial dari deret ∞ X

an .

n=1

Catatan. Indeks n dapat ‘berjalan’ mulai dari 0, sehingga kita mempunyai deret ∞ P an . Indeks n dapat pula berjalan mulai dari sembarang bilangan asli n0 . n=0

Jika sN → s untuk N → ∞, maka deret

∞ P

an dikatakan konvergen ke s.

n=1

Dalam hal ini s disebut sebagai jumlah deret tersebut dan kita tuliskan ∞ X

an = s.

n=1

Ini berarti bahwa ∞ X n=1

an = lim

N →∞

N X

an ,

n=1

yang tentu saja bermakna apabila deret konvergen. Contoh 1. Deret geometri ∞ X 1 2n n=1

42

Hendra Gunawan

merupakan barisan jumlah parsial sN

N X 1 1 = =1− N, n 2 2 n=1

yang konvergen ke 1. Jadi dalam hal ini kita dapat menuliskan ∞ X 1 = 1. n 2 n=1

Secara umum, deret geometri ∞ X

xn = 1 + x + x2 + x3 + . . .

n=0

mempunyai jumlah parsial sN =

N X

xn =

n=0 N +1

Jika |x| < 1, maka x

1 − xN +1 . 1−x

→ 0 untuk N → ∞; sehingga sN →

Jadi, untuk |x| < 1, deret

∞ P

1 , 1−x

xn konvergen ke

n=0

Contoh 2. Deret

untuk N → ∞. 1 1−x .

Jika |x| ≥ 1, maka deret divergen.

∞ X

1 n(n + 1) n=1 mempunyai jumlah parsial N X 1 1 1 = − n(n + 1) n=1 n n + 1 n=1 1 1 1 1 1 − − = 1− + + ··· + 2 2 3 N N +1 1 =1− . N +1 Di sini sN → 1 untuk N → ∞, sehingga deret di atas konvergen dan mempunyai jumlah 1, yakni ∞ X 1 = 1. n(n + 1) n=1

sN =

N X

(Deret yang suku-sukunya saling menghapuskan seperti pada contoh ini disebut deret teleskopis.)

43


Soal Latihan ∞ P

1. Misalkan α > 0. Tunjukkan bahwa

n=0

2. Tunjukkan bahwa

∞ P n=1

4 4n2 −1

1 (α+n)(α+n+1)

=

1 α.

= 2.

3. Tentukan jumlah parsial deret

∞ P

(−1)n . Apakah deret ini konvergen?

n=1

5.2 Deret dengan Suku-suku Positif Deret yang suku-sukunya bernilai positif (atau tak negatif) termasuk deret yang mudah dipelajari, karena jumlah parsialnya membentuk barisan naik. Jadi, jika kita ingin menunjukkan bahwa deret tersebut konvergen, kita hanya perlu menunjukkan bahwa barisan jumlah parsialnya terbatas di atas. Jika barisan jumlah parsialnya tak terbatas di atas, maka deret tersebut divergen ke +∞. Contoh 3. Deret

∞ X 1 2 n n=1

mempunyai suku-suku yang bernilai positif. Jumlah parsialnya, yaitu sN = 1 +

1 1 + ··· + 2, 2 2 N

membentuk barisan naik dan terbatas di atas (lihat Contoh 12 pada Bab 3). Karena itu deret di atas konvergen (namun pada saat ini kita belum dapat menghitung jumlah deret tersebut). Contoh 4. Deret

∞ X 1 n n=1

mempunyai suku-suku yang bernilai positif. Jumlah parsialnya, yaitu sN = 1 +

1 1 + ··· + , 2 N

membentuk barisan naik yang tak terbatas di atas (Soal Latihan 3.4 no. 5). Jadi deret ini divergen ke +∞.

44

Hendra Gunawan

Teorema 5. Misalkan α > 1, bilangan rasional. Maka deret

∞ P n=1

1 nα

konvergen.

Bukti. Perhatikan bahwa 21−α < 1 dan, untuk tiap N > 1, 1 1 1 + α + ··· + N α 2 3 (2 − 1)α 1 1 1 1 = 1 + α + α + α + ··· + α + 2 3 4 7 1 1 + ··· + N (2 − 1)α 2(N −1)α 1 1 1 1 ≤ 1 + α + α + α + ··· + α + 2 2 4 4 1 1 + · · · + (N −1)α 2(N −1)α 2 2 4 2N −1 = 1 + α + α + · · · + (N −1)α 2 4 2 1−α N 1 − (2 ) 1 = ≤ < ∞. 1 − 21−α 1 − 21−α

sN ≤ s2N −1 = 1 +

Jadi hsN i naik dan terbatas di atas. Karena itu kita simpulkan bahwa deret

∞ P n=1

1 nα

konvergen. Soal Latihan 1. Selidiki kekonvergenan deret

∞ P n=1

1 n! .

2. Misalkan hrn i adalah barisan bilangan rasional 1 1 2 1 2 3 , , , , , ,.... 2 3 3 4 4 4 Tunjukkan bahwa

∞ P

rn divergen ke +∞.

n=1

5.3 Sifat-sifat Dasar Deret Bagian ini membahas sifat-sifat dasar deret. Kita mulai dengan sifat linear deret konvergen.

45


Teorema 6 Misalkan

∞ P

∞ P

an dan

n=1

bn konvergen ke a dan b berturut-turut. Jika λ

n=1

dan µ adalah bilangan real sembarang, maka

∞ P

(λan + µbn ) konvergen ke λa + µb.

n=1

Bukti. Perhatikan bahwa N X

(λan + µbn ) = λ

n=1

N X

an + µ

n=1

N X

bn

n=1

→ λa + µb untuk N → ∞, menurut Proposisi 5 pada Bab 3. ∞ P

Teorema 7. Jika deret

an konvergen, maka an → 0 untuk n → ∞.

n=1

Bukti. Misalkan

∞ P

an = s. Maka

n=1

sN =

N X

an → s,

n=1

untuk N → ∞. Akibatnya, aN = sN − sN −1 → s − s = 0, untuk N → ∞. Teorema 7 menyatakan bahwa lim an = 0 merupakan syarat perlu untuk n→∞ ∞ ∞ P P kekonvergenan deret an . Sebagai contoh, (−1)n divergen, karena lim (−1)n 6= n=1

n=1

0 (persisnya, lim (−1)n tidak ada).

n→∞

n→∞

Kebalikan dari Teorema 7 tidak berlaku: lim an = 0 bukan merupakan syarat n→∞ ∞ P cukup untuk menjamin bahwa deret an konvergen. Sebagai contoh, lim n1 = 0, tetapi

∞ P n=1

n=1

1 n

divergen.

Proposisi 8. Misalkan deret ∞ P n=N

n→∞

an konvergen dan

∞ P n=N

∞ P

an konvergen. Maka, untuk setiap N ∈ N, deret

n=1

an → 0, untuk N → ∞.

46

Hendra Gunawan

Catatan. Bila Teorema 7 menyatakan bahwa suku-suku dari suatu deret konvergen haruslah konvergen ke 0, maka menurut Proposisi 8 ‘ekor’ atau ‘residu’ dari suatu deret konvergen juga akan konvergen ke 0. Soal Latihan 1. Apakah deret

∞ P n=1

n 100n+1

konvergen?

2. Buktikan Proposisi 8. 3. Misalkan han i turun, an > 0 untuk tiap n ∈ N, dan

∞ P

an konvergen. Buktikan

n=1

bahwa nan → 0 untuk n → ∞. [Petunjuk: Tinjau an+1 + · · · + a2n .]

5.4 Kriteria Cauchy; Uji Kekonvergenan Deret Pada beberapa sub-bab terdahulu, kita telah mempelajari deret dengan jumlah parsial yang mempunyai rumus sederhana atau yang membentuk barisan naik, sehingga kekonvergenannya relatif mudah diselidiki. Bagaimana bila tidak demikian situasinya? Seperti halnya ketika kita berurusan dengan barisan, kita dapat memeriksa apakah jumlah parsial deret yang kita amati membentuk barisan Cauchy. Teorema berikut membahas kekonvergenan deret dengan suku-suku yang ‘bergantitanda’. Teorema 9. Misalkan han i turun, an > 0 untuk tiap n ∈ N, dan an → 0 untuk n → ∞. Maka deret ∞ X

(−1)n−1 an = a1 − a2 + a3 − a4 + − · · ·

n=1

konvergen. Bukti. Bila kita dapat menunjukkan bahwa hsn i merupakan barisan Cauchy, maka bukti selesai. Perhatikan bahwa untuk m > n, kita mempunyai 0 ≤ an+1 − an+2 + − · · · + −am ≤ an+1 . Ini terjadi karena ak > 0 dan ak − ak+1 ≥ 0 untuk tiap k.

47


Sekarang misalkan > 0 diberikan. Karena an → 0 untuk n → ∞, terdapat N ∈ N sehingga an < untuk n ≥ N . Akibatnya, untuk m > n ≥ N , kita peroleh |sm − sn | = |an+1 − an+2 + − · · · + −am | ≤ an+1 < . Ini berarti bahwa hsn i Cauchy, sesuai dengan harapan kita. Contoh 10. Deret ∞ X 1 1 1 (−1)n−1 = 1 − + − + −··· n 2 3 4 n=1

merupakan deret berganti tanda yang memenuhi hipotesis Teorema 9. Karena itu deret ini konvergen. ∞ P

Teorema 11 (Uji Banding). Misalkan bn > 0 untuk tiap n ∈ N dan

bn konver-

n=1

gen. Jika |an | ≤ bn , maka

∞ P

n ∈ N,

an konvergen.

n=1

Bukti. Ambil > 0 sembarang. Karena 8 terdapat N ∈ N sehingga jumlah parsial dari

∞ P

∞ P

∞ P

bn konvergen, maka menurut Proposisi

n=1

bk < untuk K ≥ N . Sekarang misalkan sn adalah

k=K

an . Maka, untuk m > n ≥ N , kita peroleh

n=1

|sm − sn | = |an+1 + · · · + am | ≤ |an+1 | + · · · + |am | ∞ X ≤ bn+1 + · · · + bm ≤ bk < . k=n+1

Ini menunjukkan bahwa hsn i Cauchy. Jadi

∞ P

an konvergen.

n=1

Teorema 12 (Uji Rasio). Misalkan an 6= 0 untuk tiap n ∈ N dan a n+1 lim = L. n→∞ an Jika L < 1, maka

∞ P n=1

an konvergen; jika L > 1, maka

∞ P n=1

an divergen.

48

Hendra Gunawan

Teorema 13 (Uji Akar). Misalkan h|an |1/n i terbatas dan lim supn→∞ |an |1/n = L. ∞ ∞ P P Jika L < 1, maka an konvergen; jika L > 1, maka an divergen. n−1

n=1

Soal Latihan 1. Selidiki benar atau salah pernyataan berikut: ∞ P

• Jika

an dan

n=1

∞ P

∞ P

bn konvergen, maka

n=1

• Jika bn > 0 untuk tiap n ∈ N, untuk tiap N ∈ N, maka

an bn konvergen.

n=1

∞ P

∞ P n=1

P N P N bn , bn konvergen, dan an ≤ n=1

n=1

an konvergen.

n=1

2. Buktikan Teorema 12. 3. Buktikan Teorema 13. (Ingat bahwa L adalah bilangan terbesar yang merupakan limit dari suatu sub-barisan dari h|an |1/n i.) 4. Selidiki kekonvergenan deret berikut: •

∞ P

•

n=1 ∞ P

•

n=1 ∞ P n=1

1 n2 +1 n n2 +1 . n 2n .

5. Diketahui an ≥ 0 untuk tiap n ∈ N dan ∞ P n=1

∞ P

an konvergen. Buktikan bahwa

n=1

a2n konvergen.

5.5 Kekonvergenan Mutlak dan Kekonvergenan Bersyarat Deret

∞ P

an dikatakan konvergen mutlak apabila deret

n=1 ∞ P

bagai contoh,

n=1

(−1)n−1 n2

konvergen mutlak karena

∞ P n=1

∞ P

|an | konvergen. Se-

n=1 1 n2

konvergen.

49


Catat bahwa deret yang konvergen berdasarkan Uji Rasio secara otomatis merupakan deret konvergen mutlak. Hubungan antara deret konvergen mutlak dan deret konvergen dinyatakan oleh teorema berikut dan catatan di bawahnya. Teorema 13. Deret konvergen mutlak senantiasa konvergen. Bukti. Gunakan Uji Banding dengan bn = |an |. Kebalikan dari Teorema 13 tidak berlaku: deret yang konvergen belum tentu ∞ P (−1)n−1 konvergen mutlak. Sebagai contoh, konvergen tetapi tidak konvergen n n=1

mutlak. Deret yang konvergen tetapi tidak konvergen mutlak dikatakan konvergen bersyarat. Soal Latihan 1. Buktikan jika

∞ P n=1

a2n dan

∞ P n=1

b2n konvergen, maka

∞ P

an bn konvergen mutlak

n=1

(dan karenanya konvergen). 2. Selidiki apakah deret berikut konvergen mutlak, konvergen bersyarat, atau divergen: •

∞ P

•

n=1 ∞ P n=1

(−1)n−1 √ n (−1)n−1 . n3/2

3. Selidiki kekonvergenan deret berikut: • •

∞ P

√

n=1 ∞ √ P n=1

√ n+1− n . n √ n+1− n √ . n ∞ P

4. Buktikan bahwa

n=0

5. Buktikan jika

∞ P n=1

xn n!

konvergen mutlak untuk setiap x ∈ R.

an konvergen mutlak, maka

∞ P n=1

a2n konvergen.

50

Hendra Gunawan

BAGIAN KEDUA Fungsi, Limit dan Kekontinuan, Turunan

51

52

Hendra Gunawan


53

6. FUNGSI

6.1 Fungsi dan Grafiknya Konsep fungsi telah dipelajari oleh Gottfried von Leibniz sejak akhir abad ke17, namun definisi fungsi yang kita kenal sekarang berakar pada rumusan Leonhard Euler pada 1749, yang disempurnakan kemudian oleh Joseph Fourier pada 1822 dan Lejeune Dirichlet pada 1837. Sebuah fungsi dari himpunan A ke himpunan B adalah suatu aturan yang mengaitkan setiap x ∈ A dengan sebuah elemen tunggal y ∈ B, ditulis f :A→B x 7→ y. Elemen y yang terkait dengan x disebut peta dari x (di bawah f ) dan kita tulis y = f (x). Bila f (x) mempunyai rumus yang eksplisit, fungsi f sering dinyatakan sebagai persamaan y = f (x). Dalam buku ini, kita membatasi pembahasan kita pada fungsi dari A ⊆ R ke B ⊆ R, yakni fungsi bernilai real dengan peubah real. Dalam hal ini, kita dapat menggambar grafik fungsi f : A → B pada bidang-xy (lihat Gambar 6.1). Definisi di atas menjamin bahwa setiap garis vertikal yang memotong A akan memotong grafik tepat pada satu buah titik (tidak mungkin lebih). Jika f adalah sebuah fungsi dari A ke B dan H ⊆ A, maka kita katakan bahwa f terdefinisi pada H. Himpunan terbesar pada mana f terdefinisi adalah A. Himpunan A dalam hal ini disebut sebagai daerah asal f . Sebagai contoh, sebuah barisan merupakan fungsi dengan daerah asal himpunan bilangan asli N. Jika f terdefinisi pada H, maka kita definisikan peta dari H di bawah f sebagai f (H) := {f (x) : x ∈ H}.

54

Hendra Gunawan

Gambar 6.1 Grafik sebuah fungsi Untuk ilustrasi, lihat Gambar 6.2 di bawah ini. Dalam hal H = A, himpunan f (A) disebut sebagai daerah nilai f . Catat bahwa f (A) tidak harus sama dengan B.

Gambar 6.2 Peta dari H di bawah f Contoh 1. Persamaan y = x2 mendefinisikan sebuah fungsi dari R ke R. Untuk tiap x ∈ R terdapat tepat sebuah y ∈ R yang memenuhi aturan y = x2 . Amati bahwa, dalam Gambar 6.3 pada halaman berikut, setiap garis vertikal memotong grafik y = x2 tepat pada sebuah titik. Daerah asal fungsi ini adalah R dan daerah nilainya adalah [0, ∞). Peta dari (−0.5, 1], misalnya, adalah [0, 1]. Contoh 2. Persamaan y 2 = x tidak mendefinisikan fungsi dari [0, ∞) ke R. Untuk


55

Gambar 6.3 Grafik persamaan y = x2 √ tiap x > 0 terdapat dua buah y ∈ R, yakni y = ± x, yang memenuhi aturan y 2 = x. Dalam Gambar 6.4, amati bahwa setiap garis vertikal yang memotong sumbu-x pada x0 > 0 akan memotong grafik y 2 = x pada dua buah titik.

Gambar 6.4 Grafik persamaan y 2 = x

Contoh 3. Persamaan y 2 = x, y ≥ 0, mendefinisikan sebuah fungsi dari [0, ∞) ke √ [0, ∞). Untuk tiap x > 0 terdapat tepat sebuah y ∈ [0, ∞), yakni y = x, yang memenuhi aturan y 2 = x. Dalam Gambar 5.5, amati bahwa setiap garis vertikal yang memotong sumbu-x pada x0 ≥ 0 akan memotong grafik y 2 = x, y ≥ 0, tepat pada sebuah titik.

56

Hendra Gunawan

Gambar 6.5 Grafik persamaan y 2 = x, y ≥ 0 Soal Latihan 1. Gambar grafik himpunan semua titik (x, y) sedemikian sehingga 5 jika x ≥ 1 y= 2 jika x < 1 Jelaskan mengapa grafik tersebut merupakan grafik sebuah fungsi dari R ke R. Tentukan daerah nilainya. Tentukan pula peta dari [1, 2] di bawah fungsi tersebut. 2. Apakah persamaan x2 + y 2 = 1 mendefinisikan sebuah fungsi dari [−1, 1] ke [−1, 1]? Jelaskan. 3. Apakah persamaan x2 +y 2 = 1, y ≥ 0, mendefinisikan sebuah fungsi dari [−1, 1] ke [0, 1]? Jelaskan. 4. Diketahui f terdefinisi pada H dan A, B ⊆ H. Selidiki apakah f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B) dan f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B).

6.2 Fungsi Polinom dan Fungsi Rasional Jika a0 , a1 , . . . , an ∈ R, maka persamaan y = a0 + a1 x + · · · + an xn


57

mendefinisikan sebuah fungsi dari R ke R. Sembarang nilai x yang disubstitusikan ke ruas kanan akan memberi kita sebuah nilai y yang berkaitan dengannya. Untuk n ∈ N, fungsi ini dikenal sebagai polinom berderajat n asalkan an 6= 0. Untuk n = 0, fungsi konstan y = a0 merupakan polinom berderajat 0. Misalkan P dan Q adalah fungsi polinom, dan S adalah himpunan semua bilangan x ∈ R dengan Q(x) 6= 0. Maka, persamaan y=

P (x) Q(x)

mendefinisikan sebuah fungsi dari S ke R. Fungsi ini dikenal sebagai fungsi rasional. Contoh 4. Fungsi yang diberikan oleh persamaan y = x3 − 3x2 + 2x merupakan polinom berderajat 3 (atau ‘polinom kubik’). Grafik fungsi ini dapat dilihat dalam Gambar 6.6. Perhatikan bahwa grafik memotong sumbu-x pada tiga buah titik (yang merupakan akar persamaan kubik x3 − 3x2 + 2x = 0).

Gambar 6.6 Grafik fungsi y = x3 − 3x2 + 2x Contoh 5. Fungsi yang diberikan oleh persamaan y=

x2 + 4 x2 − 4

merupakan polinom rasional. Daerah asalnya adalah {x : x 6= ±2}. Grafiknya dapat dilihat dalam Gambar 6.7.

58

Hendra Gunawan

Gambar 6.7 Grafik fungsi y =

x2 +4 x2 −4

Soal Latihan 1. Tentukan daerah nilai fungsi polinom y = 4x − 4x2 dan sketsalah grafiknya. 2. Tentukan daerah asal fungsi rasional y =

1−x 1+x

dan sketsalah grafiknya.

6.3 Operasi pada Fungsi; Fungsi Invers Jika H ⊆ R, f, g : H → R, dan λ ∈ R, maka kita definisikan f + g dan λf sebagai fungsi yang memenuhi aturan (f + g)(x) := f (x) + g(x),

x ∈ H;

x ∈ H.

(λf )(x) := λf (x),

Selain itu kita definisikan pula f g dan f /g sebagai (f g)(x) := f (x)g(x), (f /g)(x) := f (x)/g(x),

x ∈ H;

x ∈ H, g(x) 6= 0.

Sebagai contoh, jika f dan g adalah polinom, maka f /g merupakan fungsi rasional. Misalkan A, B ⊆ R, g : A → B, dan f : B → R. Maka kita definisikan fungsi komposisi f ◦ g : A → R sebagai (f ◦ g)(x) := f (g(x)),

x ∈ A.


59

Perhatikan bahwa untuk tiap x ∈ A x 7→ g(x) 7→ f (g(x)). Di sini fungsi g beroperasi terlebih dahulu terhadap x, baru kemudian fungsi f beroperasi terhadap g(x). Contoh 6. Misalkan f : R → R didefinisikan sebagai f (x) =

x2 − 1 , x2 + 1

x ∈ R,

dan g : R → R didefinisikan sebagai g(x) = x2 . Maka f ◦ g : R → R adalah fungsi dengan aturan (f ◦ g)(x) = f (g(x)) =

x4 − 1 {g(x)}2 − 1 = . {g(x)}2 + 1 x4 + 1

Misalkan A dan B adalah himpunan dan f adalah fungsi dari A ke B. Ini berarti bahwa bahwa setiap anggota a ∈ A mempunyai sebuah peta tunggal b = f (a) ∈ B. Kita sebut f −1 fungsi invers dari f apabila f −1 merupakan fungsi dari B ke A dengan sifat x = f −1 (y) jika dan hanya jika y = f (x). Tidak semua fungsi mempunyai fungsi invers. Dari definisi di atas jelas bahwa f : A → B mempunyai fungsi invers f −1 : B → A jika dan hanya jika setiap b ∈ B merupakan peta dari sebuah anggota tunggal a ∈ A. Fungsi dengan sifat ini disebut sebagai suatu korespondensi 1 − 1 antara A dan B. Secara geometris, f : A → B merupakan korespondensi 1 − 1 antara A dan B jika dan hanya jika setiap garis vertikal yang memotong A juga memotong grafik f tepat pada sebuah titik dan setiap garis horisontal yang memotong B juga akan memotong grafik f tepat pada sebuah titik. Kondisi pertama memastikan bahwa f merupakan fungsi, sementara kondisi kedua memastikan bahwa f −1 merupakan fungsi. Lihat Gambar 6.8 di bawah ini. √ Contoh 7. Fungsi f (x) = x merupakan korespondensi 1 − 1 antara [0, ∞) dan [0, ∞). Fungsi ini mempunyai fungsi invers, yaitu f −1 (x) = x2 ,

x ≥ 0.

60

Hendra Gunawan

Gambar 6.8 Korespondensi 1 − 1 Soal Latihan 1. Misalkan f : [0, 1] → [0, 1] didefinisikan sebagai f (x) =

1−x , 1+x

0 ≤ x ≤ 1,

dan g : [0, 1] → [0, 1] didefinisikan sebagai g(x) = 4x − 4x2 ,

0 ≤ x ≤ 1.

Tentukan aturan untuk f ◦ g dan g ◦ f . Apakah mereka sama? 2. Untuk fungsi f dan g pada Soal 1, tunjukkan bahwa f −1 ada sedangkan g −1 tidak ada. Tentukan aturan untuk f −1 . 3. Diketahui g : A → B merupakan suatu korespondensi 1 − 1 antara A dan B. Buktikan bahwa (g −1 ◦ g)(x) = x untuk tiap x ∈ A dan (g ◦ g −1 )(y) = y untuk tiap y ∈ B.

6.4 Fungsi Terbatas Misalkan f terdefinisi pada H. Kita katakan bahwa f terbatas di atas pada H oleh suatu batas atas M apabila untuk tiap x ∈ H berlaku f (x) ≤ M.


61

Ini setara dengan mengatakan bahwa himpunan f (H) = {f (x) : x ∈ H} terbatas di atas oleh M . Jika f terbatas di atas pada H, maka menurut Sifat Kelengkapan f (H) mempunyai supremum. Misalkan B = sup f (x) = sup f (H). x∈H

Secara umum, belum tentu terdapat c ∈ H sehingga f (c) = B. Jika terdapat c ∈ H sehingga f (c) = B, maka B disebut sebagai nilai maksimum f pada H dan nilai maksimum ini tercapai di c. Untuk ilustrasi, lihat Gambar 6.9 di bawah ini.

Gambar 6.9 Fungsi terbatas dan nilai maksimumnya Definisi fungsi terbatas di bawah dan nilai minimum dapat dirumuskan secara serupa. Jika f terbatas di atas dan juga di bawah pada himpunan H, maka f dikatakan terbatas pada H. Menurut Proposisi 2 pada Bab 1, f terbatas pada H jika dan hanya jika terdapat K > 0 sedemikian sehingga untuk tiap x ∈ H berlaku |f (x)| ≤ K. Contoh 8. Misalkan f : (0, ∞) → R didefinisikan sebagai f (x) =

1 , x

x > 0.

62

Hendra Gunawan

Fungsi ini terbatas di bawah pada (0, ∞) dan inf f (x) = 0, namun f tidak mempunyai x>0

nilai minimum. Perhatikan pula bahwa f tidak terbatas di atas pada (0, ∞). Contoh 9. Misalkan f : [0, 1] → [0, 1] didefinisikan oleh f (x) = 1 − x. Fungsi ini terbatas pada [0, 1], mencapai nilai maksimumnya (yaitu 1) di 0, dan juga mencapai nilai minimumnya (yaitu 0) di 1. Soal Latihan 1. Selidiki apakah f : [0, 1] → [0, 1] yang didefinisikan sebagai f (x) =

1−x , 1+x

0 ≤ x ≤ 1,

terbatas serta mencapai nilai maksimum dan minimumnya. 2. Selidiki apakah g : [0, 1] → [0, 1] yang didefinisikan sebagai g(x) = 4x − 4x2 ,

0 ≤ x ≤ 1.

terbatas serta mencapai nilai maksimum dan minimumnya. 1 3. Tunjukkan bahwa f (x) = 1+x Apakah f mencapai nilai 2 terbatas pada R. maksimum dan minimumnya?

4. Misalkan f dan g terbatas di atas pada H dan a ∈ R. Buktikan bahwa • sup {a + f (x)} = a + sup f (x). x∈H

x∈H

• sup {f (x) + g(x)} ≤ sup f (x) + sup g(x). x∈H

x∈H

x∈H

Beri contoh bahwa kesamaan tidak harus berlaku.


63

7. LIMIT DAN KEKONTINUAN

7.1 Limit Fungsi di Suatu Titik Diberikan sebuah fungsi yang terdefinisi pada interval (a, b) kecuali mungkin di sebuah titik c ∈ (a, b), kita tertarik untuk mengamati nilai f (x) untuk x di sekitar c. Khususnya, kita bertanya: apakah f (x) menuju suatu bilangan tertentu bila x menuju c? Berikut ini adalah definisi limit sepihak, yaitu limit kiri dan limit kanan, di suatu titik. Misalkan f terdefinisi pada interval (a, c) dan L ∈ R. Kita katakan bahwa f menuju L bila x menuju c dari kiri, dan kita tulis f (x) → L bila x → c− atau lim f (x) = L,

x→c−

apabila untuk setiap > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika c − δ < x < c, maka |f (x) − L| < . Misalkan f terdefinisi pada interval (c, b) dan M ∈ R. Kita katakan bahwa f menuju M bila x menuju c dari kanan, dan kita tulis f (x) → M bila x → c+ atau lim f (x) = M,

x→c+

apabila untuk setiap > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika c < x < c + δ, maka |f (x) − M | < .

64

Hendra Gunawan

Gambar 7.1 Limit Kiri f di c Bilangan L dan M disebut sebagai limit kiri dan limit kanan dari f di c. Nilai |f (x) − L| (atau |f (x) − M |) menyatakan jarak antara f (x) dan L (atau jarak antara f (x) dan M ), yang dapat kita interpretasikan sebagai kesalahan dalam menghampiri nilai L atau M dengan f (x) (atau sebaliknya menghampiri nilai f (x) dengan L atau M ). Kesalahan ini dapat dibuat sekecil yang kita kehendaki dengan cara mengambil x sedekat-dekatnya ke c dari kiri atau kanan. Contoh 1. Misalkan f : R → R adalah fungsi yang didefinisikan sebagai 1 − x, x ≤ 1; f (x) = 2x, x > 1. Maka, lim f (x) = 0 dan lim f (x) = 2.

x→1−

x→1+

Perhatikan bahwa nilai f (1) terdefinisi, yakni f (1) = 0. Misalkan f terdefinisi pada interval (a, b) kecuali mungkin di titik c ∈ (a, b), dan L ∈ R. Kita katakan bahwa f menuju ke L bila x menuju c, dan kita tuliskan f (x) → L bila x → c atau lim f (x) = L,

x→c

65


apabila untuk setiap > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika 0 < |x − c| < δ, maka |f (x) − L| < . Dalam hal ini, bilangan L disebut sebagai limit f di c, dan f dikatakan mempunyai limit L di c.

Gambar 7.2 Limit f di c Perhatikan bahwa kondisi 0 < |x − c| < δ setara dengan −δ < x − c < δ, x 6= c. Jadi, 0 < |x−c| < δ jika dan hanya jika x memenuhi salah satu dari dua pertaksamaan berikut: c − δ < x < c atau c < x < c + δ. Sehubungan dengan itu, kita mempunyai proposisi berikut. Proposisi 2. lim f (x) = L jika dan hanya jika lim− f (x) = L dan lim+ f (x) = L. x→c

x→c

x→c

Menurut Proposisi 2, fungsi pada Contoh 1 tidak mempunyai limit di 1 karena limit kiri dan limit kanannya tidak sama. 2

−1 Contoh 3. Misalkan f (x) = xx−1 . Fungsi ini terdefinisi pada (−∞, 1) dan juga pada (1, ∞). Bila kita tinjau nilai f (x) untuk x < 1, maka kita dapatkan bahwa

f (x) → 2 bila x → 1− . Bila kita amati nilai f (x) untuk x > 1, maka kita dapatkan bahwa f (x) → 2 bila x → 1+ .

66

Hendra Gunawan

Jadi, limit kiri dari f di c sama dengan limit kanannya, yaitu 2. Karena itu lim f (x) = x→c 2. (Perhatikan bahwa pada contoh ini, f tidak terdefinisi di 1.) Proposisi 4. (i) lim k = k x→c

(ii) lim x = c. x→c

Bukti. (i) Diberikan > 0, pilih δ > 0 sembarang. Jika 0 < |x − c| < δ, maka |k − k| = 0 < . Ini membuktikan bahwa lim k = k. x→c

(ii) Diberikan > 0, pilih δ = . Jika 0 < |x − c| < δ, maka |x − c| < δ = . Ini membuktikan bahwa lim x = c. x→c

Soal Latihan 1. Misalkan n ∈ N. Buktikan, dengan menggunakan definisi, bahwa lim+ x1/n = 0. x→0

2. Misalkan f : R → R adalah fungsi yang didefinisikan sebagai  2x, x < 1;  1, x = 1 f (x) =  3 − x, x > 1. Buktikan, dengan menggunakan definisi, bahwa lim f (x) = 2 dan lim f (x) = 2.

x→1−

x→1+

Simpulkan bahwa lim f (x) = 2. x→1

3. Buktikan, dengan menggunakan definisi, bahwa lim px + q = pc + q. x→c

4. Buktikan lim f (x) = 0 jika dan hanya jika lim |f (x)| = 0. x→c

x→c

5. Buktikan jika lim f (x) = L > 0, maka terdapat δ > 0 sehingga f (x) > 0 untuk x→c c − δ < x < c + δ, x 6= c.

7.2 Kekontinuan di Suatu Titik Dalam definisi lim f (x), nilai f di c sama sekali tidak diperhatikan. Kita hanya x→c tertarik dengan nilai f (x) untuk x menuju c, bukan dengan nilai f di c. Jadi mungkin


67

saja f mempunyai limit L di c sekalipun f tidak terdefinisi di titik c. Dalam hal f terdefinisi di c, dapat terjadi f (c) 6= L. Misalkan f terdefinisi pada (a, b) dan c ∈ (a, b). Kita katakan bahwa f kontinu di titik c jika dan hanya jika lim f (x) = f (c). x→c

Berdasarkan Proposisi 2, f kontinu di c jika dan hanya jika untuk setiap > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika |x − c| < δ, maka |f (x) − f (c)| < . Secara intuitif, f kontinu di c berarti grafik fungsi f tidak ‘terputus’ di c. Seperti halnya limit sepihak, kita juga mempunyai definisi kekontinuan sepihak. Jika f terdefinisi pada (a, c] dan lim− f (x) = f (c), maka kita katakan bahwa f kontinu x→c

kiri di c. Jika f terdefinisi pada [c, b) dan lim f (x) = f (c), maka kita katakan bahwa x→c+ f kontinu kanan di c.

Gambar 7.3 Fungsi Kontinu di Suatu Titik Contoh 5. (i) Untuk setiap n ∈ N, fungsi f (x) = x1/n kontinu kanan di 0. (ii) Fungsi f (x) = px + q kontinu di setiap titik. Teorema 6. Misalkan f terdefinisi pada (a, b) kecuali mungkin di c ∈ (a, b). Maka, lim f (x) = L jika dan hanya jika, untuk setiap barisan hxn i di (a, b) dengan xn 6= x→c c (n ∈ N) dan lim xn = c, berlaku lim f (xn ) = L. n→∞

n→∞

68

Hendra Gunawan

Catatan. Jika f kontinu di c, maka L = f (c) dan Teorema 6 menyatakan bahwa lim f (xn ) = f lim xn ;

n→∞

n→∞

yakni, limit dapat ‘bertukar’ dengan f . Hasil serupa berlaku untuk limit kiri dan limit kanan. Dengan menggunakan Teorema 6, kekontinuan f (x) = px + q di sebarang titik c ∈ R dapat dibuktikan sebagai berikut. Misalkan hxn i adalah sebarang barisan yang konvergen ke c. Maka, menurut Proposisi 5 pada Bab 3, f (xn ) = pxn + q → pc + q = f (c),

untuk n → ∞.

Menurut akibat dari Teorema 6, f kontinu di c. Soal Latihan 1. Buktikan Teorema 6. 2. Buktikan bahwa f (x) =

√

x kontinu di setiap c > 0.

3. Buktikan bahwa f (x) = |x| kontinu di setiap titik. 4. Misalkan f terdefinisi pada (a, b) dan kontinu di suatu titik c ∈ (a, b). Buktikan jika f (c) > 0, maka terdapat δ > 0 sehingga f (x) > 0 untuk x ∈ (c − δ, c + δ). 5. Konstruksi sebuah fungsi f : R → R yang kontinu hanya di sebuah titik.

7.3 Sifat-sifat Limit dan Kekontinuan Proposisi 7. Misalkan f dan g terdefinisi pada interval (a, b) kecuali mungkin di c ∈ (a, b). Misalkan lim f (x) = L dan lim g(x) = M , dan λ, µ ∈ R. Maka x→c

x→c

(i) lim [λf (x) + µg(x)] = λL + µM ; x→c

(ii) lim f (x)g(x) = LM ; x→c

f (x) x→c g(x)

(iii) lim

=

L M,

asalkan M 6= 0.

Akibat 8. Jika f dan g kontinu di c, maka λf + µg, f g, dan g(c) 6= 0).

f g

kontinu di c (asalkan

69


Akibat 9. Fungsi polinom kontinu di setiap titik. Fungsi rasional kontinu di setiap titik dalam daerah asalnya. Bukti. Menurut Proposisi 4, f (x) = k dan g(x) = x kontinu di sebarang titik c ∈ R. Menurut Proposisi 7(ii), h(x) = xi kontinu di sebarang titik c ∈ R, untuk tiap i ∈ N. Akibatnya, menurut Proposisi 7(i), fungsi polinom p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 kontinu di setiap titik c ∈ R. Untuk membuktikan kekontinuan fungsi rasional di setiap titik dalam daerah asalnya, kita perlu menggunakan Proposisi 7(iii). Teorema 10. Jika g kontinu di c dan f kontinu di g(c), maka f ◦ g kontinu pada c. Bukti. Ambil > 0 sebarang. Karena f kontinu di b := g(c), maka terdapat δ > 0 sedemikian sehingga |f (y) − f (b)| < untuk |y − b| < δ. Selanjutnya, karena g kontinu di c, kita dapat memilih γ > 0 sedemikian sehingga |g(x) − g(c)| < δ untuk |x − c| < γ. Akibatnya, jika |x − c| < γ, maka |g(x) − b| = |g(x) − g(c)| < δ, sehingga |f ◦ g(x) − f ◦ g(c)| = |f (g(x)) − f (b)| < . Ini berarti bahwa f ◦ g kontinu di c. Soal Latihan 1. Buktikan Proposisi 7. 2. Berikan contoh fungsi f dan g dengan lim f (x) tidak ada, lim g(x) ada, dan x→0 x→0 lim f (x)g(x) ada. Apakah ini bertentangan dengan Proposisi 7(ii) atau 7(iii)? x→0

3. Benar atau salah: Jika lim g(x) = L dan lim f (y) = M , maka lim f (g(x)) = x→c

x→c

y→L

M? 4. Buktikan jika lim g(x) = L dan f kontinu di L, maka lim f (g(x)) = f (L). x→c

x→c

5. Kita katakan bahwa lim f (x) = +∞ apabila, untuk setiap M > 0 terdapat x→c+

δ > 0 sehingga f (x) > M untuk c < x < c+δ. Buktikan bahwa lim+ x→0

√1 x

= +∞.

70

Hendra Gunawan

8. FUNGSI KONTINU PADA INTERVAL

8.1 Kekontinuan pada Interval Secara geometris, f kontinu di suatu titik berarti bahwa grafiknya tidak terputus di titik tersebut. Serupa dengan itu, f kontinu pada suatu interval apabila grafiknya tidak terputus pada interval tersebut. Secara intuitif, f kontinu pada suatu interval apabila kita dapat menggambar grafik fungsi f pada interval tersebut tanpa harus mengangkat pena dari kertas. Secara formal, sebuah fungsi f dikatakan kontinu pada suatu interval buka I jika dan hanya jika f kontinu di setiap titik pada I. Fungsi f dikatakan kontinu pada interval tutup I = [a, b] jika dan hanya jika f kontinu di setiap titik c ∈ (a, b), kontinu kanan di a, dan kontinu kiri di b.

Gambar 8.1 Grafik fungsi kontinu pada interval buka Contoh 1. Misalkan f : R → R didefinisikan sebagai x, x ≤ 1; f (x) = 3 2, x > 1


71

Perhatikan bahwa f kontinu di setiap titik kecuali di c = 1. Namun f kontinu kiri di c = 1, dan karenanya f kontinu pada interval [0, 1]. Karena f tidak kontinu kanan di c = 1, maka f tidak kontinu pada interval [1, 2].

Gambar 8.2 Grafik fungsi kontinu pada interval tutup

Proposisi 2. Misalkan f terdefinisi pada suatu interval I. Maka, f kontinu pada I jika dan hanya jika, untuk setiap x ∈ I dan setiap > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga |f (x) − f (y)| < untuk y ∈ I dengan |x − y| < δ. Contoh 3. (i) Fungsi f (x) = px + q kontinu pada sebarang interval I. (ii) Fungsi g(x) = |x| kontinu pada sebarang interval I. √ (iii) Fungsi h(x) = x kontinu pada sebarang interval I ⊆ [0, ∞). Soal Latihan 1. Misalkan f : [0, 5] → R didefinisikan sebagai 2x, 0 ≤ x < 1; f (x) = 1, 1 ≤ x ≤ 5. Selidiki apakah f kontinu di setiap titik pada interval [0, 5]. Selidiki kekontinuan f pada interval [0, 1] dan pada interval [1, 5]. Sketsalah grafiknya.

72

Hendra Gunawan

2. Buktikan bahwa fungsi f pada Soal 1 terbatas. Tentukan apakah ia mempunyai nilai maksimum dan nilai minimum. 3. Misalkan K > 0 dan f : I → R adalah fungsi yang memenuhi |f (x) − f (y)| ≤ K |x − y| untuk setiap x, y ∈ I. Buktikan bahwa f kontinu pada I.

8.2 Sifat-sifat Fungsi Kontinu pada Interval Sebagai akibat dari Proposisi 8 dan Teorema 11 yang telah dibahas pada Bab 7, kita mempunyai Proposisi 4 dan Proposisi 6 di bawah ini. Proposisi 4. Misalkan f dan g kontinu pada suatu interval I dan λ, µ ∈ R. Maka λf +µg dan f g kontinu pada I. Juga, jika g(x) 6= 0 untuk tiap x ∈ I, maka fg kontinu pada I. Contoh 5. (i) Setiap fungsi polinom kontinu pada sebarang interval. (ii) Setiap fungsi rasional kontinu pada sebarang interval dalam daerah asalnya. Sebagai contoh, f (x) = x1 kontinu pada (0, ∞). √ (iii) Fungsi f (x) = x+ x kontinu pada sebarang interval I ⊆ [0, ∞), karena f1 (x) = x √ dan f2 (x) = x kontinu pada sebarang interval I ⊆ [0, ∞). Proposisi 6. Misalkan g : I → J kontinu pada interval I dan f : J → R kontinu pada interval J. Maka f ◦ g kontinu pada I. Contoh 7. (i) Fungsi h(x) = |1+x| kontinu pada sebarang interval, karena f (x) = |x| dan g(x) = 1 + x kontinu pada sebarang interval. (ii) Fungsi h(x) =

√ 1−√x 1+ x

kontinu pada sebarang interval I ⊆ [0, ∞).

Soal Latihan 1. Jelaskan mengapa fungsi berikut kontinu pada sebarang interval. • f (x) =

1 1+|x| .

73


• g(x) =

√

1 + x2 .

2. Misalkan f kontinu pada suatu interval I dan untuk setiap bilangan rasional r ∈ I berlaku f (r) = r2 . Buktikan bahwa f (x) = x2 untuk setiap x ∈ I. 3. Misalkan f : [0, 1] → [0, 1] adalah fungsi kontraktif, yakni memenuhi ketaksamaan |f (x) − f (y)| ≤ C |x − y|,

x, y ∈ [0, 1],

untuk suatu konstanta C dengan 0 < C < 1. Konstruksi barisan hxn i dengan x1 ∈ I dan xn+1 = f (xn ), n ∈ N. Buktikan bahwa hxn i konvergen ke suatu L ∈ [0, 1], dan L = f (L).

8.3 Lebih jauh tentang Fungsi Kontinu pada Interval Sebagaimana telah disinggung dalam Bab 2, interval [a, b] yang tertutup dan terbatas merupakan himpunan kompak di R. Sekarang kita akan mempelajari keistimewaan yang dimiliki oleh fungsi kontinu pada interval kompak [a, b]. Teorema 8. Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Maka f ([a, b]) juga merupakan suatu interval kompak. Teorema ini merupakan konsekuensi dari beberapa teorema berikut. Teorema 9. Misalkan f kontinu pada suatu interval I. Maka daerah nilainya, yaitu f (I), juga merupakan suatu interval. Teorema 10 (Teorema Nilai Antara). Misalkan f kontinu pada suatu interval I yang memuat a dan b. Jika u terletak di antara f (a) dan f (b), maka terdapat c di antara a dan b sedemikian sehingga f (c) = u. Catatan. Teorema 10 setara dengan Teorema 9. Oleh karena itu kita cukup membuktikan salah satu di antara mereka. Bukti Teorema 10. Tanpa mengurangi keumuman, asumsikan a < b dan f (a) < u < f (b). Tinjau himpunan H := {x ∈ [a, b] : f (x) < u}. Jelas bahwa H 6= ∅ karena a ∈ H. Karena H juga terbatas, maka H mempunyai supremum, sebutlah

74

Hendra Gunawan

c = sup H. Di sini a < c < b. Selanjutnya tinggal membuktikan bahwa f (c) = u, dengan menunjukkan bahwa tidak mungkin f (c) u. Andaikan f (c) < u. Karena f kontinu di c, maka terdapat δ > 0 sedemikian sehingga f c + 2δ u. Sekali lagi, karena f kontinu di c, maka terdapat δ > 0 sedemikian sehingga f (x) > u untuk c − δ < x ≤ c (?). Jadi tidak ada satu pun anggota H pada interval (c − δ, c]. Ini juga bertentangan dengan fakta bahwa c = sup H. Teorema 11. Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Maka f terbatas pada [a, b]. Bukti. Misalkan f tak terbatas pada [a, b]. Maka terdapat suatu barisan hxn i di [a, b] sedemikian sehingga |f (xn )| → +∞ untuk n → ∞. (1) Karena hxn i terbatas, maka menurut Teorema Bolzano - Weierstrass terdapat suatu sub-barisan hxnk i yang konvergen ke suatu titik c ∈ [a, b]. Tetapi f kontinu di c, sehingga f (xnk ) → f (c) untuk k → ∞. Ini bertentangan dengan (1). Jadi mestilah f terbatas pada [a, b]. Teorema 12. Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Maka f mencapai nilai maksimum dan nilai minimum pada [a, b]. Bukti. Dari Teorema 11 kita tahu bahwa f terbatas pada [a, b]. Misalkan v := sup f ([a, b]). Konstruksi barisan hxn i di [a, b] dengan f (xn ) → v untuk n → ∞. Karena hxn i terbatas, terdapat sub-barisan hxnk i yang konvergen ke suatu titik c ∈ [a, b]. Namun kekontinuan di c mengakibatkan f (xnk ) → f (c) untuk k → ∞. Jadi mestilah v = f (c), dan ini berarti bahwa v merupakan nilai maksimum. Serupa dengan itu, f juga mencapai nilai minimumnya. Contoh 13. Persamaan 10x7 − 13x5 − 1 = 0 mempunyai sebuah akar c ∈ (−1, 0). Untuk menunjukkannya, misalkan f (x) = 10x7 − 13x5 − 1. Maka, f (−1) = 2 dan f (0) = −1. Karena f kontinu pada [−1, 0] dan 0 terletak di antara f (−1) dan f (0), maka menurut Teorema Nilai Antara terdapat c ∈ (−1, 0) sedemikian sehingga f (c) = 0. Bilangan c dalam hal ini merupakan akar persamaan di atas. Contoh 14. Misalkan f : [a, b] → [a, b] kontinu pada [a, b]. Maka, terdapat c ∈ [a, b] sedemikian sehingga f (c) = c. [Bilangan c demikian disebut sebagai titik tetap f .]


75

Perhatikan bahwa peta dari [a, b] merupakan himpunan bagian dari [a, b], sehingga f (a) ≥ a dan f (b) ≤ b. Sekarang tinjau g(x) = f (x) − x, x ∈ [a, b]. Karena f kontinu pada [a, b], maka g juga kontinu pada [a, b]. Namun g(a) = f (a) − a ≥ 0 dan g(b) = f (b) − b ≤ 0. Menurut Teorema Nilai Antara, mestilah terdapat c ∈ [a, b] sedemikian sehingga g(c) = 0. Akibatnya f (c) = c. Soal Latihan 1. Lengkapi Bukti Teorema Nilai Antara, khususnya bagian yang diberi tanda tanya (?). 2. Buktikan bahwa setiap polinom berderajat ganjil mempunyai sedikitnya satu akar real. 3. Misalkan f kontinu pada suatu interval kompak I. Misalkan untuk setiap x ∈ I terdapat y ∈ I sedemikian sehingga |f (y)| ≤

1 |f (x)|. 2

Buktikan bahwa terdapat suatu c ∈ I sedemikian sehingga f (c) = 0.

8.4 Kekontinuan Seragam Proposisi 2 menyatakan bahwa suatu fungsi f kontinu pada sebuah interval I jika dan hanya jika untuk setiap x ∈ I dan setiap > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga |f (x) − f (y)| < untuk y ∈ I dengan |x − y| < δ. Contoh berikut memperlihatkan bahwa secara umum nilai δ bergantung pada dan x. Contoh 16. Kita telah mengetahui bahwa f (x) = x1 kontinu pada (0, 1]. Diberikan 2 x ∈ (0, 1] dan > 0 sebarang, kita dapat memilih δ = min x2 , x2 sedemikian sehingga untuk y ∈ (0, 1] dengan |x − y| < δ berlaku 1 1 x − y 1 1 1 2 x2 = . − = = · · |x − y| < · · x y xy x y x x 2

76

Hendra Gunawan

Perhatikan bahwa jika x menuju 0, maka δ akan menuju 0. Dalam kasus tertentu, nilai δ hanya bergantung pada , tidak pada x. Hal ini terjadi pada, misalnya, f (x) = px + q, x ∈ R, dengan p 6= 0. Diberikan > 0, kita dapat memilih δ = |p| sedemikian sehingga |f (x) − f (y)| = |p| · |x − y| < untuk x, y ∈ R dengan |x − y| < δ. Kekontinuan f (x) = px + q dalam hal ini merupakan kekontinuan ‘seragam’ pada R. Fungsi f : I → R dikatakan kontinu seragam pada I apabila untuk setiap > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga |f (x) − f (y)| < untuk x, y ∈ I dengan |x − y| < δ. Perhatikan bahwa dalam definisi di atas x dan y muncul setelah δ, yang mengindikasikan bahwa δ tidak bergantung pada x (dan y). Teorema 17. Fungsi f : I → R tidak kontinu seragam pada I jika dan hanya jika terdapat 0 > 0 dan dua barisan hxn i dan hyn i di I sedemikian sehingga |xn −yn | < n1 dan |f (xn ) − f (yn )| ≥ 0 untuk setiap n ∈ N. Teorema berikut menyatakan bahwa kekontinuan pada interval kompak merupakan kekontinuan seragam. Teorema 18. Jika f kontinu pada [a, b], maka f kontinu seragam pada [a, b]. Bukti. Andaikan f tidak kontinu seragam pada [a, b]. Maka, menurut Teorema 17, terdapat 0 > 0 dan dua barisan hxn i dan hyn i di [a, b] sedemikian sehingga |xn −yn | < 1 n dan |f (xn ) − f (yn )| ≥ 0 untuk setiap n ∈ N. Karena hxn i terbatas di [a, b], maka menurut Teorema Bolzano-Weierstrass terdapat sub-barisan hxnk i yang konvergen, sebutlah ke c ∈ [a, b]. Karena |xn − yn | < n1 untuk setiap n ∈ N, maka sub-barisan hynk i akan konvergen ke c juga. Selanjutnya, karena f kontinu di c, maka hf (xnk )i dan hf (ynk )i konvergen ke f (c). Akibatnya, |f (xnk ) − f (ynk )| → 0 untuk k → ∞. Ini mustahil karena |f (xn ) − f (yn )| ≥ 0 untuk setiap n ∈ N.

77


Soal Latihan 1. Contoh 16 memperlihatkan bahwa fungsi f (x) = x1 tampaknya tidak kontinu seragam pada (0, 1]. Buktikan bahwa ia memang tidak kontinu seragam pada (0, 1]. 2. Selidiki apakah f (x) = x2 kontinu seragam pada [0, ∞). 3. Buktikan jika fungsi f : I → R memenuhi ketaksamaan |f (x) − f (y)| ≤ K |x − y|,

x, y ∈ I,

untuk suatu K > 0, maka f kontinu seragam pada I. 4. Buktikan bahwa f (x) =

√

x kontinu seragam pada [0, ∞).

78

Hendra Gunawan

9. TURUNAN

9.1 Turunan di Suatu Titik Misalkan f terdefinisi pada suatu interval terbuka I yang memuat titik c. Maka, f dikatakan mempunyai turunan di titik c apabila limit lim

x→c

f (x) − f (c) x−c

ada, dan dalam hal ini nilai limit tersebut disebut turunan dari f di titik c, yang biasanya dilambangkan dengan f 0 (c) atau Df (c). Jadi, untuk fungsi f yang mempunyai turunan di c, kita mempunyai f 0 (c) = lim

x→c

f (x) − f (c) . x−c

Dengan mengganti x dengan c + h, kita peroleh f 0 (c) = lim

h→0

f (c + h) − f (c) . h

Catat bahwa f mempunyai turunan di c jika dan hanya jika terdapat suatu bilangan L = f 0 (c) sedemikian sehingga f (c + h) − f (c) − Lh = (h) dengan

(h) h

→ 0 untuk h → 0.

Secara intuitif, sebuah fungsi f mempunyai turunan di titik c berarti bahwa grafik fungsi y = f (x) mempunyai garis singgung di titik (c, f (c)) dan gradien garis singgung tersebut adalah f 0 (c). Untuk ilustrasi, lihat Gambar 9.1. Persamaan garis singgung pada grafik fungsi y = f (x) di titik (c, f (c)) dalam hal ini adalah y = f (c) + f 0 (c)(x − c).


79

Sebagai catatan, masalah menentukan persamaan garis singgung pada kurva di titik tertentu pertama kali dipelajari oleh Rene Descartes pada 1620-an. Namun, kalkulus diferensial dan integral yang kita kenal sekarang ini ‘ditemukan’ oleh Isaac Newton pada 1665 (namun dipublikasikan pada 1704) dan Gottfried Wilhelm von Leibniz pada 1684.

Gambar 9.1 Grafik fungsi f yang mempunyai turunan di titik c Contoh 1. Misalkan f (x) = x2 dan c = 1. Untuk memeriksa apakah f mempunyai turunan di 1, kita hitung f (x) − f (1) x2 − 1 = lim = lim (x + 1) = 2. x→1 x→1 x − 1 x→1 x−1 lim

Jadi f mempunyai turunan di 1, dengan f 0 (1) = 2. Secara umum dapat ditunjukkan bahwa f (x) = x2 mempunyai turunan di setiap titik c ∈ R, dengan f 0 (c) = 2c. Fungsi f 0 : c 7→ 2c disebut sebagai turunan dari f . Contoh 2. Misalkan f (x) = |x| dan c = 0. Perhatikan bahwa |h| f (h) − f (0) = lim h→0 h h→0 h lim

tidak ada (?). Karena itu, f tidak mempunyai turunan di 0. Proposisi 3. Misalkan f terdefinisi pada suatu interval terbuka I yang memuat titik c. Jika f mempunyai turunan di c, maka f kontinu di c.

80

Hendra Gunawan

Bukti. Perhatikan bahwa f (x) − f (c) =

f (x) − f (c) · (x − c) → f 0 (c) · 0 = 0 x−c

untuk x → c. Jadi f (x) → f (c) untuk x → c. Dalam prakteknya, kita sering pula menggunakan kontraposisi dari Proposisi 3 yang menyatakan: jika f tidak kontinu di c, maka f tidak akan mempunyai turunan di c. Sebagai contoh, fungsi f : [0, 2] → R yang didefinisikan sebagai 2x, 0 ≤ x < 1; f (x) = 1, 1 ≤ x ≤ 2, tidak mungkin mempunyai turunan di 1 karena f tidak kontinu di titik tersebut. Catatan. Proposisi 3 menyatakan bahwa kekontinuan f di c merupakan syarat perlu bagi f untuk mempunyai turunan di c. Namun, Contoh 2 memperlihatkan bahwa kekontinuan f di c bukan merupakan syarat cukup untuk mempunyai turunan di c. Soal Latihan 1. Tentukan persamaan garis singgung pada kurva y = x2 di titik (1, 1). 2. Tunjukkan bahwa f (x) = x2 mempunyai turunan di setiap titik c ∈ R, dengan f 0 (c) = 2c. 3. Diketahui f (x) = x|x|, x ∈ R. Selidiki apakah f mempunyai turunan di 0. 4. Berikan sebuah contoh fungsi f yang kontinu di 0 tetapi tidak mempunyai turunan di sana, selain f (x) = |x|. 5. Konstruksi sebuah fungsi f : R → R yang mempunyai turunan hanya di sebuah titik. 6. Buktikan jika f mempunyai turunan di c, maka f (c + h) − f (c − h) . h→0 2h

f 0 (c) = lim

Berikan sebuah contoh fungsi yang tidak mempunyai turunan di suatu titik namun limit di atas ada.

81


9.2 Sifat-sifat Dasar Turunan Teorema 4. Misalkan f dan g terdefinisi pada suatu interval terbuka I yang memuat titik c. Misalkan λ dan µ bilangan real sembarang. Jika f dan g mempunyai turunan di c, maka λf + µg, f g, dan f /g mempunyai turunan di c, dan (i) (λf + µg)0 (c) = λf 0 (c) + µf 0 (c); (ii) (f g)0 (c) = f 0 (c)g(c) + f (c)g 0 (c); 0 0 (c)g 0 (c) (iii) fg (c) = f (c)g(c)−f asalkan g(c) 6= 0. g 2 (c) Bukti. (i) Perhatikan bahwa 1 hh λf (c + h) + i µg(ch+ h) − λf (c) i f (c+h)−f (c) g(c+h)−g(c) λ + µ h h 0 0

− µg(c)

= → λf (c) + µg (c) untuk h → 0. (ii) Di sini kita mempunyai 1 h

f (c +hh)g(c + h) −i f (c)g(c) h

(c) + f (c) = g(c + h) f (c+h)−f h 0 0 → g(c)f (c) + f (c)g (c),

g(c+h)−g(c) h

i

untuk h → 0. (iii) Latihan. Contoh 5. Misalkan n ∈ N dan f (x) = xn . Maka turunan dari f adalah f 0 (x) = nxn−1 . Fakta ini dapat dibuktikan secara induktif. Untuk n = 1 atau f (x) = x, jelas bahwa f 0 (x) = 1. Sekarang misalkan pernyataan di atas benar untuk n = k, yakni jika f (x) = xk , maka f 0 (x) = kxk−1 . Maka, untuk n = k + 1 atau f (x) = xk+1 , kita peroleh f 0 (x) = D(xk .x) = D(xk ).x + xk .D(x) = kxk−1 .x + xk = (k + 1)xk . Jadi, menurut Prinsip Induksi Matematika, pernyataan benar untuk setiap n ∈ N.

82

Hendra Gunawan

Teorema 6 (Aturan Rantai). Misalkan g mempunyai turunan di c dan f mempunyai turunan di y = g(c). Maka, f ◦ g mempunyai turunan di c dan (f ◦ g)0 (c) = f 0 (g(c))g 0 (c). Bukti. Berdasarkan definisi turunan, (f ◦ g)0 (c) = lim

x→c

(f ◦ g)(x) − (f ◦ g)(c) f (g(x)) − f (g(c)) = lim . x→c x−c x−c

Bila g(x) − g(c) 6= 0 pada suatu interval terbuka (c − δ, c + δ), maka f (g(x)) − f (g(c)) g(x) − g(c) · = f 0 (g(c)) · g 0 (c). x→c g(x) − g(c) x−c

(f ◦ g)0 (c) = lim

Namun, bila g konstan (misalnya), maka argumentasi di atas gugur. Untuk mengatasinya, definisikan ( f (y)−f (g(c)) , y 6= g(c), y−g(c) h(y) := 0 f (g(c)), y = g(c). Perhatikan bahwa h kontinu di g(c). Mengingat g kontinu di c, maka menurut Teorema 10 pada Bab 7, h ◦ g kontinu di c. Akibatnya (f ◦ g)0 (c) = lim

x→c

g(x) − g(c) f (g(x)) − f (g(c)) = lim h(g(x)) · = f 0 (g(c)) · g 0 (c), x→c x−c x−c

sebagaimana yang kita harapkan. Soal Latihan 1. Buktikan Teorema 4 bagian (iii). 2. Misalkan n ∈ N dan f (x) = xn . Buktikan dengan menggunakan definisi bahwa f 0 (x) = nxn−1 . 3. Misalkan n ∈ N. Buktikan • jika f (x) = x−n (x 6= 0), maka f 0 (x) = −nx−n−1 . • jika f (x) = x1/n (x > 0), maka f 0 (x) =

1 1/n−1 . nx


83

4. Buktikan bahwa untuk bilangan rasional r sembarang berlaku D(xr ) = rxr−1 asalkan x > 0. 5. Misalkan f : R → R mempunyai turunan di x. Buktikan jika f mempunyai invers f −1 : R → R dan f −1 mempunyai turunan di y = f (x), maka Df −1 (y) =

1 . Df (x)

9.3 Turunan Tingkat Tinggi Jika f mempunyai turunan di setiap titik dalam suatu interval terbuka I, maka kita katakan f mempunyai turunan pada I. Dalam hal ini turunan dari f , yaitu f 0 , merupakan fungsi yang juga terdefinisi pada I. Selanjutnya kita dapat mendefinisikan turunan kedua dari f sebagai turunan dari f 0 , yang nilainya di c adalah f 0 (x) − f 0 (c) , x→c x−c

f 00 (c) = lim asalkan limit ini ada.

Turunan kedua dari f berkaitan dengan kecekungan grafik fungsi f . Jika f 00 bernilai positif pada suatu interval, maka grafik fungsi f cekung ke atas pada interval tersebut. Sementara itu, jika f 00 bernilai negatif pada suatu interval, maka grafik fungsi f cekung ke bawah pada interval tersebut. Setelah menghitung turunan pertama dan kedua dari f , turunan ketiga dan seterusnya dapat didefinisikan secara serupa. Secara umum, f (n) (x) menyatakan turunan ke-n, n ∈ N, dari f . Contoh 7. Jika f (x) = x1 , maka f 0 (x) = − f 00 (x) =

1 ; x2

2 ; x3

84

Hendra Gunawan

f 000 (x) = −

6 ; x4

dan seterusnya. (Dapatkah anda menentukan rumus umum f (n) (x) untuk n ∈ N?) Bila f mempunyai turunan ke-n pada suatu interval yang memuat titik c, maka f dapat dihampiri oleh suatu polinom berderajat n − 1 dan kesalahannya dapat ditaksir dengan turunan ke-n. Lihat Teorema Taylor pada bab berikutnya. Soal Latihan 1. Tentukan pada interval mana grafik fungsi f (x) = x3 cekung ke atas dan pada interval mana ia cekung ke bawah. 2. Tentukan rumus umum turunan ke-n dari f (x) = x1 . √ 3. Diketahui f (x) = x. Tentukan f 0 (x), f 00 (x), dan f 000 (x). Tentukan rumus umum f (n) (x) untuk n ∈ N. 4. Misalkan p(x) adalah polinom berderajat n. Buktikan bahwa p(m) (x) = 0 untuk m > n. 5. Berikan sebuah contoh fungsi yang mempunyai turunan pertama tetapi tidak mempunyai turunan kedua di 0.


85

10. TEOREMA NILAI RATA-RATA

10.1 Maksimum dan Minimum Lokal Misalkan f terdefinisi pada suatu interval terbuka (a, b) dan c ∈ (a, b). Kita katakan bahwa f mencapai nilai maksimum lokal di c apabila f (x) ≤ f (c) untuk setiap x dalam suatu interval terbuka I yang memuat c. Titik c dalam hal ini disebut sebagai titik maksimum lokal. Nilai dan titik minimum lokal didefinisikan secara analog.

Gambar 10.1 f mencapai nilai maksimum lokal di c

Secara intuitif, f mencapai nilai maksimum lokal di c apabila grafiknya mempunyai sebuah ‘puncak’ di atas titik c. Serupa dengan itu, f mencapai nilai minimum lokal di c apabila grafiknya mempunyai sebuah ‘lembah’ di atas titik c.

86

Hendra Gunawan

Jika f (c) merupakan nilai maksimum f pada seluruh interval (a, b), maka tentunya f mencapai nilai maksimum lokal di c. Namun sebaliknya belum tentu benar, nilai maksimum lokal belum tentu merupakan nilai maksimum f . Contoh 1. Misalkan f : R → R adalah fungsi yang didefinsikan sebagai x + 2, x < −1, f (x) = |x|, x ≥ −1. Maka, f mencapai nilai maksimum lokal di −1, namun f (−1) = 1 bukan merupakan nilai maksimum f pada R. Demikian pula f mencapai nilai minimum lokal di 0, namun f (0) = 0 bukan merupakan nilai minimum f pada R. Teorema 2. Misalkan f mempunyai turunan pada (a, b) dan c ∈ (a, b). Jika f mencapai nilai maksimum atau minimum lokal di c, maka f 0 (c) = 0. Bukti. Menurut definisi turunan, f (x) − f (c) → f 0 (c) x−c untuk x → c. Misalkan f 0 (c) > 0. Menurut Soal Latihan 7.1 No. 4, terdapat suatu δ > 0 sedemikian sehingga f (x) − f (c) >0 (2) x−c untuk x ∈ (c − δ, c + δ), x 6= c. Sekarang misalkan x ∈ (c, c + δ) sembarang. Maka, x−c > 0 dan (1) memberikan f (x)−f (c) > 0 atau f (x) > f (c). Jadi f tidak mungkin mencapai nilai maksimum lokal di c. Selanjutnya misalkan x ∈ (c − δ, c) sembarang. Maka, x − c < 0 dan (1) memberikan f (x) − f (c) < 0 atau f (x) < f (c). Jadi f juga tidak mungkin mencapai nilai minimum lokal di c. Hal serupa terjadi ketika f 0 (c) < 0. Jadi, jika f 0 (c) 6= 0, maka f tidak akan mencapai nilai maksimum atau minimum lokal di c. Catatan. Kebalikan dari Teorema 2 tidak berlaku: jika f 0 (c) = 0, belum tentu f mencapai nilai maksimum atau minimum lokal di c. Soal Latihan 1. Berikan sebuah contoh fungsi f yang terdefinisi pada (−2, 2) dan mencapai nilai maksimum lokal di 1 tetapi f (1) bukan merupakan nilai maksimum f pada (−2, 2).


87

2. Berikan sebuah contoh fungsi f yang mempunyai turunan nol di suatu titik tetapi f tidak mencapai nilai maksimum atau minimum lokal di titik tersebut.

10.2 Titik Stasioner Titik c dengan f 0 (c) = 0 disebut titik stasioner f . Sebagaimana telah dicatat sebelumnya, tidak semua titik stasioner merupakan titik maksimum atau minimum lokal. Sebagai contoh, jika f (x) = x3 , maka f 0 (x) = 3x2 , sehingga 0 merupakan titik stasioner. Namun, 0 bukan merupakan titik maksimum maupun minimum f . (Titik 0 dalam hal ini merupakan titik infleksi f , yaitu titik terjadinya perubahan kecekungan grafik fungsi f .)

Gambar 10.2 Grafik fungsi f (x) = x3 Situasi yang lebih parah dapat terjadi. Sebagai contoh, fungsi f (x) = x2 sin x1 untuk x 6= 0 dan f (0) = 0 mempunyai turunan f 0 (0) = 0 tetapi 0 bukan merupakan titik maksimum atau minimum lokal, ataupun titik infleksi. Teorema 3 (Teorema Rolle). Misalkan f kontinu pada [a, b] dan mempunyai turunan pada (a, b). Jika f (a) = f (b), maka f 0 (c) = 0 untuk suatu c ∈ (a, b). Bukti. Karena f kontinu pada interval kompak [a, b], maka menurut sifat kekontinuan

88

Hendra Gunawan

f mencapai nilai maksimum M di suatu titik c1 ∈ [a, b] dan juga mencapai nilai minimum m di suatu titik c2 ∈ [a, b]. Misalkan c1 dan c2 adalah titik-titik ujung [a, b]. Karena f (a) = f (b), maka m = M dan dengan demikian f konstan pada [a, b]. Akibatnya f 0 (c) = 0 untuk setiap c ∈ (a, b). Misalkan c1 bukan titik ujung [a, b]. Maka c1 ∈ (a, b) dan f mencapai nilai maksimum lokal di c1 . Menurut Teorema 2, f 0 (c1 ) = 0. Hal serupa terjadi bila c2 bukan titik ujung [a, b]. Soal Latihan 1. Diketahui f (x) = x|x|, x ∈ R. Tunjukkan bahwa 0 merupakan titik stasioner. Selidiki apakah f mencapai nilai maksimum atau minimum lokal di 0. 2. Beri contoh sebuah fungsi f yang terdefinisi pada [a, b], mempunyai turunan pada (a, b), dan f (a) = f (b), namun tidak ada c ∈ (a, b) dengan f 0 (c) = 0.

10.3 Teorema Nilai Rata-rata dan Teorema Taylor Sebagai perumuman dari Teorema Rolle, kita mempunyai teorema berikut. Teorema 4 (Teorema Nilai Rata-rata). Misalkan f kontinu pada [a, b] dan mempunyai turunan pada (a, b). Maka f 0 (c) =

f (b) − f (a) b−a

untuk suatu c ∈ (a, b). (a) Catatan. Nilai f (b)−f disebut nilai rata-rata f pada [a, b]. Nilai ini sama dengan b−a gradien ruas garis singgung yang menghubungkan titik (a, f (a)) dan (b, f (b)). Kesimpulan Teorema Nilai Rata-rata menyatakan bahwa pada kurva y = f (x) terdapat suatu titik (c, f (c)) dengan gradien garis singgung sama dengan nilai rata-rata f pada [a, b].

Bukti Teorema 4. Misalkan F didefinisikan pada [a, b] sebagai F (x) = f (x) − hx

89


dengan h konstanta. Maka F kontinu pada [a, b] dan mempunyai turunan pada (a, b). Kita pilih konstanta h sedemikian sehingga F (a) = F (b), yakni h=

f (b) − f (a) . b−a

Karena F memenuhi hipotesis Teorema Rolle, maka F 0 (c) = 0 untuk suatu c ∈ (a, b). Namun F 0 (c) = f 0 (c) − h = 0, sehingga teorema pun terbukti. Jika f mempunyai turunan di c, maka persamaan garis singgung pada kurva y = f (x) di titik (c, f (c)) adalah y = f (c) + (x − c)f 0 (c). Untuk x dekat c, nilai f (c) + (x − c)f 0 (c) merupakan hampiran yang ’baik’ untuk f (x). Namun seberapa besar kesalahan dalam penghampiran ini? Lebih jauh, misalkan f mempunyai turunan ke-(n − 1) di c. Maka polinom P (x) = f (c) + (x − c)f 0 (c) +

(x − c)n−1 (n−1) (x − c)2 00 f (c) + · · · + f (c) 2! (n − 1)!

mempunyai turunan ke-k, k = 0, 1, . . . , n − 1, yang sama dengan turunan ke-k dari f . Karena itu masuk akal untuk menghampiri f (x) dengan P (x) untuk x di sekitar c. Namun, sekali lagi, seberapa besar kesalahan dalam penghampiran ini. Teorema Taylor di bawah ini menjawab pertanyaan tersebut. Teorema 5 (Teorema Taylor). Misalkan f mempunyai turunan ke-n pada interval terbuka I yang memuat titik c. Maka, untuk setiap x ∈ I, berlaku f (x) = f (c) + (x − c)f 0 (c) + dengan En =

1 n! (x

(x − c)2 00 (x − c)n−1 (n−1) f (c) + · · · + f (c) + En 2! (n − 1)!

− c)n f (n) (ξ) untuk suatu ξ di antara x dan c.

Proof. Untuk t di antara x dan c, definisikan F (t) = f (x) − f (t) − (x − t)f 0 (t) − · · · −

(x − t)n−1 (n−1) f (t). (n − 1)!

90

Hendra Gunawan

Perhatikan bahwa F 0 (t) = −

(x − t)n−1 (n) f (t). (n − 1)!

Sekarang definisikan G(t) = F (t) −

x − t n x−c

F (c).

Maka, G(x) = G(c) = 0, sehingga menurut Teorema Rolle, terdapat ξ di antara x dan c sedemikian sehingga 0 = G0 (ξ) = F 0 (ξ) +

(x − ξ)n−1 (n) n(x − ξ)n−1 n(x − ξ)n−1 F (c) = − F (c). f (ξ) + (x − c)n (n − 1)! (x − c)n

Dari sini kita peroleh F (c) =

(x − c)n (n) f (ξ) n!

dan teorema pun terbukti. Soal Latihan √ 1. Diketahui f (x) = x. Tentukan nilai rata-rata f pada [0, 4]. Tentukan c ∈ (0, 4) sedemikian sehingga f 0 (c) sama dengan nilai rata-rata tersebut. 2. Misalkan f kontinu pada [a, b] dan mempunyai turunan pada (a, b). Buktikan jika f 0 (x) = 0 untuk setiap x ∈ (a, b), maka f konstan pada [a, b]. 3. Misalkan f : R → R mempunyai turunan di setiap titik dan f 0 (x) = x2 untuk setiap x ∈ R. Buktikan bahwa f (x) = 13 x3 + C, dengan C suatu konstanta. 4. Diketahui f : R → R memenuhi ketaksamaan |f (x) − f (y)| ≤ C|x − y|p ,

x, y ∈ R,

untuk suatu C > 0 dan p > 1. Buktikan bahwa f konstan. 5. Buktikan jika f mempunyai turunan kedua di c, maka f (c + h) − 2f (c) + f (c − h) . h→0 h2

f 00 (c) = lim

Berikan sebuah contoh fungsi yang tidak mempunyai turunan kedua di suatu titik namun limit di atas ada.


91

6. Misalkan c ∈ R dan n ∈ N. Buktikan dengan menggunakan Teorema Taylor bahwa n(n − 1) 2 (1 + c)n = 1 + nc + c + · · · + cn . 2! (Petunjuk. Tinjau f (x) = xn .)

92

Hendra Gunawan

11. FUNGSI MONOTON DAN FUNGSI KONVEKS

11.1 Definisi dan Limit Fungsi Monoton Misalkan f terdefinisi pada suatu himpunan H. Kita katakan bahwa f naik pada H apabila untuk setiap x, y ∈ H dengan x < y berlaku f (x) ≤ f (y). Jika ketaksamaan < berlaku, maka kita katakan bahwa f naik sejati pada H. Definisi serupa dapat dirumuskan untuk fungsi turun dan turun sejati pada H. Fungsi naik atau turun disebut fungsi monoton. Fungsi yang naik dan turun sekaligus pada H mestilah konstan pada H. Contoh 1. (i) Fungsi f : R → R yang didefinisikan sebagai f (x) = x3 merupakan fungsi naik sejati pada R. (ii) Fungsi g : (0, ∞) → R yang didefinisikan sebagai g(x) = turun sejati pada (0, ∞).

1 x

merupakan fungsi

Proposisi 2. Jika f naik pada [a, b], maka f mencapai nilai minimum di a dan nilai maksimum di b. Bukti. Misalkan a < x < b. Maka menurut definisi kita mempunyai f (a) ≤ f (x) ≤ f (b). Jadi f mencapai nilai minimum di a dan nilai maksimum di b. Sekarang kita akan membahas limit fungsi monoton. Untuk itu, kita perkenalkan notasi f (c−) = lim f (x) x→c−


Gambar 11.1(i) Grafik fungsi f (x) = x3

Gambar 11.1(ii) Grafik fungsi g(x) =

1 x

dan f (c+) = lim+ f (x), x→c

asalkan kedua limit ini ada. Contoh 3. Misalkan f : R → R didefinisikan sebagai x, x ≤ 1; f (x) = 3 2, x > 1

93

94

Hendra Gunawan

Maka, f (1−) = 1 = f (1), sedangkan f (1+) = 32 . Teorema 4. (i) Jika f naik dan terbatas di atas pada (a, b), maka f (b−) = sup f (x). x∈(a,b)

(ii) Jika f naik dan terbatas di bawah pada (a, b), maka f (a+) = inf f (x). x∈(a,b)

Bukti. (i) Misalkan M = sup f (x). Diberikan > 0 sembarang, kita harus mencari x∈(a,b)

suatu δ > 0 sedemikian sehingga jika b − δ < x < b, maka |f (x) − M | < atau M − < f (x) < M + . Ketaksamaan f (x) < M + selalu terpenuhi karena M merupakan batas atas untuk f pada (a, b). Selanjutnya, karena M − bukan merupakan batas atas untuk f pada (a, b), maka terdapat suatu y ∈ (a, b) sedemikian sehingga M − < f (y). Namun f naik pada (a, b), sehingga untuk setiap x yang memenuhi y < x < b berlaku M − < f (y) ≤ f (x). Jadi, pilihlah δ = b − y. (ii) Serupa dengan (i). Akibat 5. Misalkan f naik pada (a, b). Jika c ∈ (a, b), maka f (c−) dan f (c+) ada, dan f (x) ≤ f (c−) ≤ f (c) ≤ f (c+) ≤ f (y) untuk a < x < c < y < b. Soal Latihan 1. Buktikan Teorema 4 bagian (ii). Mulai dengan memisalkan m = inf f (x). x∈(a,b)

2. Buktikan jika f turun dan terbatas di bawah pada (a, b), maka f (b−) = inf f (x). x∈(a,b)

95


Gambar 11.2 Kasus f (c−) < f (c) < f (c+) 3. Buktikan jika f dan g naik (sejati) pada H, maka f + g naik (sejati) pada H. 4. Diketahui f (x) > 0 untuk setiap x ∈ H, dan g := (sejati) pada H, maka g turun (sejati) pada H.

1 f.

Buktikan jika f naik

5. Diketahui f naik sejati pada A. Buktikan bahwa f merupakan korespondensi 1-1 antara A dan B := f (A), sehingga f −1 ada. Buktikan bahwa f −1 naik sejati pada B.

11.2 Fungsi Monoton yang Mempunyai Turunan Pada bagian ini kita akan membahas bagaimana kita dapat menyelidiki kemonotonan suatu fungsi melalui turunannya, bila fungsi tersebut mempunyai turunan. Persisnya, kita mempunyai teorema berikut. Teorema 6. Misalkan f kontinu pada [a, b] dan mempunyai turunan pada (a, b). (i) Jika f 0 (x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ (a, b), maka f naik pada [a, b]. Jika f 0 (x) > 0 untuk tiap x ∈ (a, b), maka f naik sejati pada [a, b]. (ii) Jika f 0 (x) ≤ 0 untuk tiap x ∈ (a, b), maka f turun pada [a, b]. Jika f 0 (x) < 0 untuk tiap x ∈ (a, b), maka f turun sejati pada [a, b].

96

Hendra Gunawan

Bukti. (i) Misalkan x dan y bilangan sembarang di [a, b] dengan x < y. Maka f memenuhi hipotesis Teorema Nilai Rata-rata pada [x, y] dan karenanya f 0 (c) =

f (y) − f (x) y−x

untuk suatu c ∈ (x, y). Jika f 0 (t) ≥ 0 untuk tiap t ∈ (a, b), maka f 0 (c) ≥ 0 dan karenanya f (x) ≤ f (y). Jadi f naik pada [a, b]. Jika f 0 (t) > 0 untuk tiap t ∈ (a, b), maka f 0 (c) > 0 dan karenanya f (x) < f (y). Jadi f naik sejati pada [a, b]. (ii) Serupa dengan (i). Contoh 7. Misalkan f : R → R didefinisikan sebagai f (x) = x(1 − x). Turunannya adalah f 0 (x) = 1 − 2x. Jadi f 0 (x) ≥ 0 untuk x ≤ 21 dan f 0 (x) ≤ 0 untuk x ≥ pada (−∞, 12 ] dan turun pada [ 12 , ∞).

1 2.

Dengan demikian f naik

Soal Latihan 1. Misalkan n ∈ N. Buktikan bahwa fungsi f : [0, ∞) → R yang didefinisikan sebagai f (x) = (x + 1)1/n − x1/n merupakan fungsi turun pada [0, ∞). 2. Misalkan f mempunyai turunan dan naik pada suatu interval terbuka I. Buktikan bahwa f 0 (x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I. Jika f naik sejati pada I, apakah dapat disimpulkan bahwa f 0 (x) > 0 untuk tiap x ∈ I? Jelaskan.

11.3 Invers Fungsi Monoton Menurut Soal 11.1 No. 5, fungsi f yang naik sejati pada A mendefinisikan suatu korespondensi 1-1 antara A dan B := f (A). Dalam hal ini f akan mempunyai invers f −1 . Lebih jauh, f −1 naik sejati pada B.


97

Dalam kasus di mana f kontinu dan daerah asal f merupakan interval, sebutlah I, maka daerah nilainya juga merupakan suatu interval, sebutlah J = f (I) (Teorema 10 pada Bab 8). Lebih jauh, kita mempunyai teorema berikut. Teorema 8. Misalkan f : I → J dengan I interval dan J = f (I). Jika f naik sejati dan kontinu pada I, maka f −1 : J → I kontinu pada J. Bukti. Andaikan f −1 tidak kontinu di suatu titik d ∈ J. Asumsikan bahwa d bukan titik ujung J. Maka, mengingat f −1 naik sejati pada J, f −1 (d−) dan f −1 (d+) ada, dan f −1 (d−) < f −1 (d+). Sekarang misalkan λ ∈ I sedemikian sehingga f −1 (d−) < λ < f −1 (d+) dan λ 6= f −1 (d). Karena itu f (λ) tidak terdefinisi (buatlah ilustrasinya!), dan ini bertentangan dengan hipotesis bahwa f terdefinisi pada I. Teorema 9. Misalkan I dan J interval, I ◦ dan J ◦ interval terbuka yang mempunyai titik ujung sama dengan titik ujung I dan J. Misalkan f : I → J kontinu dan J = f (I). Jika f mempunyai turunan pada I ◦ dan f 0 (x) > 0 untuk tiap x ∈ I ◦ , maka f −1 : J → I ada dan kontinu pada J. Lebih jauh, f −1 mempunyai turunan pada J ◦ dan 1 (f −1 )0 (y) = 0 f (x) untuk tiap y ∈ J ◦ dan x = f −1 (y). Catatan. Bukti Teorema 9 dapat dilihat di [2]. Soal Latihan 1. Misalkan f : R → R didefinisikan sebagai f (x) = 1 + x + x3 . Tunjukkan bahwa f mempunyai invers dan hitunglah nilai (f −1 )0 (−1). 2. Berikan sebuah contoh fungsi f : A → R yang naik sejati dan kontinu pada A, tetapi f −1 tidak kontinu pada B = f (A). (Petunjuk. Himpunan A tentunya bukan suatu interval.)

98

Hendra Gunawan

11.4 Fungsi Konveks Misalkan I ⊆ R suatu interval. Fungsi f : I → R dikatakan konveks pada I apabila untuk setiap t ∈ [0, 1] dan x1 , x2 ∈ I berlaku f ((1 − t)x1 + tx2 ) ≤ (1 − t)f (x1 ) + tf (x2 ). Catat bahwa untuk x1 < x − 2, titik (1 − t)x1 + tx2 bergerak dari x1 ke x2 ketika t bergerak dari 0 ke 1. Jadi jika f konveks pada I dan x1 , x2 ∈ I, maka ruas garis yang menghubungkan titik (x1 , f (x1 )) dan (x2 , f (x2 )) berada di atas grafik fungsi f (lihat Gambar 11.3).

Gambar 11.3 Grafik fungsi konveks Sebuah fungsi konveks tidak harus mempunyai turunan di setiap titik. Sebagai contoh, f (x) = |x| merupakan fungsi konveks pada R tetapi tidak mempunyai turunan di 0. Namun, dapat ditunjukkan jika f konveks pada interval terbuka I, maka f mempunyai ‘turunan kiri’ dan ‘turunan kanan’ di setiap titik dalam I. Sebagai akibatnya, setiap fungsi konveks pada interval terbuka merupakan fungsi kontinu. Teorema berikut memperlihatkan kaitan antara fungsi konveks dan turunan keduanya, bila fungsi tersebut mempunyai turunan kedua. Istilah konveks dalam hal ini setara dengan istilah ‘cekung ke atas’ yang telah kita bahas pada Bab 9. Teorema 10. Misalkan I interval terbuka dan f : I → R mempunyai turunan kedua pada I. Maka, f konveks pada I jika dan hanya jika f 00 (x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I.


99

Bukti. Misalkan f konveks pada I. Untuk tiap c ∈ I, kita mempunyai f (c + h) − 2f (c) + f (c − h) . h→0 h2

f 00 (c) = lim

Kita pilih h cukup kecil sedemikian sehingga c − h dan c + h ada di I. Maka, c = 1 2 [(c + h) + (c − h)], sehingga f (c) = f

1 1 1 1 (c + h) + (c − h) ≤ f (c + h) + f (c − h). 2 2 2 2

Akibatnya, f (c + h) − 2f (c) + f (c − h) ≥ 0. Karena h2 > 0 untuk tiap h 6= 0, kita simpulkan bahwa f 00 (c) ≥ 0. Sebaliknya, misalkan f 00 (x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I. Untuk membuktikan bahwa f konveks pada I, ambil x1 , x2 ∈ I dan 0 < t < 1, dan misalkan x0 = (1 − t)x1 + tx2 . Berdasarkan Teorema Taylor, terdapat ξ1 di antara x0 dan x1 sedemikian sehingga f (x1 ) = f (x0 ) + (x1 − x0 )f 0 (x0 ) +

(x1 − x0 )2 00 f (ξ1 ) 2

dan juga terdapat ξ2 di antara x0 dan x2 sedemikian sehingga f (x2 ) = f (x0 ) + (x2 − x0 )f 0 (x0 ) +

(x2 − x0 )2 00 f (ξ2 ). 2

Perhatikan bahwa (1 − t)(x1 − x0 ) + t(x2 − x0 ) = (1 − t)x1 + tx2 − x0 = 0 dan 2 2 0) 0) E := (1 − t) (x1 −x f 00 (ξ1 ) + t (x2 −x f 00 (ξ2 ) ≥ 0. Akibatnya, 2 2 (1 − t)f (x1 ) + tf (x2 ) = f (x0 ) + E ≥ f (x0 ) = f ((1 − t)x1 + tx2 ), sebagaimana yang kita harapkan. Soal Latihan 1. Buktikan f konveks pada interval I jika dan hanya jika untuk setiap x1 , x2 , x3 ∈ I dengan x1 < x2 < x3 berlaku f (x2 ) − f (x1 ) f (x3 ) − f (x2 ) ≤ . x2 − x1 x3 − x2 Berikan interpretasi geometrisnya beserta ilustrasinya.

100

Hendra Gunawan

2. Buktikan f konveks pada interval I jika dan hanya jika untuk setiap x1 , x2 , x3 ∈ I dengan x1 < x2 < x3 berlaku f (x3 ) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x1 ) ≤ . x2 − x1 x3 − x1 Berikan interpretasi geometrisnya beserta ilustrasinya. 3. Buktikan jika f konveks pada interval terbuka I, maka lim

h→0−

f (c + h) − f (c) dan h

lim

h→0+

f (c + h) − f (c) h

ada untuk setiap c ∈ I, dan sebagai akibatnya f kontinu pada I. 4. Misalkan f mempunyai turunan pada interval terbuka I. Buktikan f konveks jika dan hanya jika f 0 naik pada I. 5. Misalkan I interval terbuka, f : I → R naik sejati, konveks, dan mempunyai turunan pada I. Misalkan c ∈ I sedemikian sehingga f (c) = 0. Konstruksi barisan hxn i dengan x1 > c dan xn+1 = xn −

f (xn ) , f 0 (xn )

n = 1, 2, 3, . . . .

Buktikan bahwa xn → c untuk n → ∞. (Metode penghampiran ‘akar’ f ini dikenal sebagai Metode Newton-Raphson. Untuk f (x) = x2 − a, metode ini menghasilkan barisan hxn i yang dibahas pada Bab 3, Contoh 13.)

BAGIAN KETIGA Integral, Barisan Fungsi, Pertukaran Limit dan Integral

101

102

Hendra Gunawan


103

12. LUAS DAERAH DAN INTEGRAL

12.1 Luas Daerah di Bawah Kurva Masalah menentukan luas daerah (dan volume ruang) telah dipelajari sejak era Pythagoras dan Zeno, pada tahun 500-an SM. Konsep integral (yang terkait erat dengan luas daerah) berpijak pada metode ‘exhaustion’, yang telah dipakai oleh Plato dan Eudoxus, dan kemudian oleh Euclid dan Archimedes, untuk menghitung luas daerah lingkaran. Pada 1630-an, Pierre de Fermat tertarik untuk menghitung luas daerah di bawah kurva. Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Apakah masuk akal untuk membahas ‘luas’ daerah di bawah kurva y = f (x)? Jika ya, bagaimanakah kita menghitungnya?

Gambar 12.1 Daerah di bawah kurva y = f (x)

Jika memang masuk akal untuk membahas luas daerah di bawah kurva y = f (x), maka luas daerah ini setidaknya mestilah lebih besar daripada L, yang menyatakan luas daerah yang diarsir pada Gambar 12.2 .

104

Hendra Gunawan

Gambar 12.2 Luas daerah L Misalkan L menyatakan himpunan semua bilangan L yang dapat diperoleh sebagai jumlah luas daerah persegi-panjang kecil sebagaimana dalam Gambar 12.2. Maka ‘luas daerah’ di bawah kurva y = f (x) mestilah lebih besar daripada setiap anggota L. Tampaknya masuk akal untuk mendefinisikan ‘luas daerah’ di bawah kurva y = f (x) sebagai bilangan terkecil yang lebih besar daripada setiap anggota L, yakni sup L. Contoh 1. Misalkan f (x) = x2 , x ∈ [0, 1]. Maka, dengan membagi interval [0, 1] atas n interval bagian yang sama panjang dan menghitung jumlah luas daerah persegipanjang yang terbentuk, luas daerah di bawah kurva y = f (x) mestilah lebih besar daripada 22 (n − 1)2 i 12 1h 0 + 2 + 2 + ··· + . n n n n2 Jumlah deret ini sama dengan (n − 1)n(2n − 1) . 6n3 Mengingat

(n−1)n(2n−1) 6n3

≤

1 3

untuk tiap n ∈ N dan (n − 1)n(2n − 1) 1 → 6n3 3

untuk n → ∞, maka bilangan terkecil yang lebih besar daripada (n−1)n(2n−1) untuk 6n3 1 1 tiap n ∈ N adalah 3 . Jadi, luas daerah di bawah kurva y = f (x) adalah 3 .


105

Soal Latihan 1. Buktikan bahwa (n−1)n(2n−1) ≤ 6n3 1 = . sup (n−1)n(2n−1) 6n3 3

1 3

untuk tiap n ∈ N, dan simpulkan bahwa

n∈N

2. Tentukan luas daerah di bawah kurva y = 1 + x, x ∈ [0, 1], dengan cara seperti pada Contoh 1. Apakah hasil yang diperoleh sesuai dengan pengetahuan geometri kita?

12.2 Integral Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Definisikan partisi dari [a, b] sebagai himpunan P := {x0 , x1 , . . . , xn } dengan a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b. Karena f kontinu pada [a, b], maka f terbatas pada [a, b]. Jadi, diberikan sembarang partisi P := {x0 , x1 , . . . , xn } dari [a, b], kita dapat mendefinisikan mk :=

inf

xk−1 ≤x≤xk

f (x),

untuk k = 1, 2, . . . , n. Dengan demikian, untuk tiap partisi P , kita dapat membentuk deret n X L(P, f ) := mk (xk − xk−1 ). k=1

(Buatlah suatu ilustrasi yang menyatakan nilai L(P, f ).) Misalkan f terbatas di atas pada [a, b], katakanlah f (x) ≤ M, Maka L(P, f ) ≤ M

n X

x ∈ [a, b].

(xk − xk−1 ) = M (b − a).

k=1

Jadi himpunan bilangan {L(P, f ) : P partisi dari [a, b]} terbatas di atas oleh M (b−a), dan karena itu ia mempunyai supremum.

106

Hendra Gunawan

Sekarang kita sampai pada definisi integral. Jika f kontinu pada interval [a, b], maka kita definisikan integral dari f pada [a, b] sebagai Z

b

f (x) dx := sup L(P, f ), P

a

dengan nilai supremum diambil atas semua partisi P dari [a, b]. Rb Dalam hal f (x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ [a, b], maka a f (x) dx dapat diinterpretasikan sebagai luas daerah di bawah kurva y = f (x). Sebagai tambahan, jika a < b, maka kita definisikan Z a Z b f (x) dx := − f (x) dx. b

a

Selain itu, untuk sembarang a ∈ R, kita definisikan Z a f (x) dx := 0. a

Proposisi 2. Misalkan f kontinu pada [a, b] dan m ≤ f (x) ≤ M untuk tiap x ∈ [a, b]. Maka Z b m(b − a) ≤ f (x) dx ≤ M (b − a). a

Proposisi 3. Misalkan f kontinu pada [a, b] dan a ≤ c ≤ b. Maka Z

b

Z f (x) dx =

a

c

Z

b

f (x) dx + a

f (x) dx. c

Catatan. Bukti Proposisi 3 agak panjang; lihat [2]. Soal Latihan 1. Buktikan Proposisi 2. Rb 2. Buktikan bahwa a c dx = c(b − a). 3. Diketahui f (x) = x, x ∈ [a, b]. Buktikan bahwa L(P, f ) ≤

1 2 (b − a2 ) 2


107

untuk sebarang partisi P dari [a, b]. Selanjutnya, dengan menggunakan definisi integral, buktikan bahwa b

Z

f (x) dx = a

1 2 (b − a2 ). 2

12.3 Turunan dari Integral; Teorema Dasar Kalkulus Misalkan f terdefinisi pada (a, b). Misalkan F kontinu pada [a, b] dan mempunyai turunan pada (a, b) dengan F 0 (x) = f (x) untuk tiap x ∈ (a, b). Maka F disebut sebagai anti turunan dari f pada [a, b]. Contoh 4. Jika f (x) = x3 , maka fungsi F yang didefinisikan sebagai F (x) =

1 4 x +5 4

merupakan suatu anti turunan dari f . Secara umum, fungsi G yang didefinisikan sebagai 1 G(x) = x4 + C, 4 dengan C konstanta, merupakan anti turunan dari f . Pembaca mungkin bertanya: apa urusannya anti turunan dengan integral? Untuk menjawab pertanyaan ini, misalkan f kontinu pada [a, b]. Definisikan F pada [a, b] sebagai Z x

F (x) :=

f (t) dt,

x ∈ [a, b].

a

Dalam teorema berikut, kita akan menunjukkan bahwa F merupakan suatu anti turunan dari f pada [a, b]. Teorema 5 (Teorema Dasar Kalkulus I). Misalkan f kontinu pada [a, b] dan F didefinisikan pada [a, b] sebagai Z x F (x) := f (t) dt, x ∈ [a, b]. a

108

Hendra Gunawan

Maka, F merupakan suatu anti turunan dari f pada [a, b]; yakni, F kontinu pada [a, b], mempunyai turunan pada (a, b), dan F 0 (x) = f (x) untuk tiap x ∈ (a, b). Bukti. Karena f kontinu pada [a, b], maka f terbatas pada [a, b], katakanlah |f (t)| ≤ κ untuk tiap t ∈ [a, b]. Selanjutnya, untuk x, c ∈ [a, b], kita mempunyai Z x f (t) dt, F (x) − F (c) = c

sehingga |F (x) − F (c)| ≤ κ|x − c|. Jadi F kontinu pada [a, b]. Selanjutnya perhatikan bahwa untuk x 6= c kita mempunyai Z x 1 F (x) − F (c) − f (c) = [f (t) − f (c)] dt. x−c x−c c Karena f kontinu di c, kita dapat memilih δ > 0 sedemikian sehingga F (x) − F (c) − f (c) < , x−c untuk 0 < |x − c| < δ. Ini menunjukkan bahwa F 0 (c) = f (c), dan ini berlaku untuk setiap c ∈ [a, b]. Teorema 6 (Teorema Dasar Kalkulus II). Setiap fungsi f yang kontinu pada [a, b] mempunyai anti turunan pada [a, b]. Jika G adalah anti turunan dari f pada [a, b], maka Z b f (t) dt = G(b) − G(a). a

Bukti. Definisikan fungsi F pada [a, b] sebagai Z x F (x) := f (t) dt,

x ∈ [a, b].

a

Maka, F merupakan suatu anti turunan dari f pada [a, b], dan Z

b

f (t) dt = F (b) = F (b) − F (a). a

109


Sekarang, jika G adalah anti turunan dari f pada [a, b], maka x ∈ [a, b],

G(x) = F (x) + C, suatu konstanta C. Karena itu, Z

b

f (t) dt = [F (b) + C] − [F (a) + C] = G(b) − G(a), a

sebagaimana yang kita harapkan. Soal Latihan 1. Buktikan bahwa

R1 0

x2 dx = 13 .

2. Misalkan r ∈ Q, r 6= −1. Buktikan bahwa

R1 0

xr dx =

1 r+1 .

3. Misalkan f dan g kontinu pada [a, b]. Buktikan, dengan menggunakan Teorema Dasar Kalkulus II, bahwa untuk setiap λ, µ ∈ R, berlaku Z

b

Z [λf (x) + µg(x)] dx = λ

a

b

Z f (x) dx + µ

a

b

g(x) dx. a

4. Misalkan f dan g kontinu pada [a, b]. Buktikan Ketaksamaan Cauchy-Schwarz: hZ a

b

Z b i2 Z b f (x)g(x) dx ≤ [f (x)]2 dx · [g(x)]2 dx. a

a

110

Hendra Gunawan

13. INTEGRAL RIEMANN

13.1 Jumlah Riemann Atas dan Jumlah Riemann Bawah Pada Bab 12 kita mengasumsikan bahwa f kontinu pada [a, b] dan mendefiniRb sikan integral a f (x) dx sebagai supremum dari himpunan semua jumlah luas daerah persegi-panjang kecil di bawah kurva y = f (x). Sesungguhnya, kita dapat pula Rb mendefinisikan integral a f (x) dx sebagai infimum dari himpunan semua jumlah luas daerah persegi-panjang kecil ‘di atas’ kurva y = f (x). Dalam hal f kontinu pada [a, b], kedua definisi tersebut akan menghasilkan nilai yang sama. Pada bab ini, kita akan memperluas definisi integral untuk fungsi f : [a, b] → R yang terbatas, sebagaimana yang dilakukan oleh Bernhard Riemann pada 1850-an. Seperti pada Sub-bab 12.2, diberikan sembarang partisi P := {x0 , x1 , . . . , xn } dari [a, b], kita dapat mendefinisikan L(P, f ) :=

n X

mk (xk − xk−1 ).

k=1

dengan mk :=

inf

xk−1 ≤x≤xk

f (x), k = 1, 2, . . . , n. Pada saat yang sama, kita juga dapat

mendefinisikan U (P, f ) :=

n X

Mk (xk − xk−1 ).

k=1

dengan Mk :=

sup

f (x), k = 1, 2, . . . , n.

xk−1 ≤x≤xk

L(P, f ) dan U (P, f ) disebut sebagai jumlah Riemann bawah dan jumlah Riemann atas dari f yang berkaitan dengan partisi P . Perhatikan bahwa L(P, f ) ≤ U (P, f ) untuk sembarang partisi P .


111

Selanjutnya, jika P := {x0 , x1 , . . . , xn } dan Q := {y0 , y1 , . . . , ym } adalah partisi dari [a, b], maka Q disebut sebagai suatu perhalusan dari P apabila setiap titik partisi xk ∈ P merupakan titik partisi di Q, yakni P ⊆ Q. Dalam hal ini, setiap sub-interval yang terkait dengan partisi P dapat dinyatakan sebagai gabungan dari beberapa subinterval yang terkait dengan partisi Q, yakni [xk−1 , xk ] = [yi−1 , yi ] ∪ [yi , yi+1 ] ∪ · · · ∪ [yj−1 , yj ]. Catat bahwa kita dapat memperoleh suatu perhalusan dari sembarang partisi P dengan menambahkan sejumlah titik ke P . Proposisi 1. Jika Q merupakan perhalusan dari P , maka L(P, f ) ≤ L(Q, f ) dan U (Q, f ) ≤ U (P, f ). Akibat 2. Jika P1 dan P2 adalah dua partisi sembarang dari [a, b], maka L(P1 , f ) ≤ U (P2 , f ). Soal Latihan 1. Buktikan Proposisi 1. (Petunjuk. Mulai dengan kasus Q = P ∪ {x∗ } dengan x∗ ∈ / P .) 2. Buktikan Akibat 2.

13.2 Integral Riemann Seperti pada sub-bab 13.1, pada sub-bab ini kita mengasumsikan bahwa f : [a, b] → R terbatas. Menurut Akibat 2, himpunan {L(P, f ) : P partisi dari [a, b]} terbatas di atas (oleh suatu jumlah Riemann atas), sementara himpunan {U (P, f ) : P partisi dari [a, b]} terbatas di bawah (oleh suatu jumlah Riemann bawah). Karena itu kita dapat mendefinisikan L(f ) := sup{L(P, f ) : P partisi dari [a, b]} dan U (f ) := inf{U (P, f ) : P partisi dari [a, b]}.

112

Hendra Gunawan

L(f ) disebut sebagai integral Riemann atas dari f , sementara U (f ) disebut sebagai integral Riemann bawah dari f . Proposisi 3. L(f ) ≤ U (f ). Bukti. Untuk setiap partisi P0 dari [a, b], U (P0 , f ) merupakan batas atas dari {L(P, f ) : P partisi dari [a, b]}, sehingga L(f ) = sup{L(P, f ) : P partisi dari [a, b]} ≤ U (P0 , f ). Karena ini berlaku untuk sembarang partisi P0 , maka L(f ) merupakan batas bawah dari {U (P0 , f ) : P0 partisi dari [a, b]}. Akibatnya L(f ) ≤ inf{U (P0 , f ) : P0 partisi dari [a, b]} = U (f ), sebagaimana yang diharapkan. Secara umum, L(f ) 6= U (f ). Sebagai contoh, jika f : [0, 1] → R didefinisikan sebagai 0, x rasional; f (x) = 1, x irasional, maka L(f ) = 0 sementara U (f ) = 1. Jika L(f ) = U (f ), maka f dikatakan terintegralkan Riemann dan nilai yang sama tersebut didefinisikan sebagai integral Riemann dari f pada [a, b], yang diRb Ra lambangkan dengan a f (x) dx. (Seperti pada Bab 12, kita definisikan b f (x) dx = Rb Ra − a f (x) dx dan a f (x) dx = 0.) Sebagai contoh, jika f bernilai konstan pada [a, b], katakan f (x) = c untuk setiap x ∈ [a, b], maka L(f ) = U (f ) = c(b − a) dan karenanya f terintegralkan Riemann pada [a, b] dengan Z b f (x) dx = c(b − a). a

Teorema berikut memberikan suatu kriteria untuk keterintegralan f pada [a, b]. (Untuk selanjutnya, ‘terintegralkan’ berarti ‘terintegralkan Riemann’ dan ‘integral’ berarti ‘integral Riemann’.) Teorema 6. f terintegralkan pada [a, b] jika dan hanya jika untuk setiap > 0 terdapat suatu partisi P dari [a, b] sedemikian sehingga U (P , f ) − L(P , f ) < .


113

Bukti. Misalkan f terintegralkan pada [a, b]. Ambil > 0 sembarang. Dari definisi supremum, terdapat suatu partisi P1 dari [a, b] sehingga L(f ) −

< L(P1 , f ). 2

Dari definisi infimum, terdapat pula suatu partisi P2 dari [a, b] sehingga U (P2 , f ) < U (f ) − . 2 Sekarang misalkan P = P1 ∪ P2 . Maka P merupakan perhalusan dari P1 dan P2 . Akibatnya, L(f ) −

< L(P1 , f ) ≤ L(P , f ) ≤ U (P , f ) ≤ U (P2 , f ) 0 terdapat suatu partisi P dari [a, b] sedemikian sehingga U (P , f ) − L(P , f ) < . Maka, untuk setiap > 0, berlaku 0 ≤ U (f ) − L(f ) ≤ U (P , f ) − L(P , f ) < . Dari sini kita simpulkan bahwa U (f ) = L(f ) atau f terintegralkan pada [a, b]. Akibat 7. Misalkan terdapat barisan partisi hPn i dari [a, b] sedemikian sehingga lim [U (Pn , f ) − L(P n, f )] = 0.

n→∞

Maka f terintegralkan pada [a, b] dan Z lim L(Pn , f ) =

n→∞

Soal Latihan 1. Buktikan Akibat 7.

b

f (x) dx = lim U (Pn , f ). a

n→∞

114

Hendra Gunawan

2. Misalkan f (x) = x, x ∈ [0, 1], dan Pn = {0, n1 , n2 , . . . , 1}, n ∈ N. Tunjukkan bahwa lim [U (Pn , f ) − L(Pn , f )] = 0, dan kemudian simpulkan bahwa f terinn→∞ tegralkan pada [0, 1]. 3. Misalkan fungsi f didefinisikan pada [0, 1] sebagai 0, 0 ≤ x < 1; f (x) = 1, x = 1. Buktikan bahwa f terintegralkan pada [0, 1] dengan

R1 0

f (x) dx = 0.

4. Misalkan fungsi f didefinisikan pada [0, 2] sebagai 1, 0 ≤ x ≤ 1; f (x) = 2, 1 < x ≤ 2. Buktikan bahwa f terintegralkan pada [0, 2] dengan

R2 0

f (x) dx = 3.

13.3 Keterintegralan Fungsi Kontinu dan Fungsi Monoton Sebagaimana disinggung pada awal bab ini, fungsi yang kontinu pasti terintegralkan. Teorema 8. Jika f kontinu pada [a, b], maka f terintegralkan pada [a, b]. Bukti. Menurut Teorema 18 pada Bab 8, fungsi yang kontinu pada [a, b] mestilah kontinu seragam pada [a, b]. Karena itu, diberikan > 0 sembarang, terdapat δ > 0 sedemikian sehingga untuk x, y ∈ [a, b] dengan |x − y| < δ berlaku |f (x) − f (y)| <

. b−a

Selanjutnya, untuk tiap n ∈ N dengan n > b−a δ , tinjau partisi Pn := {x0 , x1 , . . . , xn } dengan xk = a + k · b−a , k = 0, 1, . . . , n. (Di sini, interval [a, b] terbagi menjadi n n sub-interval sama panjang.) Menurut Teorema 13 pada Bab 8, pada setiap sub-interval [xk−1 , xk ], f mencapai nilai maksimum Mk dan minimum mk , katakanlah f (uk ) = Mk

dan f (vk ) = mk .

115


Dalam hal ini kita peroleh Mk − mk = f (uk ) − f (vk ) <

, b−a

dan akibatnya 0 ≤ U (Pn , f ) − L(Pn , f ) =

n X

(Mk − mk )(xk − xk−1 ) ≤

k=1

n X k=1

b−a · = . b−a n

Dari sini kita simpulkan bahwa lim [U (Pn , f ) − L(Pn , f )] = 0, dan karenanya f n→∞ terintegralkan pada [a, b]. Selain fungsi kontinu, teorema berikut menyatakan bahwa fungsi monoton juga terintegralkan. Teorema 9. Jika f monoton pada [a, b], maka f terintegralkan pada [a, b]. Bukti. Tanpa mengurangi keumuman, asumsikan f naik pada [a, b]. Untuk tiap n ∈ N, tinjau partisi Pn := {x0 , x1 , . . . , xn } dengan xk = a + k · b−a n , k = 0, 1, . . . , n. Karena f naik pada [xk−1 , xk ], maka mk = f (xk−1 ) dan Mk = f (xk ). Dalam hal ini kita peroleh suatu deret teleskopis n X

n

(Mk − mk )(xk − xk−1 ) =

k=1

b−a b−a X [f (xk ) − f (xk−1 )] = [f (b) − f (a)]. n n k=1

Sekarang, jika > 0 diberikan, maka untuk tiap n ∈ N dengan n > b−a [f (b) − f (a)] berlaku n X 0 ≤ U (Pn , f ) − L(Pn , f ) = (Mk − mk )(xk − xk−1 ) < . k=1

Dengan demikian f mestilah terintegralkan pada [a, b]. Soal Latihan 1. Misalkan f : [a, b] → R kontinu dan f (x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ [a, b]. Buktikan jika L(f ) = 0, maka f (x) = 0 untuk setiap x ∈ [a, b]. 2. Misalkan f : [a, b] → R kontinu dan, untuk setiap fungsi g : [a, b] → R yang terinRb tegralkan, f g terintegralkan dan a f (x)g(x) dx = 0. Buktikan bahwa f (x) = 0 untuk setiap x ∈ [a, b].

116

Hendra Gunawan

14. SIFAT-SIFAT INTEGRAL RIEMANN

14.1 Sifat-sifat Dasar Integral Riemann 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 c ∈ R suatu konstanta. Maka cf dan f + g terintegralkan pada I dan Z b Z b cf (x) dx = c f (x) dx, (1) a

Z

b

a

Z (f + g)(x) dx =

a

b

Z f (x) dx +

a

b

g(x) dx.

(2)

a

Bukti. (1) Jika c = 0, maka pernyataan tentang cf jelas benar. Sekarang tinjau kasus c > 0. (Kasus c < 0 serupa dan diserahkan sebagai latihan). Misalkan P := {x0 , x1 , . . . , xn } partisi sembarang dari I. Karena c > 0, kita mempunyai inf{cf (x) : x ∈ [xk−1 , xk ]} = c 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, cf ) = cL(P, f ). Jadi, karena c > 0, kita peroleh L(cf ) = sup{cL(P, f ) : P partisi dari I} = c sup{L(P, f ) : P partisi dari I} = cL(f ). Dengan cara yang serupa kita peroleh pula U (P, cf ) = cU (P, f ) dan U (cf ) = inf{cU (P, f ) : P partisi dari I} = c inf{U (P, f ) : P partisi dari I} = cU (f ).

117


Karena f terintegralkan, U (f ) = L(f ) dan akibatnya L(cf ) = cL(f ) = cU (f ) = U (cf ). Jadi cf terintegralkan dan Z

b

Z

a

b

f (x) dx.

cf (x) dx = c a

(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) dan 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

dan

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) + . Menurut Kriteria Keterintegralan Riemann, f + g terintegralkan. Selanjutnya perhatikan bahwa dari ketaksamaan di atas, kita peroleh Z b Z b Z b (f +g)(x) dx ≤ U (P , f +g) ≤ L(P , f )+L(P , g)+ ≤ f (x) dx+ g(x) dx+. a

a

a

Sementara itu, Z b Z b Z b f (x) dx+ g(x) dx ≤ U (P , f )+U (P , g) ≤ L(P , f +g)+ ≤ (f +g)(x) dx+. a

a

a

118

Hendra Gunawan

Dari kedua ketaksamaan ini, kita peroleh Z Z b Z b f (x) dx + (f + g)(x) dx − a

a

a

b

g(x) dx < .

Karena ini berlaku untuk > 0 sembarang, kita simpulkan bahwa Z b Z b Z b g(x) dx, f (x) dx + (f + g)(x) dx = a

a

a

dan bukti pun selesai. 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 Rb x ∈ I, maka a f (x) dx ≥ 0. Akibat 3. Misalkan f, g : I → R terintegralkan pada I. Jika f (x) ≤ g(x) untuk tiap Rb Rb x ∈ I, maka a f (x) dx ≤ a g(x) dx. Proposisi 3. Misalkan f : I → R terintegralkan pada I. Jika m ≤ f (x) ≤ M untuk tiap x ∈ [a, b], maka b

Z m(b − a) ≤

f (x) dx ≤ M (b − a). a

Proposisi 4. 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 Z c Z b f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx. a

a

c

Catatan. Bukti Proposisi 4 tidak dibahas di sini; lihat [1] bila ingin mempelajarinya. Soal Latihan 1. Buktikan Proposisi 1 bagian (1) untuk kasus c < 0. 2. Buktikan Proposisi 2 dan Akibat 3. 3. Buktikan Proposisi 3.


119

4. Buktikan jika f terintegralkan pada I dan |f (x)| ≤ K untuk tiap x ∈ I, maka R b f (x) dx ≤ K|b − a|. a

14.2 Teorema Dasar Kalkulus untuk Integral Riemann 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. Teorema 5 (Teorema Dasar Kalkulus I). Misalkan f terbatas pada I = [a, b] dan F didefinisikan pada I sebagai Z x F (x) := f (t) dt, x ∈ I. a

Maka, F kontinu pada I. Selanjutnya, jika f kontinu di c ∈ (a, b), maka F mempunyai turunan di c dan F 0 (c) = f (c). 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 6 (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 f (t) dt = F (b) − F (a). a

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 )

120

Hendra Gunawan

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 L(P, f ) ≤ F (b) − F (a) ≤ U (P, f ). Namun, kita juga mempunyai b

Z L(P, f ) ≤

f (t) dt ≤ U (P, f ). a

Akibatnya, kita peroleh Z

b

a

f (t) dt − [F (b) − F (a)] < .

Karena ini berlaku untuk > 0 sembarang, kita simpulkan bahwa Z b f (t) dt = F (b) − F (a), a

sebagaimana yang kita kehendaki. Soal Latihan 1. Misalkan f (x) = |x|, x ∈ [−1, 1]. Terkait dengan f , definisikan Z x F (x) := f (t) dt, x ∈ [−1, 1]. −1

(a) Peroleh rumus untuk F (x), x ∈ [−1, 1]. (b) Periksa bahwa F 0 (x) = f (x) untuk x ∈ [−1, 1]. R1 (c) Periksa bahwa −1 f (t) dt = F (1) − F (−1). 2. Misalkan f : [−1, 1] → R didefinisikan sebagai   −1, −1 ≤ x < 0; 0, x = 0; f (x) =  1, 0 < x ≤ 1, Terkait dengan f , definisikan Z F (x) :=

x

f (t) dt, 1

x ∈ [−1, 1].

121


(a) Peroleh rumus untuk F (x). Apakah F kontinu pada [−1, 1]? (b) Tunjukkan bahwa F 0 (x) = f (x) untuk x ∈ [−1, 1], x 6= 0. R1 (c) Periksa apakah −1 f (t) dt = F (1) − F (−1). Berikan argumen yang mendukung fakta tersebut. 3. Misalkan f dan g terintegralkan dan mempunyai anti- turunan F dan G pada I = [a, b]. Buktikan bahwa Z

b

Z F (x)g(x) dx = [F (b)G(b) − F (a)G(a)] −

b

f (x)G(x) dx. a

a

(Catatan. Hasil ini dikenal sebagai teknik pengintegralan parsial.)

14.3 Teorema Nilai Rata-rata dan Teorema Taylor untuk Integral Jika f kontinu pada I = [a, b], maka (menurut Teorema 9 pada Bab 8) f akan mencapai nilai maksimum M dan minimum m pada [a, b]. Menurut Proposisi 3, kita mempunyai Z b m(b − a) ≤ f (x) dx ≤ M (b − a) a

atau m≤

1 b−a

Z

b

f (x) dx ≤ M. a

Rb 1 f (x) dx disebut sebagai nilai rata-rata integral f pada interval I. (Dalam Nilai b−a a 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.) Rb 1 f (x) dx ada di antara Mengingat m dan M ada di daerah nilai f dan b−a a kedua nilai tersebut, maka menurut Teorema Nilai Antara mestilah terdapat suatu titik c ∈ I sedemikian sehingga f (c) =

1 b−a

Z

b

f (x) dx. a

122

Hendra Gunawan

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, nilai rata-rata analog dengan ‘kecepatan rata-rata’ dalam fisika.) Teorema 7 (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

f (x) dx. a

Pada Bab 10, kita telah membahas Teorema Taylor untuk turunan. Sekarang kita akan membahas teorema yang serupa untuk integral. Teorema 8 (Teorema Taylor untuk Integral). Misalkan f, f 0 , . . . , f (n) kontinu pada I = [a, b]. Maka f (b) = f (a) + (b − a)f 0 (a) + · · · + dengan En =

1 (n−1)!

Rb a

(b − a)n−1 (n−1) f (a) + En (n − 1)!

(b − t)n−1 f (n) (t) dt.

Bukti. Dengan pengintegralan parsial, kita peroleh Z b h i 1 (b − t)n−1 f (n−1) (t)|ba + (n − 1) (b − t)n−2 f (n−1) (t) dt (n − 1)! a Z b n−1 1 (b − a) f (n−1) (a) + =− (b − t)n−2 f (n−1) (t) dt. (n − 1)! (n − 1)! a

En =

Jika kita lakukan pengintegralan parsial hingga n kali, maka kita akan sampai pada hasil di atas. Soal Latihan 1. Buktikan jika f kontinu pada I = [a, b] dan f (x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I, maka terdapat c ∈ I sedemikian sehingga h 1 Z b i1/2 f (c) = f 2 (x) dx . b−a a


123

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 Z b i1/k f k (x) dx . b−a a

3. Misalkan f dan g adalah fungsi yang kontinu pada I = [a, b] sedemikian sehingga Z

b

Z f (x) dx =

a

b

g(x) dx. a

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

124

Hendra Gunawan

15. INTEGRAL SEBAGAI LIMIT

15.1 Jumlah Riemann

Dalam kuliah Kalkulus pada tahun pertama, integral Riemann biasanya diperkenalkan sebagai limit dari ‘jumlah Riemann’, tidak melalui integral Riemann atas dan integral Riemann bawah. Hal ini memang dimungkinkan, karena nilai limit dari jumlah Riemann tersebut sama dengan integral Riemann yang kita bahas pada Bab 13. Seperti pada bab sebelumnya, sepanjang bab ini I menyatakan interval [a, b], kecuali bila kita nyatakan lain. Misalkan f : I → R terbatas dan P := {x0 , x1 , . . . , xn } partisi dari I. Jika tk adalah bilangan sedemikian sehingga xk−1 ≤ tk ≤ xk untuk k = 1, 2, . . . , n, maka jumlah

S(P, f ) :=

n X

f (tk )(xk − xk−1 )

k=1

disebut sebagai suatu jumlah Riemann untuk f , yang terkait dengan partisi P dan titik-titik sampel tk . Catat bahwa untuk sebuah partisi P terdapat tak terhitung banyaknya cara memilih titik-titik sampel tk , dan karenanya terdapat tak terhitung banyaknya jumlah Riemann yang terkait dengan partisi P . Untuk fungsi f ≥ 0 pada I, jumlah Riemann dapat diinterpretasikan sebagai jumlah luas daerah persegipanjang dengan lebar xk − xk−1 dan tinggi f (tk ). Jika partisi P cukup halus, maka masuk akal untuk mengharapkan bahwa jumlah Riemann S(P, f ) akan menghampiri luas daerah di bawah kurva y = f (x). Dalam hal ini, nilai S(P, f ) mestilah cukup dekat ke nilai integral dari f pada I, bila f terintegralkan pada I. Perhatikan bahwa untuk sembarang partisi P dari I dan untuk sembarang

125


pemilihan titik sampel tk ∈ Ik := [xk−1 , xk ], kita mempunyai mk ≤ f (tk ) ≤ Mk ,

k = 1, 2, . . . , n,

dengan mk := inf f (Ik ) dan Mk := sup f (Ik ). Akibatnya, n X

mk (xk − xk−1 ) ≤

k=1

n X

f (tk )(xk − xk−1 ) ≤

k=1

n X

Mk (xk − xk−1 ),

k=1

yakni L(P, f ) ≤ S(P, f ) ≤ U (P, f ). Jadi, jumlah Riemann untuk f senantiasa bernilai di antara jumlah Riemann bawah dan jumlah Riemann atas, terlepas dari bagaimana caranya kita memilih titik-titik sampel tk . Catat khususnya jika batas bawah mk dan batas atas Mk tercapai oleh f pada [xk−1 , xk ] untuk tiap k = 1, 2, . . . , n, maka jumlah Riemann bawah dan jumlah Riemann atas sama dengan jumlah Riemann untuk titik-titik sampel tertentu. Secara umum, jumlah Riemann bawah maupun atas bukan jumlah Riemann (karena nilai mk dan Mk tidak harus tercapai oleh f ). Namun demikian, dengan memilih titik-titik sampel secara cermat, kita dapat memperoleh jumlah Riemann yang cukup dekat ke jumlah Riemann bawah atau ke jumlah Riemann atas. Soal Latihan 1. Misalkan f (x) = x, x ∈ [0, b]. Untuk sembarang partisi P := {x0 , x1 , . . . , xn } dari [0, b], pilih titik-titik sampel tk = 21 (xk +xk−1 ). Hitunglah jumlah Riemann S(P, f ) dengan titik-titik sampel ini. 2. Misalkan f : I → R terbatas, P := {x0 , x1 , . . . , xn } partisi dari I, dan > 0 sembarang. (a) Tentukan titik-titik sampel tk sedemikian sehingga n X

f (tk )(xk − xk−1 ) − L(P, f ) < .

k=1

(b) Tentukan titik-titik sampel tk sedemikian sehingga U (P, f ) −

n X k=1

f (tk )(xk − xk−1 ) < .

126

Hendra Gunawan

15.2 Integral sebagai Limit Rb Di sini kita akan melihat bahwa a f (x) dx dapat dipandang sebagai ‘limit’ dari jumlah Riemann S(P, f ), dalam arti tertentu. Teorema 1. Misalkan f terintegralkan pada I. Maka, untuk setiap > 0 terdapat suatu partisi P dari I sedemikian sehingga untuk sembarang partisi P ⊇ P dan sembarang jumlah Riemann S(P, f ) berlaku Z S(P, f ) −

a

b

f (x) dx < .

Bukti. Diberikan > 0 sembarang, pilih partisi P dari I sedemikian sehingga U (P , f ) − L(P , f ) < . Selanjutnya ambil sembarang partisi P ⊇ P . Maka, menurut Proposisi 1 pada Subbab 13.1, kita mempunyai L(P , f ) ≤ L(P, f ) ≤ U (P, f ) ≤ U (P , f ). Akibatnya, U (P, f ) − L(P, f ) < . Sekarang misalkan S(P, f ) adalah sembarang jumlah Riemann yang terkait dengan P . Maka, L(P, f ) ≤ S(P, f ) ≤ U (P, f ). Sementara itu, kita juga mempunyai Z L(P, f ) ≤

b

f (x) dx ≤ U (P, f ).

a

Dari kedua ketaksamaan ini kita peroleh Z b f (x) dx ≤ U (P, f ) − L(P, f ) < , S(P, f ) − a

dan teorema pun terbukti. Teorema berikut merupakan kebalikan dari Teorema 1. Buktinya diserahkan sebagai latihan.


127

Teorema 2. Misalkan f terbatas pada I. Misalkan terdapat suatu bilangan A ∈ R sedemikian sehingga untuk setiap > 0 terdapat partisi P dari I sedemikian sehingga untuk sembarang partisi P ⊇ P dan sembarang jumlah Riemann S(P, f ) berlaku |S(P, f ) − A| < . Maka f terintegralkan pada I dan Z

b

f (x) dx = A. a

Soal Latihan 1. Buktikan Teorema 2. 2. Misalkan f (x) = x, x ∈ [0, b]. Gunakan Teorema 1 dan Soal Latihan 15.1 No. Rb 1 untuk menyimpulkan bahwa 0 x dx = 12 b2 . 3. Gunakan Teorema 1 untuk memberikan bukti alternatif untuk Teorema Dasar Kalkulus II (Teorema 6 pada Sub-bab 14.2).

15.3 Teorema Darboux Terdapat cara lain melihat integral sebagai limit dari jumlah Riemann. Misalkan I := [a, b] dan P := {x0 , x1 , . . . , xn } adalah partisi dari I. Ukuran kehalusan dari P , dilambangkan dengan kP k, didefinisikan sebagai kP k := sup{xk − xk−1 : k = 1, 2, . . . , n}. Dalam perkataan lain, kP k adalah panjang sub-interval maksimum yang terkait dengan partisi P . Catat bahwa dua partisi berbeda dapat memiliki kehalusan yang sama. Selain itu, jika P ⊆ Q (yakni, Q merupakan perhalusan dari P ), maka kQk ≤ kP k. Namun sebaliknya kQk ≤ kP k tidak mengharuskan P ⊆ Q. Teorema berikut memperlihatkan bahwa jika f terintegralkan pada I, maka integral f pada I merupakan limit dari jumlah Riemann untuk kP k → 0.

128

Hendra Gunawan

Teorema 3 (Teorema Darboux). Misalkan f terintegralkan pada I. Maka, untuk setiap > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika Q adalah partisi dari I dengan kQk < δ, maka untuk sembarang jumlah Riemann S(Q, f ) berlaku Z b f (x) dx < . S(Q, f ) − a Bukti. Diberikan > 0 sembarang, terdapat partisi P := {x0 , x1 , . . . , xn } sedemikian sehingga U (P , f ) − L(P , f ) < . 3 Akibatnya, jika P ⊇ P , maka U (P, f ) − L(P, f ) <

. 3

Selanjutnya misalkan M := sup{|f (x)| : x ∈ I} dan δ :=

12M n .

Ambil sembarang partisi Q := {y0 , y1 , . . . , ym } dari I dengan kQk < δ dan misalkan Q∗ := Q ∪ P . Maka Q∗ ⊇ P dan Q∗ mempunyai sebanyak-banyaknya n − 1 titik lebih banyak daripada Q, yakni titik-titik x1 , . . . , xn−1 yang ada di P tetapi tidak di Q. Selanjutnya kita akan membandingkan U (Q, f ) dengan U (Q∗ , f ), serta L(Q, f ) dengan L(Q∗ , f ). Karena Q∗ ⊇ Q, kita mempunyai U (Q, f ) − U (Q∗ , f ) ≥ 0. Jika kita tuliskan Q∗ = {z0 , z1 , . . . , zp }, maka U (Q, f ) − U (Q∗ , f ) dapat dinyatakan sebagai jumlah dari sebanyak-banyaknya 2(n − 1) suku berbentuk (Mj − Mk∗ )(zk − zk−1 ), dengan Mj menyatakan supremum dari f pada sub-interval ke-j dalam Q dan Mk∗ menyatakan supremum dari f pada sub-interval ke-k dalam Q∗ . Karena |Mj − Mk∗ | ≤ 2M dan |zk − zk−1 | ≤ kQ∗ k ≤ kQk < δ, kita peroleh 0 ≤ U (Q, f ) − U (Q∗ , f ) ≤ 2(n − 1) · 2M · δ < Akibatnya, kita dapatkan U (Q, f ) < U (Q∗ , f ) + . 3 Serupa dengan itu kita juga mempunyai L(Q∗ , f ) −

< L(Q, f ). 3

. 3


129

Rb Selanjutnya kita tahu bahwa S(Q, f ) dan a f (x) dx terletak dalam interval [L(Q, f ), U (Q, f )], dan karena itu keduanya berada dalam interval I := [L(Q∗, f ) − , U (Q∗ , f ) + ]. 3 3 Karena Q∗ ⊇ P , kita mempunyai U (Q∗ , f ) − L(Q∗ , f ) < 3 , sehingga panjang I Rb lebih kecil daripada . Jadi jarak antara S(Q, f ) dan a f (x) dx mestilah lebih kecil daripada , sebagaimana yang ingin kita buktikan. Kebalikan dari Teorema 3 juga berlaku. Teorema 4. Misalkan f : I → R terbatas. Misalkan terdapat suatu bilangan B ∈ R sedemikian sehingga untuk setiap > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga untuk sembarang partisi P dari I dengan kP k < δ dan sembarang jumlah Riemann S(P, f ) berlaku |S(P, f ) − B| < . Maka f terintegralkan pada I dan Z

b

f (x) dx = B. a

Soal Latihan 1. Buktikan Teorema 4. (Petunjuk. Gunakan Teorema 2.) 2. Buktikan bahwa f terintegralkan jika dan hanya jika untuk setiap > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika kP k < δ dan kQk < δ, maka |S(P, f ) − S(Q, f )| < .

130

Hendra Gunawan

16. BARISAN FUNGSI

16.1 Barisan Fungsi dan Kekonvergenan Titik Demi Titik

Bila pada bab-bab sebelumnya kita membahas fungsi sebagai sebuah objek individual, maka pada bab ini dan selanjutnya kita akan membahas keluarga fungsi yang membentuk suatu barisan. Dalam aplikasi, barisan fungsi muncul ketika kita berupaya menghampiri sebuah fungsi dengan keluarga fungsi yang kita kenal baik. Sebuah barisan fungsi adalah suatu pengaitan n 7→ fn , n ∈ N, yang kita tuliskan sebagai hfn i. Di sini fn merupakan fungsi dan untuk tiap n ∈ N kita asumsikan bahwa fn mempunyai daerah asal yang sama, sebutlah A ⊆ R. Seperti pada pembahasan barisan bilangan real, ketika dihadapkan dengan sebuah barisan fungsi hfn i kita akan tertarik untuk membahas perilaku fn apabila n → ∞. Dalam perkataan lain, kita ingin mempelajari kekonvergenan barisan hfn i pada A. Mengingat bahwa untuk tiap x ∈ A, fn (x) membentuk suatu barisan bilangan real, maka kekonvergenan barisan fungsi hfn i dapat didefinisikan melalui kekonvergenan barisan bilangan hfn (x)i. Bila untuk tiap x ∈ A, barisan hfn (x)i konvergen ke suatu bilangan (yang secara umum bergantung pada x), sebutlah Lx , maka kita peroleh sebuah fungsi f : A → R dengan f (x) = Lx . Jadi, untuk tiap x ∈ A, kita mempunyai fn (x) → f (x),

n → ∞.

Dalam hal ini, kita katakan bahwa hfn i konvergen titik demi titik ke f , dan kita tuliskan fn → f (titik demi titik),

n → ∞.

Fungsi f di sini disebut sebagai limit (titik demi titik) barisan hfn i.

131


Contoh 1. Misalkan untuk tiap n ∈ N kita mempunyai fn (x) := xn ,

x ∈ [0, 1].

Maka, barisan fungsi hfn i konvergen titik demi titik ke fungsi f dengan 0, 0 ≤ x < 1; f (x) := 1, x = 1. Untuk mendapatkan gambaran tentang apa yang terjadi, gambarlah grafik beberapa buah fungsi fn dan juga grafik fungsi f , pada sebuah sistem koordinat yang sama. Dalam Contoh 1 kita melihat bahwa fn kontinu pada [0, 1] untuk tiap n ∈ N, namun f tidak kontinu pada [0, 1]. Jadi, kekonvergenan titik demi titik secara umum tidak mempertahankan sifat kekontinuan fungsi. Padahal, dalam aplikasinya, ini merupakan salah satu isu penting. Oleh karena itu, dalam pembahasan berikutnya, kita akan mempelajari jenis kekonvergenan barisan fungsi yang lebih kuat, yang mempertahankan antara lain sifat kekontinuan fungsi. ∞ P Diberikan suatu barisan fungsi hfk i, kita mempunyai deret fungsi fk , yang didefinisikan sebagai limit titik demi titik dari barisan jumlah parsial

n

P

k=1

fk , asalkan

k=1

barisan jumlah parsial ini konvergen. Jika barisan jumlah parsial tersebut konvergen titik demi titik ke fungsi s pada A, maka s disebut sebagai jumlah deret pada A. Dalam hal ini, kita tuliskan ∞ X

fk (x) = s(x), x ∈ A.

k=1

Secara umum, indeks k dapat berjalan mulai dari sembarang k ∈ Z. Sebagai contoh, jika fk (x) := xk , k = 0, 1, 2, . . . , maka kita peroleh deret ∞ P 1 untuk |x| < 1 (lihat kembali Bab 5). geometri xk , yang konvergen ke 1−x k=0

Pembahasan mengenai deret fungsi, khususnya deret yang berbentuk ∞ X

an (x − c)n

n=0

akan dilakukan secara mendalam pada Bab 18.

132

Hendra Gunawan

Soal Latihan 1. Tinjau barisan fungsi hfn i yang dibahas dalam Contoh 1. Diberikan x ∈ [0, 1] dan > 0, tentukan N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku |fn (x) − f (x)| < . (Catatan. Kasus x = 1 perlu ditangani tersendiri.) 2. Untuk masing-masing barisan fungsi di bawah ini, tentukan sebuah fungsi f yang merupakan limitnya (titik demi titik). (a) fn (x) :=

xn n ,

x ∈ [0, 1].

(b) fn (x) := nx(1 − x2 )n , x ∈ [0, 1]. (c) fn (x) :=

x n,

x ∈ R. 2n

(d) fn (x) :=

x 1+x2n ,

(e) fn (x) :=

sin√nx , n x

x ∈ R. x > 0.

16.2 Kekonvergenan Seragam Misalkan hfn i adalah suatu barisan fungsi yang, katakanlah, konvergen titik demi titik ke fungsi f pada A. Dalam hal ini, diberikan x ∈ A dan > 0, terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku |fn (x) − f (x)| < . Secara umum bilangan N di sini bergantung pada x, selain pada . Bila bilangan N tadi berlaku untuk tiap x ∈ A, maka hfn i dikatakan konvergen seragam ke f pada A. Jadi, barisan fungsi hfn i konvergen seragam ke f pada A apabila untuk setiap > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N dan x ∈ A berlaku |fn (x) − f (x)| < . Dalam hal ini kita tuliskan fn → f (seragam),

n → ∞.

Jelas bahwa kekonvergenan seragam akan mengakibatkan kekonvergenan titik demi titik. (Dalam perkataan lain, kekonvergenan titik demi titik merupakan syarat perlu untuk kekonvergenan seragam.)


133

Gambar 16.1 Pita dengan lebar 2 dan median grafik fungsi f Perhatikan bahwa ketaksamaan |fn (x) − f (x)| < setara dengan f (x) − < fn (x) < f (x) + . Bila ini berlaku untuk setiap n ≥ N dan x ∈ A, maka grafik fungsi fn pada A berada di antara ‘pita’ [f − , f + ] yang mempunyai lebar 2 dan median grafik fungsi f , sebagaimana diilustrasikan dalam Gambar 16.1. Contoh 2. Barisan fungsi hfn i dengan fn (x) := xn , x ∈ [0, 1], tidak konvergen seragam ke f pada [0, 1], dengan f (x) :=

0, 0 ≤ x < 1; 1, x = 1.

Di sini, pita [f − 41 , f + 41 ] tidak akan memuat grafik fn untuk n berapa pun. Lemma berikut (yang merupakan negasi dari definisi kekonvergenan seragam) dapat dipakai untuk menyelediki ketidakkonvergenan seragam suatu barisan fungsi. Lemma 3. Barisan fungsi hfn i tidak konvergen seragam ke fungsi f pada A jika dan hanya jika untuk suatu 0 > 0 terdapat subbarisan hfnk i dari hfn i dan barisan bilangan hxk i di A sedemikian sehingga |fnk (xk ) − f (xk )| ≥ 0 .

134

Hendra Gunawan

Dengan menggunakan Lemma 3, ketidakkonvergenan seragam barisan fungsi 1/k . dalam Contoh 2 dapat dibuktikan dengan mengambil 0 = 41 , nk = k dan xk = 12 Di sini kita mempunyai 1 1 |fnk (xk ) − f (xk )| = − 0 = > 0 . 2 2 Ketidakkonvergenan seragam barisan dalam Contoh 2 juga dapat dijelaskan dengan teorema di bawah ini (yang mengatakan bahwa kekonvergenan seragam mempertahankan sifat kekontinuan). Teorema 4. Misalkan hfn i konvergen seragam ke f pada suatu interval I ⊆ R. Jika fn kontinu di c ∈ I untuk tiap n ∈ N, maka f juga kontinu di c. Bukti. Diberikan > 0, pilih N ∈ N sedmeikian sehingga untuk setiap n ≥ N dan x ∈ I berlaku |fn (x) − f (x)| < . 3 Karena fN kontinu di c, maka suatu interval Iδ (c) ⊆ I yang memuat c sedemikian sehingga untuk setiap x ∈ Iδ (x) berlaku |fN (x) − f (x)| <

. 3

Jadi, untuk setiap x ∈ Iδ (c), kita mempunyai |f (x) − f (c)| ≤ |f (x) − fN (x)| + |fN (x) − fN (c)| + |fN (c) − f (c)| <

+ + = . 3 3 3

Ini membuktikan bahwa f kontinu di c. Soal Latihan 1. Selidiki apakah masing-masing barisan fungsi di bawah ini konvergen seragam ke limitnya. (a) fn (x) :=

xn n ,

x ∈ [0, 1].

(b) fn (x) := nx(1 − x2 )n , x ∈ [0, 1]. (c) fn (x) :=

x n,

(d) fn (x) :=

x2n 1+x2n ,

(e) fn (x) :=

sin√nx , n x

x ∈ R. x ∈ R. x > 0.

135


2. Buktikan jika hfn i dan hgn i konvergen seragam ke f dan g pada A (berturutturut), maka hfn + gn i konvergen seragam ke f + g pada A. 3. Misalkan fn (x) := x + n1 dan f (x) = x, x ∈ R. Buktikan bahwa hfn i konvergen seragam ke f pada R, namun hfn2 i tidak konvergen seragam ke f 2 pada R.

16.3 Kriteria Cauchy untuk Kekonvergenan Seragam Dalam membahas kekonvergenan seragam, seringkali kita terbantu dengan pengertian norma seragam berikut. Ingat bahwa untuk A ⊆ R, fungsi f : A → R dikatakan terbatas pada A apabila f (A) merupakan himpunan terbatas. Sekarang, jika f terbatas pada A, maka kita definisikan norma seragam f pada A sebagai kf kA := sup {|f (x)| : x ∈ A}. Perhatikan bahwa kf kA < setara dengan |f (x)| < untuk tiap x ∈ A. Menggunakan norma seragam, kita mempunyai lemma berikut tentang kekonvergenan seragam. Lemma 5. Misalkan fn terbatas pada A untuk tiap n ∈ N. Maka, barisan hfn i konvergen seragam ke f pada A jika dan hanya jika lim kfn − f kA = 0. n→∞

Dengan menggunakan Lemma 5, kita juga dapat membuktikan ketidakkonvergenan seragam barisan fungsi dalam Contoh 2, dengan menghitung bahwa kfn − f k[0,1] = 1 untuk tiap n ∈ N. Dengan menggunakan norma seragam, kita peroleh pula kriteria berikut untuk kekonvergenan seragam suatu barisan fungsi. Teorema 6 (Kriteria Cauchy untuk Kekonvergenan Seragam). Misalkan fn terbatas pada A untuk tiap n ∈ N. Maka, barisan hfn i konvergen seragam ke suatu fungsi terbatas f pada A jika dan hanya jika untuk setiap > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk sembarang m, n ≥ N berlaku kfm − fn k < .

136

Hendra Gunawan

Bukti. Misalkan hfn i konvergen seragam ke f pada A. Diberikan > 0 sembarang, pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku kfn − f kA < 2 . Akibatnya, jika m, n ≥ N , maka |fm (x) − fn (x)| ≤ |fm (x) − f (x)| + |fn (x) − f (x)| <

+ = 2 2

untuk tiap x ∈ A. Jadi kfm − fn kA < untuk m, n ≥ N . Sebaliknya, misalkan untuk setiap > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk m, n ≥ N kita mempunyai kfm − fn kA < . Maka, untuk setiap x ∈ A, berlaku |fm (x) − fn (x)| ≤ kfm − fn kA < , untuk m, n ≥ N . Ini berarti bahwa hfn (x)i merupakan barisan Cauchy di R, dan karenanya ia merupakan barisan yang konvergen, katakanlah ke f (x). Selanjutnya, untuk setiap x ∈ A, kita mempunyai |fm (x) − f (x)| = lim |fm (x) − fn (x)| ≤ , n→∞

untuk m ≥ N . Ini menunjukkan bahwa hfn i konvergen seragam ke f pada A. Soal Latihan 1. Buktikan Lemma 5. 2. Misalkan hfn i dan hgn i adalah barisan fungsi terbatas pada A, yang konvergen seragam ke f dan g pada A (berturut-turut). Tunjukkan bahwa hfn gn i konvergen seragam ke f g pada A. 3. Uji-M Weierstrass. Misalkan hfn i adalah barisan fungsi pada A dan |fn (x)| ≤ P∞ Mn untuk tiap x ∈ A dan n ∈ N. Buktikan jika k=1 Mk konvergen, maka P∞ deret fungsi k=1 fk konvergen seragam pada A.


137

17. PERTUKARAN LIMIT

17.1 Pertukaran Limit dan Turunan Kita telah melihat sebelumnya bahwa kekonvergenan seragam mempertahankan sifat kekontinuan fungsi, yakni, jika fn kontinu pada A untuk tiap n ∈ N dan hfn i konvergen seragam ke f pada A, maka f kontinu pada A. Sekarang kita bertanya: apakah kekontinuan seragam juga mempertahankan sifat diferensiabilitas? Pertanyaan ini penting mengingat dalam aplikasi kita seringkali ∞ P menaksir sebuah fungsi f dengan suatu deret fn (misalnya), dan kemudian kita n=1

menginginkan f 0 (x) =

∞ X

fn0 (x).

n=1

Jawaban untuk pertanyaan ini ternyata negatif. Sebagai contoh, fungsi f yang didefinisikan sebagai jumlah deret berikut f (x) :=

∞ X

2−k cos(3k x)

k=1

merupakan fungsi yang kontinu di setiap titik tetapi tidak mempunyai turunan di titik manapun (lihat Bartle & Sherbert). Padahal, jumlah parsial deret ini mempunyai turunan di setiap titik dan membentuk barisan yang konvergen seragam ke f . Jadi, kekonvergenan seragam dari suatu barisan fungsi yang mempunyai turunan ternyata tidak menjamin bahwa limitnya mempunyai turunan. Teorema berikut memberikan suatu syarat cukup agar sebuah barisan fungsi mempertahankan sifat diferensiabilitas. Teorema 1. Misalkan I ⊆ R adalah suatu interval terbatas dan hfn i adalah barisan fungsi pada I. Misalkan terdapat x0 ∈ I sedemikian sehingga hfn (x0 )i konvergen dan

138

Hendra Gunawan

barisan hfn0 i terdefinisi dan konvergen seragam ke suatu fungsi g pada I. Maka, hfn i konvergen seragam ke suatu fungsi f pada I dengan f 0 (x) = g(x), x ∈ I. Bukti. Misalkan a < b adalah titik ujung interval I dan x ∈ I sembarang. Jika m, n ∈ N, maka menurut Teorema Nilai Rata-rata (untuk turunan) terdapat y di antara x0 dan x sedemikian sehingga 0 fm (x) − fn (x) = fm (x0 ) − fn (x0 ) + (x − x0 )[fm (y) − fn (y)].

Akibatnya, kita peroleh 0 kfm − fn kI ≤ |fm (x0 ) − fn (x0 )| + (b − a)kfm − fn0 kI .

Menurut hipotesis dan Kriteria Cauchy (Teorema 6, Bab 16), hfn i konvergen seragam pada I. Sebutlah f := lim fn . Karena fn kontinu pada I untuk tiap n ∈ N, maka f n→∞ juga kontinu pada I. Untuk menunjukkan bahwa f mempunyai turunan di sembarang titik c ∈ I, kita terapkan lagi Teorema Nilai Rata-rata terhadap fm − fn pada interval dengan titik ujung c dan x. Dalam hal ini terdapat z di antara c dan x sedemikian sehingga 0 [fm (x) − fn (x)] − [fm (c) − fn (c)] = (x − c)[fm (z) − fn0 (z)].

Jadi, dalam hal x 6= c, kita peroleh fm (x) − fm (c) fn (x) − fn (c) 0 ≤ kfm − − fn0 kI . x−c x−c Karena hfn0 i konvergen seragam pada I, untuk > 0 sembarang terdapat N ∈ N sedemikian sehingga jika m, n ≥ N dan x 6= c, maka fm (x) − fm (c) fn (x) − fn (c) ≤ . − x−c x−c Jika kita ambil limit dari ruas kiri (terhadap m), maka kita dapatkan f (x) − f (c) fn (x) − fn (c) ≤ − x−c x−c untuk n ≥ N dan x 6= c. Selanjutnya, karena lim fn0 (c) = g(c), maka terdapat n→∞ M ∈ N sedemikian sehingga |fn0 (c) − g 0 (c)| < untuk n ≥ M . Sekarang misalkan


139

0 K := maks {M, N }. Karena fK (c) ada, maka terdapat δK > 0 sedemikian sehingga jika 0 < |x − c| < δK , maka fK (x) − fK (c) 0 − fK (c) < . x−c

Jadi, jika 0 < |x − c| < δK , maka (berdasarkan ketiga ketaksamaan di atas) kita mempunyai f (x) − f (c) − g(c) < 3. x−c Ini menunjukkan bahwa f 0 (c) ada dan sama dengan g(c). Karena c ∈ I sembarang, kita simpulkan bahwa f 0 = g pada I. Soal Latihan 1. Misalkan fn (x) := nx , x ∈ R. Selidiki apakah limit dan turunan dapat bertukar untuk barisan fungsi ini. n

2. Misalkan fn (x) := xn , x ∈ [0, 1]. Buktikan bahwa hfn i konvergen seragam ke suatu fungsi f yang mempunyai turunan pada [0, 1], dan hfn0 i konvergen ke suatu fungsi g pada [0, 1], tetapi f 0 (1) 6= g(1).

17.2 Fungsi Eksponensial Dalam Kalkulus, kita mendefinisikan fungsi eksponensial E(x) := ex sebagai Rx invers dari fungsi logaritma L(x) := ln x := 1 1t dt, x > 0. Namun, daripada mengulang apa yang telah kita pelajari dalam Kalkulus, kita akan mempelajari suatu cara lain mendefinisikan fungsi eksponensial, yaitu dengan meninjau Masalah Nilai Awal E 0 (x) = E(x),

E(0) = 1.

(3)

Perhatikan bahwa Masalah Nilai Awal ini setara dengan persamaan integral Z x E(x) = 1 + E(t) dt. 0

Untuk mendapatkan solusinya, kita lakukan iterasi Picard dengan hampiran awal E0 (x) := 1 dan Z x En+1 (x) := 1 + En (t) dt, n = 0, 1, 2, . . . . 0

140

Hendra Gunawan

Dalam hal ini, kita akan memperoleh barisan fungsi En (x) := 1 +

x xn + ··· + , 1! n!

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

yang memenuhi 0 En+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 xn+1 xm |Em (x) − En (x)| = + ··· + (n + 1)! m! R m−n−1 i Rn+1 h R ≤ 1 + + ··· + (n + 1)! n n n+1 2R < . (n + 1)! n

Karena lim Rn! = 0, kita simpulkan bahwa barisan hEn i konvergen seragam pada n→∞ [−R, R] untuk R > 0 sembarang. Sebagai akibatnya, kita mempunyai teorema berikut. Teorema 2. Barisan hEn i konvergen titik demi titik ke suatu fungsi E yang kontinu pada R, dengan E(0) = 1. Bukti. Berdasarkan penjelasan di atas, jelas bahwa hEn (x)i konvergen untuk tiap x ∈ R. Definisikan E : R → R dengan E(x) := lim En (x), n→∞

x ∈ R.

Karena setiap x ∈ R termuat dalam suatu interval [−R, R], maka E kontinu pada R. Selanjutnya, karena En (0) = 1 untuk tiap n, maka E(0) = 1. Lebih jauh, kita mempunyai: Teorema 3. E mempunyai turunan dengan E 0 (x) = E(x) untuk tiap x ∈ R. 0 (x) = En (x) untuk tiap Bukti. Mengingat bahwa En mempunyai turunan dan En+1 0 n = 0, 1, 2, . . . , barisan hEn i juga konvergen seragam ke E pada sembarang interval [−R, R]. Menurut Teorema 1, 0 E 0 (x) = lim En+1 (x) = lim En (x) = E(x), n→∞

n→∞

141


pada sembarang interval [−R, R]. Dengan demikian, E 0 (x) = E(x) untuk tiap x ∈ R. Akibat 4. Fungsi E mempunyai turunan ke-k untuk tiap k ∈ N, dengan E (k) (x) = E(x) untuk tiap 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 tiap x ∈ R; (ii) E(x + y) = E(x)E(y) untuk tiap x, y ∈ R; (iii) Jika e = E(1), maka E(r) = er untuk tiap r ∈ Q. Soal Latihan 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 titik mempertahankan keterintegralan. Misalkan fn (x) := nx(1 − x2 )n , x ∈ [0, 1] (Soal 16.1 No. R1 2(b). Barisan fungsi ini konvergen ke fungsi f ≡ 0 pada [0, 1]. Di sini 0 f (x) dx = 0, sementara Z 1 Z 1 n (1 − x2 )n+1 1 n fn (x) dx = n x(1 − x2 )n dx = − . = 2 n + 1 2(n + 1) 0 0 0 Jadi, kita peroleh Z lim

n→∞

1

fn (x) dx = 0

1 . 2

Dengan demikian, untuk barisan fungsi ini, kita melihat bahwa Z n→∞

1

Z fn (x) dx 6=

lim

0

1

f (x) dx. 0

Perlu dicatat di sini bahwa hfn i tidak konvergen seragam ke f .

142

Hendra Gunawan

Pertanyaannya sekarang adalah: bilakah limit dan integral dapat bertukar tempat, yakni bilakah Z b Z b fn (x) dx = lim fn (x) dx? lim n→∞

a n→∞

a

Teorema berikut menyatakan bahwa kekonvergenan seragam mempertahankan keterintegralan dan menjamin bahwa limit dan integral dapat betukar tempat. Teorema 7. Misalkan fn terintegralkan pada I := [a, b] untuk tiap n ∈ N dan hfn i konvergen seragam ke f pada [a, b]. Maka, f terintegralkan pada [a, b] dan Z n→∞

b

b

Z fn (x) dx =

lim

f (x) dx.

a

a

Bukti. Diberikan > 0, pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap m ≥ N berlaku kf − fm kI <

. 4(b − a)

Selanjutnya, karena fN terintegralkan, maka menurut Kriteria Riemann, terdapat partisi P := {x0 , x1 , . . . , xn } dari I sedemikian sehingga U (P , fN ) − L(P , fN ) < Sementara itu, karena |f (x) − fN (x)| ≤

4(b−a)

untuk tiap x ∈ I, maka

Mj (f ) ≤ Mj (fN ) + dengan Mj (f ) :=

sup

. 2

4(b − a)

f (x) dan Mj (fN ) :=

fN (x). Jadi, kita peroleh

sup xj−1 ≤x≤xj

xj−1 ≤x≤xj

U (P , f ) ≤ U( P , fN ) + . 4 Dengan cara yang serupa, kita juga peroleh L(P , fN ) −

≤ L(P , f ). 4

Akibatnya, kita dapatkan U (P , f ) − L(P , f ) ≤ U (P , fN ) − L(P , fN ) + Ini membuktikan bahwa f terintegralkan pada I.

< + = . 2 2 2

143


Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa limit dan integral dapat bertukar tempat, kita amati bahwa Z Z Z b b b f (x) dx − fm (x) dx = [f (x) − fm (x)] dx ≤ kf − fm kI (b − a). a a a Karena lim kf −fm kI = 0, maka nilai di ruas kiri mestilah menuju ke 0 bila m → ∞, m→∞ sehingga Z b Z b fm (x) dx, f (x) dx = lim m→∞

a

a

sesuai dengan harapan kita. Soal Latihan 1. Misalkan gn (x) := nx(1 − x)n , x ∈ [0, 1]. Selidiki kekonvergenan hgn i dan R1 h 0 gn (x) dxi. 2. Misalkan hfn i adalah barisan fungsi yang terintegralkan pada [a, b], yang konvergen (titik demi titik) ke suatu fungsi yang terintegralkan pada [a, b]. Misalkan pula bahwa terdapat B > 0 sedemikian sehingga |fn (x)| ≤ B untuk tiap x ∈ [a, b] dan n ∈ N. Buktikan bahwa Z lim

n→∞

b

Z fn (x) dx =

a

b

f (x) dx. a

144

Hendra Gunawan

18. DERET PANGKAT

18.1 Deret Pangkat dan Interval Kekonvergenannya Pada Bab 16 (dan, jauh sebelumnya, yaitu pada Bab 5) kita telah membahas ∞ P 1 deret geometri untuk |x| < 1. Pada xn , yang konvergen (titik demi titik) ke 1−x n=0

Bab 17, tepatnya pada Sub-bab 17.2, kita berurusan dengan deret

∞ P n=0

xn n! ,

yang kon-

vergen (seragam) pada sembarang interval [−R, R], R > 0. Kedua deret ini termasuk dalam keluarga deret pangkat ∞ X an (x − c)n , (4) n=0

yang akan kita pelajari secara lebih mendalam sekarang. Deret pangkat (4) jelas konvergen untuk x = c. Teorema berikut menunjukkan bahwa sebuah deret pangkat secara umum konvergen pada suatu interval yang berpusat di c. ∞ P Teorema 1. Jika deret an (x − c)n konvergen untuk x = x0 , maka deret tersebut n=0

juga konvergen (mutlak) untuk x dengan |x − c| < |x0 − c|. Bukti. Karena

∞ P

an (x0 − c)n konvergen, maka an (x0 − c)n → 0 bila n → ∞.

n=0

Akibatnya, barisan han (x0 − c)n i terbatas, yakni terdapat M sedemikian sehingga |an (x0 − c)n | ≤ M,

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

Sekarang misalkan |x − c| < |x0 − c|. Maka r=

|x − c| < 1. |x0 − c|

Akibatnya |an (x − c)n | = |an (x0 − c)n |.rn ≤ M.rn ,

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

145

Pengantar Analisis Real ∞ P

Karena deret

rn konvergen, maka menurut Uji Banding deret

n=0

∞ P

an (x − c)n juga

n=0

konvergen (mutlak). ∞ P

Untuk selanjutnya, himpunan semua bilangan x ∈ R di mana deret pangkat an (x − c)n konvergen disebut interval kekonvergenan deret tersebut. Jika titik

n=0

ujung interval kekonvergenan tersebut adalah c − R dan c + R (dengan R ≥ 0), maka ∞ P R disebut jari-jari kekonvergenan deret an (x − c)n . Interval kekonvergenannya n=0

dalam hal ini adalah (c−R, c+R), (c−R, c+R], [c−R, c+R), atau [c−R, c+R]. Jika interval kekonvergenannya adalah R, maka jari-jari kekonvergenannya tak terhingga. Contoh 2. (a) Interval kekonvergenan deret geometri

∞ P

xn adalah (−1, 1), jari-jari

n=0

kekonvergenannya sama dengan 1. ∞ P (b) Interval kekonvergenan deret n=0

xn n!

adalah R. [Ingat bahwa deret ini konvergen

pada sembarang interval [−R, R], R > 0.] Soal Latihan 1. Tentukan interval kekonvergenan deret pangkat berikut. (Petunjuk. Gunakan subsitusi peubah, misal t = x − 1 untuk deret pertama.) (a)

∞ P

(x − 1)n .

n=0

(b)

∞ P n=0

(c)

∞ P n=0

xn 2n . x2n n!

18.2 Jari-jari Kekonvergenan

∞ P

Pada sub-bab terdahulu kita telah membuktikan bahwa sebuah deret pangkat an (x − c)n senantiasa konvergen pada suatu interval yang berpusat di c. Teorema

n=0

berikut memberi kita rumus jari-jari kekonvergenannya.

146

Hendra Gunawan

a n Teorema 3. Misalkan lim ada atau tak terhingga, katakanlah sama dengan n→∞ an+1 ∞ P R. Maka, deret an (x−c)n konvergen bila |x−c| < R dan divergen bila |x−c| > R. n=0

Bukti. Misalkan 0 < R < ∞. (Kasus R = 0 atau tak terhingga diserahkan sebagai ∞ P latihan.) Menggunakan Uji Rasio, deret an (x − c)n konvergen bila n=0

a 1 n+1 (x − c)n+1 · |x − c| < 1, lim = n→∞ an (x − c)n R yakni bila |x − c| < R. Uji Rasio juga memberi tahu kita bahwa deret akan divergen bila |x − c| > R. Catatan. Teorema di atas tidak memberi tahu kita perihal kekonvergenan deret untuk x = c ± R. Namun, kita dapat memeriksa kedua kasus tersisa ini secara tersendiri, dengan menggunakan pengetahuan kita tentang deret bilangan. Contoh 4. (a) Untuk deret geometri

∞ P

xn , kita mempunyai an = 1 untuk tiap

n=0

n ∈ N. Karena itu, jari-jari kekonvergenannya adalah a n R = lim = 1. n→∞ an+1 Jadi deret konvergen bila |x| < 1 dan divergen bila |x| > 1. Untuk x = ±1, deret jelas divergen. Dengan demikian, interval kekonvergenan deret adalah (−1, 1), sebagaimana telah kita ketahui sebelumnya. ∞ P 1 xn (b) Untuk deret n! , kita mempunyai an = n! untuk tiap n ∈ N. Karena itu, n=0

jari-jari kekonvergenannya adalah a n R = lim = lim (n + 1) = ∞. n→∞ an+1 n→∞ Jadi deret konvergen untuk setiap x ∈ R. D a E n Apa yang terjadi bila barisan berosilasi, misalnya bila an adalah barisan an+1 1, 1, 2, 2, 3, 3, . . . ? Teorema berikut memberi suatu cara lain menentukan jari-jari kekonvergenan deret dengan koefisien demikian.


147

Teorema 5. Misalkan L := lim sup |an |1/n ada atau tak terhingga, dan R :=

1 . L

Maka, deret

∞ P

n→∞ n

an (x − c) konvergen bila |x − c| < R dan divergen bila |x − c| > R.

n=0

Soal Latihan 1. Buktikan Teorema 3 untuk kasus R = 0 dan R = ∞. 2. Tentukan jari-jari kekonvergenan deret berikut, dan kemudian tentukan interval kekonvergenannya. (a)

∞ P

(b)

n=0 ∞ P

(c)

n=0 ∞ P n=0

xn n . xn+1 2n . x2n (2n)!

3. Buktikan Teorema 5.

18.3 Kekonvergenan Seragam Deret Pangkat Teorema berikut menyatakan bahwa deret pangkat senantiasa konvergen seragam pada sembarang interval kompak di dalam interval kekonvergenannya. Teorema 6. Jika R adalah jari-jari kekonvergenan deret pangkat

∞ P

an xn , maka

n=0

deret konvergen seragam pada sembarang interval kompak K ⊆ (−R, R). Bukti. Hipotesis bahwa K kompak dan termuat dalam (−R, R) mengakibatkan adanya suatu konstanta c < 1 sedemikian sehingga |x| < cR untuk tiap x ∈ K. Karena itu, |an xn | ≤ |an |cn Rn =: Mn , Menurut Uji Rasio,

∞ P

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

Mn konvergen. Akibatnya, berdasarkan Uji-M Weierstrass

n=0

(Soal No. 3, Sub-bab 16.3),

∞ P n=0

an xn konvergen seragam pada K.

148

Hendra Gunawan

Akibat 7. Jumlah suatu deret pangkat merupakan fungsi yang kontinu pada (−R, R), dengan R adalah jari-jari kekonvergenan deret pangkat tersebut. Akibat 8. Sebuah deret pangkat dapat diintegralkan suku demi suku (yakni, integral dan sigma dapat bertukar) pada sembarang interval kompak di dalam interval kekonvergenannya. Akibat 9. Sebuah deret pangkat dapat diturunkan suku demi suku (yakni, turunan dan sigma dapat bertukar) di dalam interval kekonvergenannya. Persisnya, jika f (x) = ∞ ∞ P P an xn , maka f 0 (x) = nan xn−1 untuk |x| < R, dengan R adalah jari-jari kekonn=0

vergenan deret

∞ P

n=1 n

an x . Lebih jauh, deret

n=0

∞ P

nan xn−1 juga mempunyai jari-jari

n=1

kekonvergenan R. Perhatikan bahwa dalam Akibat 9 kita mempunyai a0 = f (0) dan a1 = f 0 (0). Jika fungsi f mempunyai turunan ke-n di titik c untuk tiap n ∈ N, maka kita dapat (n) menghitung koefisien Taylor an := f n!(c) untuk tiap n ∈ N dan memperoleh suatu deret pangkat dengan koefisien-koefisien ini. Namun, tidak ada jaminan bahwa deret pangkat yang dihasilkan konvergen ke f pada suatu interval terbuka yang memuat c. Kekonvergenan deret pangkat tersebut bergantung pada suku sisa En dalam Teorema Taylor (Teorema 5, Sub-bab 10.3). Dalam hal ini, kita mempunyai deret Taylor untuk f di sekitar c, yaitu f (x) =

∞ X (x − c)n (n) f (c), n! n=0

x ∈ (c − R, c + R),

jika dan hanya jika barisan hEn (x)i konvergen ke 0 untuk tiap x ∈ (c − R, c + R). Soal Latihan 1. Buktikan Akibat 7. 2. Buktikan Akibat 8. 3. Buktikan Akibat 9. 4. Buktikan bahwa deret pangkat

∞ P

an xn dapat diturunkan suku demi suku k kali

n=0

di dalam interval kekonvergenannya. Kemudian buktikan bahwa f (k) (0) = k!ak , untuk tiap k ∈ N.

149


5. Buktikan jika

∞ P n=0

an xn dan

∞ P

bn xn konvergen ke suatu fungsi f yang sama

n=0

pada suatu interval (−r, r) dengan r > 0, maka an = bn untuk tiap n ∈ N. 2

6. Buktikan dengan induksi bahwa fungsi f dengan f (x) = e−1/x untuk x 6= 0 dan f (0) = 0 mempunyai turunan ke-k di 0, yaitu f (k) (0) = 0, untuk tiap k ∈ N. (Jadi, fungsi f tidak dapat dinyatakan sebagai deret Taylor di sekitar 0.)

150

Hendra Gunawan

DAFTAR PUSTAKA

1. R.G. Bartle and D. Sherbert, Introduction to Real Analysis, 3rd ed., John Wiley

& Sons, 19xx. 2. K.G. Binmore, Mathematical Analysis, 2nd ed., Cambridge Univ. Press., 1982.

Pengantar Analisis Real Oleh Hendra Gunawan Ph.D.pdf

Recommend Documents