MA3231 Analisis Real

Transkripsi

1 MA3231 Analisis Real Hendra Gunawan* * Analysis and Geometry Group Bandung Institute of Technology Bandung, INDONESIA Program Studi S1 Matematika ITB, Semester II 2016/2017 HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

2 BAB 17. PERTUKARAN LIMIT DAN INTEGRAL Pertukaran Limit dan Turunan HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

3 BAB 17. PERTUKARAN LIMIT DAN INTEGRAL Pertukaran Limit dan Turunan Fungsi Eksponensial HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

4 BAB 17. PERTUKARAN LIMIT DAN INTEGRAL Pertukaran Limit dan Turunan Fungsi Eksponensial Pertukaran Limit dan Integral HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

5 17.1 Pertukaran Limit dan Turunan Kita telah melihat sebelumnya bahwa kekonvergenan seragam mempertahankan sifat kekontinuan fungsi, yakni, jika f n kontinu pada A untuk setiap n N dan f n 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 menaksir sebuah fungsi f dengan suatu deret f n (misalnya), dan kemudian kita menginginkan f (x) = f n(x). n=1 n=1 HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

6 17.1 Pertukaran Limit dan Turunan Jawaban untuk pertanyaan ini ternyata negatif. Sebagai contoh, fungsi f yang didefinisikan sebagai jumlah deret berikut f(x) := 2 k cos(3 k x) k=1 merupakan fungsi yang kontinu di setiap titik tetapi tidak mempunyai turunan di titik manapun (lihat [1]). 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. HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

7 17.1 Pertukaran Limit dan Turunan Teorema berikut memberikan suatu syarat cukup agar sebuah barisan fungsi mempertahankan sifat diferensiabilitas. Teorema 1. Misalkan I R adalah suatu interval terbatas dan f n adalah barisan fungsi pada I. Misalkan terdapat x 0 I sedemikian sehingga f n (x 0 ) konvergen dan barisan f n terdefinisi dan konvergen seragam ke suatu fungsi g pada I. Maka, f n konvergen seragam ke suatu fungsi f pada I dengan f (x) = g(x), x I. HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

8 17.1 Pertukaran Limit dan Turunan 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 x 0 dan x sedemikian sehingga f m (x) f n (x) = f m (x 0 ) f n (x 0 ) + (x x 0 )[f m(y) f n (y)]. Akibatnya, kita peroleh f m f n I f m (x 0 ) f n (x 0 ) + (b a) f m f n I. Menurut hipotesis dan Kriteria Cauchy (Teorema 6, Bab 16), f n konvergen seragam pada I. Sebutlah f := lim n f n. Karena f n kontinu pada I untuk setiap n N, maka f juga kontinu pada I. Untuk... HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

9 17.1 Pertukaran Limit dan Turunan Untuk menunjukkan bahwa f mempunyai turunan di sembarang titik c I, kita terapkan lagi Teorema Nilai Rata-rata terhadap f m f n pada interval dengan titik ujung c dan x. Dalam hal ini terdapat z di antara c dan x sedemikian sehingga [f m (x) f n (x)] [f m (c) f n (c)] = (x c)[f m(z) f n(z)]. Jadi, dalam hal x c, kita peroleh f m (x) f m (c) f n(x) f n (c) x c x c f m f n I. Karena f n konvergen seragam pada I, untuk ɛ > 0 sembarang terdapat N N sedemikian sehingga jika m, n N dan x c, maka f m (x) f m (c) f n(x) f n (c) x c x c ɛ. Jika... HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

10 17.1 Pertukaran Limit dan Turunan Jika kita ambil limit dari ruas kiri (terhadap m), maka kita dapatkan f(x) f(c) f n(x) f n (c) x c x c ɛ untuk n N dan x c. Selanjutnya, karena lim n f n(c) = g(c), terdapat M N sedemikian shg f n(c) g(c) < ɛ untuk n M. Sekarang misalkan K := maks {M, N}. Karena f K (c) ada, maka terdapat δ K > 0 sedemikian sehingga jika 0 < x c < δ K, maka f K (x) f K (c) x c f K(c) < ɛ. Jadi, jika 0 < x c < δ K, maka (berdasarkan ketiga ketaksamaan di atas) kita mempunyai f(x) f(c) g(c) x c < 3ɛ. Ini menunjukkan bahwa f (c) ada dan sama dengan g(c). HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

11 17.1 Pertukaran Limit dan Turunan SOAL 1 Misalkan f n (x) := x, x R. Selidiki apakah limit dan turunan n dapat bertukar untuk barisan fungsi ini. 2 Misalkan f n (x) := xn n, x [0, 1]. Buktikan bahwa f n konvergen seragam ke suatu fungsi f yang mempunyai turunan pada [0, 1], dan f n konvergen ke suatu fungsi g pada [0, 1], tetapi f (1) g(1). HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

12 17.2 Fungsi Eksponensial Dalam Kalkulus, kita mendefinisikan fungsi eksponensial E(x) := e x sebagai invers dari fungsi logaritma L(x) := ln x := x 1 dt, x > 0. 1 t Sekarang kita akan mempelajari suatu cara lain mendefinisikan fungsi eksponensial, yaitu dengan meninjau Masalah Nilai Awal E (x) = E(x), E(0) = 1. (3) Perhatikan bahwa Masalah Nilai Awal ini setara dengan persamaan integral E(x) = 1 + x 0 E(t) dt. HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

13 17.2 Fungsi Eksponensial Untuk mendapatkan solusinya, kita lakukan iterasi Picard dengan hampiran awal E 0 (x) := 1 dan E n+1 (x) := 1 + x 0 E n (t) dt, n = 0, 1, 2,.... Dalam hal ini, kita akan memperoleh barisan fungsi yang memenuhi E n (x) := 1 + x 1! + + xn, n = 0, 1, 2,..., n! E n+1(x) = E n (x), n = 0, 1, 2,.... HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

14 17.2 Fungsi Eksponensial Sekarang marilah kita pelajari barisan fungsi ini. Misalkan R > 0. Jika x R dan m > n > 2R, maka x n+1 E m (x) E n (x) = (n + 1)! + + xm m! Rn+1 (n + 1)! < 2Rn+1 (n + 1)!. [ 1 + R n + + ( R n ) m n 1 ] R Karena lim n = 0, kita simpulkan bahwa barisan E n n! n konvergen seragam pada [ R, R] untuk R > 0 sembarang. HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

15 17.2 Fungsi Eksponensial Sebagai akibatnya, kita mempunyai teorema berikut. Teorema 2. Barisan E n konvergen titik demi titik ke suatu fungsi E yang kontinu pada R, dengan E(0) = 1. Bukti. Berdasarkan penjelasan di atas, jelas bahwa E n (x) konvergen untuk setiap x R. Definisikan E : R R dengan E(x) := lim n E n (x), x R. Karena setiap x R termuat dalam suatu interval [ R, R], maka E kontinu pada R. Selanjutnya, karena E n (0) = 1 untuk setiap n, maka E(0) = 1. HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

16 17.2 Fungsi Eksponensial Lebih jauh, kita mempunyai: Teorema 3. Fungsi E mempunyai turunan dengan E (x) = E(x) untuk setiap x R. Bukti. Mengingat bahwa E n mempunyai turunan dan E n+1(x) = E n (x) untuk setiap n = 0, 1, 2,..., barisan E n juga konvergen seragam ke E pada sembarang interval [ R, R]. Menurut Teorema 1, E (x) = lim n E n+1(x) = lim n E n (x) = E(x), pada sembarang interval [ R, R]. Dengan demikian, kita peroleh E (x) = E(x) untuk setiap x R. HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

17 17.2 Fungsi Eksponensial Akibat 4. Fungsi E mempunyai turunan ke-k untuk setiap k N, dengan E (k) (x) = E(x) untuk setiap x R. Teorema 5. Fungsi E yang memenuhi Masalah Nilai Awal (3) adalah tunggal. Teorema 6. Fungsi E yang memenuhi Masalah Nilai Awal (3) bersifat: (i) E(x) 0 untuk setiap x R; (ii) E(x + y) = E(x)E(y) untuk setiap x, y R; (iii) Jika e = E(1), maka E(r) = e r untuk setiap r Q. HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

18 17.2 Fungsi Eksponensial SOAL 1 Buktikan jika x > 0, maka E(x) > 1 + x. 2 Buktikan Teorema 5. HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

19 17.3 Pertukaran Limit dan Integral Sekarang mari kita periksa apakah kekonvergenan titik demi titik mempertahankan keterintegralan. Misalkan f n (x) := nx(1 x 2 ) n, x [0, 1] (Soal 16.1 No. 2(b). Barisan fungsi ini konvergen ke fungsi f 0 pada [0, 1]. Di sini f(x) dx = 0, sementara f n (x) dx = n 1 0 x(1 x 2 ) n dx = n (1 x 2 ) n+1 1 = 2 n n 2(n + 1). HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

20 17.3 Pertukaran Limit dan Integral Jadi, kita peroleh 1 lim n 0 f n (x) dx = 1 2. Dengan demikian, untuk barisan fungsi ini, kita melihat bahwa 1 lim n 0 f n (x) dx 1 0 f(x) dx. Perlu dicatat di sini bahwa f n tidak konvergen seragam ke f. Pertanyaannya sekarang adalah: bilakah limit dan integral dapat bertukar tempat, yakni bilakah b lim n a f n (x) dx = b a lim f n(x) dx? n HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

21 17.3 Pertukaran Limit dan Integral Teorema berikut menyatakan bahwa kekonvergenan seragam mempertahankan keterintegralan dan menjamin bahwa limit dan integral dapat betukar tempat. Teorema 7. Misalkan f n terintegralkan pada I := [a, b] untuk setiap n N dan f n konvergen seragam ke f pada [a, b]. Maka, f terintegralkan pada [a, b] dan b lim n a f n (x) dx = b a f(x) dx. HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

22 17.3 Pertukaran Limit dan Integral Bukti. Diberikan ɛ > 0, pilih N N sedemikian sehingga untuk setiap m N berlaku f f m I < ɛ 4(b a). Selanjutnya, karena f N terintegralkan, maka menurut Kriteria Keterintegralan Riemann, terdapat partisi P ɛ := {x 0, x 1,..., x n } dari I sedemikian sehingga U(P ɛ, f N ) L(P ɛ, f N ) < ɛ 2. Sementara itu, karena f(x) f N (x) maka M j (f) M j (f N ) + dengan M j (f) := ɛ 4(b a) ɛ 4(b a) untuk setiap x I, sup f(x) dan M j (f N ) := sup f N (x). x j 1 x x j x j 1 x x j Jadi... HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

23 17.3 Pertukaran Limit dan Integral Jadi, kita peroleh U(P ɛ, f) U(P ɛ, f N ) + ɛ 4. Dengan cara yang serupa, kita juga peroleh L(P ɛ, f N ) ɛ 4 L(P ɛ, f). Akibatnya, kita dapatkan U(P ɛ, f) L(P ɛ, f) U(P ɛ, f N ) L(P ɛ, f N ) + ɛ 2 < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ. Ini membuktikan bahwa f terintegralkan pada I. Selanjutnya... HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

24 17.3 Pertukaran Limit dan Integral Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa limit dan integral dapat bertukar tempat, kita amati bahwa b b b f(x) dx f m (x) dx = [f(x) f m (x)] dx a a a f f m I (b a). Karena lim m f f m I = 0, maka nilai di ruas kiri mestilah menuju ke 0 bila m, sehingga b sesuai dengan harapan kita. a f(x) dx = lim m b a f m (x) dx, HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23

25 17.3 Pertukaran Limit dan Integral SOAL 1 Misalkan g n (x) := nx(1 x) n, x [0, 1]. Selidiki kekonvergenan g n dan 1 0 g n(x) dx. 2 Berikan contoh barisan fungsi f n yang terintegralkan pada [a, b] dan konvergen titik demi titik, tetapi tidak seragam, ke suatu fungsi f yang terintegralkan pada [a, b], dan memenuhi b lim n a f n (x) dx = b a f(x) dx. HG* (*ITB Bandung) MA3231 Analisis Real 17 April / 23