Tugas Analisis Real

Kelompok 2 :

HIKMAWATI PATHUDDIN (P3500211002)ARNENSIH ALIMUDDIN (P3500211007)MUH. KAPRAWI (P3500211009)

PROGRAM STUDI MATEMATIKA TERAPAN

PROGRAM PASCASARJANA UNHAS

2011

1

PendahuluanDalam makalah ini akan dibahas mengenai fungsi-fungsi yang terintegralkan secara

Riemann. Akan dimulai dengan pembuktian Kriteria Cauchy, kemudian pembuktian Teorema

Squeeze atau teorema apit, dimana teorema Squeeze ini akan digunakan untuk membuktikan

keintegralan secara Riemann dari beberapa kelas fungsi seperti fungsi step, fungsi kontinu

dan fungsi monoton. Terakhir akan dibuktikan Teorema Additivity atau teorema

penjumlahan.

Penggunaan langsung dari definisi Integral Riemann mengharuskan kita mengetahui

nilai dari integral tersebut. Akan tetapi pada Kriteria Cauchy, nilai integralnya tidak harus

diketahui, melainkan dengan mempertimbangkan dua jumlah Riemann.

Bukti :

2

Teorema 1 (Kriteria Cauchy) Sebuah fungsi f : [a , b ] → R∈ R [ a ,b ] jika hanya jika untuk setiap ε>0 terdapat με >0

sedemikian sehingga jika P dan Q adalah sebarang tag partisi (partisi bertanda) dari

[ a , b ] dengan ‖P‖<με dan ‖Q‖<με , maka

|S (f ; P )−S ( f ; Q )|<ε

Definisi 7.1.1 (Integral Riemann)Sebuah fungsi f : [a ,b ]⟶ R dikatakan terintegral Riemann pada [ a , b ] jika terdapat bilangan L∈R sedemikian sehingga ∀ ε>0 terdapat δ ε>0, sehingga jika P adalah sebarang partisi bertanda dari [ a ,b ] dengan ‖P‖<δ ε, maka

|S (f ; P )−L|<ε.

Himpunan dari semua fungsi yang terintegral Riemann pada [ a , b ] dinotasikan dengan R [ a , b ].

(⟹ ) Jika f ∈ R [ a ,b ] dengan integral L,

Misal με=δ ε

2>0 sedemikian sehingga jika P dan Q adalah sebarang partisi bertanda

pada [ a , b ]dengan ‖P‖<με dan‖Q‖<με,

Maka

|S (f ; P )−L|< ε2 dan |S (f ;Q )−L|< ε

2

Oleh karena itu diperoleh :

|S (f ; P )−S ( f ; Q )|=|S ( f ; P )−L+ L−S (f ; Q )| ≤|S (f ; P )−L|+|S ( f ; Q )−L|

¿ε2+ ε

2

¿ε

(⟸ ) ∀ n∈N , misalkan δ n>0 sedemikian sehingga jika P dan Q adalah partisi bertanda

dengan ‖P‖<δ n dan ‖Q‖<δ n , maka

|S (f ; P )−S ( f ; Q )|< 1n

Asumsikan bahwa δ n≥ δ n+1 untuk semua n∈N .

Misalkan Pn adalah partisi bertanda, dengan ‖Pn‖<δ n .

Jelas bahwa jika m>n, maka berlaku juga ‖Pm‖<δ n sedemikian sehingga

|S ( f ; Pn)−S( f ; Pm)|< 1n untuk m>n (1)

Akibatnya barisan (S ( f ; Pm ))m=1∞ adalah barisan cauchy di R.

Berdasarkan kriteria kekonvergenan Cauchy pada teorema 3.5.5, barisan ini konvergen di R,

dan misalkan A ∶=limm

S ( f ; Pm ).

Melalui limit di pertidaksamaan (1), saat m→ ∞ diperoleh

|S ( f ; Pn)−A|≤ 1n untuk semua n∈N .

3

Teorema 3.5.5 (Kriteria Kekonvergenan Cauchy)Sebuah barisan bilangan real adalah konvergen jika dan hanya jika barisan tersebut adalah barisan Cauchy.

Untuk melihat bahwa A adalah Integral Riemann dari f , diberikan ε>0, misalkan K ∈N

memenuhi K> 2ε . Jika Q adalah sebarang partisi bertanda dengan ‖Q‖<δ K , maka

|S (f ; Q )−A|=|S (f ;Q )−A+S ( f ; PK )−S ( f ; PK )| ≤|S (f ; Q )−S ( f ; PK )|+|S (f ; PK )−A|

≤1K

+ 1K

<ε

Karena ε>0 adalah bilangan sebarang, maka f ∈ R [ a ,b ] dengan integral A.

Contoh 1

Misal g : [ 0 ,3 ] → R.

Didefinisikan

g ( x )={ 2 , untuk 0≤ x≤ 1¿3 ,untuk 1<x ≤3

Pada contoh 7.1.3(b) telah ditunjukkan bahwa jika P adalah partisi bertanda dari [ 0 ,3 ] dengan

‖P‖<δ , maka g(x ) terintegral riemann pada [ 0,3 ] dengan ∫0

3

g=8, dan |S ( g; P )−8|<5δ.

Menurut kriteria Cauchy, Jika g(x ) terintegral Riemann, maka untuk setiap ε>0 terdapat

με >0 sedemikian sehingga jika P dan Q adalah sebarang partisi bertanda dari [ 0 , 3 ] dengan

‖P‖<με dan ‖Q‖<με maka

|S ( g;P )−S (g ;Q )|<ε

Bukti:

Ambil ε>0 sebarang, pilih δ= ε10 (atau bilangan lain yang lebih kecil)

Sedemikian sehingga jika P dan Q adalah sebarang partisi bertanda dari [ 0 , 3 ] dengan ‖P‖<δ

dan ‖Q‖<δ , maka

|S ( g ;P )−S (g ;Q )|=|S ( g ; P )−8+8−S ( g ;Q )|≤|S (g ; P )−8|+|S ( g ;Q−8 )|

¿5δ+5δ=10 δ=ε

Kriteria Cauchy juga dapat digunakan untuk menunjukkan bahwa suatu fungsi f : [a ,b ]⟶ R

tidak terintegral Riemann, yaitu dengan menunjukan bahwa terdapat ε 0>0 sedemikian

4

sehingga untuk setiap μ>0 terdapat partisi beranda P dan Q dengan‖P‖<μ dan ‖Q‖<μ

sedemikian sehingga |S (f ; P )−S ( f ;Q )|≥ ε 0 .

Contoh 2

Diberikan fungsi dirichlet;f ( x )={ 1 , jika x∈ [0,1 ] rasional¿0 , jika x∈ [ 0,1 ] irasional

Akan ditunjukkan bahwa f (x) tidak terintegral Riemann pada [ 0,1 ]

Bukti:

Misal P adalah sebarang partisi bertanda dari [ 0,1 ] untuk bilangan rasional,

P=[ ( xi , x i−1 ) , t i ]i=1

n , untuk t i rasional

dengan x i−x i−1=1n

Maka

S ( f ; P )=∑i=1

n

f (t i )(x i−x i−1)

¿∑i=1

n

1. 1n

¿n . 1n=1

Dan jika Q adalah sebarang partisi bertanda dari [ 0,1 ] untuk bilangan irasional

Q= [ ( x i , x i−1 ) , t i ]i=1

n untuk t i irasional

Maka

S (f ; Q )=∑i=1

n

f (t i ) ( x i−x i−1 )

¿∑i=1

n

0 . 1n

¿0

Selanjunya, pilih ε 0=12

sedemikian sehingga ∀n∈N dengan‖P‖< 1n dan ‖Q‖<1

n , maka

|S (f ; P )−S ( f ; Q )|=|1−0|=1>12=ε

Jadi terdapat ε=12∋∀n∈N dengan‖P‖< 1

n dan ‖Q‖<1n sedemikian sehingga

|S (f ; P )−S ( f ;Q )|>12 .

5

Menurut kriteria Cauchy, maka f tidak terintegral Riemann atas [ 0,1 ] .

Bukti :

(⟹ ) pilih α ε=βε=f untuk semua ε>0, sehingga diperoleh

∫a

b

( βε – α ε )=∫a

b

(βε ( x )−α ε ( x ) ) dx=¿∫a

b

0dx=0<ε ¿ untuk semua ε>0.

(⟸ ) Ambil ε>0 sebarang, karena α ε dan βε∈R [ a , b ], maka terdapat δ ε>0sedemikian

sehingga jika P adalah sebarang partisi bertanda dengan ‖P‖<δ ε maka

|S (α ε ; P )−∫a

b

α ε|<ε dan

|S ( βε ; P )−∫a

b

βε|<ε

dari ketaksamaan di atas,diperoleh bahwa

∫a

b

αε−ε<S (α ε ; P) dan

S(βε ; P)<∫a

b

βε+ε

Berdasarkan ketaksamaan (2) maka diperoleh

S (α ε ; P ) ≤ S (f ; P)≤ S (βε ; P)

Sehingga menyebabkan

6

Teorema 2 ( Teorema Squeeze )Misalkan f : [a , b ]→ R . Maka f ∈ R [ a ,b ] jika dan hanya jika untuk setiap ε>0 terdapat

fungsi α ε dan βε∈R [ a , b ] dengan

α ε ( x )≤ f ( x ) ≤ βε ( x )∀ x∈[a ,b ] untuk semua x∈ [ a ,b ] (2)

Sedemikian sehingga

∫a

b

( βε−αε )<ε (3)

∫a

b

αε−ε<¿S ( f ; P )<∫a

b

βε+ε ¿

Jika Qadalah partisi bertanda yang lain dengan ‖Q‖<δ ε maka juga diperoleh

∫a

b

αε−ε<¿S ( f ; Q )<∫a

b

βε+ε ¿

Jika kedua ketaksamaan ini diperkurangkan dan menggunakan ketaksamaan (3) maka

diperoleh

|S (f ; P )−S ( f ;Q )|<∫a

b

βε−¿∫a

b

αε +2 ε ¿

¿∫a

b

( βε−α ε )+2 ε

¿3 ε

Karena ε>0 sebarang, maka menurut kriteria Cauchy f ∈ R [ a ,b ].

Beberapa Kelas Fungsi Yang Terintegral Riemann

Bukti :

Misal J=[c ,d ] dengan c ≤ d,

pilih δ ε=ε4

jika ‖P‖<δ ε=ε4 , maka union dari sub interval di P dengan label pada interval [ c , d ] memuat

interval [c+δ ε , d−δ ε ] dan termuat dalam [c−δ ε , d+δ ε ]Oleh karena itu,

(d−c−2 δ ε ) ≤ S ( φ , P ) ≤ ( d−c+2δ ε )

Sehingga |S (φ , P )−(d−c)|≤2δ ε<ε

7

Lemma 1.

Jika J adalah subinterval dari [a,b] yang mempunyai endpoints c dan d dengan c<d dan

jika φJ ( x ) :=1 untuk x ϵ J dan φJ ( x )≔0 untuk x yang lain di [a,b] maka φJ∈R [ a , b ]

dan ∫a

b

φ=d−c.

Jadi φJ terintegral Riemann dan ∫a

b

φ=d−c

pembuktian yang sama diperoleh untuk tiga subinterval yang lain yang memiliki endpoint

c dan d .

Kemungkinan yang lain dapat dituliskan sebagai berikut:

φ¿=φ[c ,d ]−φ[d , d]

φ¿=φ[c ,d ]−φ[ c, c]

φ(c ,d )=φ¿−φ[c ,c ]

Karena ∫a

b

φ[c ,c]=0 , maka semua fungsi ini mempunyai integral yang sama dengan d – c, jadi

Lemma 1 terbukti.

Bukti :

Fungsi pada lemma 1 disebut fungsi step dasar. Sebarang fungsi step φ dapat dituliskan

sebagai kombinasi linear dari fungsi step dasar yaitu

φ=∑j=1

m

k j φJ j (4)

Dimana J j mempunyai endpoint c j<d j .

Lemma dan teorema 7.14 (a,b) mengakibatkan φ∈R [a , b ] dan

8

Teorema 7.1.4Misalkan f dan g terintegral secara Riemann pada [a,b], maka

a. Jika k∈R, fungsi kf ∈R [a , b], dan

∫a

b

kf =k∫a

b

f

b. Fungsi f +g∈ R[a , b], dan

∫a

b

f +g=∫a

b

f +∫a

b

g

Teorema 3 (Fungsi Step)

Jika φ=[a , b ] →Radalah fungsi step, maka φ∈R [a , b ].

∫a

b

φ=∑j=1

m

k j(d j−c j).

Bukti:

Misalkan f : [a ,b ]→ R kontinu di [a , b], maka menurut teorema 5.4.3 f kontinu seragam

pada [a ,b]. Oleh karena itu, diberikan ε>0 terdapat δ ε>0 sedemikan sehingga jika

u , v∈[a ,b ] dan |u−v|<¿ δ ε maka diperoleh |f (u)−f (v)|< ε(b−a)

Misalkan P= {I i }i=1n adalah sebuah partisi sedemikian sehingga ‖P‖<δ ε, misalkan

ui∈ I i adalah sebuah titik dimana f mencapai nilai minimum pada Ii dan misalkan vi∈ I i

adalah titik dimana f mencapai nilai maximum pada I i.

Misalkan α ε adalah fungsi step yang didefinisikan sebagai α ε ( x ) :=f (ui) untuk

x∈ ¿ ;(i=1 , … .. , n−1)¿ dan α ε ( x )= f (un) untuk x∈ [ xn−1, xn ]. Misalkan βε didefinisikan

sama dengan menggunakan titik vi sebagai pengganti ui maka diperoleh

α ε ( x )≤ f ( x ) ≤ βε ( x )∀ x∈[a ,b ]

Sehingga

0 ≤∫a

b

( βε−α ε )=∑i=1

n

[f ( v i )− f (u i ) ](x i−x i−1)

9

Definisi 5.4.1 (Kontinu Seragam)Misalkan A⊆R dan f : A → R,f dikatakan kontinu seragam pada A jika untuk setiap ε>0 terdapat δ (ε )>0 sedemikian sehingga jika x ,u∈ A adalah bilangan sebarang dan memenuhi |x−u|<δ (ε ), maka |f (x )−f (u)|<ε

Teorema 5.4.3 (Kontinu Seragam)Misalkan I interval tertutup terbatas dan f : I → R kontinu pada I , maka f kontinu seragam pada I .

Teorema 4 (Fungsi Kontinu)

Jika f : [a , b ]→ R adalah kontinu pada [a,b], maka f ∈ R [ a ,b ]

¿∑i=1

n

( εb−a ) ( xi−xi−1 )

¿ε

Jadi berdasarkan teorema Squeeze terbukti bahwa f ∈ R [ a ,b ].

Bukti :

Misalkan f naik pada interval [a ,b], dengan a<b. Jika diberikan ε>0, misalkan q∈N

sedemikian sehingga

h=f (b )− f (a)

q <ε

b−a

misalkan yk=f (a )+k h untuk k=0,1 , …q dan tentukan himpunan Ak=f −1(¿) untuk

k=1 ,…,q−1 dan Aq :=f −1([ yq−1 , y q ]). Himpunan {A k} adalah pairwise disjoin dan

mempunyai union [a , b].

Teorema Karakterisasi mengakibatkan setiap Ak (i) kosong, (ii) memuat titik tunggal, (iii)

merupakan interval nondegenerate di [a ,b]. Jika endpoint digandengkan dengan interval

{A k}, diperoleh interval tutup {I k }. Hal ini untuk menunjukkan bahwa interval relabeled

{A k}k=1q merupakan pairwise disjoin yang memenuhi [ a , b ]=¿k=1¿q Ak dan bahwa

f ( x )∈ [ yk−1 , yk ] untuk x∈ A k.

Sekarang definisikan fungsi step α ε dan βε pada [a , b] dengan aturan:

α ε(x )= yk −1 dan βε(x )= yk untuk x∈ A k

Jelas bahwa α ε(x )≤ f (x)≤ β ε(x) untuk semua x∈[a , b] dan bahwa

10

Teorema 2.5.1 (Karakterisasi)Jika S adalah subset dari R yang memuat paling sedikit dua titik dan memiliki sifat jika x , y∈S dan x< y, maka [ x , y ]⊆ S,

Maka S adalah interval.

Teorema 5 (Fungsi Monoton)

Jika f : [a ,b ]→ R monoton pada [a , b] , maka f ∈ R [ a ,b ]

∫a

b

(β¿¿ ε−α ε¿)=∑k=1

q

( y¿¿k− yk−1)(xk−xk−1)¿ ¿¿

¿∑k=1

q

h .(xk− xk −1)=h .(b−a)<ε

Karena ε>0 sebarang,maka Teorema Squeeze mengakibatkan f ∈ R [ a , b ].

Bukti:

(⟸) Misal f 1=[a , c ]→ R dan f 2=[c ,b]→ R terintegralkan secara Reimann ke L1 dan L2.

Kemudian diberikan ε>0, terdapat δ '>0 sedemikian sehingga jika P1 adalah partisi bertanda

dari [a , c ] dengan ‖P1‖<δ', maka |S ( f 1; P1 )−L1|< ε3 . Juga terdapat δ } >¿ sedemikian sehingga

jika P2 adalah partisi bertanda dari [c , b ] dengan ‖P2‖<δ ¿ maka ¿. Jika M adalah sebuah

batas untuk |f|, definisikan δ ε=min {δ' ,δ } , {ε} over {6 M} \ ¿ dan jika P adalah partisi bertanda dari

[a , b] dengan ‖Q‖<δ . Akan dibuktikan bahwa:

|S (f ; Q )−(L1+L2)|<ε (7)

(i). Jika c adalah titik partisi dari Q, kita bagi Q menjadi partisi Q1 dari [a ,c ] dan partisi Q2

dari [c , b ]. KarenaS (f ;Q )=S ( f ;Q1 )+S ( f ; Q2 ), dan karena ‖Q1‖<δ' dan ‖Q2‖<δ ' '. Jadi,

pertidaksamaan (7) terbukti.

(ii). Jika c bukan titik partisi diQ= {( I k ,t k )}k=1m , terdapat k ≤ m sedemikian sehingga

c∈( xk−1 , xk). Misalkan Q1 adalah partisi bertanda dari[a , c ], didefinisikan sebagai

˙Q1:={ ( I1 , t1 ) , …,( I k−1 ,t k−1¿) ,( [xk−1 , c ] , c )}¿

11

Teorema 6 (Teorema Additivity)

Misalkan f : [a ,b ]→ R dan misalkan c∈ (a , b ), maka f ∈ R [ a ,b ]jika dan hanya jika

pembatasan ke [ a , c ] dan [c ,b ] keduanya terintegralkan secara Riemann. Dalam hal ini :

∫a

b

f =∫a

c

f +∫c

b

f (6)

Dan Q2 adalah partisi bertanda dari [c , b ], didefinisikan sebagai

Q2:= {([ c , xk ] , c ) , ( I k+1 , tk +1 ) ,…, ( I m ,t m )}

Jadi,

S (f ;Q )−S ( f ;Q1 )−S ( f ; Q2 )=f (t k )(xk−xk−1)−f (c )(xk−xk−1)

¿ ( f (t k )−f (c )) . ( xk−xk −1 )

Sehingga |S (f ; Q )−S ( f ;Q1 )−S (f ; Q2)|≤ 2 M (xk−xk−1)<ε3

Tetapi karena‖Q1‖<δ ≤ δ' dan ‖Q2‖<δ ≤ δ ¿, maka

|S ( f ;Q1 )−L1|< ε3 dan |S ( f ;Q2)−L2|< ε

3

Karena ε>0 sebarang, disimpulkan bahwa f ∈R [a , b] dan bahwa (6) terbukti.

(⟹¿ Misalkan f ∈ R [ a ,b ] dan diberikan ε>0, misalkan μϵ >0 memenuhi Kriteria Cauchy.

Misalkan f 1pembatasan dari f ke [a , c ] dan misalkan P1 dan Q1adalah partisi bertanda dari

[a ,c ] dengan ‖P1‖<με dan ‖Q1‖<με. Dengan menambahkan titik partisi tambahan dan tag

dari [c ,b ] dapat memperpanjang P1 dan Q1 ke partisi bertanda P dan Q dari [a ,b] yang

memenuhi ‖P‖<με dan ‖Q‖<με. Jika kita menggunakan beberapa titik tambahan yang sama

dan tag di [c .b] untuk P dan Q, maka

S ( f 1, P1 )−S ( f 1 ,Q1 )=S (f ; P )−S( f ; Q)

Karena ‖P‖<με dan ‖Q‖<με, maka |S ( f 1, P1 )−S ( f 1 ,Q1 )|<ε. Oleh karena itu, Kriteria Cauchy

menunjukkan bahwa pembatasan f 1 dari f ke [a , c ] berada di R [ a ,b ]. Dengan cara yang

sama, dapat dilihat bahwa pembatasan f 2 dari f ke [ c ,b ] berada di R [ a , b ].

Akibat 1.

Jika f ∈ R [a ,b ]dan jika [ c , d ]⊆[a , b], maka pembatasan dari f ke [c ,d ] berada di R [ c , d ]

Bukti :

12

Karena f ∈ R [a ,b ] dan c∈[a ,b ], maka mengikuti dari teorema bahwa pembatasan pada [c ,b ]

berada di R [ c ,b ]. Tetapi jika d∈[c , b], maka aplikasi lain dari teorema tersebut menunjukkan

bahwa pembatasan dari f ke [c , d ] berada di R [ c ,d ]

Akibat 2 .

Jika f ∈R [ a ,b ] dan jika a=c0<c1<…<cm=b, maka pembatasan dari f

ke setiap interval [ ci−1 , ci ] terintegral Riemann, dan

∫a

b

f =∑i=1

m

∫ci−1

c i

f

Bukti:

Jika dua angka sebarang pada bilangan α ,β , γ yang sama, maka (8) terpenuhi.

Andaikan ketiga bilangan ini berbeda,

Untuk yang simetri, diketahui

L (α , β , γ )=∫α

β

f +∫β

γ

f +∫γ

α

f

13

Teorema 7.

Jika f ∈R [ a ,b ] dan jika α , β , γ adalah sebarangbilangan di [ a , b ] , maka

∫α

β

f ∶=∫α

γ

f +∫γ

β

f (8)

Definisi.

Jika f ∈R [ a ,b ] dan jika α , β∈ [ a ,b ] dengan α <β, didefinisikan

∫β

α

f ∶=−∫α

β

f dan∫α

α

f ∶=0

Jelas bahwa (8) terpenuhi jika dan hanya jika L (α , β , γ )=0. Oleh karena itu, untuk

membangun sebuah pernyataan yang tegas, maka harus ditunjukkan bahwa L=0 untuk

keenam permutasi dari argument α , β ,dan γ .

Teorema Additivity mengakibatkan L (α , β , γ )=0 ketika α <γ <β Tapi dengan mudah terlihat

bahwa L ( β , γ ,α ) dan L (γ ,α ,β , ) sama dengan L (α , β , γ ).

Sehingga bilangan L ( β , α , γ ) , L (α , γ , β ) , dan L (γ , β ,α ) sama dengan −L (α , β , γ ). Oleh

karena itu, L hilang untuk semua konfigurasi yang mungkin dari ketiga titik ini.

14