ANALISIS MATEMATIKA

NAMA : NURUL CHAIRUNNISA UTAMI PUTRINIM : 1620070008FAK / JUR : SAINS & TEKNOLOGI / MATEMATIKA

http://roelcup.wordpress.com

UNIVERSITAS ISLAM AS-SYAFI’IYAH

JAKARTA TIMUR

2010

1. Buktikan : Jika P = {x0 ,x1 , x2, …, xn} adalah sebuah partisi pada interval [a ,b]dan

t i∈ [x i−1 , x i ] untuk i=1 , 2 ,3 , …, n , maka untuk sembarang fungsi f pada[a ,b]

L (P , f )≤∑i=1

n

f ( ti ) .(xi−x i−1)≤U (P , f )

Jawab :

Dimisalkan selang tertutup [a ,b] → selang yang di berikan.

Sebelumnya, Partisi P dari interval selang [a,b] adalah sebuah himpunan berhingga dari titik-titik

x0 ,x1 , x2 , …, xn , dimana

a=x0 , x0 ≤ x1≤ …≤ xn−1 ≤ xn=b

Dapat di ilustrasikan dengan gambar.

Paling sedikit anggota partisi adalah 2 . Anggotanya bisa a dan b. atau x0 dan x1

Jarak antara dua partisi terdekat ialah : ∆ x i=x i−x i−1 (i=1,2,3 , …,n)

Contoh → ∆ x3=x3−x2

Dan t i adalah anggota dari [ x i−1 , x i ] , atau t i∈ [x i−1 , x i ]

a= X1 X2 X n−1 b=

Contoh → t2∈ [ x1 , x2 ]

untuk i=1,2,3 ,…,n

Dan terdapat titik t i anggota dari [ x i−1, x i ] , atau t i∈ [x i−1 , x i ]

Contoh → t2∈ [ x1 , x2 ]

untuk i=1,2,3 ,…,n

t i∈ [x i−1 , x i ] {f (ti ) ≤ M i

f (ti ) ≥ mi

L (P , f )≤∑i=1

n

f ( ti ) .(xi−x i−1)≤U (P , f )

Dapat di ilustrasikan dalam bentuk kurva.

Dari fungsi ƒ.

Batas atas → di atasM 2tak berhingga banyak. Kalau continue, berarti batas atasnya di M 2

.

f (x¿¿n)¿ ƒ

f (xn−1)

M 2=f (x2)

m2=f (x1)

M 2

ƒ(x¿¿0)¿

a= X1 X2 X n−1 b=t 1

a=X 0 X1 t1 X2 Xn−1 b=Xn

M i =ƒ (x )untuk (¿x i−1≤ x ≤ x i)¿ ¿

mi=inf ƒ ( x )untuk (x i−1≤ x≤ xi)

Misalkan M 2 =ƒ( x )untuk (x1 ≤ x ≤ x2)

m2=inf ƒ ( x )untuk (x1≤ x≤ x2)

Maka

U ( p ,ƒ )=∑i=1

n

M i Δ xi=¿ M 1 Δ x1+M 2 Δ x2+…+M n Δ xn¿

L ( p , ƒ )=∑i=1

n

mi Δ x i=¿m1 Δ x1+m2 Δ x2+…+mn Δ xn¿

L ( p , ƒ ) ≤U ( p , ƒ )

ƒ

P = {x0 , x1}

→U ( p ,ƒ )=M 1 Δ x1

a b

→L ( p , ƒ )=mi Δ x i

P = {x0 , x1} ƒ

f (x2)

f ( x2 )

f (x2)

a=x0 x1 t1 b=x2

U ( p ,ƒ )=M 1 Δ x1 +M 2 Δ x2=L

L ( p , ƒ )=m1 Δ x1+m2 Δ x2=L

t i∈ [x i−1 , x i ] {f (ti ) ≤ M i

f (ti ) ≥ mi

Maka makin sedikit partisinya

L ( p ,ƒ ) kecil ,U ( p , ƒ )besar .

Maka :

L (P , f )≤∑i=1

n

f ( ti ) .(xi−x i−1)≤U (P , f )

Integral atas

∫a

−b

f (x)dx=inf U ( P ,ƒ )

Integral bawah

∫−a

b

f (x)dx =L (P ,ƒ) ¿

Jika

∫a

−b

f (x)dx=∫−a

b

f (x)dx

inf U ( P ,ƒ )=L ( P ,ƒ ), maka sebagai ƒ terintegral Riemann, yang di tulis dengan ƒ∈R ( α )

Dengan R= Himpunan fungsi-fungsi yang terintegral Riemann

M m ≤ƒ(x )≤ M (a ≤ x≤ b)

ƒ

ƒ(b)

ƒ(x)

ƒ(a)

m(b−a)

0

a b

Untuk setiap P

m(b−a)≤ L ( p ,ƒ )≤ U ( p , ƒ ) ≤ M (b−a)

Dan

L (P , f )≤∑i=1

n

f ( ti ) .(xi−x i−1)≤U (P , f )

2. Buktikan :Jika fungsi f kontinu dit∈ [ a ,b ], maka

|∫p

q f (u )−f (t )q−p

du|<ε

untuk setiap bilangan positif ε .

Jawab :

Sekarang Jika fungsi f kontinue dit∈ [ a , b ] , diberikan sembarang ε>0 pilih δ >0 sedemikian sehingga

|f (u )−f (t)|<ε

Jika |q−p|<δ , dan a ≤ x≤ b . sehingga , jika

x−δ <u ≤ x ≤t <x+δ dan a≤ u<t ≤ b

u t

x−δ x x+δ

|F (u )−F (t )q−p

−f (t )|=| 1q−p∫p

q

[ f ( y )−f (t)] du|<ε

Pembuktian :

|F (u )−F (t )q−p − f (t )|=| 1

q− p ( F (u )−F (t))−f ( t)|

|F (u )−F (st)q−p

−f (t)|=| 1q−p∫p

q

f (u)du− 1q−p∫p

q

f (t)du||F (u )−F (t )

q−p−f (t )|=| 1

q−p∫pq

[ f (u )−f (t)] du|f (t)=konstan

Bukti bahwa

f (t)= 1q− p∫p

q

f (t )du

f (t)= 1q−p [ f (t)u ] p

q

f (t)= 1q−p ( f (t )q−f (t) p )

f (t)= 1q−p

f (t )(q−p)

f (t)= (q−p)(q−p)

f (t )

f (t ) ¿ f (t)

Kembali lagi ke atas,

|F (u )−F (t )q−p

− f (t )|=| 1q−p∫p

q

[ f (u )− f (t )] du|<ε

¿ 1q−p [ f (u ) u−f (t )u ]p

q

¿ 1q−p [ ( f (u ) q−f (t )q )−( f (u ) p− f (t ) p ) ]

¿ 1q−p [ ( f (u )−f (t)) q−( f (u )− f (t)) p ]

¿ 1q−p [ ( f (u )−f (t)) (q−p ) ]

¿ [ f (u )−f (t)]<ε

Menurut pengertian kontinue |f (u )−f (t )|<ε

Maka terbukti bahwa

|F (u )−F (t )q−p

− f (t )|=| 1q−p∫p

q

[ f (u )−f (t)] du|<ε

Sehingga,

|∫pq f (u )−f ( t)

q−pdu|<ε

3. Buktikan bahwa Integral Riemann adalah Integral Riemann-Stieltjes Khusus !

Jawab :

∫a

b

f ( x )dα ( x )

Ini disebut Integral Riemann Stieltjes ( bentuk sederhana dari integral Steiltjes ) dari ƒ dengan

α di [a,b]. jika ∫a

b

f dα ada,. Jika ∫a

−b

f dα=inf U (P ,ƒ , α ) dan ∫−a

b

f dα =L ( P,ƒ , α ) ¿ bernilai Sama,

dikatakan bahwa ƒ itu terintegral terhadap α,di persamaan Riemann, dan ditulis ƒ∈R ( α ).

Jika ∫a

−b

f dα = ∫a

b

f dα , maka ƒ terintegral Stieltjes atau Riemann-Stieltjes terhadap α. Ditulis :

ƒ∈R ( α ).

Keterengan : R (α ) = himpunan fungsi-fungsi Riemann-Stieltjes

Jika α (x)=x, maka integral Riemann-Stieltjes akan menjadi antegral Riemann. Disebutkan dengan jelas, bahwa bentuk umum tidak continue.

Bebeapa kata mengatakan tentang notasi. Biasanya digunakan pada ∫a

b

f dα untuk

∫a

b

f (x )dα (x) karena x jika nampak di ∫a

b

f (x )dα (x) tidak meambah pengertian apapun di

∫a

b

f dα . Itu tidaklah penting Karen hanya sebuah variable integral. Sebagai contoh pada

∫a

b

f (x )dα (x)yaitu

∫a

b

f ( y )dα ( y )

Integral yang tergantung pada ƒ, α, a dan b, tapi tidak pada vaiabel integral yang boleh di hilangkan

Peran variable integral yaitu hanya sebagai tambahan ; terdapat 2 simbol

∑i=1

n

ci ,∑k=1

n

ck

Yaitu sama, karena c1+c2+…+cn.

Tentu saja tidaklah sulit memasukkan variable di integral dan dalam banyak bentuk mudah untuk di kerjakan.

Kita akan menyelidki adanya integral pada ∫a

b

f dα kita asumsikan ƒ nyata dan terbatas,

dan α monoton naik di [a,b], jika kita tulis ∫ ,maka di tulis ∫a

b

.

4. Berikan 3 contoh ( tidak boleh sama persis dengan yang ada di buku ) fungsi terintegral Riemann-Stieltjes beserta buktinya !

Jawab :

(a) J ika f 1∈R ( α ) dan f 2∈R (α ) pada [ a ,b ] , makaf 1+ f 2∈R (α )

cf ∈R ( α ) untuk setiap ckonstan ,dan

∫a

b

( f 1+ f 2 ) dα=∫a

b

f 1 dα+∫a

b

f 2 dα ,

∫a

b

cf dα=c∫a

b

f dα .

Contoh 1:

∫0

1

( 2x2+4 x ) dx=∫0

1

2 x2dx+∫0

1

4 xdα

∫0

1

2 . ( x2+2 x ) dx=2∫0

1

( x2+2 x ) dx=2∫0

1

x2 dx+4∫0

1

x dx

Diketahui dari atas:C=2=konstan.f =( x2+2 x )

(b) Jika f ∈ R ( α1 ) dan f ∈ R (α2 ) ,maka f ∈ R(α 1+α2), dan

∫a

b

f d ( α1+α 2 )=∫a

b

f d α1+∫a

b

f d α 2

Jika f ∈ R (α ) dan c adalah bilangan konstan positif, maka f ∈ R (cα ) dan

∫a

b

f d ( cα )=c∫a

b

f dα

Contoh 2 :

∫1

2

3 x2 d ( x1+x2)=∫1

2

3 x2d x1+∫1

2

3 x2d x2

∫1

2

3 x2 d ( x1+x2)=∫1

2

x2d (3 x1+3 x2 )

¿∫1

2

x2d 3 x1+∫1

2

3 x2d 3 x2

¿3∫1

2

x2d x1+3∫1

2

x2d 3 x2

(c) Jika f ∈ R (α ) pada [a ,b ]dan jika a<c<b ,maka f ∈ R (α ) pada [ a , c ]dan pada [ c ,b ] ,dan

∫a

c

f dα+∫c

b

f dα=∫a

b

f dα

Y

ƒ

X a b c

Contoh 3 :

∫1

3

5 x2 dx+∫3

5

5 x2 dx=∫1

5

5x2 dx

10 x ]13+10 x ]3

5=10 x ]15

{10 (3 )−10 (1 ) }+ {10 (5 )−10 (3 ) }={10 (5 )−10 (1 ) }

(30−10 )+(50−30 )=(50−10)

40=4 0

Contoh 4.

Misal f(x) = x2 + 2x terintegral Riemann di [1,3],

Dari teorema 6.12 a kita buktikan bahwa

∫1

3

(x¿¿2+2x )dx=∫1

3

x2 dx+∫1

3

2 x dx¿

[13

x3+x2]13

=[ 13

x3]1

3

+ [x2 ]13

13

33+32−( 13

13+12)=( 13

33−( 13

13))+(32−12 )

9+9−( 13+1)=9−1

3+9−1

18−43=26

3+8

543

−43=26

3+ 24

3

503

=503

Terbukti...!!!

Contoh 5

Jika f(x) = x2 + 2x terintegral Riemann di [1,3] dan 1 < 2 < 3 dan jika f(x) = x2 + 2x terintegral Riemann di [1,2] dan di [2,3]

Sehingga dari teorema 6.12 c kita buktikan bahwa

∫1

2

(x¿¿2+2x )dx+∫2

3

( x2+2 x ) dx=∫1

3

( x2+2 x ) dx¿

[ 13

x3+x2]12

+[ 13

x3+x2]2

3

=[ 13

x3+x2]13

13

23+22−( 13

13+12)+ 13

33+32−(13

23+22)=13

33+32−( 13

13+12)

83+ 12

3−( 1

3+ 3

3 )+ 273

+ 273

−( 83+12

3 )=273

+ 273

−( 13+ 3

3 )503

=503

Terbukti...!!!

Contoh 6

Jika f1(x) = x + 2 ≤ f2(x) = x2 + 2x terintegral Riemann di [1,3]

Sehingga dari teorema 6.12 b kita buktikan bahwa

∫1

3

( x+2 ) dx ≤∫1

3

( x2+2x ) dx

[12

x2+2 x]1

3

≤[ 13

x3+x2]1

3

12

32+2.3−( 12

12+2.1)≤ 13

33+32−(13

13+12)92+ 12

2−(1

2+ 4

2 )≤ 273

+ 273

−( 13+ 3

3 )162

≤ 503

Terbukti...!!!

5. Buktikan : Jika h terintegral Riemann pada [ p ,t ] dan didefinisikan

H (r )=∫p

r

h (x)dx .

untuk ∈ [ p , t ] , maka

a. H kontinu pada [ p , t ] .

b. Jika h kontinu di k∈ [ p , t ] , maka H terdiferensial di k dan H ’(k )=h(k) .

Jawab :

Penjelasan berupa gambar :

Y h

p r s t X

keterangan :

H (s) →

H (r ) →

|H (s )−H (r)|=|∫rs

h ( x ) dx|→

Bukti :

Saat h∈R (α ) , hadalah suatu pembatas. Misalkan |f (x)|≤ M untuk p≤ x ≤t . jika p≤r<s≤ t , maka

|H (s )−H (r)|=|∫rs

h ( x ) dx|≤ M (s−r)

Dari teorema 6.1(c) dan (d). diberikan sembarang ε>0, kita dapat melihat bahwa

|H (s )−H (r)|<ε ,

|h (x)|≤ M

H (r )

|H (s )−H (r)|=|∫rs

h ( x ) dx|≤∫rs

|h( x)|dx≤∫r

s

M dx=M . x=M ( y−x )

|H (s )−H (r )|<ε

Hal ini membuktikan bahwa untuk|s−r|<δ= εM terbukti kontinue pada H .

∴ Terbukti bahwa H kontinue Seragam.

Sekarang , Jika terdapat fungsi h kontinue di k , diberikan sembarang ε>0 pilih δ >0 sedemikian sehingga

|h ( x )−h(k )|<ε

Jika |x−k|<δ ,dan p ≤ x≤ t . sehingga , jika

k−δ<r ≤k ≤ s<k+δ dan p ≤ r<s≤ t

r s

k−δ k k+δ

|H (s )−H (r )s−r

−h(k )|=| 1s−r∫r

s

[h ( x )−h(k) ]dx|<ε

Pembuktian :

|H (s )−H (r )s−r −h(k )|=| 1

s−t ( H ( s )−H (t))−h(k )|

|H (s )−H (r )s−r

−h(k )|=| 1s−t ∫r

s

h (x)dx− 1s−r∫r

s

h(k )dx||H (s )−H (r )

s−r−h(k )|=| 1

s−r∫rs

[h ( x )−h(k) ]dx|h (k )=konstan

Teo. 6.13 Teo. 6.12(d)

Bukti bahwa

h (k )= 1s−r∫r

s

h ( k ) dx

h (k )= 1s−r [h (k )dx ]r

s

h (k )= 1s−r ( h (k ) . s−h (k ) . r )

h (k )= 1s−r

h ( k )(s−r)

h (k )=(s−r)(s−r)

h (k )

h (k ) ¿h (k )

Kembali lagi ke atas,

|H (s )−H (r )s−r

−h(k )|=| 1s−r∫r

s

[h ( x )−h(k) ]dx|<ε

Bukti bahwa

| 1s−r∫r

s

[h ( x)−h(k) ]dx|= [h (x )−h(k )]<ε

Yaitu :

¿ 1s−r [h (x ) . x−h (k ) . x ]r

s

¿ 1s−r [ (h ( x ) . s−h ( k ) . s)−(h ( x ) . r−h (k ) .r ) ]

¿ 1s−r [ (h ( x )−h (k ) ) s− (h ( x )−h (k ) ) r ]

¿ 1s−r [ (h ( x )−h (k ) ) ( s−r ) ]

¿ [h ( x )−h(k )]<ε

Menurut pengertian kontinue |h ( x )−h ( k )|<ε

Maka terbukti bahwa

|H (s )−F (r )s−r

−h(k )|=| 1s−r∫r

s

[h ( x )−h(k )] dx|<ε

H ( s )−F (r )s−r

=h (k )

Berdasarkan teorema nilai tengah

∴ Setiaph kontinue dan setiap ada 2 titik yang berbeda , maka ada titik diantara 2 titik yang berbeda itu, sedemikian sehingga adalah H ' (k ). Maka

H ( s )−F (r )s−r

=h (k )=H ' (k )

Maka H terdefferensial di k dan H ’(k )=h(k)

Dan TERBUKTI …!!!

6. Jika E adalah ruang metric kompak dan ⟨ f n ⟩ adalah barisan fungsi-fungsi real yang

kontinue seragam dan terbatas titik demi titik pada E, maka terdapat bilangan M

sedemikian hingga |f n(x)|≤ M untuk semua xdi dalamE dan n=1 ,2 , 3 ,.. . Buktikan !

Jawab :

Notasi :

{ f n } adalah barisan fungsi-fungsi real yang kontinue seragam dan terbatas titik demi titik

pada E.

{ f n }=f 1 , f 2 , f 3 ,…

f i( y)

f 1(x) F1

F3

...

f n(x)

Fn

0

{f n(x)} adalah barisan bilangan

Terdapat bilangan M sedemikian sehingga |f n(x)|≤ M

Untuk semua x didalam E dengan n=1,2,3 ,.. .

Kurva disini berupa fungsi barisan bilangan sebanyak anggota yang dimiliki interval [a , b]

{f n(x )}→ f 1(x) , f 2(x ), f 3(x) , …

setiap titik x∈ E akan menghasilkan suatu barisan bilangan dan titiklain juga akan

menghasilkan suatu barisan bilangan (misal y)

byx

F2

f 2(x)

f 3(x)

...

apabila semua barisan bilangan yang terbentuk adalah konvergen maka dapat didefiniskan

suatu fungsi f dimana

f ( x )= limn→ ∞

f n(x )… (x∈E)

Sehingga terdapat fungsi baru yang dinamakan fungsi f .

fungsi f → fungsi konvergensi dari fungsi barisan bilangan {f n(x )}. Maka,dikatakan bahwa

barisan fungsi {f n(x )} konvergen pada E dan f adalah limit atau fungsilimit dari barisan {f n }

dan jenis konvergennya adalah titik demi titik

jika ∑n=1

∞

f n(x ) adalah suau deret bilangan yang konvergen untuk setiap x∈ E , dan jika

didefinisikan

f ( x )=∑n=1

∞

f n(x ); …(x∈ E)

Maka fungsi f dinamakan jumlah dari deret ∑ f n (deret fungsi)

Dan TERBUKTI...!!!

7. Jelaskan manfaat Teorema Pendekatan Weierstrass !

Jawab :

Jika f adalah sebuah fungsi komplex kontinue pada [a , b] , dimana sebuah barisan polinomialPn sedemikian sehingga

limn → ∞

Pn(x)=f ( x)

Seragam pada [a ,b] , jika f Real , Pn mungkin juga dapat Real.

Manfaatnya adalah untuk pembuatan pesawat terbang. Mulai dengan perhitungan berapa panjang sayap pesawat agar bisa seimbang dalam penerbangan, seimbang dalam putar haluan atau arah. Berat pesawat yang ideal juga dapat diperhitungkan agar pesawat tidang terlalu berat dan tidak terlalu ringan.

8. Buktikan bahwa norma supremum adalah suatu metrik !

Jawab :

Misal f terbatas di selang [a,b] dan p adalah partisi dari selang [a,b]

¿ f ( x )=M i ( x i−1≤ x≤ x i )

U ( p , f )=∑i=1

n

Mi Δ x i=¿ M 1 Δ x1+M 2 Δ x2+…+ M n Δ xn ¿

Dapat dirubah menjadi

∑i=1

n

M i Δ x i=¿ M 1 Δ x1+M 2 Δ x2+…+M n Δ xn ¿

∑i=1

n

M i Δ x i=¿ [ M 1 M 2 … M n ] [Δ x1

…Δ xn

]¿Maka terbukti bahwa supremum adalah metrik

Nurul Chairunnisa Utami Putri :

http://roelcup.wordpress.com

roelcup@gmail.com

cup_13@yahoo.co.id