TEOREMA DASAR KALKULUS UNTUK INTEGRAL

Disini kita akan menyelidiki hubungan antara turunan dan integral. Sepanjang yang

kami ketahui, ada dua teorema yang berkaitan dengan masalah ini: yang pertama yaitu

dengan mengintegralkan sebuah turunan, dan yang lainnya dengan menurunkan suatu

integral. Teorema ini, biasa disebut Teorema Fundamental Kalkulus. Pada makalah ini akan

dibahas Teorema Dasar Kalkulus Bentuk Pertama, Bentuk Kedua, dan Kriteria Integral

Lebesgue.

A. Teorema Dasar (Bentuk Pertama)

Bentuk pertama dari Teorema Fundamental memberikan sebuah dasar teoritis untuk

metode penghitungan suatu integral, dimana pembaca telah mempelajari dalam kalkulus. Hal

ini menyatakan bahwa jika suatu fungsi f adalah turunan dari suatu fungsi F, dan jika f

anggota dari R [ a , b ] , maka integral ∫a

b

f dapat dihitung dengan cara menunjukkan nilai F ba

:= F (b) – F (a) . Suatu fungsi F sedemikian sehingga F ' ( x )= f ( x ) untuk semua x∈ [ a , b ]

disebut antiturunan atau primitive dari f pada [ a ,b ]. Jadi, jika f memiliki suatu antiturunan,

itu adalah suatu persoalan yang sederhana untuk menghitung integral.

Dalam prakteknya, akan lebih mudah untuk memberikan berapa nilai c dimana F '(c)

tidak berada di R, atau dimana itu tidak sama dengan persamaan f (c ). Itu diluar ketentuan

bahwa kita dapat mengizinkan suatu bilangan terbatas seperti hal yang khusus.

7.3.1 Teorema Dasar Kalkulus (Bentuk Pertama) Misalkan terdapat sebuah himpunan

berhingga E di [ a , b ] dan fungsi f , F : [a , b ] → R memenuhi:

1

(a) F adalah kontinu di [ a , b ]

(b) F ' ( x )= f ( x ) untuk semua x∈ [ a , b ]∖ E,

(c) f anggotadari R [a ,b ] .

Maka diperoleh

(1) ∫a

b

f =F (b )−F (a)

Bukti. Kita akan membuktikan teorema ini, dimana E ≔{a , b }. Secara umum dapat

diperoleh dengan mengubah interval ke dalam gabungan dari suatu interval bilangan terbatas.

Diberikan ε>o , karena f ∈ R [a ,b ] diasumsikan ada δ ε>0 sedemikian sehingga jika P

adalah suatu tag partisi dengan ‖P‖<δ ε , maka

(2) |S (f ; P )−∫a

b

f|<ε.

Dimana titik di atas P menunjukkan bahwa tag telah dipilih untuk setiap sub interval.

P := {( [x i−1 , x i ] ,t i )}i=1

n dan

S ¿, merupakan jumlah Riemann dari fungsi f : [a , b ]→ R

Jika subinterval dalam P adalah [ x i−1 , x i ], maka dengan menggunakan Teorema Nilai

Rata-Rata 6.2.4 untuk F pada [ x i−1 , x i ] menyatakan bahwa ada ui∈ ( x i−1 , x i ) sedemikian

sehingga

F ( x i )−F ( x i−1 )=F' (ui ) . ( xi−xi−1 ) untuk i = 1, … , n.

Teorema Nilai Rata-Rata 6.2.4 f (b )−f (a )=f ' (c ) (b−a )

2

Jika kita menambahkan bentuk ini, dilihat dari jumlah dan bukti yang ada bahwa

F ' (ui )=f (ui ), maka kita peroleh

F (b )−F ( a )=∑i=1

n

( F ( x i )−F ( x i−1 ))=∑i=1

n

f (u i ) ( x i−x i−1 ) .

Sekarang, misalkan Pu≔ {( [ xi−1 , x i ] , ui )}i=1

n , jadi jumlah pada persamaan kanan S ( f ; Pu ) . Jika

kita substitusi F (b )−F ( a )=S ( f ; Pu ) pada persamaan (2), dapat disimpulkan bahwa

|F ( b )−F (a )−∫a

b

f|<ε

Namun, karena ε>0berubah-ubah, maka kita dapat mengambil kesimpulan bahwa persamaan

(1) berlaku.

Keterangan Jika suatu F terdiferensial pada setiap interval dari [ a , b ] maka (dengan

Teorema 6.1.2) hipotesis (a) secara otomatis memenuhi. Jika f tidak terdefinisi untuk

beberapa titik c∈E, kita mengambil f ( c )≔0. Namun jika F terdiferensial pada setiap

interval dari [ a , b ], kondisi (c) tidak secara otomatis memenuhi, karena ada fungsi F

sedemikian sehingga F’ bukan terintegral secara Riemann. (Lihat contoh 7.3.2(e).)

Teorema 6.1.2 Jika f : I → R mempunyai sebuah turunan di c∈ I , maka f kontinu di c.

7.3.2 Contoh

(a) Jika F ( x )≔ 12

x2 untuk semua x∈ [ a , b ], maka F '(x )=x untuk semua x∈ [ a , b ].

Selanjutnya, f =F ' adalah kontinu di R [ a ,b ]. Oleh karena itu, Teorema Fundamental

(dengan E=∅) menyatakan bahwa

∫a

b

x dx=F (b )−F ( a )=12

(b2−a2) .

3

(b) Jika G ( x )≔arctan x untuk x∈ [ a , b ], maka G' (x)=1/( x2+1 ) untuk semua x∈ [a , b ];

begitupula G’ kontinu padaR [ a , b ]. Oleh karena itu Teori Fundamental (dengan E=∅

) menyatakan bahwa

∫a

b 1x2+1

dx=arctan b−arctan a.

(c) Jika A ( x )≔|x|untuk x∈ [−10,10 ], maka A' ( x )=−1 jika x∈¿ dan

A' ( x )=+1untuk x∈¿. Mengingat defenisi dari fungsi signum (pada 4.1.10(b)), kita

dapatkan A' ( x )=sgn (x) untuk semua x∈ [−10,10 ]∖ {0 }. Karena fungsi signum adalah

fungsi tangga, maka itu anggota dari R [−10,10 ]. Oleh karena itu Teorema

Fundamental (dengan E = {0}) menyatakan bahwa

∫−10

10

sgn ( x ) dx=A (10 )−A (−10 )=10−10=0.

Fungsi Signum didefinisikan sebagai

sgn(x)≔{+1untuk x>00untuk x=0

−1untuk x<0

(d) Jika H ( x ):=2√x untuk x∈ [0 , b ], maka H kontinu pada [ 0 , b ] dan H ' ( x )=1 /√x

untuk x∈ ¿. Oleh sebab itu h≔H ' tidak dibatasi pada (0,b], maka itu bukan anggota

di R[0 , b] tidak peduli bagaimana kita mendefinisikan h(0). Oleh karena itu,

Teorema Fundamental 7.3.1 tidak berlaku.

(e) Misalkan K ( x )≔ x2 cos (1/ x2 ) untuk x∈ (0,1¿ dan misalkan K (0 )≔0. Itu mengikuti

Aturan Produk 6.1.3(c) dan Aturan Rantai 6.1.6, bahwa

K ' (x )=2 x cos1/ x2+2 /x sin 1/x2, untuk x∈ (0,1¿

Aturan Produk 6.1.3 (c) Fungsi f g terdiferensialkan di c dan

( f g )' (c)= f ' ( c ) g (c )+ f (c ) g '(c)

4

Aturan Rantai 6.1.6 Diberikan I, J interval di R , g : I → R dan f :J → R adalah

fungsi sedemikian sehingga f ( J )⊆ I dan c∈ J . Jika f terdiferensialkan di c dan jika g

terdiferensialkan di f (c) , maka fungsi komposit g∘ f terdiferensialkan di c dan

( g∘ f )' (c)=g ' ( f (c ) ). f ' (c )

Turunan K pada x = 0, diperoleh dengan menggunakan defenisi dari turunan.

Diperoleh

K ' (0)=limx →0

K ( x )−K (0 )x−0

=limx → 0

x2 cos( 1x2 )

x=lim

x →0x cos ( 1

x2 )=0

Sehingga turunan K’ dari K ada untuk x∈ [ 0,1 ]. Jadi K kontinu dan terdiferensial

pada [0,1]. Karena itu dapat dilihat bahwa fungsi K’ tidak terbatas pada [0,1] sehingga bukan

bagian/anggota R[0,1] dan Teorema Fundamental 7.3.1 tidak berlaku untuk K’.

B. Teorema Dasar (Bentuk kedua)

Sekarang dengan Teorema Dasar (Bentuk kedua) kita ingin membedakan integral

yang melibatkan batas atas variabelnya.

7.3.3 Defenisi Jika f ∈ R [ a ,b ] maka fungsi yang didefenisikan sebagai

(3) F ( z )≔∫a

z

f untuk z∈ [ a , b ],

ini disebut integral tak tentu dari f dengan nilai awal a. (Kadang nilai selain a dapat pula

digunakan sebagai nilai awal)

Exercise 7.3.6

Jika f ∈ R[a , b] dan jika c ϵ [a ,b], fungsi yang didefenisikan oleh F c ( z )=∫c

z

f untuk z∈[a , b]

dikatakan Integral tak tentu dari f dengan nilai awal c. Tentukan hubungan antara Fa dan Fc !

5

Dengan menggunakan teorema Aditivitas 7.2.8

Fa ( z )=∫a

z

f untuk z∈ [ a , b ] ,

dan

F c ( z )=∫c

z

f untuk c , z∈ [ a , b ] ,

maka

Fa ( z )=∫a

c

f +∫c

z

f =¿∫a

c

f +Fc (z )¿

sehingga

F c ( z )=Fa (z )−∫a

c

f

Kita akan menunjukkan bahwa jika f ∈ R [ a ,b ] maka integral tak tentu F memenuhi kondisi

Lipshictz maka F kontinu pada [a,b]

Defenisi Fungsi Lipschitz .

Misalkan A⊆R dan f : A → R. Jika terdapat konstanta K > 0 sedemikian hingga

|f (x )−f (u)|≤ K|x−u|

untuk setiap x ,u∈ A, maka f dikatakan fungsi Lipschitz

Teorema 7.3.4 Integral tak tentu F yang didefenisikan (3) adalah kontinu pada [a,b].

Faktanya jika

|f (x)|≤ M untuk semua x∈ [ a , b ] ,maka|F ( z )−F (w)|≤ M|z−w|untuk semua z , w∈[a ,b ]

Bukti : Dari teorema Aditivitas 7.2.8

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

terbatas pada [a,c] dan [c,b] yang merupakan integral Riemann. Pada kasus ini

∫a

b

f =∫a

c

f +∫c

b

f

menyatakan jika z , w∈ [ a . b ] dan misalkan w ≤ z, maka

6

F ( z )=∫a

z

f =∫a

w

f +∫w

z

f =F ( w )+∫w

z

f

Sehingga diperoleh

F ( z )−F (w )=∫w

z

f

sekarang jika −M ≤ f (x)≤ M untuk semua x∈[a , b], maka

Teorema 7.1.4 (c)

Misalkan f dan g adalah di dalam R [a , b]

Jika f (x)≤ g (x) untuk semua x∈[a ,b], maka

∫a

b

f ≤∫a

b

g

Dari Teorema 7.1.4 (c) di atas diperoleh:

∫w

z

−M dx ≤∫w

z

f (x ) dx ≤∫w

z

M dx

−M x zw

≤∫w

z

f ( x )≤ Mx zw

−M (z−w)≤∫w

z

f ( x ) dx≤ M (z−w)

menyatakan bahwa

−M (z−w)≤∫w

z

f ≤ M( z−w)

sehingga diperoleh

|F ( z )−F (w )|≤|∫wz

f|≤ M|z−w|,

7

Terbukti,

Selanjutnya kita akan menunjukkan integral tak tentu F adalah terdiferensial pada sembarang

titik dimana f kontinu.

7.3.5 Teorema dasar Kalkulus (bentuk kedua). Misalkan f ∈ R[a , b] dan f kontinu pada

titik c∈[a ,b ]. Maka integral tak tentu yang didefenisikan dari (3), adalah terdiferensial di c

dan F ' (c )=f (c ),

Bukti . Kita akan mengandaikan c∈¿ dan mengingat turuan dari kanan F pada c. Karena f

kontinu pada c, diberikan ε>0 terdapat ηε>0 sedemikian hingga jika c ≤ x ≤ c+η ε, maka

(4) f ( c )−ε< f ( x )< f (c )+ε

Ambil h yang memenuhi 0<h<ηε. Teorema Aditivitas 7.2.8 menunjukkan bahwa f adalah

terintegralkan pada interval [a,c], [a,c+h] dan [c,c+h] dan

F (c+h )−F (c )=∫c

c+h

f

F (c+h )=∫c

h

f +∫c

c+h

f

∫c

c+h

(f (c )−ε ) dx≤ ∫c

c+h

f ≤ ( f (c )+ε ) dx

x ( f (c )−ε )∨c+hc

≤ ∫c

c+h

f ≤ x (f (c )+ε )∨c+hc

(c+h ) ( f (c )−ε )−c (f (c )−ε ) ≤ ∫c

c +h

f ≤ (c+h ) (f (c )+ε )−c ( f (c )+ε )

8

h( f (c )−ε)≤ ∫c

c+h

f ≤ h( f (c )+ε )

Sekarang pada interval [c,c+h] fungsi f memenuhi pertidaksamaan (4), sehingga (dari

teorema 7.1.4.(c)) kita peroleh

( f (c )−ε ). h ≤ F (c+h )−F (c )=∫c

c+h

f ≤ ( f (c )+ε ) . h

Jika kita membaginya dengan h > 0 dan mengurangkannya dengan f(c), kita peroleh

|F (c+h )−F(c)h −f (c )|≤ ε

tetapi, ε>0 berubah ubah, kita simpulkan limit kanan diberikan oleh

limh→ 0+¿

F ( c+h)−F (c)h =f (c)¿

¿

dengan cara sama dibuktikan untuk limit kirinya juga sama dengan f(c) dimana c∈¿,

sehingga pernyataan terpenuhi.

Teorema 7.3.6 Jika f kontinu pada [a,b] maka integral tak tentu F, yang didefiniskan oleh (3)

adalah terdiferensial di [a,b] dan F’(x)=f(x) untuk semua x∈[a , b].

Teorema 7.3.6 dapat diringkas: Jika f kontinu pada [a, b], maka integral tak tentu dari f

adalah anti turunannya. Kita akan meninjau bahwa, secara umum, integral tak tentu tidak

harus menjadi antiturunan (baik karena turunan dari integral tak tentu tidak ada atau tidak

sama f(x)

Contoh :

Jika f ( x )=sgn( x) pada [-1,1], maka f ∈ R[−1,1] dan integral tak tentu F ( x )≔|x|−1 dengan

nilai awal -1. Tetapi, F’(0) tidak ada, F bukan anti turunan dari f pada [-1,1]

Teorema Substitusi 7.3.8

9

Misalkan J≔[α ,β ] dan misalkan φ : J →R memiliki turunan di J. Jika f : I → R adalah

kontinu pada interval I yang terdapat pada φ ( J ) , maka

(5 )∫α

β

f ( φ (t ) ) . φ' (t ) dt=∫φ(α )

φ(β )

f (x ) dx

Hipotesis bahwa f dan φ adalah kontinu yang membatasi, tetapi digunakan untuk memastikan

adanya integral Riemann pada sisi kiri (5)

Bukti : Misalkan F(x) adalah primitive (anti turunan) dari f(x) dan x=φ (t ) maka F ( φ ( t ) )

merupakan primitive dari f ( φ ( t ) ) . φ' ( t ). dengan menggunakan aturan rantai kita peroleh

(F ( φ ( t ) ))'=F ' ( φ (t ) ) . φ' (t )=f (φ ( t ) ) . φ' ( t )

sehingga

∫φ (α )

φ ( β)

f ( x )dx=F ( x )+c=F (φ ( t ) )+c=∫α

β

f (φ (t ) ) .φ ' (t ) d t

Contoh 7.3.9

a. Anggap ∫1

4 sin √ t√t

dt. Disini kita subtitusikan φ ( t )=√ t untuk t∈[1,4] sehingga φ ' (t )= 12√ t

adalah kontinu pada [1,4]. Jika kita misalkan f(x)=2sin x, maka integrandnya memiliki

bentuk ( f ∘φ ) . φ ' dan teorema 7.3.8 menyatakan bahwa persamaan integral

∫1

2

2sin x dx=−2cos x|12=2¿¿¿

b. Anggap integral ∫0

4 sin √ t√t

dt. Karena φ (t )=√ t tidak memiliki turunan kontinu pada [0,4] ,

teorema Subtitusi 7.3.8 tidak dapat digunakan, paling tidak pada subtitusi ini.

10

Exercise 7.3.18 (b)

Gunakan teorema Subtitusi untuk menyelesaikan integral

(b )∫1

3 dtt √ t+1

= ln (3+2√2¿)−ln 3 ¿

subtitusikan φ (t )=√ t+1untuk t ∈[1,3] sehingga φ' (t )= 1

2√ t+1 adalah kontinu pada [1,3].

Dengan memisalkan f ( x )= 2x2−1

dx dan φ (1 )=√2 ,φ (3 )=√4 sebagai batas bawah dan atas

∫√2

√42

x2−1dx, diperoleh

∫√2

√42

x2−1dx=2∫

√2

√41

x2−1dx=2∫

√2

√41

( x+1 ) ( x−1 )dx

dengan menggunakan Integral Fungsi Rasional

2∫√2

√41

( x+1 ) ( x−1 )dx=2¿

dengan A= -1/2 dan B=1/2, sehingga

11

2∫√2

√41

( x+1 ) ( x−1 )dx=2¿

2∫√2

√4

[ 12 ( x−1 )

− 12 ( x+1 ) ]dx=∫

√2

√4

[ 1( x−1 )

− 1(x+1 ) ]dx

¿ [ ln ( x−1 )−ln (x+1)]∨¿√2√4 ¿

¿ ln (√4−1 )−ln (√4+1 )−ln (√2−1 )+ ln (√2+1 )

¿ ln ( √4−1√4+1 )+ ln( √2+1

√2−1 )=ln 13+ ln (3+2√2 )=ln (3+2√2 )−ln 3

Exercise 7.3.19

Jelaskan mengapa Teorema 7.3.8 dan atau exercise 7.3.17 tidak dapat digunakan untuk menyelesaikan integral berikut

a .∫0

4 √ t1+√t

dt ,φ (t )=√t c .∫0

4 cos √ t√t

dt ,φ ( t )=√ t

pada (a) dan (c), φ (t ) tidak mempunyai turunan yang kontinu pada [0,4], dimana φ' (t )= 1

2√ t

yang hanya kontinu pada (0,4] sehingga teorema 7.3.8 tidak dapat digunakan.

C. Kriteria Integral Lebesgue’s

Sekarang kita akan menyajikan sebuah pernyataan dari teorema Definitif Henri

Lebesgue (1875-1941) yang memberikan syarat perlu dan cukup untuk fungsi yang

terintegral Riemann dan memberikan beberapa aplikasi dari teorema ini.

Defenisi 7.3.10

a. Himpunan Z⊂R dikatakan himpunan null set jika untuk setiap ε>0 terdapat berhingga

himpunan {( ak , bk ) }k=1∞ dari interval buka sedemikian hingga

(6 ) Z⊆¿k=1¿ ∞¿¿

b. Jika Q(x) merupakan pernyataan tentang titik x∈ I, kita dapat mengatakan bahwa Q(x)

dapat diperoleh hampir setiap anggota pada I (atau untuk hampir setiap x∈ I), jika

12

terdapat suatu himpunan null set Z⊂ I sedemikian hingga Q(x) berlaku untuk semua

x∈ I /Z. Pada kasus ini kita dapat menuliskannya

Q ( x )untuk hampir setiap x∈ I

Hal ini menunjukkan bahwa sembarang subset dari suatu himpunan null set adalah himpunan

null set juga, dan itu adalah dengan mudah untuk memeriksa bahwa Union (Gabungan) dari

dua himpunan null set adalah himpunan null set.

Contoh 7.3.11

Bilangan rasional Q1 pada [ 0,1 ] adalah himpunan null set

Diketahui Q1= {r1 , r2 , r3, …, rn }. Diberikan ε>0. Perhatikan bahwa interval terbuka

J1={r1−ε4

, r1+ε4 } yang memuat r1 dengan panjang ε /4, begitu pula terdapat interval buka

J2={r2−ε8

, r2+ε8 } yang memuat r2 dan memiliki panjang ε /8 . Secara umum, interval terbuka

Jk={r k−k

2k+1 , rk+k /2k+1}Terdapat titik rk dan memiliki panjang ε /2k. Oleh karena itu, ¿k=1¿ ∞ Jk dari interval terbuka dari

setiap titik Q1 : selain itu jumlah dari panjang adalah ∑k =1

∞

( ε /2k )=ε karena ε>0 berubah –ubah, Q1

adalah himpunan null set.

Argumen yang diberikan hanya dapat dimodifikasi untuk menunjukkan bahwa setiap

himpunan yang dapat dihitung adalah himpunan null set. Namun, dapat pula ditunjukkan bahwa ada

himpunan null set yang tidak dapat dihitung di R, sebagai contoh himpunan Cantor.

Sekarang kita akan menyatakan kriteria integritas Lebesgue. Yang akan menegaskan bahwa

himpunan yang terbatas pada sebuah interval dapat diintegralkan secara integral Riemann jika dan

hanya jika titik-titik diskontinunya membentuk himpunan null set.

13

7.3.12 Kriteria keintegralan Lebesgue. Sebuah himpunan terbatas f : [a , b ]⟶ R dapat

diintegralkan secara integral Riemann jika dan hanya jika fungsi tersebut kontinu di hampir semua

titik pada [ a , b ].

Bukti. Misalkan f : [a , b ]⟶ R adalah himpunan terbatas. Maka poin-poin berikut saling ekuivalen :

a) f ∈ R [ a ,b ]

b) Untuk setiap ε>0 terdapat partisi Pε sedemikian sehingga jika P1, P2 merupakan partisi

bertanda yang mempunyai subinterval yang sama Pε , maka

(1) |S( f ; P1)−S (f ; P2)|<ε

c) Untuk setiap ε>0 terdapat sebuah partisi Pε={ I i }i=1n ={[ x i−1 , x i ] }i=1

n sedemikian sehingga jika

mi≔ inf {f ( x ) : x∈ I i } dan M i≔{ f ( x ) : x∈I i } maka

(2) ∑i=1

n

( M i−mi) ( x i−x i−1 )<2 ε

Jawab.

(a)⟹(b) diberikan ε>0, misalkan ηε>0 seperti dalam kriteria cauchy 7.2.1 dan misalkan Pε adalah

sebarang partisi dengan ‖P ε‖<ηε. Maka jika P1 P1 adalah sebarang partisi bertanda dengan

subinterval yang sama Pε, maka ‖P1‖<ηε dan ‖P2‖<ηε. Sehingga kondisi (1) terpenuhi.

(b) ⟹(c) diberikan ε>0 ,misalkan Pε={ I i }i=1n adalah partisi pada (b) dan misalkan mi dan M i seperti

pernyataan di (c). Karena miadalah infimum dan M i adalah suprimum, maka terdapat titik ui

dan vi di I i dengan

Dan

Maka diperoleh

14

Jika kita mengalikan pertidaksamaan ini dengan dan menjumlahkannya, diperoleh

Misalkan , sehingga partisi bertanda ini

memiliki subinterval yang sama Pε. Dan juga, jumlah. sisi kanan sama dengan

Sehingga dari bentuk (1), kondisi (2) terpenuhi.

(c) ⇒ (a) didefinisikan fungsi tangga α ε dan ωε, pada [ a , b ] oleh

Dan untuk ,

Dan untuk i=0,1 ,…, n maka untuk

x∈ [ a , b ]. Karena α ε dan ωε adalah fungsi tangga, maka keduanya dapat diintegralkan secara integral

Riemann dan

Oleh karena itu,

Jika kita gunakan (2),maka diperoleh

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

15

7.3.13 contoh.

(a) Fungsi tangga g pada contoh dalam contoh 7.1.3(b) ( g : [ 0,3 ] → R didefenisikan sebagai

g ( x )≔2untuk 0≤ x ≤1 dan g ( x )≔3 untuk 1<x ≤3) kontinu di setiap titik kecuali x=1. Sehingga

berdasarkan dari kriteria integrasi Lebesgue yang g terintegralkan secara Riemann.

Faktanya, karena setiap fungsi tangga memiliki himpunan berhingga titik-titik tak kontinu, maka

setiap fungsi tangga padan [a,b] terintegralkan secara Riemann.

(b) dari teorema 5.5.4 bahwa setiap himpunan titik-titik diskontinu dari fungsi monoton dapat

dihitung, kita menyimpulkan bahwa : setiap himpunan monoton pada [ a , b ] dapat diintegralkan

secara Riemann.

(c) Fungsi G seperti pada contoh 7.1.3 (e) (

G ( x )≔ 1n

untuk x=1n

(n∈ N ) dan G ( x )≔o tidak beradadi [0,1 ] )diskontinu tepat pada titik-titik di

D≔{1 , 12

,…, 1n

,…}. Karena fungsi ini adalah himpunan yang dapat dihitung, maka fungsi tersebut

adalah himpunan null set dan kriteria Lebesgue mengakibatkan G dapat diintegralkan secara

Riemann.

(d) fungsi Dirichlet yang ditunjukkan oleh contoh 7.2.2 (b) tidak dapat diintegralkan secara Riemann.

Catat bahwa fungsi ini diskontinu di setiap titik pada [ 0,1 ]. Karena dapat ditunjukkan bahwa fungsi

tersebut bukanlah himpunan null set di [ 0,1 ], kriteria Lebesgue juga menyimpulkan hal yang sama.

(e) Misalkan h : [ 0,1 ]⟶ R adalah fungsi Thomae, didefinisikan pada contoh 5.1.6(h) dan 7.1.6.

16

Pada contoh 5.1.6(h), terlihat bahwa h kontinu pada setiap bilangan irrasional dan diskontinu pada

setiap bilangan rasional di [ 0,1 ]. Dari contoh 7.3.11, fungsi tersebut diskontinu pada himpunan null

set, sehingga kriteria Lebesgue mengakibatkan fungsi Thomae terintegralkan secara Riemann pada

[ 0,1 ], seperti yang kita lihat pada contoh 7.1.6.

Kita sekarang memperoleh sebuah hasil yang membolehkan kita untuk membuat kombinasi lain dari

fungsi terintegral Riemann.

7.3.14 Teorema komposisi Misalkan f ∈ R [ a ,b ] dengan

Dan misalkan φ : [ c , d ]⟶ R kontinu. Maka komposisi φ∘ f elemen R [ a , b ].

Bukti. Jika f kontinu di sebuah titik u∈ [ a , b ], dan φ∘ f juga kontinu di u. Karena himpunan D dari

titik-titik diskontinu f adalah himpunan null set, himpunan D1⊆D dimana D1 adalah himpunan titik

– titik diskontinu φ∘ f yang juga merupakan himpunan null set. Oleh karena itu komposisi φ∘ f juga

berada di R [ a , b ].

7.3.15 Akibat. Misalkan f ∈ R [ a ,b ] maka nilai absolut |f| berada di R [ a , b ] dan

Dimana |f (x)|≤ M untuk semua x∈ [ a ,b ].

Bukti. Kita telah melihat pada teorema 7.1.5

bahwa jika f terintegralkan, maka terdapat M sedemikian sehingga |f (x)|≤ M untuk semua x∈ [ a , b ].

Misalkan

Maka teorema komposisi mengakibatkan Pertidaksamaan pertama

berasal dari fakta bahwa –|f (x )|≤ f ≤|f (x )| dan 7.1.4(c), dan pertidaksamaan kedua berasal dari

|f (x)|≤ M .

17

7.3.16 Teorema Hasil kali. Jika f dan g berada di R [ a , b ], maka hasil kali fg berada di R [ a , b ]

Bukti. Jika φ (t )≔ t2, untuk t∈ [−M , M ], dari teorema komposisi, f 2=φ∘ f berada di R [ a , b ].

Dengan cara yang sama, ( f +g )2 dan g2 berada di R [ a , b ] . tetapi, karena kita dapat menuliskan

perkalian sebagai

Maka fg∈R [ a ,b ].

D. Integral dengan Partisi

Kita akan menutup bab ini dengan sebuah bentuk umum integrasi dengan partisi pada integral

Riemann, dan Teorema sisa Taylor.

Teorema 7.3.17 Misalkan F dan G terdiferensialkan di [ a ,b ], dan misalkan f ≔F ' dan g≔G'

berada R [ a , b ]. Maka

(7)

Bukti. Dari teorema 6.1.3 (c), turunan (FG) ' ada di [ a , b ], dan

( FG )'=F' G+F G'=fG+Fg

Karena F ,G kontinu dan f , g berada di R [ a ,b ], Teorema hasil kali 7.3.16 mengakibatkan fG dan

Fg terintegralkan. Teorema Fundamental 7.3.1 mengakibatkan

Sehingga (7) terpenuhi.

18

Yang khusus, tapi sangat berguna, contoh dari teorema ini adalah jika f dan g kontinu di [ a , b ] dan F

dan G merupakan integral tak wajar F ( x )≔∫a

x

f dan G ( x )≔∫a

x

g.

Teorema 7.3.18 Sisa Taylor misalkan f ' , …, f (n) , f (n+1) ada di [ a , b ] dan f (n+ 1)∈R [a ,b ]. Maka

(8)

Dimana sisanya berbentuk

(9)

Bukti. Gunakan integrasi dengan partisi pada persamaan (9), dengan F ( t )≔ f n(t ) dan

G ( t )≔ (b−t )n /n!, sehingga g (t )=−(b−t )(n−1) / (n−1 )! untuk mendapatkan

Jika kita melanjutkan integral ini dengan integrasi partisi maka kita akan mendapatkan (8).

DAFTAR PUSTAKA

Bartle, Robert Gardner. 1927. Introduction to Real Analysis. John Wiley & Sons, Inc. USA.

19

http://www.fperri.net/teaching/notes/lecture_notes_897.pdf

20