Anreal Bag 3

BAGIAN KETIGA

Integral, Barisan Fungsi, Pertukaran Limit dan Integral

101

102 Hendra Gunawan

Pengantar Analisis Real 103

12. LUAS DAERAH DAN INTEGRAL

12.1 Luas Daerah di Bawah Kurva

Masalah menentukan luas daerah (dan volume benda ruang) telah dipelajarisejak era Pythagoras dan Zeno, pada tahun 500-an SM. Konsep integral (yang terkaiterat dengan luas daerah) berpijak pada metode ‘exhaustion’, yang telah dipakai olehPlato dan Eudoxus, dan kemudian oleh Euclid dan Archimedes, untuk menghitungluas daerah lingkaran.

Pada 1630-an, Pierre de Fermat tertarik untuk menghitung luas daerah di bawahkurva. 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 menyatakanluas 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 diperolehsebagai jumlah luas daerah persegi-panjang kecil sebagaimana dalam Gambar 12.2.Maka ‘luas daerah’ di bawah kurva y = f(x) mestilah lebih besar daripada setiapanggota L. Tampaknya masuk akal untuk mendefinisikan ‘luas daerah’ di bawahkurva y = f(x) sebagai bilangan terkecil yang lebih besar daripada setiap anggota L,yakni supL.

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 persegi-panjang yang terbentuk, luas daerah di bawah kurva y = f(x) mestilah lebih besardaripada

1n

[0 +

12

n2+

22

n2+ · · ·+ (n− 1)2

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)6n3

→ 13

untuk n →∞, maka bilangan terkecil yang lebih besar daripada (n−1)n(2n−1)6n3 untuk

tiap n ∈ N adalah 13 . Jadi, luas daerah di bawah kurva y = f(x) adalah 1

3 .


Soal Latihan

1. Buktikan bahwa (n−1)n(2n−1)6n3 ≤ 1

3 untuk tiap n ∈ N, dan simpulkan bahwasupn∈N

(n−1)n(2n−1)6n3 = 1

3 .

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

12.2 Integral

Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Definisikan partisi dari [a, b] sebagaihimpunan 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, diberikansembarang partisi P := {x0, x1, . . . , xn} dari [a, b], kita dapat mendefinisikan

mk := infxk−1≤x≤xk

f(x),

untuk k = 1, 2, . . . , n. Dengan demikian, untuk tiap partisi P , kita dapat membentukderet

L(P, f) :=n∑

k=1

mk(xk − xk−1).

(Buatlah suatu ilustrasi yang menyatakan nilai L(P, f).)

Misalkan f terbatas di atas pada [a, b], katakanlah

f(x) ≤ M, x ∈ [a, b].

Maka

L(P, f) ≤ M

n∑k=1

(xk − xk−1) = M(b− a).

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∫ b

a

f(x) dx := supP

L(P, f),

dengan nilai supremum diambil atas semua partisi P dari [a, b].

Dalam hal f(x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ [a, b], maka∫ b

af(x) dx dapat diinterpre-

tasikan sebagai luas daerah di bawah kurva y = f(x).

Sebagai tambahan, jika a < b, maka kita definisikan∫ a

b

f(x) dx := −∫ b

a

f(x) dx.

Selain itu, untuk sembarang a ∈ R, kita definisikan∫ a

a

f(x) dx := 0.

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

m(b− a) ≤∫ b

a

f(x) dx ≤ M(b− a).

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

a

f(x) dx =∫ c

a

f(x) dx +∫ b

c

f(x) dx.

Catatan. Bukti Proposisi 3 agak panjang; lihat [2].

Soal Latihan

1. Buktikan Proposisi 2.

2. Buktikan bahwa∫ b

ac dx = c(b− a).

3. Diketahui f(x) = x, x ∈ [a, b]. Buktikan bahwa

L(P, f) ≤ 12(b2 − a2)


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

a

f(x) dx =12(b2 − a2).

12.3 Turunan dari Integral; Teorema Dasar Kalkulus

Misalkan f terdefinisi pada (a, b). Misalkan F kontinu pada [a, b] dan mempu-nyai turunan pada (a, b) dengan

F ′(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) =14x4 + 5

merupakan suatu anti turunan dari f . Secara umum, fungsi G yang didefinisikansebagai

G(x) =14x4 + C,

dengan C konstanta, merupakan anti turunan dari f .

Pembaca mungkin bertanya: apa urusannya anti turunan dengan integral? Un-tuk menjawab pertanyaan ini, misalkan f kontinu pada [a, b]. Definisikan F pada[a, b] sebagai

F (x) :=∫ x

a

f(t) dt, x ∈ [a, b].

Dalam teorema berikut, kita akan menunjukkan bahwa F merupakan suatu anti tu-runan dari f pada [a, b].

Teorema 5 (Teorema Dasar Kalkulus I). Misalkan f kontinu pada [a, b] dan F

didefinisikan pada [a, b] sebagai

F (x) :=∫ x

a

f(t) dt, x ∈ [a, b].

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 ′(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

F (x)− F (c) =∫ x

c

f(t) dt,

sehingga|F (x)− F (c)| ≤ κ|x− c|.

Jadi F kontinu pada [a, b].

Selanjutnya perhatikan bahwa untuk x 6= c kita mempunyai

F (x)− F (c)x− c

− f(c) =1

x− c

∫ x

c

[f(t)− f(c)] dt.

Karena f kontinu di c, kita dapat memilih δ > 0 sedemikian sehingga∣∣∣F (x)− F (c)x− c

− f(c)∣∣∣ < ε,

untuk 0 < |x − c| < δ. Ini menunjukkan bahwa F ′(c) = f(c), dan ini berlaku untuksetiap 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 ∫ b

a

f(t) dt = G(b)−G(a).

Bukti. Definisikan fungsi F pada [a, b] sebagai

F (x) :=∫ x

a

f(t) dt, x ∈ [a, b].

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

a

f(t) dt = F (b) = F (b)− F (a).


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

G(x) = F (x) + C, x ∈ [a, b],

suatu konstanta C. Karena itu,∫ b

a

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

sebagaimana yang kita harapkan.

Soal Latihan

1. Buktikan bahwa∫ 1

0x2dx = 1

3 .

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

0xrdx = 1

r+1 .

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

a

[λf(x) + µg(x)] dx = λ

∫ b

a

f(x) dx + µ

∫ b

a

g(x) dx.

4. Misalkan f dan g kontinu pada [a, b]. Buktikan Ketaksamaan Cauchy-Schwarzuntuk integral: [∫ b

a

f(x)g(x) dx]2

≤∫ b

a

[f(x)]2dx ·∫ b

a

[g(x)]2dx.

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 mendefini-sikan integral

∫ b

af(x) dx sebagai supremum dari himpunan semua jumlah luas daerah

persegi-panjang kecil di bawah kurva y = f(x). Sesungguhnya, kita dapat pulamendefinisikan integral

∫ b

af(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] → Ryang 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∑

k=1

mk(xk − xk−1).

dengan mk := infxk−1≤x≤xk

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

mendefinisikan

U(P, f) :=n∑

k=1

Mk(xk − xk−1).

dengan Mk := supxk−1≤x≤xk

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

L(P, f) dan U(P, f) disebut sebagai jumlah Riemann bawah dan jumlah Rie-mann atas dari f yang berkaitan dengan partisi P . Perhatikan bahwa

L(P, f) ≤ U(P, f)

untuk sembarang partisi P .


Selanjutnya, jika P := {x0, x1, . . . , xn} dan Q := {y0, y1, . . . , ym} adalah partisidari [a, b], maka Q disebut sebagai suatu perhalusan dari P apabila setiap titik partisixk ∈ P merupakan titik partisi di Q, yakni P ⊆ Q. Dalam hal ini, setiap sub-intervalyang terkait dengan partisi P dapat dinyatakan sebagai gabungan dari beberapa sub-interval 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 de-ngan menambahkan sejumlah titik ke P .

Proposisi 1. Jika Q merupakan perhalusan dari P , maka L(P, f) ≤ L(Q, f) danU(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∗} denganx∗ /∈ 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). Karenaitu kita dapat mendefinisikan

L(f) := sup{L(P, f) : P partisi dari [a, b]}

danU(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 sebagaiintegral 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 bawahdari {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 didefinisikansebagai

f(x) ={

0, x rasional;1, x irasional,

maka L(f) = 0 sementara U(f) = 1.

Jika L(f) = U(f), maka f dikatakan terintegralkan Riemann dan nilai yangsama tersebut didefinisikan sebagai integral Riemann dari f pada [a, b], yang di-lambangkan dengan

∫ b

af(x) dx. (Seperti pada Bab 12, kita definisikan

∫ a

bf(x) dx =

−∫ b

af(x) dx dan

∫ a

af(x) dx = 0.)

Sebagai contoh, jika f bernilai konstan pada [a, b], katakan f(x) = c untuksetiap x ∈ [a, b], maka L(f) = U(f) = c(b − a) dan karenanya f terintegralkanRiemann pada [a, b] dengan ∫ b

a

f(x) dx = c(b− a).

Teorema berikut memberikan suatu kriteria untuk keterintegralan f pada [a, b].(Untuk selanjutnya, ‘terintegralkan’ berarti ‘terintegralkan Riemann’ dan ‘integral’berarti ‘integral Riemann’.)

Teorema 4 (Kriteria Ketertintegralan Riemann). Fungsi f terintegralkan pada[a, b] jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat suatu partisi Pε dari [a, b]sedemikian sehingga

U(Pε, f)− L(Pε, f) < ε.


Bukti. Misalkan f terintegralkan pada [a, b]. Ambil ε > 0 sembarang. Dari definisisupremum, terdapat suatu partisi P1 dari [a, b] sehingga

L(f)− ε

2< L(P1, f).

Dari definisi infimum, terdapat pula suatu partisi P2 dari [a, b] sehingga

U(P2, f) < U(f)− ε

2.

Sekarang misalkan Pε := P1 ∪ P2. Maka Pε merupakan perhalusan dari P1 dan P2.Akibatnya,

L(f)− ε

2< L(P1, f) ≤ L(Pε, f) ≤ U(Pε, f) ≤ U(P2, f) < U(f) +

ε

2.

Namun L(f) = U(f), sehingga kita peroleh

U(Pε, f)− L(Pε, f) < ε.

Sebaliknya misalkan untuk setiap ε > 0 terdapat suatu partisi Pε dari [a, b]sedemikian sehingga

U(Pε, f)− L(Pε, f) < ε.

Maka, untuk setiap ε > 0, berlaku

0 ≤ U(f)− L(f) ≤ U(Pε, f)− L(Pε, f) < ε.

Dari sini kita simpulkan bahwa U(f) = L(f) atau f terintegralkan pada [a, b].

Akibat 5. Misalkan terdapat barisan partisi 〈Pn〉 dari [a, b] sedemikian sehingga

limn→∞

[U(Pn, f)− L(Pn, f)] = 0.

Maka f terintegralkan pada [a, b] dan

limn→∞

L(Pn, f) =∫ b

a

f(x) dx = limn→∞

U(Pn, f).

Soal Latihan


114 Hendra Gunawan

2. Misalkan f(x) = x, x ∈ [0, 1], dan Pn = {0, 1n , 2

n , . . . , 1}, n ∈ N. Tunjukkanbahwa lim

n→∞[U(Pn, f)− L(Pn, f)] = 0, dan kemudian simpulkan bahwa f terin-

tegralkan pada [0, 1].

3. Misalkan fungsi f didefinisikan pada [0, 1] sebagai

f(x) ={

0, 0 ≤ x < 1;1, x = 1.

Buktikan bahwa f terintegralkan pada [0, 1] dengan∫ 1

0f(x) dx = 0.

4. Misalkan fungsi f didefinisikan pada [0, 2] sebagai

f(x) ={

1, 0 ≤ x ≤ 1;2, 1 < x ≤ 2.

Buktikan bahwa f terintegralkan pada [0, 2] dengan∫ 2

0f(x) dx = 3.

13.3 Keterintegralan Fungsi Kontinu dan Fungsi Monoton

Sebagaimana disinggung pada awal bab ini, fungsi yang kontinu pasti terinte-gralkan.

Teorema 6. 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] mestilahkontinu seragam pada [a, b]. Karena itu, diberikan ε > 0 sembarang, terdapat δ > 0sedemikian sehingga untuk x, y ∈ [a, b] dengan |x− y| < δ berlaku

|f(x)− f(y)| < ε

b− a.

Selanjutnya, untuk tiap n ∈ N dengan n > b−aδ , tinjau partisi Pn := {x0, x1, . . . , xn}

dengan xk = a + k · b−an , k = 0, 1, . . . , n. (Di sini, interval [a, b] terbagi menjadi n

sub-interval sama panjang.)

Menurut Teorema 12 pada Bab 8, pada setiap sub-interval [xk−1, xk], f menca-pai nilai maksimum Mk dan minimum mk, katakanlah

f(uk) = Mk dan f(vk) = mk.


Dalam hal ini kita peroleh

Mk −mk = f(uk)− f(vk) <ε

b− a,

dan akibatnya

0 ≤ U(Pn, f)− L(Pn, f) =n∑

k=1

(Mk −mk)(xk − xk−1) ≤n∑

k=1

ε

b− a· b− a

n= ε.

Dari sini kita simpulkan bahwa limn→∞

[U(Pn, f) − L(Pn, f)] = 0, dan karenanya f

terintegralkan pada [a, b].

Selain fungsi kontinu, teorema berikut menyatakan bahwa fungsi monoton jugaterintegralkan.

Teorema 7. Jika f monoton pada [a, b], maka f terintegralkan pada [a, b].

Bukti. Tanpa mengurangi keumuman, asumsikan f naik pada [a, b]. Untuk tiapn ∈ 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 inikita peroleh suatu deret teleskopis

n∑k=1

(Mk −mk)(xk − xk−1) =b− a

n

n∑k=1

[f(xk)− f(xk−1)] =b− a

n[f(b)− f(a)].

Sekarang, jika ε > 0 diberikan, maka untuk tiap n ∈ N dengan n > b−aε [f(b)− f(a)]

berlaku

0 ≤ U(Pn, f)− L(Pn, f) =n∑

k=1

(Mk −mk)(xk − xk−1) < ε.

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]. Buktikanjika 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 terin-tegralkan, fg terintegralkan dan

∫ b

af(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. Sifatpertama adalah sifat kelinearan, yang dinyatakan dalam Proposisi 1. Sepanjang babini, I menyatakan interval [a, b], kecuali bila kita nyatakan lain.

Proposisi 1. Misalkan f, g : I → R terintegralkan pada I, dan λ ∈ R suatu konstanta.Maka λf dan f + g terintegralkan pada I dan∫ b

a

λf(x) dx = λ

∫ b

a

f(x) dx, (1)

∫ b

a

(f + g)(x) dx =∫ b

a

f(x) dx +∫ b

a

g(x) dx. (2)

Bukti. (1) Jika λ = 0, maka pernyataan tentang λf jelas benar. Sekarang tinjaukasus λ > 0. (Kasus λ < 0 serupa dan diserahkan sebagai latihan). Misalkan P :={x0, x1, . . . , xn} partisi sembarang dari I. Karena λ > 0, kita mempunyai

inf{λf(x) : x ∈ [xk−1, xk]} = λ inf{f(x) : x ∈ [xk−1, xk]}

untuk k = 1, 2, . . . , n. Kalikan tiap suku ini dengan xk − xk−1 dan jumlahkan, kitadapatkan

L(P, λf) = λL(P, f).

Jadi, karena λ > 0, kita peroleh

L(λf) = sup{λL(P, f) : P partisi dari I} = λ sup{L(P, f) : P partisi dari I} = λL(f).

Dengan cara yang serupa kita peroleh pula U(P, λf) = λU(P, f) dan

U(λf) = inf{λU(P, f) : P partisi dari I} = λ inf{U(P, f) : P partisi dari I} = λU(f).


Karena f terintegralkan, U(f) = L(f) dan akibatnya

L(λf) = λL(f) = λU(f) = U(λf).

Jadi λf terintegralkan dan ∫ b

a

λf(x) dx = λ

∫ b

a

f(x) dx.

(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 perolehL(P, f) + L(P, g) ≤ L(P, f + g)

danU(P, f + g) ≤ U(P, f) + U(P, g)

untuk sembarang partisi P dari I. Sekarang, jika ε > 0 diberikan, maka terdapatpartisi Pf,ε dan Pg,ε sedemikian sehingga

U(Pf,ε, f) ≤ L(Pf,ε, f) +ε

2

danU(Pg,ε, g) ≤ L(Pg,ε, g) +

ε

2.

Akibatnya, untuk Pε := Pf,ε ∪ Pg,ε, kita peroleh

U(Pε, f + g) ≤ U(Pε, f) + U(Pε, g) ≤ L(Pε, f) + L(Pε, g) + ε ≤ L(Pε, f + g) + ε.

Menurut Kriteria Keterintegralan Riemann, f + g terintegralkan.

Selanjutnya perhatikan bahwa dari ketaksamaan di atas, kita peroleh∫ b

a

(f +g)(x) dx ≤ U(Pε, f +g) ≤ L(Pε, f)+L(Pε, g)+ε ≤∫ b

a

f(x) dx+∫ b

a

g(x) dx+ε.

Sementara itu,∫ b

a

f(x) dx+∫ b

a

g(x) dx ≤ U(Pε, f)+U(Pε, g) ≤ L(Pε, f+g)+ε ≤∫ b

a

(f+g)(x) dx+ε.

118 Hendra Gunawan

Dari kedua ketaksamaan ini, kita peroleh∣∣∣∫ b

a

(f + g)(x) dx−(∫ b

a

f(x) dx +∫ b

a

g(x) dx)∣∣∣ < ε.

Karena ini berlaku untuk ε > 0 sembarang, kita simpulkan bahwa∫ b

a

(f + g)(x) dx =∫ b

a

f(x) dx +∫ b

a

g(x) dx,

dan bukti pun selesai.

Proposisi berikut dikenal sebagai sifat kepositifan integral Riemann. (Buktinyadiserahkan sebagai latihan.)

Proposisi 2. Misalkan f : I → R terintegralkan pada I. Jika f(x) ≥ 0 untuk tiapx ∈ I, maka

∫ b

af(x) dx ≥ 0.

Akibat 3. Misalkan f, g : I → R terintegralkan pada I. Jika f(x) ≤ g(x) untuk tiapx ∈ I, maka

∫ b

af(x) dx ≤

∫ b

ag(x) dx.

Proposisi 4. Misalkan f : I → R terintegralkan pada I. Jika m ≤ f(x) ≤ M untuktiap x ∈ [a, b], maka

m(b− a) ≤∫ b

a

f(x) dx ≤ M(b− a).

Proposisi 5. Misalkan f : [a, b] → R terbatas dan a < c < b. Maka, f terintegralkanpada [a, b] jika dan hanya jika f terintegralkan pada [a, c] dan pada [c, b]. Dalam halini, ∫ b

a

f(x) dx =∫ c

a

f(x) dx +∫ b

c

f(x) dx.

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 4.


4. Buktikan jika f terintegralkan pada I dan |f(x)| ≤ K untuk tiap x ∈ I, maka∣∣∫ b

af(x) dx

∣∣ ≤ K|b− a|.

14.2 Teorema Dasar Kalkulus untuk Integral Riemann

Analog dengan Teorema Dasar Kalkulus I (Teorema 5 pada Sub-bab 12.3) untukintegral dari fungsi kontinu, kita mempunyai hasil berikut untuk integral Riemanndari fungsi terbatas.

Teorema 6 (Teorema Dasar Kalkulus I). Misalkan f terbatas pada I = [a, b] danF didefinisikan pada I sebagai

F (x) :=∫ x

a

f(t) dt, x ∈ I.

Maka, F kontinu pada I. Selanjutnya, jika f kontinu di c ∈ (a, b), maka F mempu-nyai turunan di c dan F ′(c) = f(c).

Demikian pula kita mempunyai Teorema Dasar Kalkulus II untuk integralRiemann, yang dapat dibuktikan tanpa menggunakan Teorema Dasar Kalkulus Imelainkan dengan menggunakan Kriteria Keterintegralan Riemann.

Teorema 7 (Teorema Dasar Kalkulus II). Misalkan f terintegralkan pada I =[a, b]. Jika F : I → R adalah anti-turunan dari f pada I, maka∫ b

a

f(t) dt = F (b)− F (a).

Bukti. Diberikan ε > 0 sembarang, pilih partisi P := {x0, x1, . . . , xn} dari I sedemikiansehingga

U(P, f)− L(P, f) < ε.

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

L(P, f) ≤∫ b

a

f(t) dt ≤ U(P, f).

Akibatnya, kita peroleh ∣∣∣∫ b

a

f(t) dt− [F (b)− F (a)]∣∣∣ < ε.

Karena ini berlaku untuk ε > 0 sembarang, kita simpulkan bahwa∫ b

a

f(t) dt = F (b)− F (a),

sebagaimana yang kita kehendaki.

Soal Latihan

1. Misalkan f(x) = |x|, x ∈ [−1, 1]. Terkait dengan f , definisikan

F (x) :=∫ x

−1

f(t) dt, x ∈ [−1, 1].

(a) Peroleh rumus untuk F (x), x ∈ [−1, 1].

(b) Periksa bahwa F ′(x) = f(x) untuk x ∈ [−1, 1].

(c) Periksa bahwa∫ 1

−1f(t) dt = F (1)− F (−1).

2. Misalkan f : [−1, 1] → R didefinisikan sebagai

f(x) =

−1, −1 ≤ x < 0;0, x = 0;1, 0 < x ≤ 1,

Terkait dengan f , definisikan

F (x) :=∫ x

1

f(t) dt, x ∈ [−1, 1].


(a) Peroleh rumus untuk F (x). Apakah F kontinu pada [−1, 1]?

(b) Tunjukkan bahwa F ′(x) = f(x) untuk x ∈ [−1, 1], x 6= 0.

(c) Periksa apakah∫ 1

−1f(t) dt = F (1) − F (−1). Berikan argumen yang men-

dukung fakta tersebut.

3. Misalkan f dan g terintegralkan dan mempunyai anti- turunan F dan G padaI = [a, b]. Buktikan bahwa∫ b

a

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

a

f(x)G(x) dx.

(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 12 pada Bab 8) f akanmencapai nilai maksimum M dan minimum m pada [a, b]. Menurut Proposisi 4, kitamempunyai

m(b− a) ≤∫ b

a

f(x) dx ≤ M(b− a)

atau

m ≤ 1b− a

∫ b

a

f(x) dx ≤ M.

Nilai 1b−a

∫ b

af(x) dx disebut sebagai nilai rata-rata integral f pada interval I. (Dalam

versi diskrit, nilai rata-rata aritmetik dari sejumlah bilangan adalah jumlah daribilangan-bilangan tersebut dibagi dengan banyaknya bilangan itu. Dalam versi ‘kon-tinum’, integral menggantikan jumlah dan panjang interval menggantikan banyaknyabilangan. Secara fisis, bila f menyatakan kecepatan dari suatu partikel yang bergerakpada interval waktu I = [a, b], maka nilai rata-rata integral menyatakan ‘kecepatanrata-rata’ partikel tersebut pada I.)

Mengingat m dan M ada di daerah nilai f dan 1b−a

∫ b

af(x) dx ada di antara

kedua nilai tersebut, maka menurut Teorema Nilai Antara mestilah terdapat suatutitik c ∈ I sedemikian sehingga

f(c) =1

b− a

∫ b

a

f(x) dx.

122 Hendra Gunawan

Fakta ini dikenal sebagai Teorema Nilai Rata-rata untuk integral, yang dinyatakan dibawah ini. (Ingat bahwa sebelumnya kita juga mempunyai Teorema Nilai Rata-ratauntuk turunan. Dalam konteks turunan, f menyatakan posisi partikel yang bergerakpada interval waktu I = [a, b] sehingga nilai rata-rata turunan sama dengan kecepatanrata-rata partikel tersebut pada I.)

Teorema 8 (Teorema Nilai Rata-rata untuk Integral). Jika f kontinu padaI = [a, b], maka terdapat c ∈ I sedemikian sehingga

f(c) =1

b− a

∫ b

a

f(x) dx.

Pada Bab 10, kita telah membahas Teorema Taylor untuk turunan. Sekarangkita akan membahas teorema yang serupa untuk integral.

Teorema 9 (Teorema Taylor untuk Integral). Misalkan f, f ′, . . . , f (n) kontinupada I = [a, b]. Maka

f(b) = f(a) + (b− a)f ′(a) + · · ·+ (b− a)n−1

(n− 1)!f (n−1)(a) + En

dengan En = 1(n−1)!

∫ b

a(b− t)n−1f (n)(t) dt.

Bukti. Dengan pengintegralan parsial, kita peroleh

En =1

(n− 1)!

[(b− t)n−1f (n−1)(t)|ba + (n− 1)

∫ b

a

(b− t)n−2f (n−1)(t) dt]

= − (b− a)n−1

(n− 1)!f (n−1)(a) +

1(n− 1)!

∫ b

a

(b− t)n−2f (n−1)(t) dt.

Jika kita lakukan pengintegralan parsial hingga n kali, maka kita akan sampai padahasil di atas.

Soal Latihan

1. Buktikan jika f kontinu pada I = [a, b] dan f(x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I, makaterdapat c ∈ I sedemikian sehingga

f(c) =[ 1b− a

∫ b

a

f2(x) dx]1/2

.


2. Buktikan jika f kontinu pada I = [a, b] dan f(x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I, makauntuk sembarang k ∈ N terdapat c = ck ∈ I sedemikian sehingga

f(c) =[ 1b− a

∫ b

a

fk(x) dx]1/k

.

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

a

f(x) dx =∫ b

a

g(x) dx.

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 diperke-nalkan sebagai limit dari ‘jumlah Riemann’, tidak melalui integral Riemann atas danintegral Riemann bawah. Hal ini memang dimungkinkan, karena nilai limit dari jum-lah 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 untukk = 1, 2, . . . , n, maka jumlah

S(P, f) :=n∑

k=1

f(tk)(xk − xk−1)

disebut sebagai suatu jumlah Riemann untuk f , yang terkait dengan partisi P dantitik-titik sampel tk.

Catat bahwa untuk sebuah partisi P terdapat tak terhitung banyaknya caramemilih titik-titik sampel tk, dan karenanya terdapat tak terhitung banyaknya jumlahRiemann yang terkait dengan partisi P .

Untuk fungsi f ≥ 0 pada I, jumlah Riemann dapat diinterpretasikan sebagaijumlah luas daerah persegipanjang dengan lebar xk − xk−1 dan tinggi f(tk). Jikapartisi P cukup halus, maka masuk akal untuk mengharapkan bahwa jumlah RiemannS(P, f) akan menghampiri luas daerah di bawah kurva y = f(x). Dalam hal ini, nilaiS(P, f) mestilah cukup dekat ke nilai integral dari f pada I, bila f terintegralkanpada I.

Perhatikan bahwa untuk sembarang partisi P dari I dan untuk sembarang


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∑

k=1

mk(xk − xk−1) ≤n∑

k=1

f(tk)(xk − xk−1) ≤n∑

k=1

Mk(xk − xk−1),

yakniL(P, f) ≤ S(P, f) ≤ U(P, f).

Jadi, jumlah Riemann untuk f senantiasa bernilai di antara jumlah Riemann bawahdan jumlah Riemann atas, terlepas dari bagaimana caranya kita memilih titik-titiksampel 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 Rie-mann atas sama dengan jumlah Riemann untuk titik-titik sampel tertentu. Secaraumum, jumlah Riemann bawah maupun atas bukan jumlah Riemann (karena nilai mk

dan Mk tidak harus tercapai oleh f). Namun demikian, dengan memilih titik-titiksampel secara cermat, kita dapat memperoleh jumlah Riemann yang cukup dekat kejumlah 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 = 1

2 (xk +xk−1). Hitunglah jumlah RiemannS(P, f) dengan titik-titik sampel ini.

2. Misalkan f : I → R terbatas, P := {x0, x1, . . . , xn} partisi dari I, dan ε > 0sembarang.

(a) Tentukan titik-titik sampel tk sedemikian sehinggan∑

k=1

f(tk)(xk − xk−1)− L(P, f) < ε.

(b) Tentukan titik-titik sampel tk sedemikian sehingga

U(P, f)−n∑

k=1

f(tk)(xk − xk−1) < ε.

126 Hendra Gunawan

15.2 Integral sebagai Limit

Di sini kita akan melihat bahwa∫ b

af(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 ε > 0 terdapatsuatu partisi Pε dari I sedemikian sehingga untuk sembarang partisi P ⊇ Pε dansembarang jumlah Riemann S(P, f) berlaku∣∣∣S(P, f)−

∫ b

a

f(x) dx∣∣∣ < ε.

Bukti. Diberikan ε > 0 sembarang, pilih partisi Pε dari I sedemikian sehingga

U(Pε, f)− L(Pε, f) < ε.

Selanjutnya ambil sembarang partisi P ⊇ Pε. Maka, menurut Proposisi 1 pada Sub-bab 13.1, kita mempunyai

L(Pε, f) ≤ L(P, f) ≤ U(P, f) ≤ U(Pε, f).

Akibatnya,U(P, f)− L(P, f) < ε.

Sekarang misalkan S(P, f) adalah sembarang jumlah Riemann yang terkait denganP . Maka,

L(P, f) ≤ S(P, f) ≤ U(P, f).

Sementara itu, kita juga mempunyai

L(P, f) ≤∫ b

a

f(x) dx ≤ U(P, f).

Dari kedua ketaksamaan ini kita peroleh∣∣∣S(P, f)−∫ b

a

f(x) dx∣∣∣ ≤ U(P, f)− L(P, f) < ε,

dan teorema pun terbukti.

Teorema berikut merupakan kebalikan dari Teorema 1. Buktinya diserahkansebagai latihan.


Teorema 2. Misalkan f terbatas pada I. Misalkan terdapat suatu bilangan A ∈ Rsedemikian sehingga untuk setiap ε > 0 terdapat partisi Pε dari I sedemikian sehinggauntuk sembarang partisi P ⊇ Pε dan sembarang jumlah Riemann S(P, f) berlaku

|S(P, f)−A| < ε.

Maka f terintegralkan pada I dan∫ b

a

f(x) dx = A.

Soal Latihan

1. Buktikan Teorema 2.

2. Misalkan f(x) = x, x ∈ [0, b]. Gunakan Teorema 1 dan Soal Latihan 15.1 No.1 untuk menyimpulkan bahwa

∫ b

0x dx = 1

2b2.

3. Gunakan Teorema 1 untuk memberikan bukti alternatif untuk Teorema DasarKalkulus II (Teorema 6 pada Sub-bab 14.2).

15.3 Teorema Darboux

Terdapat cara lain melihat integral sebagai limit dari jumlah Riemann. Misal-kan I := [a, b] dan P := {x0, x1, . . . , xn} adalah partisi dari I. Ukuran kehalusan dariP , dilambangkan dengan ‖P‖, didefinisikan sebagai

‖P‖ := sup{xk − xk−1 : k = 1, 2, . . . , n}.

Dalam perkataan lain, ‖P‖ adalah panjang sub-interval maksimum yang terkait de-ngan partisi P .

Catat bahwa dua partisi berbeda dapat memiliki kehalusan yang sama. Selainitu, jika P ⊆ Q (yakni, Q merupakan perhalusan dari P ), maka ‖Q‖ ≤ ‖P‖. Namunsebaliknya ‖Q‖ ≤ ‖P‖ tidak mengharuskan P ⊆ Q.

Teorema berikut memperlihatkan bahwa jika f terintegralkan pada I, makaintegral f pada I merupakan limit dari jumlah Riemann untuk ‖P‖ → 0.

128 Hendra Gunawan

Teorema 3 (Teorema Darboux). Misalkan f terintegralkan pada I. Maka, untuksetiap ε > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika Q adalah partisi dari I dengan‖Q‖ < δ, maka untuk sembarang jumlah Riemann S(Q, f) berlaku∣∣∣∣∣S(Q, f)−

∫ b

a

f(x) dx

∣∣∣∣∣ < ε.

Bukti. Diberikan ε > 0 sembarang, terdapat partisi Pε := {x0, x1, . . . , xn} sedemikiansehingga

U(Pε, f)− L(Pε, f) <ε

3.

Akibatnya, jika P ⊇ Pε, maka

U(P, f)− L(P, f) <ε

3.

Selanjutnya misalkan M := sup{|f(x)| : x ∈ I} dan δ := ε12Mn .

Ambil sembarang partisi Q := {y0, y1, . . . , ym} dari I dengan ‖Q‖ < δ danmisalkan Q∗ := Q∪Pε. Maka Q∗ ⊇ Pε dan Q∗ mempunyai sebanyak-banyaknya n−1titik lebih banyak daripada Q, yakni titik-titik x1, . . . , xn−1 yang ada di Pε tetapitidak di Q. Selanjutnya kita akan membandingkan U(Q, f) dengan U(Q∗, f), sertaL(Q, f) dengan L(Q∗, f).

Karena Q∗ ⊇ Q, kita mempunyai U(Q, f) − U(Q∗, f) ≥ 0. Jika kita tuliskanQ∗ = {z0, z1, . . . , zp}, maka U(Q, f)−U(Q∗, f) dapat dinyatakan sebagai jumlah darisebanyak-banyaknya 2(n− 1) suku berbentuk

(Mj −M∗k )(zk − zk−1),

dengan Mj menyatakan supremum dari f pada sub-interval ke-j dalam Q dan M∗k

menyatakan supremum dari f pada sub-interval ke-k dalam Q∗. Karena |Mj−M∗k | ≤

2M dan |zk − zk−1| ≤ ‖Q∗‖ ≤ ‖Q‖ < δ, kita peroleh

0 ≤ U(Q, f)− U(Q∗, f) ≤ 2(n− 1) · 2M · δ <ε

3.

Akibatnya, kita dapatkan

U(Q, f) < U(Q∗, f) +ε

3.

Serupa dengan itu kita juga mempunyai

L(Q∗, f)− ε

3< L(Q, f).


Selanjutnya kita tahu bahwa S(Q, f) dan∫ b

af(x) dx terletak dalam interval

[L(Q, f), U(Q, f)], dan karena itu keduanya berada dalam interval

Iε := [L(Q∗, f)− ε

3, U(Q∗, f) +

ε

3].

Karena Q∗ ⊇ Pε, kita mempunyai U(Q∗, f) − L(Q∗, f) < ε3 , sehingga panjang Iε

lebih kecil daripada ε. Jadi jarak antara S(Q, f) dan∫ b

af(x) dx mestilah lebih kecil

daripada ε, sebagaimana yang ingin kita buktikan.

Kebalikan dari Teorema 3 juga berlaku.

Teorema 4. Misalkan f : I → R terbatas. Misalkan terdapat suatu bilangan B ∈ Rsedemikian sehingga untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga untuksembarang partisi P dari I dengan ‖P‖ < δ dan sembarang jumlah Riemann S(P, f)berlaku

|S(P, f)−B| < ε.

Maka f terintegralkan pada I dan∫ b

a

f(x) dx = B.

Soal Latihan

1. Buktikan Teorema 4. (Petunjuk. Gunakan Teorema 2.)

2. Buktikan bahwa f terintegralkan jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapatδ > 0 sedemikian sehingga jika ‖P‖ < δ dan ‖Q‖ < δ, maka

|S(P, f)− S(Q, f)| < ε.

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 objekindividual, maka pada bab ini dan selanjutnya kita akan membahas keluarga fungsiyang membentuk suatu barisan. Dalam aplikasi, barisan fungsi muncul ketika kitaberupaya menghampiri sebuah fungsi dengan keluarga fungsi yang kita kenal baik.

Sebuah barisan fungsi adalah suatu pengaitan n 7→ fn, n ∈ N, yang kita tuliskansebagai 〈fn〉. Di sini fn merupakan fungsi dan untuk tiap n ∈ N kita asumsikan bahwafn mempunyai daerah asal yang sama, sebutlah A ⊆ R.

Seperti pada pembahasan barisan bilangan real, ketika dihadapkan dengan se-buah barisan fungsi 〈fn〉 kita akan tertarik untuk membahas perilaku fn apabilan → ∞. Dalam perkataan lain, kita ingin mempelajari kekonvergenan barisan 〈fn〉pada A.

Mengingat bahwa untuk tiap x ∈ A, fn(x) membentuk suatu barisan bilanganreal, maka kekonvergenan barisan fungsi 〈fn〉 dapat didefinisikan melalui kekonver-genan barisan bilangan 〈fn(x)〉. Bila untuk tiap x ∈ A, barisan 〈fn(x)〉 konvergenke suatu bilangan (yang secara umum bergantung pada x), sebutlah Lx, maka kitaperoleh sebuah fungsi f : A → R dengan f(x) = Lx. Jadi, untuk tiap x ∈ A, kitamempunyai

fn(x) → f(x), n →∞.

Dalam hal ini, kita katakan bahwa 〈fn〉 konvergen titik demi titik ke f , dan kitatuliskan

fn → f (titik demi titik), n →∞.

Fungsi f di sini disebut sebagai limit (titik demi titik) barisan 〈fn〉.


Contoh 1. Misalkan untuk tiap n ∈ N kita mempunyai

fn(x) := xn, x ∈ [0, 1].

Maka, barisan fungsi 〈fn〉 konvergen titik demi titik ke fungsi f dengan

f(x) :={

0, 0 ≤ x < 1;1, x = 1.

Untuk mendapatkan gambaran tentang apa yang terjadi, gambarlah grafik beberapabuah 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 umumtidak mempertahankan sifat kekontinuan fungsi. Padahal, dalam aplikasinya, inimerupakan salah satu isu penting. Oleh karena itu, dalam pembahasan berikutnya,kita akan mempelajari jenis kekonvergenan barisan fungsi yang lebih kuat, yang mem-pertahankan antara lain sifat kekontinuan fungsi.

Diberikan suatu barisan fungsi 〈fk〉, kita mempunyai deret fungsi∞∑

k=1

fk, yang

didefinisikan sebagai limit titik demi titik dari barisan jumlah parsial⟨ n∑

k=1

fk

⟩, asalkan

barisan jumlah parsial ini konvergen.

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

∞∑k=1

fk(x) = s(x), x ∈ A.

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

geometri∞∑

k=0

xk, yang konvergen ke 11−x untuk |x| < 1 (lihat kembali Bab 5).

Pembahasan mengenai deret fungsi, khususnya deret yang berbentuk

∞∑n=0

an(x− c)n

akan dilakukan secara mendalam pada Bab 18.

132 Hendra Gunawan

Soal Latihan

1. Tinjau barisan fungsi 〈fn〉 yang dibahas dalam Contoh 1. Diberikan x ∈ [0, 1]dan ε > 0, tentukan N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku|fn(x)− f(x)| < ε. (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) := xn , x ∈ R.

(d) fn(x) := x2n

1+x2n , x ∈ R.

(e) fn(x) := sin nxn√

x, x > 0.

16.2 Kekonvergenan Seragam

Misalkan 〈fn〉 adalah suatu barisan fungsi yang, katakanlah, konvergen titikdemi titik ke fungsi f pada A. Dalam hal ini, diberikan x ∈ A dan ε > 0, terdapatN ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku |fn(x) − f(x)| < ε. Secaraumum bilangan N di sini bergantung pada x, selain pada ε. Bila bilangan N tadiberlaku untuk tiap x ∈ A, maka 〈fn〉 dikatakan konvergen seragam ke f pada A.

Jadi, barisan fungsi 〈fn〉 konvergen seragam ke f pada A apabila untuk setiapε > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N dan x ∈ A berlaku

|fn(x)− f(x)| < ε.

Dalam hal ini kita tuliskan

fn → f (seragam), n →∞.

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


Gambar 16.1 Pita dengan lebar 2ε dan median grafik fungsi f

Perhatikan bahwa ketaksamaan |fn(x)− f(x)| < ε setara dengan

f(x)− ε < fn(x) < f(x) + ε.

Bila ini berlaku untuk setiap n ≥ N dan x ∈ A, maka grafik fungsi fn pada A beradadi antara ‘pita’ [f − ε, f + ε] yang mempunyai lebar 2ε dan median grafik fungsi f ,sebagaimana diilustrasikan dalam Gambar 16.1.

Contoh 2. Barisan fungsi 〈fn〉 dengan fn(x) := xn, x ∈ [0, 1], tidak konvergenseragam ke f pada [0, 1], dengan

f(x) :={

0, 0 ≤ x < 1;1, x = 1.

Di sini, pita [f − 14 , f + 1

4 ] 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 〈fn〉 tidak konvergen seragam ke fungsi f pada A jikadan hanya jika untuk suatu ε0 > 0 terdapat subbarisan 〈fnk

〉 dari 〈fn〉 dan barisanbilangan 〈xk〉 di A sedemikian sehingga

|fnk(xk)− f(xk)| ≥ ε0.

134 Hendra Gunawan

Dengan menggunakan Lemma 3, ketidakkonvergenan seragam barisan fungsidalam Contoh 2 dapat dibuktikan dengan mengambil ε0 = 1

4 , nk = k dan xk =(

12

)1/k.Di sini kita mempunyai

|fnk(xk)− f(xk)| =

∣∣12− 0

∣∣ =12

> ε0.

Ketidakkonvergenan seragam barisan dalam Contoh 2 juga dapat dijelaskan denganteorema di bawah ini (yang mengatakan bahwa kekonvergenan seragam memperta-hankan sifat kekontinuan).

Teorema 4. Misalkan 〈fn〉 konvergen seragam ke f pada suatu interval I ⊆ R. Jikafn kontinu di c ∈ I untuk tiap n ∈ N, maka f juga kontinu di c.

Bukti. Diberikan ε > 0, pilih N ∈ N sedmeikian sehingga untuk setiap n ≥ N danx ∈ I berlaku

|fn(x)− f(x)| < ε

3.

Karena fN kontinu di c, maka suatu interval Iδ(c) ⊆ I yang memuat c sedemikiansehingga untuk setiap x ∈ Iδ(x) berlaku

|fN (x)− f(x)| < ε

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)| < ε

3+

ε

3+

ε

3= ε.

Ini membuktikan bahwa f kontinu di c.

Soal Latihan

1. Selidiki apakah masing-masing barisan fungsi di bawah ini konvergen seragamke limitnya.

(a) fn(x) := xn

n , x ∈ [0, 1].

(b) fn(x) := nx(1− x2)n, x ∈ [0, 1].

(c) fn(x) := xn , x ∈ R.

(d) fn(x) := x2n

1+x2n , x ∈ R.

(e) fn(x) := sin nxn√

x, x > 0.


2. Buktikan jika 〈fn〉 dan 〈gn〉 konvergen seragam ke f dan g pada A (berturut-turut), maka 〈fn + gn〉 konvergen seragam ke f + g pada A.

3. Misalkan fn(x) := x+ 1n dan f(x) = x, x ∈ R. Buktikan bahwa 〈fn〉 konvergen

seragam ke f pada R, namun 〈f2n〉 tidak konvergen seragam ke f2 pada R.

16.3 Kriteria Cauchy untuk Kekonvergenan Seragam

Dalam membahas kekonvergenan seragam, seringkali kita terbantu dengan pe-ngertian norma seragam berikut. Ingat bahwa untuk A ⊆ R, fungsi f : A → Rdikatakan terbatas pada A apabila f(A) merupakan himpunan terbatas. Sekarang,jika f terbatas pada A, maka kita definisikan norma seragam f pada A sebagai

‖f‖A := sup {|f(x)| : x ∈ A}.

Perhatikan bahwa ‖f‖A < ε setara dengan |f(x)| < ε untuk tiap x ∈ A.

Menggunakan norma seragam, kita mempunyai lemma berikut tentang kekon-vergenan seragam.

Lemma 5. Misalkan fn terbatas pada A untuk tiap n ∈ N. Maka, barisan 〈fn〉konvergen seragam ke f pada A jika dan hanya jika lim

n→∞‖fn − f‖A = 0.

Dengan menggunakan Lemma 5, kita juga dapat membuktikan ketidakkonver-genan seragam barisan fungsi dalam Contoh 2, dengan menghitung bahwa

‖fn − f‖[0,1] = 1

untuk tiap n ∈ N.

Dengan menggunakan norma seragam, kita peroleh pula kriteria berikut untukkekonvergenan seragam suatu barisan fungsi.

Teorema 6 (Kriteria Cauchy untuk Kekonvergenan Seragam). Misalkan fn

terbatas pada A untuk tiap n ∈ N. Maka, barisan 〈fn〉 konvergen seragam ke suatufungsi terbatas f pada A jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat N ∈ Nsedemikian sehingga untuk sembarang m,n ≥ N berlaku ‖fm − fn‖ < ε.

136 Hendra Gunawan

Bukti. Misalkan 〈fn〉 konvergen seragam ke f pada A. Diberikan ε > 0 sembarang,pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku ‖fn − f‖A < ε

2 .Akibatnya, jika m,n ≥ N , maka

|fm(x)− fn(x)| ≤ |fm(x)− f(x)|+ |fn(x)− f(x)| < ε

2+

ε

2= ε

untuk tiap x ∈ A. Jadi ‖fm − fn‖A < ε untuk m,n ≥ N .

Sebaliknya, misalkan untuk setiap ε > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehinggauntuk m,n ≥ N kita mempunyai ‖fm−fn‖A < ε. Maka, untuk setiap x ∈ A, berlaku

|fm(x)− fn(x)| ≤ ‖fm − fn‖A < ε,

untuk m,n ≥ N . Ini berarti bahwa 〈fn(x)〉 merupakan barisan Cauchy di R, dankarenanya ia merupakan barisan yang konvergen, katakanlah ke f(x). Selanjutnya,untuk setiap x ∈ A, kita mempunyai

|fm(x)− f(x)| = limn→∞

|fm(x)− fn(x)| ≤ ε,

untuk m ≥ N . Ini menunjukkan bahwa 〈fn〉 konvergen seragam ke f pada A.

Soal Latihan

1. Buktikan Lemma 5.

2. Misalkan 〈fn〉 dan 〈gn〉 adalah barisan fungsi terbatas pada A, yang konver-gen seragam ke f dan g pada A (berturut-turut). Tunjukkan bahwa 〈fngn〉konvergen seragam ke fg pada A.

3. Uji-M Weierstrass. Misalkan 〈fn〉 adalah barisan fungsi pada A dan |fn(x)| ≤Mn untuk tiap x ∈ A dan n ∈ N. Buktikan jika

∑∞k=1 Mk konvergen, maka

deret fungsi∑∞

k=1 fk konvergen seragam pada A.


17. PERTUKARAN LIMIT

17.1 Pertukaran Limit dan Turunan

Kita telah melihat sebelumnya bahwa kekonvergenan seragam mempertahankansifat kekontinuan fungsi, yakni, jika fn kontinu pada A untuk tiap n ∈ N dan 〈fn〉konvergen seragam ke f pada A, maka f kontinu pada A.

Sekarang kita bertanya: apakah kekontinuan seragam juga mempertahankansifat diferensiabilitas? Pertanyaan ini penting mengingat dalam aplikasi kita seringkali

menaksir sebuah fungsi f dengan suatu deret∞∑

n=1fn (misalnya), dan kemudian kita

menginginkan

f ′(x) =∞∑

n=1

f ′n(x).

Jawaban untuk pertanyaan ini ternyata negatif. Sebagai contoh, fungsi f yang didefi-nisikan sebagai jumlah deret berikut

f(x) :=∞∑

k=1

2−k cos(3kx)

merupakan fungsi yang kontinu di setiap titik tetapi tidak mempunyai turunan di titikmanapun (lihat [1]). Padahal, jumlah parsial deret ini mempunyai turunan di setiaptitik dan membentuk barisan yang konvergen seragam ke f . Jadi, kekonvergenanseragam dari suatu barisan fungsi yang mempunyai turunan ternyata tidak menjaminbahwa limitnya mempunyai turunan.

Teorema berikut memberikan suatu syarat cukup agar sebuah barisan fungsimempertahankan sifat diferensiabilitas.

Teorema 1. Misalkan I ⊆ R adalah suatu interval terbatas dan 〈fn〉 adalah barisanfungsi pada I. Misalkan terdapat x0 ∈ I sedemikian sehingga 〈fn(x0)〉 konvergen dan

138 Hendra Gunawan

barisan 〈f ′n〉 terdefinisi dan konvergen seragam ke suatu fungsi g pada I. Maka, 〈fn〉konvergen seragam ke suatu fungsi f pada I dengan f ′(x) = g(x), x ∈ I.

Bukti. Misalkan a < b adalah titik ujung interval I dan x ∈ I sembarang. Jikam,n ∈ N, maka menurut Teorema Nilai Rata-rata (untuk turunan) terdapat y diantara x0 dan x sedemikian sehingga

fm(x)− fn(x) = fm(x0)− fn(x0) + (x− x0)[f ′m(y)− fn(y)].

Akibatnya, kita peroleh

‖fm − fn‖I ≤ |fm(x0)− fn(x0)|+ (b− a)‖f ′m − f ′n‖I .

Menurut hipotesis dan Kriteria Cauchy (Teorema 6, Bab 16), 〈fn〉 konvergen seragampada I. Sebutlah f := lim

n→∞fn. Karena fn kontinu pada I untuk tiap n ∈ N, maka f

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 dengantitik ujung c dan x. Dalam hal ini terdapat z di antara c dan x sedemikian sehingga

[fm(x)− fn(x)]− [fm(c)− fn(c)] = (x− c)[f ′m(z)− f ′n(z)].

Jadi, dalam hal x 6= c, kita peroleh∣∣∣∣fm(x)− fm(c)x− c

− fn(x)− fn(c)x− c

∣∣∣∣ ≤ ‖f ′m − f ′n‖I .

Karena 〈f ′n〉 konvergen seragam pada I, untuk ε > 0 sembarang terdapat N ∈ Nsedemikian sehingga jika m,n ≥ N dan x 6= c, maka∣∣∣∣fm(x)− fm(c)

x− c− fn(x)− fn(c)

x− c

∣∣∣∣ ≤ ε.

Jika kita ambil limit dari ruas kiri (terhadap m), maka kita dapatkan∣∣∣∣f(x)− f(c)x− c

− fn(x)− fn(c)x− c

∣∣∣∣ ≤ ε

untuk n ≥ N dan x 6= c. Selanjutnya, karena limn→∞

f ′n(c) = g(c), maka terdapatM ∈ N sedemikian sehingga |f ′n(c) − g′(c)| < ε untuk n ≥ M . Sekarang misalkan


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

x− c− f ′K(c)

∣∣∣∣ < ε.

Jadi, jika 0 < |x − c| < δK , maka (berdasarkan ketiga ketaksamaan di atas) kitamempunyai ∣∣∣∣f(x)− f(c)

x− c− g(c)

∣∣∣∣ < 3ε.

Ini menunjukkan bahwa f ′(c) ada dan sama dengan g(c). Karena c ∈ I sembarang,kita simpulkan bahwa f ′ = g pada I.

Soal Latihan

1. Misalkan fn(x) := xn , x ∈ R. Selidiki apakah limit dan turunan dapat bertukar

untuk barisan fungsi ini.

2. Misalkan fn(x) := xn

n , x ∈ [0, 1]. Buktikan bahwa 〈fn〉 konvergen seragamke suatu fungsi f yang mempunyai turunan pada [0, 1], dan 〈f ′n〉 konvergen kesuatu fungsi g pada [0, 1], tetapi f ′(1) 6= g(1).

17.2 Fungsi Eksponensial

Dalam Kalkulus, kita mendefinisikan fungsi eksponensial E(x) := ex sebagaiinvers dari fungsi logaritma L(x) := lnx :=

∫ x

11t dt, x > 0. Namun, daripada meng-

ulang apa yang telah kita pelajari dalam Kalkulus, kita akan mempelajari suatu caralain 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.

Untuk mendapatkan solusinya, kita lakukan iterasi Picard dengan hampiran awalE0(x) := 1 dan

En+1(x) := 1 +∫ x

0

En(t) dt, n = 0, 1, 2, . . . .

140 Hendra Gunawan

Dalam hal ini, kita akan memperoleh barisan fungsi

En(x) := 1 +x

1!+ · · ·+ xn

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

yang memenuhiE′n+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

|Em(x)− En(x)| =∣∣∣ xn+1

(n + 1)!+ · · ·+ xm

m!

∣∣∣≤ Rn+1

(n + 1)!

[1 +

R

n+ · · ·+

(R

n

)m−n−1]<

2Rn+1

(n + 1)!.

Karena limn→∞

Rn

n! = 0, kita simpulkan bahwa barisan 〈En〉 konvergen seragam pada[−R,R] untuk R > 0 sembarang.

Sebagai akibatnya, kita mempunyai teorema berikut.

Teorema 2. Barisan 〈En〉 konvergen titik demi titik ke suatu fungsi E yang kontinupada R, dengan E(0) = 1.

Bukti. Berdasarkan penjelasan di atas, jelas bahwa 〈En(x)〉 konvergen untuk tiapx ∈ R. Definisikan E : R → R dengan

E(x) := limn→∞

En(x), 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. Fungsi E mempunyai turunan dengan E′(x) = E(x) untuk tiap x ∈ R.

Bukti. Mengingat bahwa En mempunyai turunan dan E′n+1(x) = En(x) untuk tiapn = 0, 1, 2, . . . , barisan 〈E′n〉 juga konvergen seragam ke E pada sembarang interval[−R,R]. Menurut Teorema 1,

E′(x) = limn→∞

E′n+1(x) = limn→∞

En(x) = E(x),


pada sembarang interval [−R,R]. Dengan demikian, kita peroleh E′(x) = E(x) untuktiap 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.


17.3 Pertukaran Limit dan Integral

Sekarang mari kita periksa apakah kekonvergenan titik demi titik memperta-hankan keterintegralan. Misalkan fn(x) := nx(1 − x2)n, x ∈ [0, 1] (Soal 16.1 No.2(b). Barisan fungsi ini konvergen ke fungsi f ≡ 0 pada [0, 1]. Di sini

∫ 1

0f(x) dx = 0,

sementara∫ 1

0

fn(x) dx = n

∫ 1

0

x(1− x2)ndx = −n

2(1− x2)n+1

n + 1

∣∣∣10

=n

2(n + 1).

Jadi, kita peroleh

limn→∞

∫ 1

0

fn(x) dx =12.

Dengan demikian, untuk barisan fungsi ini, kita melihat bahwa

limn→∞

∫ 1

0

fn(x) dx 6=∫ 1

0

f(x) dx.

Perlu dicatat di sini bahwa 〈fn〉 tidak konvergen seragam ke f .

142 Hendra Gunawan

Pertanyaannya sekarang adalah: bilakah limit dan integral dapat bertukar tem-pat, yakni bilakah

limn→∞

∫ b

a

fn(x) dx =∫ b

a

limn→∞

fn(x) dx?

Teorema berikut menyatakan bahwa kekonvergenan seragam mempertahankan keter-integralan dan menjamin bahwa limit dan integral dapat betukar tempat.

Teorema 7. Misalkan fn terintegralkan pada I := [a, b] untuk tiap n ∈ N dan 〈fn〉konvergen seragam ke f pada [a, b]. Maka, f terintegralkan pada [a, b] dan

limn→∞

∫ b

a

fn(x) dx =∫ b

a

f(x) dx.

Bukti. Diberikan ε > 0, pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap m ≥ N berlaku

‖f − fm‖I <ε

4(b− a).

Selanjutnya, karena fN terintegralkan, maka menurut Kriteria Keterintegralan Rie-mann, terdapat partisi Pε := {x0, x1, . . . , xn} dari I sedemikian sehingga

U(Pε, fN )− L(Pε, fN ) <ε

2.

Sementara itu, karena |f(x)− fN (x)| ≤ ε4(b−a) untuk tiap x ∈ I, maka

Mj(f) ≤ Mj(fN ) +ε

4(b− a)

dengan Mj(f) := supxj−1≤x≤xj

f(x) dan Mj(fN ) := supxj−1≤x≤xj

fN (x). Jadi, kita peroleh

U(Pε, f) ≤ U(Pε, fN ) +ε

4.

Dengan cara yang serupa, kita juga peroleh

L(Pε, fN )− ε

4≤ L(Pε, f).

Akibatnya, kita dapatkan

U(Pε, f)− L(Pε, f) ≤ U(Pε, fN )− L(Pε, fN ) +ε

2<

ε

2+

ε

2= ε.

Ini membuktikan bahwa f terintegralkan pada I.


Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa limit dan integral dapat bertukar tem-pat, kita amati bahwa∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(x) dx−∫ b

a

fm(x) dx

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∫ b

a

[f(x)− fm(x)] dx

∣∣∣∣∣ ≤ ‖f − fm‖I(b− a).

Karena limm→∞

‖f−fm‖I = 0, maka nilai di ruas kiri mestilah menuju ke 0 bila m →∞,sehingga ∫ b

a

f(x) dx = limm→∞

∫ b

a

fm(x) dx,

sesuai dengan harapan kita.

Soal Latihan

1. Misalkan gn(x) := nx(1 − x)n, x ∈ [0, 1]. Selidiki kekonvergenan 〈gn〉 dan〈∫ 1

0gn(x) dx〉.

2. Misalkan 〈fn〉 adalah barisan fungsi yang terintegralkan pada [a, b], yang kon-vergen (titik demi titik) ke suatu fungsi yang terintegralkan pada [a, b]. Misal-kan pula bahwa terdapat B > 0 sedemikian sehingga |fn(x)| ≤ B untuk tiapx ∈ [a, b] dan n ∈ N. Buktikan bahwa

limn→∞

∫ b

a

fn(x) dx =∫ b

a

f(x) dx.

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

deret geometri∞∑

n=0xn, yang konvergen (titik demi titik) ke 1

1−x untuk |x| < 1. Pada

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

n=0

xn

n! , yang kon-

vergen (seragam) pada sembarang interval [−R,R], R > 0. Kedua deret ini termasukdalam keluarga deret pangkat

∞∑n=0

an(x− c)n, (4)

yang akan kita pelajari secara lebih mendalam sekarang.

Deret pangkat (4) jelas konvergen untuk x = c. Teorema berikut menunjukkanbahwa sebuah deret pangkat secara umum konvergen pada suatu interval yang ber-pusat di c.

Teorema 1. Jika deret∞∑

n=0an(x− c)n konvergen untuk x = x0, maka deret tersebut

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

Bukti. Karena∞∑

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

Akibatnya, barisan 〈an(x0 − c)n〉 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||x0 − c|

< 1.

Akibatnya

|an(x− c)n| = |an(x0 − c)n|.rn ≤ M.rn, n = 0, 1, 2, . . . .


Karena deret∞∑

n=0rn konvergen, maka menurut Uji Banding deret

∞∑n=0

an(x− c)n juga

konvergen (mutlak).

Untuk selanjutnya, himpunan semua bilangan x ∈ R di mana deret pangkat∞∑

n=0an(x − c)n konvergen disebut interval kekonvergenan deret tersebut. Jika titik

ujung interval kekonvergenan tersebut adalah c−R dan c + R (dengan R ≥ 0), maka

R disebut jari-jari kekonvergenan deret∞∑

n=0an(x − c)n. Interval kekonvergenannya

dalam hal ini adalah (c−R, c+R), (c−R, c+R], [c−R, c+R), atau [c−R, c+R]. Jikainterval kekonvergenannya adalah R, maka jari-jari kekonvergenannya tak terhingga.

Contoh 2. (a) Interval kekonvergenan deret geometri∞∑

n=0xn adalah (−1, 1), jari-jari

kekonvergenannya sama dengan 1.

(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. Gunakansubsitusi peubah, misal t = x− 1 untuk deret pertama.)

(a)∞∑

n=0(x− 1)n.

(b)∞∑

n=0

xn

2n .

(c)∞∑

n=0

x2n

n!

18.2 Jari-jari Kekonvergenan

Pada sub-bab terdahulu kita telah membuktikan bahwa sebuah deret pangkat∞∑

n=0an(x− c)n senantiasa konvergen pada suatu interval yang berpusat di c. Teorema

berikut memberi kita rumus jari-jari kekonvergenannya.

146 Hendra Gunawan

Teorema 3. Misalkan limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ ada atau tak terhingga, katakanlah sama dengan

R. Maka, deret∞∑

n=0an(x−c)n konvergen bila |x−c| < R dan divergen bila |x−c| > R.

Bukti. Misalkan 0 < R < ∞. (Kasus R = 0 atau tak terhingga diserahkan sebagai

latihan.) Menggunakan Uji Rasio, deret∞∑

n=0an(x− c)n konvergen bila

limn→∞

∣∣∣an+1(x− c)n+1

an(x− c)n

∣∣∣ =1R· |x− c| < 1,

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 untukx = 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∞∑

n=0xn, kita mempunyai an = 1 untuk tiap

n ∈ N. Karena itu, jari-jari kekonvergenannya adalah

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = 1.

Jadi deret konvergen bila |x| < 1 dan divergen bila |x| > 1. Untuk x = ±1, deretjelas divergen. Dengan demikian, interval kekonvergenan deret adalah (−1, 1), seba-gaimana telah kita ketahui sebelumnya.

(b) Untuk deret∞∑

n=0

xn

n! , kita mempunyai an = 1n! untuk tiap n ∈ N. Karena itu,

jari-jari kekonvergenannya adalah

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = limn→∞

(n + 1) = ∞.

Jadi deret konvergen untuk setiap x ∈ R.

Apa yang terjadi bila barisan⟨ an

an+1

⟩berosilasi, misalnya bila an adalah barisan

1, 1, 2, 2, 3, 3, . . . ? Teorema berikut memberi suatu cara lain menentukan jari-jarikekonvergenan deret dengan koefisien demikian.


Teorema 5. Misalkan L := lim supn→∞

|an|1/n ada atau tak terhingga, dan R :=1L

.

Maka, deret∞∑

n=0an(x− c)n konvergen bila |x− c| < R dan divergen bila |x− c| > R.

Soal Latihan

1. Buktikan Teorema 3 untuk kasus R = 0 dan R = ∞.

2. Tentukan jari-jari kekonvergenan deret berikut, dan kemudian tentukan intervalkekonvergenannya.

(a)∞∑

n=0

xn

n .

(b)∞∑

n=0

xn+1

2n .

(c)∞∑

n=0

x2n

(2n)!


18.3 Kekonvergenan Seragam Deret Pangkat

Teorema berikut menyatakan bahwa deret pangkat senantiasa konvergen ser-agam pada sembarang interval kompak di dalam interval kekonvergenannya.

Teorema 6. Jika R adalah jari-jari kekonvergenan deret pangkat∞∑

n=0anxn, maka

deret konvergen seragam pada sembarang interval kompak K ⊆ (−R,R).

Bukti. Hipotesis bahwa K kompak dan termuat dalam (−R,R) mengakibatkanadanya suatu konstanta c < 1 sedemikian sehingga |x| < cR untuk tiap x ∈ K.Karena itu,

|anxn| ≤ |an|cnRn =: Mn, n = 0, 1, 2, . . . .

Menurut Uji Rasio,∞∑

n=0Mn konvergen. Akibatnya, berdasarkan Uji-M Weierstrass

(Soal No. 3, Sub-bab 16.3),∞∑

n=0anxn 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, inte-gral dan sigma dapat bertukar) pada sembarang interval kompak di dalam intervalkekonvergenannya.

Akibat 9. Sebuah deret pangkat dapat diturunkan suku demi suku (yakni, turunandan sigma dapat bertukar) di dalam interval kekonvergenannya. Persisnya, jika f(x) =∞∑

n=0anxn, maka f ′(x) =

∞∑n=1

nanxn−1 untuk |x| < R, dengan R adalah jari-jari kekon-

vergenan deret∞∑

n=0anxn. Lebih jauh, deret

∞∑n=1

nanxn−1 juga mempunyai jari-jari

kekonvergenan R.

Perhatikan bahwa dalam Akibat 9 kita mempunyai a0 = f(0) dan a1 = f ′(0).Jika fungsi f mempunyai turunan ke-n di titik c untuk tiap n ∈ N, maka kita dapatmenghitung koefisien Taylor an := f(n)(c)

n! untuk tiap n ∈ N dan memperoleh suatuderet pangkat dengan koefisien-koefisien ini. Namun, tidak ada jaminan bahwa deretpangkat yang dihasilkan konvergen ke f pada suatu interval terbuka yang memuat c.Kekonvergenan deret pangkat tersebut bergantung pada suku sisa En dalam TeoremaTaylor (Teorema 5, Sub-bab 10.3). Dalam hal ini, kita mempunyai deret Taylor untukf di sekitar c, yaitu

f(x) =∞∑

n=0

(x− c)n

n!f (n)(c), x ∈ (c−R, c + R),

jika dan hanya jika barisan 〈En(x)〉 konvergen ke 0 untuk tiap x ∈ (c−R, c + R).

Soal Latihan




4. Buktikan bahwa deret pangkat∞∑

n=0anxn dapat diturunkan suku demi suku k kali

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


5. Buktikan jika∞∑

n=0anxn dan

∞∑n=0

bnxn konvergen ke suatu fungsi f yang sama

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

6. Buktikan dengan induksi bahwa fungsi f dengan f(x) = e−1/x2untuk 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.

Anreal Bag 3

Documents

Transcript of Anreal Bag 3