MA3231 Analisis Real

MA3231 Analisis Real Hendra Gunawan*

*http://hgunawan82.wordpress.com Analysis and Geometry Group Bandung Institute of Technology Bandung, INDONESIA

Program Studi S1 Matematika ITB, Semester II 2016/2017 HG* (*ITB Bandung)

MA3231 Analisis Real

13 March 2017

1 / 21

BAB 12. LUAS DAERAH DAN INTEGRAL

1

12.1 Luas Daerah di Bawah Kurva

HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

2 / 21


1


2

12.2 Integral

HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

2 / 21


1


2

12.2 Integral

3

12.3 Turunan dari Integral; Teorema Dasar Kalkulus

HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

2 / 21


Masalah menentukan luas daerah (dan volume benda ruang) telah dipelajari sejak era Pythagoras dan Zeno, pada tahun 500-an SM. Konsep integral (yang terkait erat dengan luas daerah) berpijak pada metode ‘exhaustion’, yang telah dipakai oleh Plato dan Eudoxus, dan kemudian oleh Euclid dan Archimedes, untuk menghitung luas daerah lingkaran (dengan menggunakan pengetahuan tentang luas daerah segitiga atau, secara umum, segi banyak). Pada 1630-an, Pierre de Fermat tertarik untuk menghitung luas daerah di bawah kurva. Beberapa puluh tahun kemudian, John Wallis dan Gottfried Wilhelm von Leibniz mengembangkan metode untuk menghitung luas daerah di bawah kurva, yang merupakan cikal-bakal teori integral yang kita kenal sekarang.

HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

3 / 21


Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Apakah masuk akal untuk membahas luas’ daerah di bawah kurva y = f (x)?

Gambar 12.1 Daerah di bawah kurva y = f (x) Jika ya, bagaimana menghitungnya? HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

4 / 21


Luas daerah di bawah kurva mestilah lebih besar daripada L, yang menyatakan luas daerah yang diarsir pada gambar berikut.

Gambar 12.2 Luas daerah L Misalkan L menyatakan himpunan semua bilangan L yang dapat diperoleh sebagai jumlah luas daerah persegi-panjang kecil di bawah kurva. Tampaknya masuk akal untuk mendefinisikan luas daerah di bawah kurva y = f (x) sebagai sup L. HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

5 / 21


Contoh 1. Misalkan f (x) = x2 , x ∈ [0, 1]. 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 besar daripada 1h 12 22 (n − 1)2 i . 0 + 2 + 2 + ··· + n n n n2 Jumlah deret ini sama dengan (n − 1)n(2n − 1) . 6n3 Mengingat (n−1)n(2n−1) ≤ 6n3 untuk n → ∞, maka sup n∈N

1 3

untuk tiap n ∈ N dan

(n−1)n(2n−1) 6n3

→

1 3

(n − 1)n(2n − 1) 1 = . 3 6n 3

Jadi, luas daerah di bawah kurva y = f (x) adalah 13 . HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

6 / 21


SOAL 1

≤ 31 untuk tiap n ∈ N, dan Buktikan bahwa (n−1)n(2n−1) 6n3 simpulkan bahwa sup (n−1)n(2n−1) = 31 . 6n3 n∈N

2

Tentukan luas daerah di bawah kurva y = 1 + x, x ∈ [0, 1], dengan cara seperti pada Contoh 1. Apakah hasil yang diperoleh sesuai dengan pengetahuan geometri kita?

HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

7 / 21

12.2 Integral

Apa yang terjadi pada Contoh 1 berlaku secara umum pada fungsi yang kontinu pada interval tutup. Salah satu sifat fungsi kontinu pada interval tutup yang terpakai dalam pembahasan integral adalah sifat keterbatasannya.

HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

8 / 21

12.2 Integral

Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Definisikan partisi dari [a, b] sebagai himpunan 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, diberikan sembarang partisi P := {x0 , x1 , . . . , xn } dari [a, b], kita dapat mendefinisikan mk :=

inf

xk−1 ≤x≤xk

f (x),

untuk k = 1, 2, . . . , n. Dengan demikian, untuk tiap partisi P , kita dapat membentuk deret L(P, f ) :=

n X

mk (xk − xk−1 ).

k=1

(Buatlah suatu ilustrasi yang menyatakan nilai L(P, f ).) HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

9 / 21

12.2 Integral

Misalkan f terbatas di atas oleh M pada [a, b], yakni f (x) ≤ M, Maka

x ∈ [a, b].

n X L(P, f ) ≤ M (xk − xk−1 ) = M (b − a). k=1

Jadi himpunan bilangan {L(P, f ) : P partisi dari [a, b]} terbatas di atas oleh M (b − a), dan karena itu ia mempunyai supremum.

HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

10 / 21

12.2 Integral

Sekarang kita sampai pada definisi integral. Jika f kontinu pada interval [a, b], kita definisikan integral dari f pada [a, b] sebagai Z

b

f (x) dx := sup L(P, f ), a

P

dengan nilai supremum diambil atas semua partisi P dari [a, b]. Rb Dalam hal f (x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ [a, b], maka a f (x) dx dapat diinterpretasikan sebagai luas daerah di bawah kurva y = f (x), yang bernilai tak negatif (lebih besar daripada atau sama dengan 0).

HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

11 / 21

12.2 Integral

Sebagai tambahan, jika a < b, maka kita definisikan Z a Z b f (x) dx := − f (x) dx. b

a

Selain itu, untuk sembarang a ∈ R, kita definisikan Z a f (x) dx := 0. a

HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

12 / 21

12.2 Integral

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

Z m(b − a) ≤

f (x) dx ≤ M (b − a). a

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

b

Z f (x) dx =

a

c

Z f (x) dx +

a

b

f (x) dx. c

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

HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

13 / 21

12.2 Integral

SOAL 1

2

Buktikan Proposisi 2. Rb Buktikan bahwa a c dx = c(b − a).

3

Misalkan f kontinu pada [a, b]. Buktikan jika f (x) ≥ 0 untuk Rb setiap x ∈ [a, b], maka a f (x) dx ≥ 0.

4

Diketahui f (x) = x, x ∈ [a, b]. Buktikan bahwa 1 L(P, f ) ≤ (b2 − a2 ) 2 untuk sebarang partisi P dari [a, b]. Selanjutnya, dengan menggunakan definisi integral, buktikan bahwa Z b 1 f (x) dx = (b2 − a2 ). 2 a HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

14 / 21


Misalkan f terdefinisi pada (a, b). Misalkan F kontinu pada [a, b] dan mempunyai turunan pada (a, b) dengan F 0 (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 1 F (x) = x4 + 5 4 merupakan suatu anti turunan dari f . Secara umum, fungsi G yang didefinisikan sebagai 1 G(x) = x4 + C, 4 dengan C konstanta, merupakan anti turunan dari f . HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

15 / 21


Apa urusannya anti turunan dengan integral? Misalkan f kontinu pada [a, b]. Definisikan F pada [a, b] sebagai Z x F (x) := f (t) dt, x ∈ [a, b]. a

Dalam teorema berikut, kita akan menunjukkan bahwa F merupakan suatu anti turunan dari f pada [a, b]. Teorema ini dikenal sebagai Teorema Dasar Kalkulus I, yang pertama kali dibuktikan oleh Isaac Barrow dan dibuktikan ulang dengan cara yang lebih intuitif dan gamblang oleh Isaac Newton pada abad ke-17.

HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

16 / 21


Teorema 5 (Teorema Dasar Kalkulus I). Misalkan f kontinu pada [a, b] dan F didefinisikan pada [a, b] sebagai Z x F (x) := f (t) dt, x ∈ [a, b]. a

Maka, F merupakan suatu anti turunan dari f pada [a, b]; yakni, F kontinu pada [a, b], mempunyai turunan pada (a, b), dan F 0 (x) = f (x) untuk tiap x ∈ (a, b).

HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

17 / 21


Bukti. Karena f kontinu pada [a, b], maka f terbatas pada [a, b], katakanlah |f (t)| ≤ κ untuk setiap t ∈ [a, b]. Selanjutnya, untuk x, c ∈ [a, b], kita mempunyai Z x |F (x) − F (c)| = f (t) dt ≤ κ|x − c|. c

Jadi F kontinu pada [a, b]. Selanjutnya perhatikan bahwa untuk x 6= c kita mempunyai Z x F (x) − F (c) 1 [f (t) − f (c)] dt. − f (c) = x−c x−c c Karena f kontinu di c, kita dapat memilih δ > 0 sedemikian sehingga |f (x) − f (c)| < untuk |x − c| < δ. Akibatnya, kita peroleh F (x) − F (c) − f (c) < , x−c untuk 0 < |x − c| < δ. Ini menunjukkan bahwa F 0 (c) = f (c), dan ini berlaku untuk setiap c ∈ (a, b). HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

18 / 21


Teorema 6 (Teorema Dasar Kalkulus II). Jika f kontinu pada [a, b] dan G adalah anti turunan dari f pada [a, b], maka Z

b

f (t) dt = G(b) − G(a). a

HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

19 / 21


Bukti. Definisikan fungsi F pada [a, b] sebagai Z x F (x) := f (t) dt, x ∈ [a, b]. a

Maka, menurut Teorema Dasar Kalkulus I, F merupakan suatu anti turunan dari f pada [a, b], dan Z b f (t) dt = F (b) = F (b) − F (a). a

Sekarang, jika G adalah anti turunan dari f pada [a, b], maka terdapat suatu konstanta C sedemikian sehingga G(x) = F (x) + C, untuk setiap x ∈ [a, b]. Karena itu, Z b f (t) dt = [F (b) + C] − [F (a) + C] = G(b) − G(a), a

sebagaimana yang kita harapkan. HG* (*ITB Bandung)


13 March 2017

20 / 21


SOAL R1

x2 dx = 13 .

1

Buktikan bahwa

2

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

3

Misalkan f dan g kontinu pada [a, b]. Buktikan, dengan menggunakan Teorema Dasar Kalkulus II, bahwa untuk setiap λ, µ ∈ R, berlaku Z b Z b Z b [λf (x) + µg(x)] dx = λ f (x) dx + µ g(x) dx.

0

a 4

R1 0

xr dx =

a

1 . r+1

a

Misalkan f dan g kontinu pada [a, b]. Buktikan Ketaksamaan Cauchy-Schwarz untuk integral: Z b hZ b i2 Z b 2 f (x)g(x) dx ≤ [f (x)] dx · [g(x)]2 dx. a HG* (*ITB Bandung)

a MA3231 Analisis Real

a 13 March 2017

21 / 21

MA3231 Analisis Real

Recommend Documents