NAMA :NURUL CHAIRUNNISA

UTAMI PUTRI

NIM :1620070008

MATA KULIAH :ANALISIS

MATEMATIKADefinisi 6.1 : (definisi partisi)

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

Partisi P dari selang [a,b] adalah sebuah himpunan berhingga dari titik-titik x0 ,x1 , x2 , …, xn , dimana

a= x0 ,x0≤ x1≤ …≤ xn−1 ≤xn= b

di ilustrasikan dengan gambar.

Paling sedikit anggota partisi = 2 , yaitu 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

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=X 0 X1 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)

a= X1 X2 X n−1 b=

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

a b

P = {x0 , x1}

→U ( p ,ƒ )=M 1 Δ x1

→L ( p , ƒ )=mi Δ x i

P = {x0 , x1} ƒ

f (x2)

f ( x2 )

f (x2)

a=x0 x1 b=x2

U ( p ,ƒ )=M 1 Δ x1 +M 2 Δ x2=L

L ( p , ƒ )=m1 Δ x1+m2 Δ x2=L

Maka makin sedikit partisinya

L ( p ,ƒ ) kecil ,U ( p , ƒ )besar .

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)

Definisi 6.2 :

Misalkan α menjadi a monoton naik di selang [a,b] (jika α(a) dan α(b)adalah terbatas, sehingga α di batasi selang [a,b]). Sesuai dengan masing-masing partisi P dan [a,b], maka :

∆ αi = α(xi)-α(xi-1)

Jelas bahwa ∆ αi ≥ 0. Untuk setiap fungsi real ƒ yang dibatasi oleh selang [a,b] sehingga :

U(P,ƒ,α) = ∑i=0

n

M i ∆ α i

L(P,ƒ,α) = ∑i=0

n

mi ∆ α i

Dimana M i dan mimemiliki kesamaan seperti yang dijelaskan pada defiinisi 6.1, dan didapat

∫a

−b

f dα=inf U (P , ƒ , α )…(5)

∫−a

b

f dα =L ( P,ƒ , α ) …(6)

Inf dan sup adalah untuk semua partisi.

Jika yang di seblah kiri (5) dan (6) bernilai Sama, maka akan kita tandakan dengan :

∫a

b

f dα …(7)

Atau dengan :

∫a

b

f (x )dα (x)…(8)

Ini disebut Integral Riemann Stieltjes (bentuk sederhana dari integral Steiltjes) dari ƒ dengan α di [a,b]. jika (7) ada,. Jika (5) dan (6) 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 ).

Ket : 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 (7) untuk (8) karena x jika nampak di (8) tidak meambah pengertian apapun di (7). Itu tidaklah penting Karen hanya sebuah variable integral. Sebagai contoh pada (8) 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 (7) kita asumsikan ƒ nyata dan terbatas, dan α

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

b

.

Definisi 6.3 :

Dikatakan bahwa partisi P* adalah penghalus dari P,jika P*⊃ P (tentu saja, jika setiap titik pada P maka itu juga titik P*). Jika terdapat dua partisi, P1 dan P2 , maka di katakan bahwa P* adalah penghalus bersama jika P* = P1∪P2.

P* adalah Penghalus P jika P*⊃ P

P* adalah Penghalus bersama dariP1 dan P2 jika P* = P1∪P2

contoh : P = {x0 ,x1, x2, …, xn}

P* = {x0 ,x1 , x ' , x2 , …, xn} → Di tambahkan satu titik atau lebih dimana saja.

Definisi 6.4

Jika P* adalah Penghalus dari P, maka

L(P, ƒ, α) ≤ L(P*, ƒ, α) …(9)

Dan

U(P*, ƒ, α) ≤ U(P, ƒ, α) …(10)

Bukti :

Untuk membuktikan persamaan (9), di asumsikan terlebih dahulu P* memuat satu titik lebih dari P. maka dikeahui banyak titik x* dan mengandaikan x i−1< x* < x i, dimana x i−1 dan x i adalah dua titik berurutan dari P. taruh

w1= inf ƒ(x) ¿≤x i ≤ x*),

w2= inf ƒ(x) (x* ≤ x ≤ x i).

Jelas bahwa w1 ≥ mi dan w2 ≥ mi , dimana, sebelumnya,

mi= inf ƒ(x) ¿≤ x ≤ x i)

Karenanya

L(P*, ƒ, α) – L(P, ƒ, α)

= w1[α(x*) – α (x i−1)] +w2[α ¿) - α(x*)] - mi[α¿) - α (x i−1)]

=(w¿¿1−mi)¿ [α(x*) – α (x i−1)] + (w¿¿2−mi)¿ [α ¿) - α(x*)] ≥ 0

Jika P* mempunyai titik k dari P, kita ulangi penyebab titik k dari (9). Buktinya itu adalah kebalikan dari (10)

Teorema 6.5

∫−a

b

f dα ≤∫a

−b

f dα

Bukti :

P* penghalus bersama dari dua partisi P1 dan P2. Dengan menggunakan teorema 6.4:

L(P1, ƒ, α) ≤ L(P*, ƒ, α) ≤ U(P*, ƒ, α) ≤ U(P2, ƒ, α).

Karenanya

L(P1, ƒ, α) ≤ U(P2, ƒ, α) …(11)

Jika P2 tetap dan suprimum diambil untuk semua partisi P1 , maka menghasilkan persamaan (11), menjadi:

∫−¿¿

❑ f dα ≤ U ( P2 , ƒ ,α ) …(12)

Teorema ini menjelaskan inf /minim ke atas untuk semua P2 di persamaan (12).

∫−a

b

f dα ≤inf U (P ,ƒ ,α ) .

Teorema 6.6

ƒ∈R ( α ) pada interval [a,b] jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 dimana sebuah partisi a dari P sedemikian sehingga

U(P, ƒ, α) - L(P, ƒ, α) < ε …(13)

Bukti :

untuk setiap P kita misalkan

L(P , ƒ ,α )≤ ∫−¿¿

❑ f dα ≤ ∫❑

−¿ f dα ≤U (P,ƒ , α ) .¿

¿

Dan persamaan (13) menjadi

0≤ ∫❑

−¿ f dα−∫−¿¿

❑ f dα<ε ¿

¿

Karena , jika (13) dapat manghasilkanuntuk seiap ε > 0, maka didapat :

∫❑

−¿f dα=∫−¿¿

❑ f dα ¿

¿

Ini adalah, ƒ∈R ( α ).

Sebaliknya, dimisalkan ƒ∈R ( α ) dan di dapatε > 0 , kemudian partisi P1 dan P2 menjadi

U(P2, ƒ, α) – ∫ f dα< ε2 …(14)

∫ f dα- L(P1, ƒ, α) < ε2 …(15)

Kita pilih P menjadi penghalus bersama dariP1 dan P2. Kemudian teorema 6.4, dengan (14) dan (15), sehingga menjadi:

U(P, ƒ, α) ≤ U(P2, ƒ, α) < ∫ f dα+ ε2 < L(P1, ƒ, α) + ε ≤ L(P, ƒ, α) + ε

Sehingga (13) untuk partisi P.

Teorema 6.6 telah selesai dengan criteria persaman untuk Integral. Sebelum menggunakannya, terlebih dahulu kita menyatakan beberapa fakta yang erat.

Teorema 6.7

a) Jika U(P,ƒ,α) - L(P, ƒ, α) <ε untuk beberapa partisi P dan ε>0, maka U(P,ƒ,α) <ε untuk semua penghalus P.

b) Jika U(P,ƒ,α) - L(P, ƒ, α) <ε berlaku untuk P = {x1 , x2 , x3 ,…, xn} dan jika si , ti adalah sembarang titik anggota [x i−1 , x i¿ maka

∑i=0

n

|f ( si )−ƒ ( ti )|Δ αi<ε

c) Jika ƒ∈R ( α )dan memenuhi hipotesis b), maka

|∑i=1

n

ƒ (t i ) Δα i−∫a

b

ƒdα|<ε

Bukti

a) Teorema 6.4 kebalikan dari a). Kita asumsikan bahwa didalam b),ƒ ( si ) dan ƒ (ti ) keduanya di

anggap di dalam [mi ,M i ¿ , sedemikian sehingga |ƒ ( si )−ƒ (ti )| ≤ M i−mi. Seperti

∑i=1

n

|ƒ ( s i )−ƒ (t i )|Δα i<U (P ,ƒ ,α )−L(P , ƒ ,α )

P* penghalus P

L(P*, ƒ, α) ≥ L(P, ƒ, α)

U(P*, ƒ, α) ≤ U(P, ƒ, α)

{ U(P, ƒ, α) - L(P, ƒ, α) ≥ U(P*, ƒ, α) - L(P*, ƒ, α) } < ε

Sehingga terbukti b).

b) si∈ [ x i−1, x i ] {f ( si ) ≤ Mi

f ( si ) ≥ mi

t i∈ [x i−1 , x i ] {f (t i )≤ M i

f (t i )≥ mi

{ ≤ M i−mi }

∑i=1

n

|ƒ ( si )−ƒ (t i )|Δα i<ε

c) mi ≤ ƒ (t i ) ≤ M i

Ketidaksamaan jelas nyata .

L(P , ƒ ,α )≤∑i=1

n

ƒ (t i) Δαi ≤U (P ,ƒ ,α )

L(P , ƒ , α )≤∫a

b

ƒ dα ≤ U (P ,ƒ ,α)

|∑i=1

n

ƒ (t i ) Δα i−∫a

b

ƒ dα|≤ U (P ,ƒ , α )−L(P ,ƒ ,α)<ε

Teorema 6.8

Jika ƒ continue pada [a,b] maka ƒ∈R ( α )pada [a,b]

Bukti

ƒ∈R ( α )⟺∀ ε>0 ,∃P pada [ a , b ]∋U (P , ƒ ,α )−L(P , ƒ , α )<ε

ambil sembarang ε>0.

sehingga terdapat

∃ δ>0∋|ƒ (x )−ƒ(t)|<η

Untuk / jika ∈ [a ,b ] , t∈ [a , b ] dengan |x−t|<δ

Karena ƒ continue seragam, pilih

η>0∋ [α (b )−α ( a ) ] .η<ε

Dibuat partisi P pada [a,b] ∋ ∆ x i<δ untuk ∀i

|ƒ ( x i )−ƒ ( x i−1 )|<ε

Sedangkan

M i−mi =ƒ ( x )−inf ƒ ( x )<η ¿

Dari hubungan diatas , maka diperoleh

U ( P ,ƒ ,α )−L ( P ,ƒ , α )=∑i=1

n

( M i−mi ) Δ αi

≤

η∑i=1

n

Δ αi=η ( α (b )−α (a))<ε

Teorema 6.9

Jika ƒ adalah fungsi monoton di [a,b] dan jika fungsi α adalah continue pada [a,b] , maka ƒ∈R ( α ). ( kita asumsikan bahwa α adalah monoton )

Bukti

Ambil sebarang ε>0. Untuk semua bilangan asli positif n, pilih a sebagai partisi, sedemikian sehingga

Δ αi=α (b )−α(a)

n (i=1,2,3 ,…,n)

Hal ini memungkinkan karena α continue (teorema 4.23)

Kita misalkan bahwa ƒ adalah naik monoton ( dapat di buktikan pada kasus lainnya ). Maka

M i=ƒ ( xi ) , mi=ƒ ( x i−1 ) (i=1,2,3,…,n)

Sehingga

U ( P ,ƒ ,α )−L ( P ,ƒ , α )=α (b )−α (a)n ∑

i=1

n

[ƒ ( x i )−ƒ ( xi−1 ) ]

¿α (b )−α (a)

n [ f ( b )−f (a ) ]<ε

Nilai n tergantung pada ε .

P = {x0 ,x1 , x2 , …, xn}

Jika n di ambil cukup besar. Dari teorema 6.6 , ƒ∈R ( α ) .

Teorema 6.10

Anggap f adalah terbatas di [a,b], f hanya terbatas banyak titik yang continue di [a,b] dan α adalah continue di setiap titik yang mana f discontinue. Maka ƒ∈R ( α )

Bukti

Ambil sembarang ε > 0. Ambil M = Sup | f (x) |, Ambil sembarang E menjadi titik aturan dimana f adalah tidak continue (discontinue). Karena E terbatas dan α continue di setiap titik pada E, kita dapat menentukan E dengan banyak interval yang tidak berhubungan yang terbatas [u j , v j]⊂ [a , b] seperti penjumlahan dari perbedaan koresponden α( v j )−α(u j)lebih rendah dari ε. Selanjutnya, kita akan meletakan interval ini seperti sebuah jalan dari setiap titik dari E ∩(a . b) pada interior [u j , v j].

Perubahan tahap (u j , v j)dari [a, b]. Maksud pengaturan K adalah sisa. Karenanya ƒ adalah keseragaman continue didalam K, dan disana selalu ada δ > 0 seperti |ƒ(s) - ƒ(t)| < ε jika s∈K , t∈K , |s−t|<δ.

Sekarang bentuk sebuah partisi P = {x0 ,x1 , x2 ,…, xn} dari [a,b], sebagai berikut :

Setiap u j di P. Setiap v j di P. Tidak ada titik dari tahap (u j , v j) di P. Jika x i−1 adalah satu dari u j

,maka ∆ x i<δ .

Catatan bahwa Mi - mi ≤ 2M untuk setiap i. setelah itu M i−mi≤ ε tidak rendah x i−1 yaitu satu dari u j. Karrenanya, seperti pada Bukti pada teorema 6.8,

U ( P ,ƒ ,α )−L ( P ,ƒ , α )≤ [α (b )−α (a ) ] ε+2 Mε

Karena ε itu tidak tentu, teorema 6.6 menunjukkan bahwa ƒ∈R ( α )

Catatan : jika f dan α mempunyai sebuah titik yang discontinue, maka f tidak berubah menjadi R (α ) .

Teorema 6.11

Misalkan ƒ ∈R ( α ) pada [ a , b ] , m ≤ f ≤ M , ϕ kontinue pada [ m , M ] , dan h ( x )=ϕ ( f ( x ) ) pada [ a , b ].

Bukti :

Y

f

M

ƒ ∈R ( α )

m

X

a b

terdapat fungsi lain

Z fungsi kontinue ϕ

m M Y

h ( x )=ϕ ( f ( x ) )=h∈R (α )

catatan : Tidak harus keduanya Ter-Integral Riemann.

Karna walaupun salah satunya adalah fungsi kontinue, maka pada akhirnya ter-Integral Riemann juga.

Penjelasan :

Pilih ε>0. Ketika ϕ kontinue seragam pada [ m , M ] , terdapat δ >0 sedemikian sehingga δ <ε dan |ϕ ( s )−ϕ (t)|<ε jika |s−t|≤ δ dan s , t∈ [ m , M ] .

Karena ƒ ∈R ( α ), dimana sebuah partisi P= {x0 , x1 , x2, …, xn } pada selang [ a , b ] sedemikian sehingga

U ( P ,ƒ ,α )−L ( P ,ƒ , α )=δ 2 … (18 ) .

Ambil sembarang M i ,mi yang mempunyai arti atau pengertian yang sama dengan Defenisi 6.1, yaitu

M i =ƒ (x )untuk (¿x i−1≤ x ≤ x i)¿ ¿

mi=inf ƒ ( x )untuk ( xi−1 ≤ x ≤ x i ) ,

Dan ambil sembarang M i¿ , mi

¿ dapat disamakan dengan bilangan h. Untuk Bilangan 1 , …, n dapat dibagi ke dalam dua bagian,yaitu :

i∈ A jika M i−mi<δ , i∈B jika M i−mi ≥ δ .

Untuk i∈ A , kita pilih δ untuk menunjukkan M i¿−mi

¿≤ ε.

Untuk i∈B, M i¿−mi

¿≤2 K , dimana K =|ϕ ( t )|¿ , m ≤t ≤ M . Dengan persamaan (18), kita dapat

δ∑i=B

∆ α i≤∑i=B

( M i−mi ) ∆ α i<δ2 …(19)

Sehingga ∑i=B

∆ α i<δ . jadi

U ( P , h ,α )−L ( P , h ,α )=∑i ϵA

(M i¿¿−mi

¿)∆ α i+∑iϵB

(¿M i¿−mi

¿)∆ αi ¿¿

≤ ε [α (b )−α (a ) ]+2 Kδ<ε [α (b )−α (a )+2 K ] .

Karena ε dapat berubah-ubah, teorema 6.6 membuktikan bahwa h∈R (α ).

SIFAT-SIFAT DARI INTEGRAL

Teorema 6.12

(a) Jika 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 .

(b) Jika f 1 ( x ) ≤ f 2 ( x ) pada [ a , b ] , maka

∫a

b

f 1 dα ≤∫a

b

f 2 dα

(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

(d) Jika f ∈ R (α ) pada [a ,b ]dan jika |f (x)|≤ M pada [ a , b ] , maka

|∫ab

f dα|≤ M [α (b )−α (a ) ] .

(e) 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

Bukti :

Jika f =f 1+ f 2 dan P adalah suatu partisi pada [a , b] ,kita dapat

L ( P , f 1 ,α )+L ( P , f 2 , α ) ≤ L ( P , f , α )≤ U (P , f , α ) ≤U ( P , f 1 , α )+U ( P , f 2 , α ) …(20)

jika f 1∈R ( α ) dan f 2∈R (α ). Ambil sembarang ε>0. Dari partisi P j( j=1,2) sedemikian sehingga

U ( P j , f j , α ) – L ( P j , f j , α )<ε

Pertidaksamaan ini berlangsung jika P1 dan P2 diganti dengan P penghalus bersama. Maka persamaan (20) membuktikan bahwa

U ( P , f , α )−L ( P , f , α )<2 ε ,

Dimana bukti dari f ∈ R (α ).

Dengan P kita dapat

U ( P , f j , α )<∫ f j dα+ε ( j=1,2 ) ;

Karena persamaan (20) membuktikan

∫ f dα ≤ U (P , f , α )<∫ f 1dα+∫ f 2 dα+2 ε .

Ketika ε dapat berubah-ubah, kita akhiri dengan

∫ f dα ≤∫ f 1 dα+∫ f 2 dα … (21 ) .

Jika kita ganti f 1dan f 2 di dalam persamaan (21) dengan −f 1dan −f 2 , ketidaksamaan ini adalah kebalikannya. Dan persamaan ini terbukti.

Teorema 6.13

Jika f ∈ R (α ) dan g∈R (α ) pada [ a ,b ] ,maka

a) fg∈R (α );

b) |f|∈R (α ) dan|∫ab

f dα|≤∫ab

|f|dα .

Bukti :

Jika kita ambil ϕ (t )=t 2, Teorema 6.11 menunjukkan bahwa f 2∈R ( α ) jika f ∈ R (α ) .

ciri-cirinya

4 fg=( f +g)2−( f −g)2

Bukti dari (a) sudah lengkap.

Jika kita ambil ϕ ( t )=|t| , dengan cara yang sama Teorema 6.11 menunjukkan bahwa |f|∈R (α ).

Pilih c = ± 1, sehingga

c∫ f dα ≥ 0

Maka

|∫ f dα|=c∫ f dα=∫ cf dα ≤∫|f|dα ,

Ketika cf ≤|f|.

Definisi 6.14

Fungsi tangga satuan I didefinisikan sebagai berikut :

I ( x )={0 ,∧x≤ 01 ,∧x>0

penjelasan dalam bentuk berupa gambar:

Y

I=(1 0 00 1 00 0 1)=identitas

1 I

0 X

Teorema 6.15

Jika a<s<b , f di batasi selang [a , b] , f kontinue ke s, dan α (x )=I (x−s), maka

∫a

b

f dα=f ( s) .

Bukti :

Anggaplah Partisi P= {x0 , x1, x2 , …, xn } dimana x0=a, dan x1=s<x2<x3=b. Maka

U ( P , f , α )=M 2, L ( P , f ,α )=m2

Saat f kontinue ke s, kita lihat bahwa M 2 dan m2 konvergen pada f (s ) dengan x2→s .

Y f

a s b X

Y

f

f (b)

f (s )

f (a)

1

0 a s b X

α (x )=I (x−s)

α (x )=I (x−s)={0 ,∧x−s≤ 0x≤ s

1 ,∧x−s>0x>s

∫a

b

f dα=f ( s) . Terbukti!

Definisi 6.16

Misalkan cn ≥0 untuk 1,2,3 ,… ,∑ cn konvergen, {sn } adalah barisan dari titik diskontinue dalam selang [a , b], dan

α (x )=∑n=1

∞

cn I ( x−sn ) … (22 ) .

Ambil sembarang f yang kontinue pada selang [a , b]. Maka

∫a

b

f dα=∑n=1

∞

cn f ( sn ) …(23) .

Bukti

Perbandingan menunjukkan pada persamaan (22) konvergen untuk setiap x. Jumlah α (x)

mempunyai sifat monoton, dan α (a )=0 , α (b )=∑ cn.

Ambil sembarang ε>0, dan pilih N sehingga

∑n=1

∞

cn<ε

Dengan memasukkan

α 1 ( x )=∑n=1

∞

cn I (x−s )

α 2 ( x )=∑n=1

∞

cn I ( x−sn )

Dari Teorema 6.12 dan 6.15,

∫a

b

f d α1=∑n=1

∞

cn f ( sn ) …(24)

Saat α 2 (b )−α 2 (a )<ε ,

|∫ab

f dα 2|≤ Mε … (25 ) ,

Dimana M =|f (x)| ¿. Ketika α=α1+α 2 , mengikuti dar persamaan (24) dan (25) yaitu

|∫ab

f dα−∑i=1

n

cn f (sn )|≤ Mε … (26 )

Jika kita ambil N → ∞ , kita dapatkan persamaan (23).

Penjelasan dalam berupa gambar :

∫a

b

f dα=∑i=1

n

cn f ( sn )

α (x )=∑n=1

∞

cn I ( x−sn )=c1 I ( x−s1 )+c2 I ( x−s2 )+c3 I ( x−s3 )+…+cn I ( x−sn )

Y

cn

cn−1

c3

c2

c1

a S1 S2 S3 S4 Sn−1 Sn b X

Banyak titik tak terhinggax<S i⟹ x−S1<0

I ( x−s1 )=0

S1<x<S2⟹ I ( x−s1)=1⟹α ( x )=c1 .1+c2 .0+c3.0+…+cn .0=c1

Definisi 6.17

Teorema ini terkait dengan metode Integral.

Di asumsikan α adalah monoton naik dan α '∈ R pada selang [a , b]. Misal kan f adalah fungsi Real yang terbatas pada selang [a ,b].

maka f ∈ R(α ) jika hanya jika fα '∈R. Dalam kasus ini

∫a

b

f dα=∫a

b

f ( x ) α' (x)dx … (27 ) .

Fungsi α itu hasil turunannya Integral Riemann.

Contoh :

∫1

2

x √x2+1dx=∫1

2

√ x2+1d (12

x2+ 12 )=1

2∫12

√x2+1d ( x2+1 )=13 [ 2

3(x2+1)

32 ]

1

2

Keterangan : dari ∫1

2

x √x2+1 dx

x=α ' (x) dan α (x )=12

x2

√ x2+1=f ( x)

Bukti :

Ambil sembarang ε>0 dan aplikasikan teorema 6.6 ke α ' : termasuk partisi P= {x0 , x1, x2, …, xn } pada selang [ a , b ] sedemikian sehingga

U ( P , α ' )−L ( P , α ' )<ε …(28)

Berdasarkan teorema nilai tengah disini dilengkapi titik t i∈ [x i−1 , x i ] sedemikian sehingga

∆ αi=α' (t i)∆ x i

∫Riemann. ∫Biasa.

Untuk i=1,2 ,…,n. Jika si∈ [ x i−1 , x i ] , maka

∑i=1

n

¿¿

Dari persamaan(28) dan torema 6.7(b). ambil M =|f (x)| . saat

∑i=1

n

f (si)∆ α i=∑i=1

n

f ( si ) α' (t i ) ∆ x i

Mengikuti persamaan (29) bahwa

|∑i=1

n

f (si)∆ αi=∑i=1

n

f ( si ) α' (t i ) ∆ x i|≤ Mε …(30)

Dalam keterangan-keterangan,

∑i=1

n

f (si)∆ α i≤ U (P , fα ' )+Mε

Untuk semua pilihan pada si∈ [ x i−1 , x i ]. Supaya

U ( P , f , α ) ≤ U ( P , fα ' )+Mε

Persamaan rumus yang penting dari persamaan (30) untuk

U ( P , fα ' )≤ U ( P , f ,α )+Mε .

Sehingga

|U ( P , f ,α )−U ( P , fα ' )|≤ Mε … (31)

Sekarang catat bahwa persamaan (28) sebenernya tetap jika P adalah pengganti untuk setiap penghalus. Karena persamaan (31) juga sama. Kita simpulkan bahwa

|∫a−b

f dα−∫a

−b

f ( x ) α' (x)dx|≤ Mε

Tapi ε dapat brubah-ubah. Karena

∫a

−b

f dα=∫a

−b

f (x ) α '(x )dx … (32 ) ,

Untuk setiap yang di batasi f . Persamaan integral bawah ini mengikuti persamaan (30) sama persis.

INTEGRAL DAN DIFFERENSIAL

Teorema 6.20

Misalkan f ∈ R (α ) pada [a ,b ]untuk a ≤ x ≤ b , pilih

F ( x )=∫a

x

f (t)dt .

Maka F kontinue pada[a , b] ; selanjutnya , jika f kontinue di titik x0 pada[a , b ], maka F terdefferensial di x0 , dan

F ' ( x0 )=f ( x0 )

Penjelasan berupa gambar :

Y f

F(x)

a x y b X

ket :

F ( y) →

F ( x ) →

|F ( y )−F(x )|=|∫xy

f ( t )dt|→

Bukti

Saat f ∈ R (α ) , f adalah pembatas. Misalkan |f (t)|≤ M untuk a ≤ t ≤ b . jika a ≤ x< y≤ b , maka

|F ( y )−F(x )|=|∫x

y

f (t )dt|≤ M ( y−x)

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

|F ( y )−F(x )|<ε ,

|f (x)|≤ M

|F ( y )−F(x )|=|∫x

y

f ( t )dt|≤∫x

y

|f ( t )|dt ≤∫x

y

M dt=M .t=M ( y−x)

|F ( y )−F ( x )|<ε

Ini membuktikan bahwa untuk|y−x|<δ= εM terbukti kontinue pada F

∴ Terbukti bahwa F kontinue Seragam.

Sekarang Jika fungsi f kontinue di x0, diberikan sembarang ε>0 pilih δ >0 sedemikian sehingga

|f (t )− f (x0)|<ε

Jika |t−x0|<δ , dan a≤t ≤b . sehingga , jika

x0−δ<s≤ x0 ≤t <x0+δ dan a ≤ s<t ≤ b

s t

x0−δ x0 x0+δ

¿

Pembuktian :

¿

¿

Teo. 6.13 Teo. 6.12(d)

¿

f ( x0 )=konstan

Bukti bahwa

f ( x0 )= 1t−s∫s

t

f ( x¿¿0)du¿

f ( x0 )= 1t−s

¿¿

f ( x0 )= 1t−s

¿

f ( x0 )= 1t−s

f (x¿¿ 0)(t−s)¿

f (x¿¿0)=(t−s)(t−s)

f (x¿¿0)¿¿

f ( x0 ) ¿ f ( x0 )

Kembali lagi ke atas,

¿

¿ 1t−s [ f (u )u−f ( x0)u ]s

t

¿ 1t−s [ ( f (u ) t−f (x0)t )−( f (u ) s−f (x0)s )]

¿ 1t−s [ ( f (u )−f (x0))t−( f (u )−f (x0)) s ]

¿ 1t−s [ ( f (u )−f (x0)) (t−s ) ]

¿ [ f (u )−f (x0)]<ε

Menurut pengertian kontinue |f (u )− f ( x0 )|<ε

Maka terbukti bahwa

¿

F ( t )−F(s)t−s = f (x¿¿0)¿

Berdasarkan teorema nilai tengah

Setiapf kontinue dan setiap ada 2 titik yang berbeda , maka ada titik diantara 2 titik yang berbeda itu, sedemikian sehingga adalah F ' (x¿¿0)¿. Maka

F (t )−F(s)t−s =f (x¿¿0)=F ' (x¿¿0)¿¿

Teorema 6.21

Teorema fundamental kalkulus. jika f ∈ R (α ) pada [a ,b ] dan jika ada fungsi terdefferensial F pada [ a , b ] sedemikian sehingga F ’=f , maka

∫a

b

f ( x )dx=F (b )−F (a)

Contoh :

∫1

10

x2 dx=13

x3]1

10

=13(10)3−1

3(1)3=…

Bukti :

Ambil sembarang ε>0. Disini harus menunjukkan bahwa selisih dari

∫a

b

f ( x )dx=F (b )−F (a)

Harus sama dengan Nol (0). Atau nilai mutlaknya lebih kecil dari setiap bilangan positif ε .

|F ( b )−F (a )−∫a

b

f ( x ) dx|<ε

Untuk setiap ε>0 maka terdapat sebuah partisi ( karena f ∈ R ) yaitu P= {x0 , x1 , x2, …, xn }pada [a , b] sedemikian sehingga supaya U ( P , f )−L ( P , f )<ε. Berdasarkan teorema nilai tengah, setiap ada 2 titik,

pasti ada titik yang merupakan anggota titik itu. Maka terdapat titik t i∈ [x i−1 , x i ] sedemikian sehingga

F ( x i )−F (x i−1)=f ( ti)∆ x i

Untuk i=1,2 ,…,n. Jadi

F ( x i )−F (x i−1)x i−x i−1

=F' (ti )=f (ti)

Atau

F ( x i )−F ( x i−1 )=F' (t i) . ∆ x i

∑i=1

n

( F ( x i )−F ( xi−1 ))=∑i=1

n

f ( ti ) . ∆ x i

F (b )−F ( a )=∑i=1

n

f (ti ) . ∆ x i

Atau

∑i=1

n

f (t i) ∆ x i=F (b )−F (a) .

Keterangan :

f ( ti ) = titik

∆ x i= jarak

Berdasarkan teorema 6.7(c),

|∑i=1

n

f (ti ) . ∆ x i−∫a

b

f (x ) dx|<ε

sehingga

|F ( b )−F (a )−∫a

b

f ( x ) dx|<ε

Maka

|F ( b )−F (a )|=|∫ab

f ( x ) dx|<ε

untuk setiap ε>0. Terbukti !!!

Teorema 6.22

Integral parsial. Misalkan F dan G adalah fungsi-fungsi tedefferensial pada [a , b] , F '=f ∈ R dan G '=g∈R . Maka

∫a

b

F (x ) . g ( x ) d x=F (b ) . G (b )−F ( a ) .G (a )−∫a

b

f ( x ) . G ( x )dx .

Contoh :

∫0

1

x . sin x dx=…

Bukti :

Buat siatu fungsi baru, misal H (x )=F (x)G(x).

F ( x )∧G(x ) adalah fungsi yang terdefferensial, maka H (x ) juga fungsi yang trdefferensial.

MakaH terdeferrensial pada [a , b] , dan turunannya H '=h∈ R ( sesuai dengan/menurut teorema 6.21)

∫a

b

h ( x ) dx=H (b )−H (a)

h ( x ) turunan dari H (x ).

h ( x )= f (x ) G (x )+F ( x ) g (x)

jadi, jika

∫a

b

( f ( x )G ( x )+F ( x ) g ( x ) ) dx=F (b ) . G (b )−F ( a ) .G (a )

Maka ,

∫a

b

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

b

f (x ) . G ( x ) dx .