cover analisis real - wordpress.com · analisis real khaeroni, s.si [email protected] lisensi...

AAnnaalliissiiss RReeaall Khaeroni, S.Si [email protected] Lisensi Dokumen: Copyleft on khaeroni.net Seluruh dokumen di khaeroni.net dapat digunakan, dimodifikasi dan disebarkan secara bebas untuk tujuan bukan komersial (nonprofit) atau akademis (kenaikan pangkat, sertifikasi, dan sebagainya). Dibolehkan melakukan penulisan ulang, dengan tanpa mendapatkan ijin terlebih dahulu dari khaeroni.net. Karena sifatnya bukan referensi, maka diperkenankan juga untuk tidak menyertakan link dari dokumen ini.

Tentang Dokumen: Dokumen ini dibuat untuk kepentingan pribadi dan golongan, sehingga segala kesalahan dan ‘ketersesatan’ yang diakibatkan oleh penggunaan dokumen ini, penulis tidak bertanggung jawab. Ketersediaannya di internet bukan berarti ditujukan untuk penggunaan umum, ketersediaan tersebut dimaksudkan sebagai dokumentasi on‐line yang dimiliki penulis dan diperbolehkan dimiliki oleh siapa saja.

Tulisan ini merupakan salinan ulang dari catatan perkuliahan Analisis Real di Institut Pertanian Bogor Sekolah Pascasarjana Program Magister Sains Mayor Matematika Terapan yang diampu oleh Bapak Dr. Jaharuddin, MS dan Ibu Berlian (Bu Anggi)

Outline: 1. Teori Himpunan 2. Sistem Bilangan Real 3. Ukuran Lebesgue 4. Integral Lebesgue 5. Turunan dan Integral 6. Ruang Banach

Referensi: 1. H.L. Royden, 1988, Real Analysis, Mc. Milan Pub, New York 2. Bartle, R.G., & D.R. Sherbert, 2000, Introduction to Real Analysis, John Wiley, New York 3. Goldberg, Richard R., 1976, Methods of Real Analysis, John Wiley, New York

Thank’s To: Allah swt atas hidayah‐Nya dan nikmat waktu luang, Nabi Muhammad saw atas bimbingan beliau mengenalkan kita kepada rabb kita. Bapak Dr. Jaharuddin, MS dan Ibu Anggi. Rekan‐rekan senasib dan sependeritaan menghadapi Analisis Real dan Aljabar Linear. My Tiny Web Site, My Wonderfull laptop yang sangat setia. Serta Al‐Hafidz Munsyari Rasyid yang senantiasa menemani telinga ini dengan lantunan ayat‐ayat‐Nya yang menggugah semangat. Dan tak lupa, Istri‐ku tercinta dan kusayangi atas dukungannya. Bagi setiap lisan yang telah terkunci, bahkan sampai kepada hatinya…Maka izinkan dan biarkanlah selembar

pengaduan ini menjadi kata maaf yang sangat tulus…Namun, jika ia terlambat, maka biarkanlah lembaran ini hanya menjadi baris yang memperindah keranjang sampah. Gunakanlah, jika ia berkenan memaafkan…dan buanglah, jika memang tidak berkenan…

Bab 1 Teori Himpunan

1.1. Pendahuluan

Salah satu dari sekian banyak alat-alat yang penting dalam matematika modern adalah mengenai teori himpunan. Dalam tulisan ini, jika dituliskan himpunan X, maka yang dimaksud adalah himpunan bilangan real. Bagian pertama, dijelaskan beberapa simbol-simbol dari teori himpunan yang akan sangat berguna nantinya.

Definisi : Himpunan didefinisikan sebagai kumpulan objek-objek. Objek dari suatu himpunan disebut anggota/elemen dari himpunan tersebut. Definisi : Jika x anggota himpunan X, ditulis x ∈X. Jika x bukan anggota himpunan X, ditulis x ∉X Himpunan X secara lengkap ditentukan berdasarkan anggota-anggotanya. Definisi : Jika dua himpunan X dan Y memiliki sifat x ∈X jika dan hanya jika x ∈Y untuk semua x, maka X = Y Definisi : X disebut himpunan bagian dari Y, ditulis X ⊂Y, jika dan hanya jika untuk setiap x ∈X ⇒ x ∈ Y Dari sini, jelas bahwa setiap himpunan X merupakan himpunan bagian dari X. Definisi : Dua himpunan X dan Y dikatakan sama, yaitu X = Y, jika dan hanya jika X ⊂Y dan Y ⊂X Karena himpunan ditentukan oleh elemen-elemennya, salah satu cara yang sering dilakukan

untuk mendefisikan sebuah himpunan adalah dengan menyatakan keanggotaannya (elemen), sebagaimana didefinisikan berikut ini:

Definisi : Jika A adalah himpunan dengan anggota-angggota-nya x ∈X yang memiliki sifat P maka A dapat ditulis:

= ∈ | ( )A x X P x Sehingga ∈ ⇔ ∈ dan ( )x A x X P x . Karena X sudah dijelaskan sebelumnya, maka terkadang

pendefinisian A bisa ditulis: A = x : P(x)

Himpunan yang tidak mempunyai anggota dinamakan dengan himpunan kosong, dan dilambangkan dengan Ø.

Teorema 1.1 : Himpunan kosong merupakan himpunan bagian dari setiap himpunan.

Bab 1 – Teori Himpunan Compiled by : Khaeroni, S.Si

2

Bukti : Diketahui Ø himpunan kosong. Misalkan X adalah sebarang himpunan. Akan dibuktikan bahwa Ø ⊂ X, yaitu:

x ∈ Ø ⇒x ∈X Pernyataan di atas merupakan pernyataan implikasi dengan antesedennya bernilai salah, karena Ø tidak mempunyai anggota. Berdasarkan tabel kebenaran untuk pernyataan implikasi, pernyataan implikasi di atas selalu bernilai benar. Jadi, terbukti bahwa Ø ⊂ X.

Jika x, y, dan z adalah elemen-elemen X, didefinisikan himpunan-himpunan sebagai berikut: Himpunan x yaitu himpunan yang anggotanya hanya x Himpunan x, y yaitu himpunan yang anggota-anggotanya hanya x dan y Himpunan x, y, z yaitu himpunan yang anggota-anggotanya hanya x, y, dan z dan sebagainya. Himpunan x disebut dengan unit set atau singleton atas x. Satu hal yang sebaiknya hati-hati

antara x dan x. Sebagai contoh, kita mempunyai x ∈x tetapi tidak benar x ∈ x. Dalam x, y tidak diberlakuan urutan antara x atau y, yaitu x, y = y, x. Begitu juga dengan

x, y, z = x, z, y = y, x, z = y, z, x dan sebagainya. Karena alasan inilah kita menyebut x, y sebagai pasangan tak terurut (unordered pair). Sementara itu, kita menuliskan <x, y> sebagai pasangan berurut (ordered pair). Dalam pasangan berurutan <x, y>, x merupakan elemen pertama dan y elemen kedua.

Definisi : <x, y> = <a, b> jika dan hanya jika x = a dan y = b Dari definisi di atas, disimpulkan bahwa : x ≠ y ⇒ <x, y> ≠ <y, x>. Misalkan X dan Y adalah dua himpunan. Didefinisikan Perkalian Kartesian atau Perkalian

Langsung (Cartesian, or Direct Product), X × Y sebagai berikut: Definisi : X × Y = <x, y> | x ∈ X dan y ∈ Y Jika X bilangan real, maka X × X merupakan himpunan pasangan berurutan-pasangan

berurutan atas bilangan real dan ekuivalen dengan himpunan titik-titik pada bidang. Terkadang, kita sering menulis X2 untuk X × X, X3 untuk X × X × X, dan sebagainya.

Latihan : Tunjukkan bahwa x | x ≠ x = Ø Bukti : Misal A = x | x ≠ x. Akan dibuktikan bahwa A = Ø. Andaikan A ≠ Ø, maka ada x ∈ A. Karena x ∈ A maka x ≠ x. Timbul kontradiksi. Jadi, pengandaian salah, yang benar A = Ø.

1.2. Fungsi

Misalkan X dan Y adalah dua himpunan. Fungsi f dari (atau pada) X ke (atau kepada) Y diartikan sebagai aturan yang mengaitkan setiap x di X dengan tepat satu anggota y di Y sehingga y = f(x).

Grafik fungsi f, ditulis G, adalah kumpulan pasangan dalam bentuk <x, f(x)> di dalam X × Y. Jadi, G ⊂ X × Y disebut grafik dari sebuah fungsi f pada X jika dan hanya jika untuk setiap x ∈ X terdapat dengan tunggal pasangan dalam G yang elemen pertamanya adalah x atau ditulis:


3

G = <x, y> | y = f(x) ⊂ X × Y

Terlihat, fungsi dapat didefinisikan melalui grafiknya karena fungsi dapat ditentukan dengan grafiknya. Oleh karena itu, didefinisikan fungsi dari X ke Y adalah himpunan f dalam X × Y dimana setiap x ∈ X mempunyai tepat satu y ∈ Y sehingga <x, y> ∈ f. Dengan kata lain,

Jika <x, y> ∈ f dan <x, y’> ∈ f maka y = y’

Kata ‘pemetaan’ sering kali digunakan sebagai sinonim untuk kata ‘fungsi’. Fungsi f dari X ke Y

dilambangkan dengan: f : X → Y

bilamana <x, y> ∈ f dengan f fungsi, maka fungsi dapat ditulis y = f(x) atau x y. Himpunan X disebut domain (atau daerah definisi) dari f. Himpunan nilai f, adalah

R(f) = y ∈ Y | y = f(x), x ∈ X

disebut range dari f. Range dari fungsi f secara umum akan lebih kecil dari Y, atau R(f) ⊂ Y. Jika R(f) = Y, maka f disebut fungsi onto (fungsi f kepada Y), atau f surjektif.

Definisi : Diberikan fungsi f : X → Y, f surjektif jika dan hanya jika untuk setiap y ∈ Y terdapat x ∈ X sehingga y = f(x). Akibatnya, jika f surjektif, maka R(f) = Y. Jika A ⊂ X, didefinisikan peta (image) dari A terhadap f merupakan himpunan elemen-elemen di

dalam Y sehingga y = f(x) untuk semua x di A, ditulis: f(A) = y ∈ Y | y = f(x), x ∈ A

sehingga range dari f adalah f(X), dan f surjektif jika dan hanya jika Y = f(X). Jika B ⊂ Y, didefinisikan prapeta (invers image) dari B terhadap f merupakan himpunan elemen-

elemen di dalam x sehingga y = f(x) ∈ B, ditulis: f–1(B) = x ∈ X | y = f(x), y ∈ B.

Teorema : Fungsi f : X → Y surjektif ⇔ f–1(B) ≠Ø, ∀B ⊂ Y dan B ≠ Ø (f surjektif jika dan hanya jika prapeta dari himpunan bagian tak kosong dari Y merupakan himpunan tak kosong). Bukti : (⇒) Diketahui f surjektif, sehingga Y = f(X).

Akan dibuktikan bahwa ∀B ⊂ Y dan B ≠ Ø, f–1(B) ≠Ø Karena B ≠ Ø maka terdapat y ∈ B. Karena y ∈ B dan B ⊂ Y maka y ∈ Y. Karena y ∈ Y dan Y = f(X) maka y ∈ f(X). Karena y ∈ f(X) maka terdapat x ∈ X sehingga y = f(x) Karena y = f(x) dan y ∈ B, maka x ∈ f–1(B) untuk suatu x ∈ X. Jadi, f–1(B) ≠Ø.

(⇐) Diketahui, ∀B ⊂ Y dan B ≠ Ø, f–1(B) ≠Ø Akan dibuktikan bahwa f surjektif, ekuivalen dengan membuktikan Y = f(X) (i) Akan dibuktikan bahwa Y ⊂ f(X)

Karena f–1(B) ≠ Ø, maka terdapat x ∈ f–1(B) sehingga y = f(x) untuk suatu y ∈ B. Karena B ⊂ Y, maka y ∈ Y. Karena y = f(x) maka y ∈ f(X).


4

(ii) Akan dibuktikan bahwa f(X) ⊂ Y Karena f–1(B) ≠ Ø, maka terdapat x ∈ f–1(B) sehingga y = f(x) untuk suatu y ∈ B. Karena y = f(x) maka y ∈ f(X). Karena B ⊂ Y, maka y ∈ Y.

Versi Pa Jaharuddin: Misal y ∈ Y. Akan dibuktikan y ∈ f(X). Andaikan y ∉ f(X), maka tidak ada x ∈ X sehingga y = f(x). Jadi, tidak ada y ∈ Y sehingga y = f(x). Karena B ⊂ Y, maka tidak ada y ∈ B sehingga y = f(x). Karena y sebarang, maka f–1(B) = Ø. Kontradiksi dengan hipotesis, jadi haruslah y ∈ f(X). (The following proof is mine) Misal y ∈ f(X). Akan dibuktikan y ∈ Y Karena y ∈ f(X) maka y = f(x) untuk suatu x ∈ X. Karena f–1(B) ≠Ø dan y = f(x) untuk suatu x ∈ X, maka x ∈ f–1(B) Karena x ∈ f–1(B) dan y = f(x), maka y ∈ B Karena y ∈ B dan B ⊂ Y, maka y ∈ Y.

Definisi : Fungsi f : X → Y disebut satu-satu (injektif), jika memenuhi:

f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2 Untuk setiap x1, x2 ∈ X. Definisi : Fungsi yang satu-satu dari X kepada Y (injektif dan surjektif) disebut korespondensi satu-satu antara X dan Y (bijektif). Bila f bijektif, maka terdapat fungsi g : Y → X sehingga untuk setiap x dan y berlaku g(f(x)) = x

dan f(g(y)) = y. Fungsi g disebut invers dari f dan ditulis f–1. Misalkan f : X → Y dan g : Y → Z, didefinisikan fungsi h : X → Z, yaitu h(x) = g(f(x)). Fungsi h

disebut komposisi dari g dengan f dan ditulis g f. Jika f : X → Y dan A ⊂ X didefinisikan fungsi g : A → Y dengan rumus g(x) = f(x), x ∈ A.

Fungsi g disebut batasan (restriction) f terhadap A dan ditulis f|A. Fungsi f dan g memiliki daerah hasil (range) dan prapeta yang berbeda.

Barisan hingga (n-tuple) adalah suatu fungsi dimana domainnya merupakan n bilangan asli pertama, yaitu himpunan

i ∈ N | i ≤ n. Barisan tak-hingga adalah fungsi dimana domainnya merupakan bilangan asli.

Kita menggunakan istilah “barisan” untuk memahami barisan berhingga atau tak-berhingga. Jika daerah hasil dari barisan ini berada dalam himpunan X, kita sebut barisan dari atau di dalam X atau barisan dengan elemen-elemen dari X. Nilai fungsi pada i, ditulis xi dan menyebut nilai tersebut dengan elemen ke-i dari barisannya. Kita juga menggunakban notasi

=1

ni i

x untuk menuliskan n-tuple terurut,

dan barisan tak-hingga dengan ∞

=1i ix . Namun, terkadang kita juga menyatakan barisan secara

sederhana dengan ix . Daerah hasil dari barisan ix akan dinotasikan dengan xi. Sehingga, daerah

hasil dari n-tuple terurut =1

ni i

x merupakan himpunan tak-terurut n-tuple =1

ni i

x . Himpunan A dikatakan terhitung (countable) jika A sama dengan daerah hasil suatu barisan

(hingga atau tak-hingga). Tetapi bilamana A sama dengan daerah hasil dari barisan hingga, maka A disebut himpunan hingga (finite). Himpunan yang bukan himpunan hingga disebut himpunan tak-hingga (infinite).

Salah satu cara untuk mendapatkan barisan tak-hingga (infinite sequence) adalah sebagai


5

berikut: Prinsip Rekursif : Misalkan f : X → X dan a ∈ X, maka terdapat satu (tunggal) barisan tak-hingga ∞

=1i ix dari X

sehingga x1 = a, dan xi + 1 = f(xi) untuk setiap i

Untuk setiap bilangan asli n, misalkan fn : Xn → X dan a ∈ X. Maka terdapat barisan tunggal

(uniqe) ix dari X sehingga x1 = a dan xi + 1 = fi(x1,…,xi). Fungsi g : N → N dikatakan monoton, jika g(i) > g(j) untuk i > j. Fungsi h dikatakan barisan

bagian tak-hingga dari f, jika terdapat pemetaan monoton g : N → N sehingga h = f g. Jika f = <fi> dan g = <gi>, maka f g ditulis <fgi>.

1.3. Gabungan, Irisan, dan Komplemen

Diberikan himpunan X dan ℘(X) himpunan subset dari X. Misalkan A dan B subset dari X, didefinisikan operasi irisan, gabungan, dan komplemen sebagai berikut:

Definisi : Irisan himpunan A dengan B, ditulis A ∩ B, didefinisikan sebagai:

A ∩ B = x ∈ X | x ∈ A dan x ∈ B Gabungan himpunan A dengan B, ditulis A ∪ B, didefinisikan sebagai:

A ∪ B = x ∈ X | x ∈ A atau x ∈ B Komplemen himpunan A, ditulis –A atau Ac, didefinisikan sebagai:

–A = Ac = x ∈ X |x ∉ A Dari, definisi-definisi di atas, diturunkan sifat-sifat operasi pada himpunan dalam teorema

berikut: Teorema : Diberikan himpunan X dan A dan B adalah subset dari X. Maka berlaku: 1. A ∩ B = B ∩ A 2. A ∪ B = B ∪ A 3. A ∩ B ⊂ A 4. A ⊂ A ∪ B 5. A ∩ B = A ⇔ A ⊂ B 6. A ∪ B = A ⇔ B ⊂ A 7. (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C) = A ∩ B ∩ C 8. (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C) = A ∪ B ∪ C 9. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) 10. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) Bukti : 1. x ∈ A ∩ B ⇔ x ∈ A dan x ∈ B

⇔ x ∈ B dan x ∈ A ⇔ B ∩ A

2. x ∈ A ∪ B ⇔ x ∈ A atau x ∈ B ⇔ x ∈ B atau x ∈ A ⇔ B ∪ A

3. x ∈ A ∩ B ⇔ x ∈ A dan x ∈ B


6

⇒ x ∈ A Jadi A ∩ B ⊂ A

4. x ∈ A ⇒ x ∈ A atau x ∈ B Jadi A ⊂ A ∪ B

5. A ∩ B = A ⇔ A ⊂ B (i) Diketahui A ∩ B = A, akan dibuktikan bahwa A ⊂ B

Diambil sebarang x ∈ A. Karena A ∩ B = A dan x ∈ A, maka x ∈ A ∩ B Karena x ∈ A ∩ B, maka x ∈ A dan x ∈ B. Jadi, terbukti bahwa untuk setiap x ∈ A maka x ∈ B.

(ii) Diketahui A ⊂ B, akan dibuktikan bahwa A ∩ B = A Pertama, dibuktikan A ∩ B ⊂ A. Dengan menggunakan (3) terbukti. Kedua, dibuktikan A ⊂ A ∩ B. Diambil sebarang x ∈ A. Karena A ⊂ B, maka x ∈ B. Jadi, x ∈ A dan x ∈ B, atau x ∈ A ∩ B Jadi, terbukti bahwa A ∩ B = A.

6. A ∪ B = A ⇔ B ⊂ A (i) Diketahui A ∪ B = A, akan dibuktikan bahwa B ⊂ A

Diambil sebarang x ∈ B. Andaikan x ∉ A, maka x ∉ A ∪ B. Karena x ∉ A ∪ B maka x ∉ A dan x ∉ B. Kontradiksi dengan diketahui x ∈ B. Jadi pengandaian salah, yang benar x ∈ A.

(ii) Diketahui B ⊂ A, akan dibuktikan bahwa A ∪ B = A Pertama, dibuktikan A ∪ B ⊂ A Diambil sebarang x ∈ A ∪ B, maka x ∈ A atau x ∈ B. Karena B ⊂ A dan x ∈ B, maka x ∈ A. Jadi, untuk setiap x ∈ A ∪ B maka x ∈ A. Kedua, dibuktikan A ⊂ A ∪ B. Dengan menggunakan (4) terbukti. Jadi terbukti A ∪ B = A

7. x ∈ (A ∩ B) ∩ C ⇔ x ∈ (A ∩ B) dan x ∈ C ⇔ x ∈ A dan x ∈ B dan x ∈ C ⇔ x ∈ (A ∩ B ∩ C) ⇔ x ∈ A dan (x ∈ B dan x ∈ C) ⇔ x ∈ A dan x ∈ (B ∩ C) ⇔ x ∈ A ∩ (B ∩ C)

8. x ∈ (A ∪ B) ∪ C ⇔ x ∈ (A ∪ B) atau x ∈ C ⇔ x ∈ A atau x ∈ B atau x ∈ C ⇔ x ∈ (A ∪ B ∪ C) ⇔ x ∈ A atau (x ∈ B atau x ∈ C) ⇔ x ∈ A atau x ∈ (B ∪ C) ⇔ x ∈ A ∪ (B ∪ C)

9. x ∈ A ∩ (B ∪ C) ⇔ x ∈ A dan x ∈ (B ∪ C) ⇔ x ∈ A dan (x ∈ B atau x ∈ C) ⇔ (x ∈ A dan x ∈ B) atau (x ∈ A dan x ∈ C) ⇔ x ∈ (A ∩ B) atau x ∈ (A ∩ C) ⇔ x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

10. x ∈ A ∪ (B ∩ C) ⇔ x ∈ A atau x ∈ (B ∩ C) ⇔ x ∈ A atau (x ∈ B dan x ∈ C)


7

⇔ (x ∈ A atau x ∈ B) dan (x ∈ A atau x ∈ C) ⇔ x ∈ (A ∪ B) dan x ∈ (A ∪ C) ⇔ x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)

Himpunan kosong Ø memainkan peranan yang penting di dalam ruang X, dan disebutkan

melalui sifat berikut: Teorema : Jika Ø himpunan kosong, X sebarang himpunan dan A ⊂ X, maka berlaku: 1. A ∪ Ø = A 2. A ∩ Ø = Ø 3. A ∪ X = X 4. A ∩ X = A Bukti : 1. Diambil sebarang x ∈ A ∪ Ø, maka x ∈ A atau x ∈ Ø. Karena x ∈ Ø salah, maka haruslah

x ∈ A. Sebaliknya, diambil sebarang x ∈ A. Maka x ∈ A atau x ∈ Ø. Jadi, x ∈ A ∪ Ø 2. Andaikan A ∩ Ø ≠ Ø maka terdapat x ∈ A ∩ Ø. Karena x ∈ A ∩ Ø maka x ∈ A dan x ∈

Ø. Dari sini timbul kontradiksi, karena x ∈ Ø salah. Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah A ∪ Ø = Ø.

3. Diambil sebarang x ∈ A ∪ X, maka x ∈ A atau x ∈ X. Jadi, x ∈ X. Sebaliknya, diambil sebarang x ∈ X. Maka x ∈ A atau x ∈ X. Jadi, x ∈ A ∪ X.

4. Diambil sebarang x ∈ A ∩ X, maka x ∈ A dan x ∈ X. Jadi, x ∈ A. Sebaliknya, diambil sebarang x ∈ A. Karena A ⊂ X dan x ∈ A, maka x ∈ X. Jadi, x ∈ A ∩ X.

Dari definisi komplemen A, diperoleh teorema sebagai berikut: Teorema : Jika Ø himpunan kosong, X sebarang himpunan dan A ⊂ X, maka berlaku: 1. Øc = X 2. Xc = Ø 3. (Ac)c = A 4. A ∪ Ac = X 5. A ∩ Ac = Ø 6. A ⊂ B ⇔ Bc ⊂ Ac Bukti : 1. Karena Ø = x ∈ X | x ∉ X, maka Øc = x ∈ X | x ∈ X = X 2. Karena X = x ∈ X | x ∈ X, maka Xc = x ∈ X | x ∉ X = Ø 3. Karena Ac = x ∈ X | x ∉ A, maka (Ac)c = x ∈ X | x ∈ A = A 4. Diambil sebarang x ∈ A ∪ Ac, maka x ∈ A atau x ∈ Ac. Karena A ⊂ X maka x ∈ X.

Sebaliknya, diambil sebarang x ∈ X. Karena A ⊂ X, maka x ∈ A atau x ∉ A. Jadi, x ∈ A atau x ∈ Ac. Maka, x ∈ A ∪ Ac.

5. Andaikan A ∩ Ac ≠ Ø, maka terdapat x ∈ A ∩ Ac. Karena x ∈ A ∩ Ac maka x ∈ A dan x ∈ Ac. Akibatnya, x ∈ A dan x ∉ A. Terjadi kontradiksi. Jadi, pengandaian salah, yang benar A ∩ Ac = Ø.

6. A ⊂ B ⇔ Bc ⊂ Ac (i) Diketahui A ⊂ B, akan dibuktikan bahwa Bc ⊂ Ac.

Diambil sebarang x ∈ Bc. Karena x ∈ Bc, maka x ∉ B. Karena A ⊂ B, maka x ∉ A. Jadi, x ∈ Ac.


8

(ii) Diketahui Bc ⊂ Ac, akan dibuktikan bahwa A ⊂ B Diambil sebarang x ∈ A. Karena x ∈ A, maka x ∉ Ac. Karena Bc ⊂ Ac, maka x ∉ Bc. Karena x ∉ Bc, maka x ∈ B.

Dua hukum yang mengaitkan komplemen suatu himpunan dengan gabungan dan irisannya

diberikan dalam Hukum De Morgan sebagai berikut: Teorema (Hukum De Morgan) : Jika X sebarang himpunan dan A dan B himpunan bagian dari X, maka berlaku: 1. (A ∪ B)c = Ac ∩ Bc 2. (A ∩ B)c = Ac ∪ Bc Bukti : 1. x ∈ (A ∪ B)c ⇔ x ∉ (A ∪ B)

⇔ x ∉ A dan x ∉ B ⇔ x ∈ Ac dan x ∈ Bc ⇔ x ∈ (Ac ∩ Bc)

2. x ∈ (A ∩ B)c ⇔ x ∉ (A ∩ B) ⇔ x ∉ A atau x ∉ B ⇔ x ∈ Ac atau x ∈ Bc ⇔ x ∈ (Ac ∪ Bc)

Jika A dan B merupakan himpunan bagian dari X, didefinisikan beda (difference) A dan B, ditulis

B ~ A atau komplemen relatif dari A di B sebagai himpunan yang elemen-elemennya di A tetapi tidak di B. Jadi,

B ~ A = x ∈ X | x ∈ A dan x ∉ B Dari sini terlihat bahwa, B ~ A = A ∩ Bc.

Beda simetri (symmetric difference) dari dua himpunan A dan B didefinisikan sebagai: A ∆ B = (A ~ B) ∪ (B ~ A)

Beda simetri dari dua himpunan berisi semua elemen yang menjadi anggota dari himpunan yang satu atau yang lainnya tetapi bukan anggota keduanya.

Jika irisan dari kedua himpunan adalah kosong, dikatakan kedua himpunan tersebut saling lepas atau disjoint. Koleksi himpunan-himpunan, ς dikatakan koleksi disjoint atas himpunan-himpunan jika setiap dua himpunan di ς adalah disjoint.

Proses mengambil irisan atau gabungan dari dua himpunan dapat diperluas dengan melakukan perulangan untuk memberikan irisan atau gabungan dari sebarang koleksi berhingga atas himpunan. Kita bisa memberikan definisi dari irisan untuk sebarang koleksi ς atas himpunan-himpunan. Irisan dari koleksi ς adalah himpunan yang elemen-elemen dari X merupakan anggota untuk setiap anggota dari ς. Kita menuliskan irisan ini dengan

A

Aς∈∩ atau | A A ς∈∩ . Jadi,

| | , untuk setiap A

A A A x X x A Aς

ς ς∈

= ∈ = ∈ ∈ ∈∩ ∩

Secara sama, definisi dari gabungan sebagai berikut: | | , untuk suatu

A

A A A x X x A Aς

ς ς∈

= ∈ = ∈ ∈ ∈∪ ∪

Teorema (Hukum De Morgan) :

1. c

c

A A

A Aς ς∈ ∈

⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦∩ ∪


9

2. c

c

A A

A Aς ς∈ ∈

⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦∪ ∩

Bukti :

1. Diambil sebarang c

A

x Aς∈

⎡ ⎤∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦∩

, untuk suat

.

.

.

u

, untuk suat

.

u

c

A A

c

c

A

x A x A

x A Ax A A

x A

ς ς

ς

ς

ς

∈ ∈

∈

⎡ ⎤∈ ⇔ ∉⎢ ⎥⎣ ⎦

⇔ ∉ ∈

⇔ ∈ ∈

⇔ ∈

∩ ∩

∪

2. Diambil sebarang c

A

x Aς∈

⎡ ⎤∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦∪

.

.

.

,

,

.

c

A A

c

c

A

x A x A

x A Ax A A

x A

ς ς

ς

ς

ς

∈ ∈

∈

⎡ ⎤∈ ⇔ ∉⎢ ⎥⎣ ⎦

⇔ ∉ ∀ ∈

⇔ ∈ ∀ ∈

⇔ ∈

∪ ∪

∩

Teorema (Hukum Distributif) :

1. ( )A A

B A B Aς ς∈ ∈

⎡ ⎤∩ = ∩⎢ ⎥⎣ ⎦∪ ∪

2. ( )A A

B A B Aς ς∈ ∈

⎡ ⎤∪ = ∪⎢ ⎥⎣ ⎦∩ ∩

Bukti :

1. Diambil sebarang A

x B Aς∈

⎡ ⎤∈ ∩ ⎢ ⎥

⎣ ⎦∪ , diperoleh:

dan

dan untuk suatu

.

.A A

x B A x B x A

x B x A Aς ς

ς∈ ∈

⎡ ⎤∈ ∩ ⇔ ∈ ∈⎢ ⎥

⎣ ⎦⇔ ∈ ∈ ∈

∪ ∪

( ) untuk suat.

.

u

( )A

x B A A

x B Aς

ς

∈

⇔ ∈ ∩ ∈

⇔ ∈ ∩∪

2. Diambil sebarang A

x B Aς∈

⎡ ⎤∈ ∪ ⎢ ⎥

⎣ ⎦∩ , diperoleh:


10

atau

atau untuk setiap

.

.

. ( ) untuk setiap

( ).

A A

A

x B A x B x A

x B x A Ax B A A

x B A

ς ς

ς

ςς

∈ ∈

∈

⎡ ⎤∈ ∪ ⇔ ∈ ∈⎢ ⎥

⎣ ⎦⇔ ∈ ∈ ∈⇔ ∈ ∪ ∈

⇔ ∈ ∪

∩ ∩

∩

Barisan pada himpunan bagian dari X kita artikan barisan dari ℘(X), yaitu sebuah pemetaan

dari N ke ℘(X). Jika <Ai> adalah sebuah barisan tak-hingga pada himpunan bagian dari X, kita

menotasikan 1

ii

A∞

=∪ untuk gabungan dari daerah hasil (range) barisannya. Sehingga,

1

| , untuk suatu i ii

A x X x A i∞

=

= ∈ ∈∪ ; dan

1

| , untuk setiap i ii

A x X x A i∞

=

= ∈ ∈∩

Secara sama, jika 1

ni i

B=

merupakan barisan hingga pada himpunan bagian dari X, kita

menuliskan 1

n

ii

B=∩ sebagai irisan dari daerah hasil barisannya, oleh karena itu:

1 21

n

i ni

B B B B=

= ∩ ∩ ∩∩

Himpunan bagian dari X yang berindex adalah suatu fungsi pada himpunan indeks Λ ke X atau ke himpunan bagiannya. Jika Λ himpunan bilangan asli, maka notasi himpunan berindeks sama dengan notasi bilangan asli. Biasanya menggunakan notasi xλ dari pada x(λ) dan menuliskan indeks-nya dengan xλ atau xλ : λ ∈Λ. Berikut ini definisi irisan dan gabungan dari himpunan berindeks:

| , untuk setiap A x X x Aλ λλ

λ∈Λ

= ∈ ∈ ∈Λ∩

| , untuk suatu A x X x Aλ λλ

λ∈Λ

= ∈ ∈ ∈Λ∪

Bilamana Λ = N maka diperoleh 1

i ii N i

A A∞

∈ =

=∩ ∩ (serupa juga untuk gabungan)

Jika f memetakan X kepada Y dan Aλ koleksi himpunan bagian dari X, maka:

[ ]f A f Aλ λλ λ

⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦∪ ∪ dan ( )f A f Aλ λ

λ λ

⎡ ⎤⊂⎢ ⎥

⎣ ⎦∩ ∩

Bukti : Versi Pa Jaharuddin:

(i) Diambil sebarang y f Aλλ

⎡ ⎤∈ ⎢ ⎥

⎣ ⎦∪ , maka terdapat x Aλ

λ

∈∪ sehingga y = f(x).

Karena x Aλλ

∈∪ , maka x ∈ Aλ untuk suatu λ ∈ Λ. Karena x ∈ Aλ sehingga y = f(x),

maka ( )y f Aλ∈ untuk suatu λ. Jadi, [ ]y f Aλλ

∈∪

(ii) Left as an exercise! My Version:


11

( ), untuk suatu

( ), untuk suatu

(

.

.

. )

y f A y f x x A

y f A

y f A

λ λλ

λ

λλ

λ

λ

⎡ ⎤∈ ⇒ = ∀ ∈⎢ ⎥

⎣ ⎦⇒ ∈

⇒ ∈

∪

∪

( ) ( ), untuk suatu y f A y f Aλ λλ

λ∈ ⇒ ∈∪

( ), , untuk suatu y f x x A

y f A

λ

λλ

λ⇒ = ∀ ∈

⎡ ⎤⇒ ∈ ⎢ ⎥

⎣ ⎦∪

Selanjutnya, akan dibuktikan bahwa : ( )f A f Aλ λλ λ

⎡ ⎤⊂⎢ ⎥

⎣ ⎦∩ ∩ .

. ( ), ,

(.

( ).

),

y f A y f x x A

y f A

y f A

λ λλ

λ

λλ

λ

λ

⎡ ⎤∈ ⇒ = ∀ ∈ ∀⎢ ⎥

⎣ ⎦⇒ ∈ ∀

⇒ ∈

∩

∩

Untuk prapeta, misalkan Bλ koleksi himpunan bagian dari Y, maka

1 1( )f B f Bλ λλ λ

− −⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦∪ ∪ dan 1 1( )f B f Bλ λ

λ λ

− −⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦∩ ∩

Bukti :

Akan dibuktikan bahwa 1 1( )f B f Bλ λλ λ

− −⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦∪ ∪ .

Pertama, dibuktikan bahwa 1 1( )f B f Bλ λλ λ

− −⎡ ⎤⊂⎢ ⎥

⎣ ⎦∪ ∪

1

1

1

, ( ), untuk suatu

( ), untuk suatu

(

.

.

).

x f B x B y f x

x f B

x f B

λ λλ

λ

λλ

λ

λ

−

−

−

⎡ ⎤∈ ⇒∀ ∈ =⎢ ⎥

⎣ ⎦⇒ ∈

⇒ ∈

∪

∪

Kedua, dibuktikan bahwa 1 1( )f B f Bλ λλ λ

− − ⎡ ⎤⊂ ⎢ ⎥

⎣ ⎦∪ ∪

1 1

1

( ) ( ), untuk suatu

, ( ), untuk suatu

.

.

.

x f B x f B

x B y f x

x f B

λ λλ

λ

λλ

λ

λ

− −

−

∈ ⇒ ∈

⇒∀ ∈ =

⎡ ⎤⇒ ∈ ⎢ ⎥

⎣ ⎦

∪

∪

Selanjutnya akan dibuktikan bahwa, 1 1( )f B f Bλ λ

λ λ

− −⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦∩ ∩


12

Pertama, dibuktikan bahwa 1 1( )f B f Bλ λλ λ

− −⎡ ⎤⊂⎢ ⎥

⎣ ⎦∩ ∩

1

1

1

, ( ),.

(.

( ),

)

.

x f B x B y f x

x f B

x f B

λ λλ

λ

λλ

λ

λ

−

−

−

⎡ ⎤∈ ⇒∀ ∈ = ∀⎢ ⎥

⎣ ⎦⇒ ∈ ∀

⇒ ∈

∩

∩

Kedua, dibuktikan bahwa 1 1( )f B f Bλ λλ λ

− − ⎡ ⎤⊂ ⎢ ⎥

⎣ ⎦∩ ∩

1 1

1

( ) ( ).

.

,

, ( ,

.

)

x f B x f B

x B y f x

x f B

λ λλ

λ

λλ

λ

λ

− −

−

∈ ⇒ ∈ ∀

⇒∀ ∈ = ∀

⎡ ⎤⇒ ∈ ⎢ ⎥

⎣ ⎦

∩

∩

1.4. Aljabar Himpunan Koleksi himpunan B disebut aljabar himpunan atau aljabar Boolean, jika untuk setiap A, B ∈ B

berlaku A ∪ B ∈ B dan Ac ∈ B. Dalam, bilangan real, koleksi himpunan bagian A dari X disebut aljabar himpunan atau aljabar Boolean jika ∀A, B ∈ A berlaku:

(i) A ∪ B ∈ A (ii) Ac ∈ A Dari hukum De Morgan, (iii) (A ∪ B)c ∈ A ⇔ A ∩ B ∈ A Terlihat, jika koleksi himpunan bagian A dari X memenuhi (iii) dan (ii), maka dengan hukum De

Morgan (i) juga dipenuhi, sehingga merupakan aljabar himpunan. Dengan mengambil gabungan himpunan-himpunan, terlihat bahwa:

A1, … , An himpunan-himpunan di A maka

A1 ∪ A2 ∪ … ∪ An juga berada di A.

Contoh : Himpunan B = 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, ∅ adalah aljabar himpunan.

Proposisi : Misalkan C koleksi himpunan bagian dari X, maka terdapat aljabar himpunan terkecil A yang memuat C; yaitu, jika terdapat aljabar himpunan A yang memuat C sehingga jika B sebarang aljabar yang memuat C maka B memuat A. Bukti : Misalkan F koleksi himpuan bagian dari X yang berupa aljabar himpunan yang memuat C. Didefinisikan,

∈

=B F

R B∩

Karena R ⊂ B, ∀B ∈ F dan B aljabar himpunan yang memuat C maka R memuat C. Selanjutnya dibuktikan R suatu aljabar himpunan. Misalkan A, B ∈ R maka A, B ∈ B, ∀B ∈ F. Karena B aljabar himpunan, maka A ∪ B ∈ B,


13

∀B ∈ F, dan Ac ∈ B, ∀B ∈ F. Karena A ∪ B ∈ B dan Ac ∈ B, ∀B ∈ F maka A B

∈

∪ ∈B F

B∩ dan cA∈

∈B F

B∩

Karena A B∈

∪ ∈B F

B∩ dan cA∈

∈B F

B∩ maka

A B∪ ∈ ∈ = B|B F R∩ dan cA ∈ ∈ =B|B F R∩ Jadi R aljabar himpunan.

Aljabar terkecil yang memuat C disebut aljabar yang dibangun oleh C. Proposisi : Misalkan iA adalah barisan himpunan pada (atau di dalam) aljabar himpunan R, maka

terdapat barisan himpunan iB pada R sehingga:

Bn ∩ Bm = ∅, n ≠ m dan ∞ ∞

= =

=∪ ∪1 1

i ii i

B A

Bukti : Misalkan B1 = A1, B2 = A2, dan untuk setiap bilangan asli n > 1, didefinisikan:

( )( )

−

−

−

= ∪ ∪ ∪

= ∩ ∪ ∪ ∪

= ∩ ∩ ∩ ∩

1 2 1

1 2 1

1 2 1

~ ...

...

...

n n n

cn n

c c cn n

B A A A A

A A A A

A A A A

Sebagai ilustrasi, perhatikan diagram berikut: A2A1

B1

A3

B2

B3

Bn ⊂ An dan iA barisan himpunan pada aljabar himpunan R, maka Bn ∈ R ∀n. Jadi, barisan

iB pada R. Karena Bn ⊂ An ∀n, maka untuk m < n, Bm ⊂ Am. Jadi,

−

−

−

∩ ⊂ ∩

= ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩

= ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩

=∅∩ ∩ ∩ ∩ ∩=∅

1 2 1

1 2 1

1 2 1

... ...

( ) ...

...

m n m nc c c c

m n m nc c c c

m m n nc c c

n n

B B A B

A A A A A A

A A A A A A

A A A A

Selanjutnya, karena Bi ⊂ Ai ∀i, maka ∞ ∞

= =

⊂∪ ∪1 1

i ii i

B A . Akan dibuktikan ∞ ∞

= =

⊂∪ ∪1 1

i ii i

A B . Misalkan

∞

=

∈∪1

ii

x A , maka x ∈ Ai untuk suatu i. Jika n nilai terkecil dari i | x ∈ Ai, maka x ∈ Bn, untuk

suatu n. Jadi ∞

=

∈∪1

ii

x B .

Aljabar himpunan R dikatakan aljabar-σ atau lapangan Borel, jika gabungan dari setiap koleksi


14

himpunan terhitung di R juga terdapat di R. Yaitu, jika iA barisan himpunan pada aljabar R, maka ∞

=∪

1i

i

A juga berada di R. Sehingga R aljabar-σ. Dari hukum De Morgan, diperoleh juga bahwa irisan

dari setiap koleksi himpunan terhitung di R juga terdapat di R. Dengan melakukan sedikit modifikasi pada Proposisi di atas (pertama), diperoleh proposisi sebagai berikut.

Proposisi : Misalkan C koleksi himpunan bagian dari X, maka terdapat aljabar-σ terkecil R yang memuat C. Bukti : Misalkan F koleksi himpuan bagian dari X yang berupa aljabar-σ yang memuat C. Didefinisikan,

∈

=B F

R B∩

Karena R ⊂ B, ∀B ∈ F dan B aljabar-σ yang memuat C maka R memuat C. Selanjutnya dibuktikan R suatu aljabar-σ. Misalkan iA barisan himpunan pada R. Karena iA berada di R, maka iA ∈ B untuk

setiap B ∈ F. Karena iA ∈ B untuk setiap B ∈ F dan B aljabar-σ, maka 1

ii

A∞

=

∈∪ B untuk

setiap B ∈ F. Jadi,

∞

= ∈

∈ = ∈ =∪ ∩1 B F

B B|B F Rii

A

Aljabar-σ terkecil yang memuat C disebut aljabar-σ yang dibangun oleh C.

1.5. Aksioma Pilihan dan Perkalian Langsung Aksioma Pilihan : Misal C sebarang koleksi himpunan-himpunan tak kosong. Maka terdapat fungsi F yang didefinisikan pada C yang memetakan setiap A ∈ C, sehingga suatu elemen di F(A) terletak di A. Fungsi F disebut fungsi pilihan dan bergantung pada pemilihan himpunan A ∈ C, sehingga

suatu elemen di F(A) terletak di A. Misal C = Xλ merupakan koleksi himpunan yang diindeks oleh himpunan index Λ.

Didefinisikan perkalian langsung (direct product):

λλXX

merupakan koleksi dari semua himpunan xλ yang diindeks oleh Λ sehingga xλ∈ Xλ. Sebagai contoh, jika Λ = 1, 2, maka diperoleh definisi awal perkalian langsung X1 x X2 dari dua himpunan X1 dan X2.

Jika z = xλ adalah elemen dari λλXX maka xλ disebut koordinat ke-λ dari z.

Jika salah satu dari Xλ kosong maka λλXX adalah kosong. Aksioma pilihan ekuivalen dengan

pernyataan konversnya, yaitu: Jika tidak ada Xλ yang kosong maka λλXX tidak kosong. Atas dasar ini

Bertrand Russell menyebut Aksioma Pilihan dengan Aksioma Perkalian (multiplicative axiom).


15

Problem : Misal f : X → Y adalah fungsi onto (pada) Y. Tunjukkan bahwa ada fungsi g : Y → X sehingga f g merupakan fungsi identitas pada Y.

Bukti : Misalkan C = A | ∃y ∈ Y dengan A = f–1[y] Pertama, ditunjukkan A tidak kosong untuk setiap A ∈ C. Diambil sebarang A ∈ C, maka A = f–1[y] untuk suatu y ∈ Y. Karena A = f–1[y] maka A = x ∈ X | y = f(x), untuk suatu y ∈ Y Karena f onto dan y ∈ Y maka terdapat x ∈ X sehingga y = f(x). Artinya, A tidak kosong. Kedua, dengan axioma pilihan, karena C koleksi himpunan-himpunan tak kosong maka terdapat fungsi g pada C sehingga untuk suatu y’ ∈ g(A) maka y’ ∈ A untuk setiap A ∈ C. Untuk setiap A ∈ C, dipilih fungsi g : Y → X dengan definisi

g(y) = x, dengan y = f(x) ∀y ∈ Y dan x ∈ X. Dari definisi tersebut, diperoleh:

( ) | ( )g A x A y f x A= ∈ = ⊂ Sehingga, jika y’ ∈ g(A) maka y’ ∈ A untuk setiap A ∈ C. Jadi, fungsi g memenuhi aksioma pilihan. Artinya, fungsi ini keberadaannya dijamin oleh aksioma tersebut. Terakhir, ditunjukkan f g fungsi identitas. Diambil sebarang setiap y ∈ Y dengan g(y) = x, maka y = f(x) dan berlaku:

===

( )( ) ( ( ))( )

f g y f g yf xy

Terlihat bahwa f g merupakan fungsi identitas pada Y.

1.6. Himpunan Terhitung

Pada bagian sebelumnya telah didefinisikan bahwa suatu himpunan dikatakan terhitung (countable) jika himpunan tersebut merupakan daerah hasil dari suatu barisan. Jika daerah hasil barisan tersebut berhingga (finite), maka himpunan tersebut berhingga (finite). Tetapi, jika daerah hasil hasil barisan tersebut tak-berhingga (infinite), maka himpunan tersebut mungkin hingga (atau mungkin tak-berhingga). Kenyataannya setiap himpunan tak kosong yang berhingga merupakan daerah hasil dari suatu barisan tak hingga. Sebagai contoh, himpunan berhingga x1, …, xn merupakan daerah hasil dari barisan tak hingga yang didefinisikan dengan xi = xn untuk i > n1.

Sebuah himpunan dikatakan terhitung tak-berhingga jika himpunan tersebut sama dengan daerah hasil suatu barisan tak hingga tetapi bukan merupakan daerah hasil semua barisan berhingga. Himpunan bilangan asli N adalah salah satu contoh himpunan terhitung tak-berhingga.

Himpunan kosong bukan merupakan daerah hasil dari semua barisan. Himpunan hingga yang terhitung adalah himpunan kosong. Jadi perlu didefinisikan mengenai himpunan berhingga dan terhitung sehingga himpunan kosong merupakan himpunan berhingga dan terhitung.

Definisi : Suatu himpunan dikatakan hingga (finite) jika himpunan tersebut kosong atau merupakan daerah hasil suatu barisan hingga. Suatu himpunan dikatakan terhitung (countable or denumerable) jika himpunan tersebut kosong atau merupakan daerah hasil suatu barisan (hingga atau tak hingga). Dari definisi di atas diperoleh bahwa peta dari sebarang himpunan terhitung adalah terhitung.

Artinya, daerah hasil dari sebarang fungsi dengan daerah asal berupa himpunan terhitung adalah 1 Daerah hasil barisannya adalah : x1, x2, …, xn, xn, xn, xn, ….


16

terhitung. Problem : Misal f : X → Y fungsi dan A ⊂ X. Jika A terhitung buktikan bahwa f(A) terhitung. Bukti : Karena A terhitung, maka A himpunan kosong atau A sama dengan daerah hasil suatu barisan. (i) Jika A = ∅, cukup dibuktikan f(A) = ∅

Andaikan f(A) ≠ ∅, maka terdapat y ∈ f(A) sehingga y = f(x) untuk suatu x ∈ A. Kontradiksi dengan diketahui A = ∅. Jadi, f(A) = ∅.

(ii) Jika A ≠ ∅. Karena A terhitung, maka A = xi. Dari sini, maka ( ) = = = ∈ =( ) | ( ), i i i i i if A f x y y f x x A y

Jadi, f(A) sama dengan daerah hasil suatu barisan, yaitu yi dengan yi = f(xi) dan xi ∈ A. Karena f(A) sama dengan daerah hasil suatu barisan, maka f(A) terhitung.

Berikut ini konsep terhitung diperkenalkan berdasarkan ada atau tidaknya suatu korespondensi

satu-satu. Yang perlu dicatat adalah setiap himpunan yang berkorespondensi satu-satu dengan himpunan berhingga adalah berhingga dan setiap himpunan yang berkorespondensi satu-satu dengan himpunan terhitung adalah terhitung.

Karena himpunan bilangan asli N adalah himpunan terhitung tetapi tak hingga, setiap himpunan yang berkorespondensi satu-satu dengan N haruslah terhitung dan tak hingga. Jadi, himpunan tak hingga A terhitung jika dan hanya jika terdapat korespondensi satu-satu antara A dan N. Jika himpunan tak hingga E merupakan daerah hasil dari barisan <xn>, maka E berkorenspondensi satu-satu dengan N. Didefinisikan fungsi ϕ : N → N dengan prinsip rekursi berikut:

ϕ(1) = 1 ϕ(n + 1) = bilangan terkecil m sehingga xm ≠ xi untuk setiap i ≤ ϕ(n). Karena E tak hingga sehingga selalu terdapat m dan dengan prinsip well-ordering untuk N, maka

selalu terdapat bilangan yang lebih kecil dari m. Korespondensi ( )nn xϕ adalah korespondensi satu-satu antara N dan E. Sehingga, disimpulkan bahwa sebuah himpunan terhitung dan tak hingga jika dan hanya jika terdapat korespondensi satu-satu dengan N.

Proposisi : Setiap himpunan bagian dari himpunan terhitung adalah terhitung. Bukti : Misalkan E = xn terhitung. Diambil A ⊂ E. Jika A = ∅, maka dari definisi A terhitung Jika A ≠ ∅, maka ∃x ∈ A. Kemudian didefinisikan <yn> sebagai berikut:

∉⎧= ⎨ ∈⎩

jika jika

nn

n n

x x Ay

x x A

Jelas bahwa A merupakan daerah hasil dari <yn>. Jadi A terhitung.

Proposisi : Misalkan A himpunan terhitung, maka himpunan semua barisan hingga dari A juga terhitung. Bukti : Karena A terhitung maka terdapat korespondensi satu-satu dengan N atau himpunan bagiannya. Jadi cukup dibuktikan bahwa S himpunan semua barisan hingga dari N adalah terhitung. Misalkan <2, 3, 5, 7, 11, …, Pk, …> barisan bilangan prima, maka ∀n ∈ N terdapat faktorisasi tunggal dari n,

= 1 2 22 .3 .5 ... kxx x xkn P


17

dengan xi ∈ N0 = N ∪ 0 dan xk > 0. Didefinisikan fungsi f pada N yang memetakan bilangan asli n ke barisan hingga <x1, …., xk> dari N0. Maka S merupakan himpunan bagian dari daerah hasil dari f. Dengan menggunakan proposisi 4, S terhitung.

Proposisi : Himpunan semua bilangan rasional adalah terhitung Bukti :

Misal ⎧ ⎫

= ∈ ≠⎨ ⎬⎩ ⎭

; , , 0pQ p q Z qq

himpunan bilangan rasional dan C koleksi barisan hingga dari

N. Karena N terhitung, maka menurut proposisi sebelumnya setiap barisan hingga dari N adalah terhitung. Jadi C adalah koleksi barisan hingga dan terhitung. Karena,

1

| , n

ji jiiA A x x N

== = ∈C

didefinisikan barisan 1j j

A∞

= dengan

=

=1

n

j ji iA x

Terlihat C sama dengan daerah hasil barisan 1j j

A∞

=, jadi C terhitung. Misalkan X ⊂ C.

Karena C terhitung, menurut proposisi 4, X terhitung. Misalkan X = | , , , pq pqA A x x p q N= ∈ . Selanjutnya didefinisikan pemetaan f : X → Q sebagai berikut:

, ,1 /

, , 2 /

1,1, 3 0

p q p q

p q p q

→

→−

→

Terlihat, pemetaan tersebut merupakan pemetaan dari himpunan pasangan berurutan (dari bilangan asli) <p, q, i>, i = 1, 2, 3 ke bilangan rasional Q. Karena himpunan pasangan berurutan dari bilangan asli terhitung, maka Q terhitung.

Proposisi : Gabungan koleksi terhitung dari himpunan terhitung adalah terhitung Bukti : Misalkan C koleksi terhitung dari himpunan terhitung. Jika himpunan dalam C semuanya kosong, maka gabungannya kosong dan juga terhitung. Selanjutnya, diasumsikan himpunan di C tidak semua kosong, dan karena himpunan kosong tidak memberikan pengaruh pada gabungan himpunan-himpunan di C maka dapat diasumsikan himpunan-himpunan di C tidak kosong. Sehingga C merupakan daerah hasil dari barisan tak hingga ∞

=1n nA dan setiap An merupakan

daerah hasil dari barisan tak hingga ∞

=1nm mx . Tetapi, pemetaan dari <n, m> ke xnm adalah

pemetaan dari himpunan pasangan berurutan atas bilangan asli ke (pada) gabungan dari C. Karena himpunan pasangan dari bilangan asli adalah terhitung maka gabungan dari koleksi C juga terhitung.

1.7. Relasi dan Ekuivalensi Dua elemen x dan y bisa ‘direlasikan’ satu sama lain dalam banyak cara seperti x = y, x ∈ y, x ⊂

y, atau untuk bilangan x < y. Secara umum, misalkan R menyatakan relasi jika diberikan x dan y, x berelasi R dengan y ditulis x R y, atau x tidak berelasi R dengan y. R dikatakan relasi pada himpunan X


18

jika ∀x ∈ X dan ∀y ∈ Y, x R y. Jika R relasi pada himpunan X, didefinisikan grafik dari R sebagai: <x, y> | x R y

Dua relasi R dan S dikatakan sama jika (x R y) ⇔ (x S y), karena relasi ditentukan secara tunggal oleh grafiknya, dan sebaliknya setiap himpunan bagian dari X × X merupakan grafik dari suatu relasi pada X. Jadi, relasi R pada X dapat didefinisikan R ⊂ X × X sedangkan relasi R antara himpunan X dan Y adalah R ⊂ X × Y.

Relasi R pada X dikatakan: 1. Transitif, jika untuk setiap x, y ∈ R, x R y dan y R z ⇒ x R z 2. Simetri, jika untuk setiap x, y ∈ R, x R y ⇒ y R x 3. Refleksi, jika untuk setiap x ∈ R, x R x 4. Ekuivalen, jika relasi tersebut transitif, simetri, dan refleksi. Relasi yang ekuivalen pada X sering disebut ekuivalen pada X. Misalkan ≡ relasi ekuivalen pada X. Untuk setiap x ∈ X, misalkan Ex adalah himpunan yang

anggota-anggotanya ekuivalen dengan x (oleh relasi ≡). Jadi, Ex = y | y ≡ x, ∀x ∈ X

Jika y, z ∈ Ex maka y ≡ x dan z ≡ x. Karena ≡ ekuivalen, maka dengan menggunakan sifat transitif dan simetri dari ≡ diperoleh z ≡ y. Sehingga, setiap dua elemen dalam Ex adalah ekuivalen. Jika y ∈ Ex dan z ≡ y, maka z ≡ y dan y ≡ x, yang berakibat z ≡ x dan juga z ∈ Ex. Jadi setiap elemen X ekuivalen dengan suatu elemen Ex, yang berakibat elemen tersebut juga elemen Ex,

∈

= ∪ xx X

X E

Lebih lanjut, untuk setiap elemen x dan y di X, 1. Jika x ≡ y, himpunan Ex dan Ey sama (identik) atau 2. Jika x ≡/ y, himpunan Ex dan Ey saling lepas Himpunan Ex | x ∈ X disebut himpunan ekuivalen atau kelas ekuivalen dari X terhadap relasi ≡.

Sehingga X saling asing dengan gabungan kelas-kelas ekuivalen terhadap relasi ≡. Sebagai catatan, karena x ∈ Ex maka tidak ada kelas ekuivalen yang kosong. Koleksi kelas-kelas ekuivalen terhadap relasi ekuivalen ≡ disebut quotien dari X terhadap ≡, dan terkadang dituliskan dengan X/≡. Pemetaan

xx E disebut pemetaan alami (natural mapping) dari X pada (onto) X/≡. Operasi biner pada himpunan X adalah pemetaan dari X × X ke X. Relasi ekuivalen ≡ disebut

kompatibel (compatible) dengan operasi biner + jika x ≡ x’ dan y ≡ y’ maka (x + y) ≡ (x’ + y’). Dalam hal ini + mendefinisikan operasi pada quotient Q = X/≡ sebagai berikut:

Jika E dan F anggota Q, dipilih x ∈ E dan y ∈ F dan didefinisikan E + F sebagai E(x + y). Karena ≡ ekuivalen, terlihat E + F hanya bergantung pada E dan F dan tidak bergantung pada

pemilihan x atau y.

1.8. Urutan Parsial dan Prinsip Maksimal Relasi R pada himpunan X dikatakan 1. Transitif, jika untuk setiap x, y ∈ R, x R y dan y R z ⇒ x R z 2. Simetri, jika untuk setiap x, y ∈ R, x R y ⇒ y R x 3. Refleksi, jika untuk setiap x ∈ R, x R x 4. Ekuivalen, jika relasi tersebut transitif, simetri, dan refleksi. 5. Antisimetri, jika untuk setiap x, y ∈ R, x R y dan y R x ⇒ x = y Relasi ≺ dikatakan urutan parsial pada himpunan X (atau mengurutkan X secara parsial) jika

relasi tersebut transitif dan antisimetri. Sebagai contoh, ≤ merupakan urutan parsial pada bilangan real, dan ⊂ merupakan urutan parsial pada koleksi himpunan ℘.

Jika ≺ urutan parsial pada X dan jika a ≺ b, kita sering mengatakan bahwa a mendahului b (a precedes b) atau b mengikuti a (b follows a). Terkadang kita mengatakan bahwa a kurang dari b atau b lebih dari a.


19

Jika E ⊂ X, elemen a ∈ E disebut 1. Elemen pertama (first elemens) atau elemen terkecil dari E jika ∀x ∈ E, x ≠ a, a ≺ x 2. Elemen terakhir (last element) atau elemen terbesar dari E jika ∀x ∈ E, x ≠ a, x ≺ a 3. Elemen minimal (minimal element) dari E jika tidak ada x ∈ E, x ≠ a, x ≺ a 4. Elemen maksimal (maximal element) dari E jika tidak ada x ∈ E, x ≠ a, a ≺ x Jika ≺ urutan linear, elemen minimal pasti merupakan elemen terkecil. Tetapi secara umum

sangat memungkinkan untuk memiliki elemen minimal yang bukan elemen terkecil. Relasi ≺ pada himpunan X dikatakan, 1. Urutan linear atau urutan sederhana, jika ∀x, y ∈ X, x ≺ y atau y ≺ x (salah satu). Sebagai

contoh, ≤ merupakan urutan linear pada himpunan bilangan real, sementara ⊂ bukan urutan linear pada koleksi himpunan ℘, sebab jika x ∩ y = ∅ (saling asing) maka kedua syarat tersebut tidak dipenuhi, yaitu x ⊄ y dan y ⊄ z.

2. Urutan parsial yang refleksi, jika x ≺ x, ∀x ∈ X. Sebagai contoh, ≤ merupakan urutan linear yang refleksi pada himpunan bilangan real.

3. Urutan parsial yang kuat, jika tidak pernah x ≺ x. Sebagai contoh, < merupakan urutan parsial yang kuat pada R.

Untuk setiap urutan parsial ≺ terdapat dengan tunggal urutan parsial yang kuat dan urutan parsial yang refleksi.

Problems : Misalkan | 1M a a= ∈ ≥ Relasi R didefinisikan pada M sebagai berikut:

a R b ⇔ b dapat dibagi oleh a 1. Apakah R relasi urutan linear?

Jawab : Pertama ditunjukkan apakah R relasi urutan parsial? i) R antisimetris

x R y ⇔ y dapat dibagi oleh x ⇔ k M∃ ∈ sehingga y = kx

y R x ⇔ x dapat dibagi oleh y ⇔ l M∃ ∈ sehingga x = ly

Jadi, x = klx

Diperoleh kl = 1, yang berakibat k = –1 dan l = –1 atau k = 1 dan l = 1 Karena a ≥ 1, a M∀ ∈ maka haruslah k = 1 dan l = 1. Sehingga y = x atau x = y. Jadi R simentris.

ii) R transitif x R y ⇔ y dapat dibagi oleh x

⇔ k M∃ ∈ sehingga y = kx y R z ⇔ z dapat dibagi oleh y

⇔ l M∃ ∈ sehingga z = ly Jadi,

z = lkx atau z = px dengan p lk= ∈ Dengan kata lain z dapat dibagi oleh x. Sehingga x R z. Jadi R transitif

Dari (i) dan (ii) R adalah relasi urutan parsial. Kedua diambil sebarang x, y ∈ M dengan x ≠ y, dibuktikan bahwa x R y atau y R x Jika x > y, maka dapat ditulis x = py + r1, dengan 0 ≤ r1 < y Jika y > x, maka dapat ditulis y = qx + r2, dengan 0 ≤ r2 < x


20

Jika x dan y bilangan-bilangan prima, maka r1 dan r2 tidak keduanya nol. Akibatnya R x y dan R y x . Jadi, R bukan relasi urutan linear.

2. Tentukan elemen terkecil a elemen terkecil ⇔ ∀x ∈ M, x ≠ a, a R x

⇔ x dapat dibagi a (semua bilangan dapat dibagi oleh a) Jadi, a = 1 merupakan elemen terkecil.

3. Tentukan elemen minimal a elemen minimal ⇔ Tidak ada x ∈ M, x ≠ a, x R a

⇔ Tidak ada x ∈ M sehingga a dapat dibagi x (bilangan-bilangan yang tidak dapat dibagi oleh bilangan lain kecuali oleh bilangan yang sama)

Jadi a bilangan prima dan a = 1 merupakan elemen minimal

Contoh : R = < A = • a = 1 merupakan elemen terkecil, sebab ∀x ∈ A, x ≠ 1 maka 1 < x • a = 1 merupakan elemen minimal, sebab tidak ada x ∈ A, x ≠ 1 sehingga x < 1

Prinsip berikut ini ekuivalen dengan aksioma pilihan dan lebih sering digunakan. Prinsip Maksimal Hausdörf : Misal ≺ urutan parsial pada X. Maka terdapat himpunan bagian maksimal dari X yang terurut linear oleh ≺ . Dengan kata lain, himpunan bagian S dari X yang terurut linear oleh ≺ dan memiliki sifat jika S ⊂ T ⊂ X dan T terurut linear oleh ≺ maka S = T.

1.9. Urutan Rapi dan Ordinal Terhitung Suatu relasi urutan linear kuat < pada himpunan X disebut urutan rapi (well ordering) untuk X

atau dikatakan mengurutan X dengan rapi jika setiap himpunan bagian tak kosong dari X memuat suatu elemen pertama (elemen terkecil).

Jika diambil X = N dan < berarti ‘kurang dari’, maka N terurut rapi dengan <. Di sisi lain, himpuan semua bilangan real R tidak terurut rapi dengan relasi “kurang dari”. Prinsip berikut ini merupakan akibat dari aksioma pilihan dan dapat ditunjukkan juga ekuivalen dengannya (bagaimana ya?)

Prinsip urutan rapi : Setiap himpunan X dapat terurut rapi. Dengan kata lain, terdapa relasi < yang mengurutkan X dengan rapi Proposisi : Terdapat himpunan tak terhitung X yang terurut rapi oleh relasi < sehingga: (i) Terdapat elemen terakhir Ω di X (ii) Jika x ∈ X dan x ≠ Ω maka himpunan y ∈ X | y < x terhitung Pada proposisi di atas, elemen terakhir Ω di X dikatakan ordinal tak terhitung pertama (first

uncountable ordinal) dan X disebut himpunan dengan ordinal kurang dari atau sama dengan ordinal tak terhitung pertama. Elemen-elemen x < Ω disebut ordinal-ordinal terhitung (countable ordinals).

Bab 2 Sistem Bilangan Real

2.1. Aksioma Bilangan Real

Misalkan adalah himpunan bilangan real, P himpunan bilangan positif dan fungsi ‘+’ dan ‘.’ dari × ke dan asumsikan memenuhi aksioma-aksioma berikut:

Aksioma Lapangan Untuk semua bilangan real x, y, dan z berlaku: A1. x + y = y + x A2. (x + y) + z = x + (y + z) A3. ∃0 ∈ sehingga x + 0 = x, untuk setiap x ∈ A4. ∀x ∈ , ∃! w ∈ sehingga x + w = 0 A5. xy = yx A6. (xy)z = x(yz) A7. ∃1 ∈ sehingga 1 ≠ 0, dan x.1 = x ∀x ∈ A8. ∀x ∈ , x ≠ 0, ∃w ∈ sehingga xw = 1 A9. x(y + z) = xy + xz Himpunan yang memenuhi aksioma di atas disebut lapangan (terhadap operasi + dan .).

Diperoleh dari A1 bahwa elemen 0 adalah tunggal. Elemen w pada A4 juga tunggal dan dinotasikan dengan ‘–x’. Elemen 1 pada A7 unik dan elemen w pada A8 juga unik dan dinotasikan dengan ‘x–1’ Kemudian didefinisikan pengurangan dan pembagian sebagai berikut:

x – y = x + (–y) dan 1x xyy

−=

Aksioma Urutan Misalkan P adalah himpunan bilangan real positif, P memenuhi aksioma berikut: B1. x, y ∈ P ⇒ x + y ∈ B2. x, y ∈ P ⇒ x.y ∈ B3. x ∈ ⇒ (x = 0) atau (x ∈ P) atau (x ∈ P) Suatu sistem yang memenuhi aksioma lapangan dan aksioma urutan disebut lapangan terurut

(ordered field). Sehingga bilangan real adalah lapangan terurut. Begitu juga dengan himpunan bilangan rasional merupakan lapangan terurut.

Dalam lapangan terurut didefinisikan x < y yang berarti x – y ∈ P. Kita menuliskan ‘x ≤ y’ untuk ‘x < y’ atau ‘x = y’. Himpunan bilangan real dengan relasi < merupakan himpunan terurut linear. Berdasarkan aksioma urutan diperoleh:

a. (x < y) & (z < w) ⇒ x + z < y + w b. (0 < x < y) & (0 < z < w) ⇒ xz < yw c. Tidak ada x sehingga x < x. Bukti : a. Untuk membuktikan x + z < y + w cukup dibuktikan (y + w) – (x + z) ∈ P.

Karena x < y maka y – x ∈ P Karena z < w maka w – z ∈ P

Bab 2 – Sistem Bilangan Real Compiled by : Khaeroni, S.Si

22

Karena y – x, w – z ∈ P maka berdasarkan aksioma B1 diperoleh y – x + w – z = y + w – x – z = (y + w) – (x + z) ∈ P.

b. Untuk membuktikan xz < yw cukup dibuktikan yw – xz Karena 0 < x < y maka y – x ∈ P dan x – 0 = x ∈ P Karena 0 < z < w maka w – z ∈ P dan w – 0 = w ∈ P Karena y – x, y, w – z, dan w ∈ P maka berdasarkan B1 dan B2 diperoleh: w(y – x) + x(w – z) = yw – wx + wx – xz = yw – xz ∈ P

c. Andaikan ada x sehingga x < x. Karena x < x maka x – x ∈ P. Akibatnya 0 ∈ P. Kontradiksi dengan diketahui P himpunan bilangan positif. Jadi pengandaian salah yang benar tidak ada x sehingga x < x.

Definisi (Supremum dan Infimum) : Misalkan S ⊂ . 1. a* batas atas S, jika x ≤ a* untuk setiap x ∈ S 2. a batas atas terkecil dari S, jika

(i) a batas atas S (ii) Jika b batas atas maka a ≤ b Notasi : a = sup(S) = sup

x Sx

∈ = supx | x ∈ S

3. c* batas bawah S, jika c* ≤ x untuk setiap x ∈ S 4. c batas bawah terbesar dari S, jika

(i) c batas bawah S (ii) Jika d batas bawah maka d ≤ c Notasi : c = inf(S) = inf

x Sx

∈ = infx | x ∈ S

Perhatikan ilustrasi berikut: Jika a batas atas terkecil, maka untuk setiap ε > 0 akan selalu ada x0 sehingga x0 > a – ε. Artinya,

a – ε bukan batas atas karena ada x0 yang nilainya lebih besar (atas) darinya. Jika c batas bawah terbesar, maka untuk setiap ε > 0 akan selalu ada x0 sehingga x0 < c + ε.

Artinya c + ε bukan batas bawah karena ada x0 yang nilainya lebih kecil (bawah) darinya. Dari dua ilustrasi di atas, maka definisi supremum dan infimum dapat dinyatakan dalam notasi

matematis sebagai berikut: 1. a batas atas terkecil dari S, jika

(i) ∀x ∈ S, x ≤ a (ii) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S, ∋ x0 > a – ε

2. c batas bawah terbesar dari S, jika (i) ∀x ∈ S, c ≤ x (ii) ∀ε > 0, ∃x0 ∈ S, ∋ x0 < c + ε

a – ε x0 a

c x0 c + ε


23

Contoh Soal : Misalkan A dan B terbatas. Buktikan bahwa sup(A + B) = sup(A) + sup(B) dengan A + B = a + b | a ∈ A dan b ∈ B Jawab : Misal p = sup(A) dan q = sup(B). Karena

0 0 2

.

.sup( ) ( ) ,

( ) 0,p A i p a a A

ii a A a p εε= ⇔ ≥ ∀ ∈

∀ > ∃ ∈ ∋ > −

dan

0 0 2

sup( ) ( ) ,( ) ,. 0.q B iii q b b B

iv b B b q εε= ⇔ ≥ ∀ ∈

∀ > ∃ ∈ ∋ > −

Dari (i) dan (iii) diperoleh p + q ≥ a + b, ∀a ∈ A dan b ∈ B. Jadi, p + q ≥ a + b, ∀a + b ∈ A + B ……………….. (*) Jadi p + q batas atas dari A + B Dari (ii) dan (iv) diperoleh ∀ε > 0, ∃a0 ∈ A dan b0 ∈ B sehingga a0 + b0 > (p + q) – ε ……………………………. (**) Dari (*) dan (**) terbukti bahwa p + q = sup(A + B)

Aksioma Kelengkapan Setiap himpunan bagian dari yang tidak kosong dan terbatas di atas mempunyai batas atas terkecil (supremum). Setiap himpunan bagian dari yang tidak kosong dan terbatas di bawah mempunyai batas bawah terbesar (infimum).

2.2. Bilangan Real yang Diperluas Untuk memperluas sistem bilangan real , maka ditambahkan elemen ∞ dan –∞. Himpunan

baru ini disebut himpunan bilangan real yang diperluas * . Relasi < diperluas definisinya pada * menjadi –∞ < x < ∞ untuk setiap x ∈ . Kemudian didefinisikan ∀x ∈ .

x + ∞ = ∞, x – ∞ = –∞ x.∞ = ∞ jika x > 0 x.–∞ = –∞ jika x > 0

dan ∞ + ∞ = ∞, –∞ – ∞ = –∞ ∞.(±∞) = ±∞, –∞.(±∞) = ∓ ∞

Sedangkan operasi ∞ – ∞ tidak didefinisikan. Tetapi, 0.∞ = 0. Salah satu kegunaan * adalah untuk mendefinisikan sup(S) dan inf(S) untuk semua S

himpunan himpunan bagian dari yang tidak kosong S. Jika S tidak terbatas di atas, maka sup(S) = ∞ Jika S tidak terbatas di bawah, maka inf(S) = –∞ Jadi, didefinisikan sup(∅) = –∞.

2.3. Bilangan Asli dan Bilangan Rasional sebagai Subset dari Bilangan Real Kita telah menggunakan simbol 1 bukan hanya untuk menyatakan bilangan asli pertama tetapi

juga bilangan real ‘spesial’ seperti yang dituliskan dalam aksioma A7. Pertama, didefinisikan bilangan real 3 sebagai 1 + 1 + 1. Dengan demikian kita dapat mendefinisikan bilangan real yang berkorespondensi dengan sembarang bilangan asli.

Berdasarkan prinsip rekursif maka terdapat sebuah fungsi :ϕ → yang memetakan bilangan asli ke bilangan real dengan definisi sebagai berikut:


24

ϕ(1) = 1 ϕ(n + 1) = ϕ(n) + 1

(Catatan: 1 menyatakan bilangan real pada sisi kanan dan bilangan asli pada sisi kiri) Kita harus menunjukkan bahwa fungsi ϕ adalah fungsi satu-satu. Untuk menunjukkannya

cukup ditunjukkan bahwa fungsi ϕ monoton. Bukti : Akan dibuktikan ϕ monoton naik. Artinya, jika p < q maka ϕ(p) < ϕ(q) dengan ,p q∈ . Karena p < q maka q = p + n untuk setiap n∈ Akan dibuktikan bahwa ϕ(p) < ϕ(p + n) Bukti dengan induksi Untuk n = 1, diperoleh

ϕ(p) < ϕ(p + 1) = ϕ(p) + 1 Jadi, pernyataan benar untuk n = 1. Asumsikan pernyataan benar untuk n = k, yaitu berlaku

ϕ(p) < ϕ(p + k) Akan dibuktikan pernyataan benar untuk n = k + 1, ϕ(p + (k + 1)) = ϕ((p + k) + 1)

= ϕ(p + k) + 1 > ϕ(p) + 1 > ϕ(p)

Jadi, ϕ(p) < ϕ(p + (k + 1)). Artinya pernyataan benar untuk n = k + 1. Berdasarkan induksi di atas, terbukti ϕ monoton. Dengan kata lain, terbukti ϕ satu-satu.

Selanjutnya, juga dapat dibuktikan (dengan induksi matematika) bahwa

ϕ(p + q) = ϕ(p) + ϕ(q) dan

ϕ(pq) = ϕ(p) ϕ(q) Bukti : Pertama: Misalkan q = n , n∀ ∈ . Diperoleh

ϕ(p + n) = ϕ(p) + ϕ(n) Untuk n = 1

( 1) ( ) 1 ( ) (1)p p pϕ ϕ ϕ ϕ+ = + = + Jadi pernyataan benar untuk n = 1. Asumsikan pernyataan benar untuk n = k, yaitu

ϕ(p + k) = ϕ(p) + ϕ(k) Akan dibuktikan pernyataan benar untuk n = k + 1, yaitu:

( ( 1)) (( ) 1)( ) 1( ) ( ) 1( ) ( 1)

p k p kp kp kp k

ϕ ϕϕϕ ϕϕ ϕ

+ + = + += + += + += + +

Jadi pernyataan benar n = k + 1. Berdasarkan prinsip induksi, terbukti bahwa ϕ(p + q) = ϕ(p) + ϕ(q)

Kedua: Misalkan q = n , n∀ ∈ . Diperoleh

ϕ(pn) = ϕ(p) ϕ(n)


25

Untuk n = 1 ϕ(p1) = ϕ(p) = ϕ(p)1 = ϕ(p)ϕ(1)

Jadi pernyataan benar untuk n = 1. Asumsikan pernyataan benar untuk n = k, yaitu:

ϕ(pk) = ϕ(p)ϕ(k) Akan dibuktikan pernyaaan berlaku untuk n = k + 1, yaitu:

( )

( ( 1)) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 1( ) ( 1)

p k pk ppk pp k pp kp k

ϕ ϕϕ ϕϕ ϕ ϕϕ ϕϕ ϕ

+ = += += +

= +

= +

Jadi pernyataan benar n = k + 1. Berdasarkan prinsip induksi, terbukti bahwa ϕ(pq) = ϕ(p) ϕ(q)

Sehingga ϕ memberikan korespondensi satu-satu antara himpunan bilangan asli dengan subset

bilangan real. Artinya ada korespondensi satu-satu antara himpunan bilangan asli dengan himpunan bagian dari bilangan real yang mengawetkan operasi penjumlahan, perkalian, dan relasi <. Jadi dapat dipandang sebagai himpunan bagian dari .

Dengan mendefinisikan selisih bilangan-bilangan asli, maka diperoleh himpunan bilangan bulat yang merupakan subset dari . Kemudian mendefinisikan pembagian bilangan-bilangan bulat

diperoleh himpunan bilangan rasional . Jadi himpunan bilangan real isomorf1 dengan , , dan .

Proposisi : Setiap himpunan terurut isomorf dengan , , dan . Aksioma Archimedes : Untuk setiap x ∈ , ada n∈ sehingga x < n (Setiap bilangan real yang disebutkan, pasti ada bilangan bulat yang lebih besar darinya) Bukti : Jika x < 0, diambil n = 0. Jika tidak demikian, didefinisikan himpunan

| S k k x= ∈ ≤ , x ≥ 0 Sehingga himpunan S mempunyai batas atas yaitu x. Dari definisi di atas, S tidak kosong karena paling tidak S memuat 1 elemen yaitu x. Karena S tidak kosong dan terbatas di atas maka S mempunyai supremum (aksioma kelengkapan). Misalkan

y = sup(S) Karena y supremum, maka 1

2y − bukan batas atas. Oleh karena itu ada k ∈ S sehingga 12k y> −

Jika kedua ruas ditambah 1, diperoleh 121k y y+ > + >

Karena y supremum, maka 1k S+ ∉ . Karena k + 1 bilangan bulat yang bukan elemen S, maka k + 1 > x

Jadi dipilih n = k + 1 ∈ . (cool!!)

Akibat : Terdapat suatu bilangan rasional diantara dua bilangan real sembarang Dengan kata lain, jika x < y maka r∃ ∈ sehingga x < r < y.

1 Ekuivalen, ada korespondensi 1-1


26

Konstruksi bukti :

Diketahui x < r < y, berarti dicari bilangan ,n q∈ sehingga nrq

= dengan nxq

< dan n yq< .

Didefinisikan2 himpunan |nS n yq

+⎧ ⎫= ∈ ≥⎨ ⎬⎩ ⎭

. Dari sini jelas S memiliki batas bawah, yaitu y.

Karena S terbatas ke bawah dan S tidak kosong maka S memiliki batas bawah terbesar3,

misalkan p = inf(S) dan p +∈ . Karena p ∈ S maka p yq≥ atau py

q≤ . Selain itu p – 1∉ S.

Oleh karena itu 1p yq−

< atau 1pyq−

> .

Di lain pihak 1( ) ( )p px y y x y x yq q

−= − − < − − < < . Jadi 1( )p py x

q q−

− − < atau

11 1( ) ( )p p y x y x q y xq q q

−−− < − ⇔ − > ⇔ > − . Bilangan q inilah yang diambil sebagai

bilangan bulat yang lebih besar4 dari (y – x)–1 Bukti : Jika x ≥ 0, maka untuk setiap bilangan real (y – x)–1 ada q∈ sehingga

1( )q y x −> − atau 1 1y x y xq q

− > ⇔ < −

Misalkan

|nS n yq

+⎧ ⎫= ∈ ≥⎨ ⎬⎩ ⎭

S ≠ ∅ karena paling tidak y ∈ S. Dari definisi S tersebut S terbatas ke bawah. Karena S ≠ ∅ dan terbatas ke bawah maka S memiliki infimum, misalkan p = inf(S). Karena p ∈ S maka

p yq≥ atau py

q≤

Karena p ∈ S maka p – 1∉ S. Oleh karena itu, 1p y

q−

< atau 1pyq−

>

Sehingga 1p py

q q−

< ≤ dan 1 1( ) p px y y xq q q

−= − − < − =

Jadi, 1px

q−

< dan 1p yq−

< .

Dari sini dipilih 1prq−

= ∈ yang jelas terletak diantara x dan y.

Jika x < 0, diambil n∈ sehingga n > –x atau n + x > 0. Jadi, menurut pembuktian di atas, ada r ∈ dengan n + x < r < y < y + n atau x < r – n < y. Jelas r – n bilangan rasional.

2 Pendefinisian ini didasarkan pada hipotesis bahwa y paling besar. Jadi, dibentuk himpunan dengan anggota-anggota bilangan rasional dan bernilai lebih besar dari y. Idenya adalah agar himpunan mempunyai infimum, misalkan p. 3 Berdasarkan Aksioma Kelengkapan 4 Berdasarkan Aksioma Archimedes


27

2.4. Barisan Bilangan Real Barisan bilangan real <xn> adalah suatu fungsi yang memetakan setiap bilangan asli n ke

bilangan real xn. Bilangan real l dikatakan limit barisan <xn> jika untuk setiap ε positif terdapat bilangan N sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku |xn – l| < ε. Secara matematis,

( )( ) ( )( )lim 0n nl x N n N x lε ε= ⇔ ∀ > ∃ ∋ ≥ − <

Barisan bilangan real <xn> disebut barisan Cauchy jika untuk setiap ε positif terdapat bilangan N sehingga untuk setiap n, m ≥ N berlaku |xn – xm| < ε. Jadi

( )( ) ( )( ) barisan Cauchy 0 ,n n mx N n m N x xε ε⇔ ∀ > ∃ ∋ ≥ − <

Kriteria Cauchy : Barisan bilangan real <xn> konvergen5 jika dan hanya jika <xn> barisan Cauchy. Notasi limit ini diperluas untuk memasukkan bilangan ∞ (pada * )sebagai berikut. lim , jika 0, ,lim , jika 0, ,

n n

n n

x N n N xx N n N x

= ∞ ∀∆ > ∃ ∋ ∀ ≥ > ∆= −∞ ∀∆ > ∃ ∋ ∀ ≥ < −∆

Misalkan S(l, ε) = x ∈ : |x – l| < ε, maka

l = lim xn, jika ∀ε > 0, ∃N, ∋ xn ∈ S(l, ε), ∀n ≥ N Pada kasus ini l adalah titik limit (cluster point) dari <xn>. Jadi titik l dikatakan titik limit (Cluster

Point) dari barisan <xn> jika ∀ε > 0, terdapat sedikitnya satu titik xN sehingga |xN – l| < ε. Bilamana konsep ini diperluas pada * , l = ∞ titik limit dari barisan <xn>, jika ∀∆ > 0 terdapat paling sedikit satu titik xN sehingga xN ≥ ∆.

Jika <xn> adalah suatu barisan, didefinisikan limit superior sebagai

1 2 2 3lim lim sup inf sup infsup , , ....,sup , , ..., ...n n kn k nx x x x x x x

≥= = = 6

Simbol lim dan lim sup keduanya digunakan untuk limit superior. Bilangan real l dikatakan limit superior dari barisan <xn> jika dan hanya jika :

(i) ∀ε > 0, ∃n ∋ ∀k ≥ n, xk < l + ε (ii) ∀ε > 0 dan ∀n, ∃k ≥ n, xk > l – ε (ada paling sedikit satu titik xk sehingga xk > l – ε Untuk bilangan real yang diperluas ∞ adalah limit superior <xn> jika dan hanya jika ∀∆ dan n

terdapat k ≥ n sedemikian sehingga xk ≥ ∆. Bilangan real –∞ adalah limit superior <xn> jika dan hanya jika –∞ = lim xn.

Limit inferior didefinisikan sebagai 1 2 2 3lim lim inf sup inf supinf , , ...., inf , , ..., ...n n kk nn

x x x x x x x≥

= = =

Sifat-sifat: 1) ( )lim lim n nx x− = −

2) lim lim n nx x≤

3) *lim (pada ) lim lim n n nx l l x x= ⇔ = =

4) lim lim lim ( ) lim lim n n n n n nx y x y x y+ ≤ + ≤ +

lim ( ) lim lim n n n nx y x y≤ + ≤ +

2.5. Himpunan Terbuka dalam Bilangan Real Selang buka (a, b) = x | a < x < b. Notasi B(x, δ) = y | |x – y| < δ = (x – δ, x + δ)

menyatakan bola yang berpusat di x dan berjari-jari δ. Dalam bilangan real, B(x, δ) adalah selang buka. 5 Limitnya ada 6 Diantara supremum-supremum tersebut, manakah infimumnya?


28

Definisi : Himpunan O dikatakan terbuka di jika

, 0 ( , )x O B x Oδ δ∀ ∈ ∃ > ∋ ⊂ Dengan kata lain, ∀x ∈ O selalu terdapat selang buka I yang memuat x sehingga I ⊂ O. Selang buka adalah contoh dari himpunan terbuka. Himpunan kosong dan juga contoh dari

himpunan terbuka. Proposisi : Jika O1 dan O2 terbuka maka O1 ∩ O2 terbuka. Bukti : Diambil sebarang x ∈ O1 ∩ O2. Akan ditunjukkan ∃δ > 0 sehingga B(x, δ) ⊂ O1 ∩ O2. Karena x ∈ O1 ∩ O2, maka x ∈ O1 dan x ∈ O2. Karena O1 dan O2 terbuka maka ∃δ1, δ2 > 0 sehingga B(x, δ1) ⊂ O1 dan B(x, δ2) ⊂ O2. Artinya

|t – x| < δ1 dan

|t – x| < δ2 Dengan mengambil δ = min(δ1, δ2), diperoleh

|t – x| < δ < δ1 dan

|t – x| < δ < δ2 Dengan kata lain, ∀t ∈ B(x, δ) berlaku t ∈ B(x, δ1) dan t ∈ B(x, δ2), dengan δ = minδ1, δ2. Jadi B(x, δ) ⊂ O1 dan B(x, δ) ⊂ O2. Sehingga B(x, δ) ⊂ O1 ∩ O2.

Akibat : Irisan sejumlah berhingga himpunan terbuka adalah terbuka. Bukti :

Misal Oi , i = 1, …, n himpunan terbuka. Akan dibuktikan 1

n

ii

O=∩ terbuka. Maka,

1

, 1, ,

0 ( , ) , 1, ,( , ) ,

.

.

. min , 1, ,

n

i ii

i i i

i i

x O x O i n

B x O i nB x O i nδ δ

δ δ δ

=

∈ ⇔ ∈ =

⇔ ∃ > ∋ ⊂ =⇔ ⊂ = =

∩

Jadi, 1

n

ii

O=∩ terbuka.

Another version (alternate soln) :

Diambil sebarang 1

n

ii

x O=

∈∩ , maka x ∈ Oi dengan Oi terbuka ∀i.

Karena x ∈ O1 dan O1 terbuka, maka terdapat δ1 > 0 sehingga B(x, δ1) ⊂ O1 Karena x ∈ O2 dan O2 terbuka, maka terdapat δ2 > 0 sehingga B(x, δ2) ⊂ O2 Demikian seterusnya. Karena x ∈ On dan On terbuka, maka terdapat δn > 0 sehingga B(x, δn) ⊂ On Diambil δ = minδ1, δ2, . . ., δn, jelas bahwa δ > 0. Maka B(x, δ) ⊂ B(x, δi) ⊂ Oi, i = 1, 2, …, n

yang berakibat bahwa 1

( , )n

ii

B x Oδ=

⊂∩ . Jadi terbukti bahwa 1

n

ii

O=∩ terbuka

Konvers dari proposisi di atas diberikan pada proposisi sebagai berikut


29

Proposisisi : Setiap himpunan terbuka di merupakan gabungan terhitung dari selang-selang terbuka yang saling asing. Bukti : Misalkan O sebarang himpunan terbuka di . Karena O terbuka, maka untuk setiap x ∈ O terdapat y > x sedemikian sehingga (x, y) ⊂ O. Misalkan

b = sup y | (x, y) ⊂ O, dan a = inf z | (z, x) ⊂ O

maka a < x < b dan Ix = (a, b) adalah selang terbuka yang memuat x. Klaim Ix ⊂ O. Diambil sebarang w ∈ Ix, sebut x < w < b, berdasarkan definisi b di atas, maka diperoleh bilangan y > w sehingga (x, y) ⊂ O. Jadi w ∈ O. Klaim b ∉ O. Andaikan b ∈ O, maka ada ε > 0 sehingga (b – ε, b + ε) ⊂ O atau (x, b + ε) ⊂ O. Kontradiksi dengan definisi b. Secara sama dapat dibuktikan bahwa a ∉ O. Himpunan Ix, x ∈ O merupakan koleksi selang-selang buka. Karena setiap x di O termuat di Ix dan setiap Ix termuat di O, diperoleh xO I=∪ . Misalkan (a, b) dan (c, d) sebarang dua selang di O dengan beberapa titik yang sama. Maka haruslah c < b dan a < d. Karena c ∉ O, maka c ∉ (a, b). Diperoleh c ≤ a. Karena a ∉ O, maka c ∉ (c, d). Diperoleh a ≤ c. Jadi a = c. Secara sama, diperoleh b = d. Akibatnya (a, b) = (c, d). Sehingga setiap dua selang yang berbeda di Ix pasti saling asing. Jadi, O merupakan gabungan selang-selang buka yang saling asing. Terakhir tinggal ditunjukkan O terhitung. Setiap selang buka memuat bilangan rasional7. Karena O gabungan selang-selang buka yang saling asing dan setiap interval buka memuat bilangan rasional maka terdapat korespondensi 1-1 antara O dengan himpunan bilangan rasional atau himpunan bagiannya. Jadi O terhitung.

Proposisi : Jika C koleksi himpunan terbuka di , maka

O C

O∈∪ himpuan terbuka di .

Bukti : , untuk suatu

0 ( , ) , untuk suatu

0 (

.

.

. , )

O C

O C

x O x O O C

B x O O C

B x O

δ δ

δ δ

∈

∈

∈ ⇔ ∈ ∈

⇔ ∃ > ∋ ⊂ ∈

⇔ ∃ > ∋ ⊂

∪

∪

Jadi, O C

O∈∪ himpunan terbuka di .

Another version (with countable revision) : Diambil sebarang

O C

x O∈

∈∪ , maka terdapat O ∈ C sehingga x ∈ O. Karena O terbuka maka

terdapat δ > 0 sehingga B(x, δ) ⊂ O ⊂ O C

O∈∪ . Jadi terbukti bahwa untuk setiap

O C

x O∈

∈∪

terdapat δ > 0 sehingga B(x, δ) ⊂ O C

O∈∪ yang berarti

O C

O∈∪ terbuka.

7 Aksioma Archimedes


30

Perlu diperhatikan bahwa, jika C koleksi himpunan terbuka di maka O C

O∈∩ 8 belum tentu

himpunan terbuka di . Sebagai contoh, 1 1,nOn n

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

selang terbuka, tetapi 1

0nn

O∞

=

=∩ bukan

himpunan hingga di . Proposisi (Lindelöf) : Misalkan C koleksi himpunan terbuka di , maka terdapat Oi subkoleksi terhitung dari C sedemikian sehingga

1i

O C i

O O∞

∈ =

=∪ ∪

Bukti : Misal

| U O O C= ∈∪ Diambil sebarang x ∈ U. Maka terdapat himpunan O ∈ C, dengan x ∈ O. Karena O terbuka, maka terdapat selang buka Ix sehingga x ∈ Ix ⊂ O. Diperoleh9 bahwa terdapat selang buka Jx dengan titik akhir bilangan rasional sehingga x ∈ Jx ⊂ Ix. Karena koleksi semua selang buka dengan titik akhir bilangan rasional adalah terhitung, maka himpunan Jx, x ∈ U terhitung dan x

x U

U J∈

= ∪ .

Untuk setiap selang di Jx pilih himpunan O di C yang memuat Jx. Diperoleh subset terhitung

1i iO ∞

= dari C, dan

1i

O C i

U O O∞

∈ =

= =∪ ∪

2.6. Himpunan Tertutup

Penutup himpunan E dinotasikan E Definisi :

0, | |x E y E x yδ δ∈ ⇔∀ > ∃ ∈ ∋ − < Dengan kata lain, x E∈ , jika setiap selang buka yang memuat x juga memuat suatu titik di E10. Jadi, jelas E E⊂ . Contoh : E = (0, 1]. Tentukan E . Apakah x = 0 ∈ E ?

0, (0,1] | |y E x yδ δ∀ > ∃ ∈ = ∋ − < Perhatikan bahwa

1 0nyn

= →

∀δ > 0, ∃n0 ∈ N, ∋ |yn – 0| < δ, ∀n ≥ n0 atau, ∀δ > 0, |yn – 0| < δ

Pilih 0

0

1 (0,1]nyn

= ∈ . Karena 1 0n→ , maka ∀δ > 0, |yn – 0| < δ. Sehingga x = 0 ∈ E .

Jadi, [0,1]E = . 8 Irisan tak berhingga himpunan-himpunan terbuka 9 Lihat proposisi : Jika x dan y bilangan real dan x < y maka terdapat bilangan rasional r sehingga x < r < y 10 |x – y| < δ, berarti y ∈ (x – δ, x + δ). Sehingga ∀δ > 0, y ∈ (x – δ, x + δ). Jadi, setiap selang terbuka yang memuat x, juga memuat suatu titik (yaitu y) di E.


31

Proposisi : 1. Jika A B⊂ maka A B⊂ 2. A B A B∪ = ∪ Bukti : 1. Diambil sebarang δ > 0 dan x A∈ .

Karena x A∈ , maka ∃y ∈ A ∋ |y – x| < δ. Karena A ⊂ B, maka y ∈ B ∋ |y – x| < δ. Menurut definisi, x B∈ . Jadi terbukti A B⊂ .

2. Karena A ⊂ A ∪ B, berdasar 1) di atas maka A A B⊂ ∪ . Hal yang sama, karena B ⊂ A ∪ B maka B A B⊂ ∪ . Jadi, A B A B∪ ⊂ ∪ . Kemudian, akan dibuktikan bahwa A B A B∪ ⊂ ∪ . Disini dibuktikan kontraposisinya, yaitu jika x A B∉ ∪ maka x A B∉ ∪ . Karena x A B∉ ∪ , maka x A∉ dan x B∉ .

1 1

2 2

0 tidak ada dengan | |0 tidak ada dengan | |

x A y A x yx B y B x y

δ δδ δ

∉ ⇒ ∃ > ∋ ∈ − <

∉ ⇒ ∃ > ∋ ∈ − <

Diambil δ = minδ1, δ2, maka tidak ada y ∈ A ∪ B dengan |y – x| < δ. Jadi, x A B∉ ∪ . Ini berarti, jika x A B∉ ∪ maka x A B∉ ∪ . Bukti lain : Diambil sebarang δ > 0 dan x A B∈ ∪ .

0, | |x A B y A B y xδ δ∈ ∪ ⇒∀ > ∃ ∈ ∪ ∋ − < Karena y ∈ A ∪ B, maka y ∈ A atau y ∈ B. Untuk y ∈ A dengan |y – x| < δ diperoleh x A∈ Untuk y ∈ B dengan |y – x| < δ diperoleh x B∈ Jadi, x A B∈ ∪ .

Definisi : Himpunan F disebut tertutup (closed) jika F F= Menurut definisi F F⊂ , maka himpunan F disebut tertutup jika F F⊂ , yaitu jika F

memuat semua titik-titik clusternya. Contoh : 1) F = (0, 1] bukan himpunan tertutup, sebab [0,1]F F= ≠ 2) F = [0, 1] himpunan tertutup, sebab [0,1]F F= = 3) Selang [a, b] dan [1, ∞] adalah himpunan tertutup 4) adalah himpunan tertutup 5) F = ∅. Akan dibuktikan bahwa ∅ =∅

Bukti : Dari definisi, ∅⊂∅ . Jadi, tinggal dibuktikan ∅⊂∅ .

.

.0, , | |0, , ( , )

.

x y y xy y B x

x

δ δδ δ

∈∅⇔ ∀ > ∃ ∈∅ ∋ − <⇔ ∀ > ∃ ∈∅ ∋ ∈⇔ ∈∅

Jadi, ∅⊂∅ . Oleh karena itu terbukti bahwa ∅⊂∅ .

Proposisi : Penutup himpunan E adalah tertutup.


32

Bukti : Akan dibuktikan E E= . Dari definisi, E E⊂ . Jadi, tinggal dibuktikan E E⊂ . Misalkan x E∈ .

0, , | | 2x E y E y x δδ∈ ⇔∀ > ∃ ∈ ∋ − <

Karena y E∈ maka untuk δ di atas, terdapat z ∈ E sehingga | | 2z y δ− < .

Jadi, untuk δ di atas, terdapat z ∈ E sehingga ..

.

| | | || | | |

2 2

z x z y y xz y y xδ δ δ

− = − + −< − + −

< + =

Ini berarti x E∈

Proposisi : Jika F1 dan F2 tertutup, maka F1 ∪ F2 tertutup. Bukti : Akan dibuktikan bahwa 1 2 1 2F F F F∪ = ∪ . Dari definisi, jelas bahwa 1 2 1 2F F F F∪ ⊂ ∪ sehingga cukup dibuktikan 1 2 1 2F F F F∪ ⊂ ∪ Diambil sebarang 1 2x F F∈ ∪ . Akan dibuktikan bahwa 1 2x F F∈ ∪ . Menurut proposisi sebelumnya, 1 2 1 2x F F F F∈ ∪ = ∪ . Karena F1 dan F2 tertutup, maka 1 2x F F∈ ∪ .

Proposisi : Irisan koleksi himpunan tertutup adalah tertutup Bukti : Misalkan C koleksi himpunan-himpunan tertutup. Akan dibuktikan bahwa | F F C∈∩

tertutup, yaitu | | F F C F F C∈ = ∈∩ ∩ . Menurut definisi, cukup dibuktikan

| | F F C F F C∈ ⊂ ∈∩ ∩ .

Diambil sebarang | x F F C∈ ∈∩ . Maka untuk setiap δ > 0 terdapat | y F F C∈ ∈∩ sehingga |y – x| < δ. Karena | y F F C∈ ∈∩ maka y ∈ F untuk setiap F ∈ C dengan |y – x| < δ. Menurut definisi, diperoleh bahwa x F∈ untuk setiap F ∈ C. Karena F ∈ C maka F tertutup. Karena F tertutup maka F F= akibatnya x ∈ F, untuk setiap F ∈ C. Dari sini maka, | x F F C∈ ∈∩ .

Jadi terbukti bahwa | | F F C F F C∈ ⊂ ∈∩ ∩ . Sehingga | F F C∈∩ tertutup.

Proposisi : 1. Komplemen himpunan terbuka adalah tertutup 2. Komplemen himpunan tertutup adalah terbuka Bukti : 1. Misalkan O himpunan terbuka. Akan dibuktikan bahwa c cO O= . Dari definisi c cO O⊂ .

Jadi cukup dibuktikan c cO O⊂ . Akan dibuktikan kontraposisinya. Karena O terbuka, maka ∀x ∈ O, ∃δ > 0 sehingga B(x, δ) ⊂ O. Karena x ∈ O, maka x ∉ Oc. Misalkan y ∈ B(x, δ). Karena B(x, δ) ⊂ O maka y ∈ O.


33

Sehingga, jika |y – x| < δ maka y ∈ O. Artinya, tidak ada y ∈ Oc sehingga |y – x| < δ. Sesuai definisi penutup, cx O∉

2. Misalkan F himpunan tertutup. Akan dibuktikan bahwa Fc terbuka. Diambil sebarang x ∈ Fc, akan dibuktikan bahwa terdapat δ > 0 sehingga B(x, δ) ⊂ Fc. Jika δ > 0 diambil sembarang, maka cukup dibuktikan B(x, δ) ⊂ Fc. Akan dibuktikan kontraposisinya. Karena x ∈ Fc maka x ∉ F. Karena F tertutup, maka x F F∉ = . Artinya, tidak ada y F∈ sehingga untuk setiap δ > 0 yang diberikan berlaku |y – x| < δ. Sehingga, untuk

setiap y ∈ F berlaku y ∉ B(x, δ). Jadi, untuk setiap y ∉ Fc maka y ∉ B(x, δ).

Koleksi himpunan C disebut selimut (covers) dari himpunan F jika : F O O C⊂ ∈∪

dalam hal ini koleksi himpunan C disebut menyelimuti (covering) F. Jika setiap O ∈ C terbuka, maka koleksi C disebut selimut terbuka (open covering) dari F. Jika C hanya memuat sejumlah berhingga himpunan-himpunan, maka koleksi C disebut selimut hingga (finite covering). Dalam hal ‘selimut terbuka’, kata sifat ‘terbuka’ tersebut menunjukkan sifat himpunan-himpunan dalam selimut dan tidak bermakna ‘diselimuti oleh himpunan terbuka’. Demikian juga dengan istilah ‘selimut hingga’ tidak menunjukkan bahwa selimutnya merupakan himpunan berhingga.

Teorema (Heine-Borel) : Misalkan F tertutup dan terbatas pada . Maka setiap selimut terbuka dari F mempunyai selimut bagian yang berhingga. Dengan kata lain, jika C adalah koleksi himpunan terbuka sehingga : F O O C⊂ ∈∪

maka ada koleksi berhingga O1, O2, . . ., On pada C sehingga 1

n

ii

F O=

⊂∪ .

Bukti : (see ‘Real Analysis’, 3rd ed., H.L. Royden, page 45)

2.7. Fungsi Kontinu Misalkan f fungsi bernilai real dengan domain E merupakan himpunan bilangan real. Berikut ini

definisi-definisi kontinu di titik, kontinu pada E, dan kontinu seragam pada E11. Definisi : Fungsi f dikatakan kontinu di titik (continuous at the point) x ∈ E jika ∀ε > 0, ∃δ > 0 sehingga ∀y ∈ E, dengan |y – x| < δ maka |f(x) – f(y)| < ε. Fungsi f dikatakan kontinu pada (contiuous on) A subset dari E jika f kontinu di setiap titik dari A. Fungsi f dikatakan kontinu seragam pada (uniformly continuous on) E, jika ∀ε > 0, ∃δ > 0 sehingga ∀x, y ∈ E, dengan |y – x| < δ maka |f(x) – f(y)| < ε. Untuk selanjutnya, jika disebutkan f kontinu, maka yang dimaksud adalah f kontinu pada

domainnya. Proposisi : Misalkan f fungsi bernilai real yang kontinu dan didefinisikan pada F. Jika F kontinu dan terbatas, maka f terbatas pada F dan mempunyai titik maksimum dan minimum pada F. Artinya ada titik x1 dan x2 di dalam F sehingga f(x1) ≤ f(x) ≤ f(x2), ∀x ∈ F. Bukti :

11 Pembedaan ini hanya terlihat dari bagaimana ketergantungan pemilihan δ terhadap yang lain (x, y, atau δ)


34

(see ‘Real Analysis’, 3rd ed., H.L. Royden, page 47) Proposisi : Misalkan f fungsi bernilai real yang didefinisikan pada . Fungsi f kontinu pada jika dan hanya jika f–1(O) terbuka untuk setiap O himpunan terbuka di . Bukti : (see ‘Real Analysis’, 3rd ed., H.L. Royden, page 47–48) Teorema (Teorema Nilai Antara) : Misalkan f fungsi bernilai real dan kontinu pada [a, b]. Jika f(a) ≤ f(y) ≤ f(b) atau f(b) ≤ f(y) ≤ f(a) maka ada c ∈ [a, b] sedemikian sehingga f(c) = y. Proposisi : Jika f fungsi bernilai real dan kontinu pada himpunan tertutup dan terbatas F maka f kontinu seragam pada F. Bukti : (see ‘Real Analysis’, 3rd ed., H.L. Royden, page 48) Definisi : Misalkan <fn> barisan fungsi pada E. Barisan <fn> dikatakan konvergen titik demi titik (converge pointwise) pada E ke fungsi f, jika ∀x ∈ E dan ε > 0, ∃N12 sehingga |f(x) – fn(x)| < ε, ∀n ≥ N. Barisan <fn> dikatakan konvergen seragam (converge uniformly) pada E ke fungsi f, jika ∀ε > 0, ∃N13 sehingga ∀x ∈ E, |f(x) – fn(x)| < ε, ∀n ≥ N.

2.8. Himpunan Borel Walaupun irisan dari sebarang koleksi himpunan tertutup adalah tertutup dan gabungan dari

koleksi berhingga dari himpunan tertutup juga tertutup, tetapi gabungan dari koleksi terhitung himpunan-himpunan tertutup tidak harus tertutup.

Sebagai contoh, himpunan bilangan rasional adalah gabungan dari koleksi terhitung himpunan-himpunan tertutup yang setiap himpunannya memuat tepat satu anggota.

Definisi : Koleksi himpunan Borel B adalah aljabar-σ terkecil yang memuat semua himpunan-himpunan terbuka. Eksistensi aljabar-σ ini dijamin oleh proposisi14 3 di Bab I. Lebih lanjut, aljabar-σ terkecil ini

juga memuat semua himpunan-himpunan tertutup dan memuat pula semua selang-selang buka. Himpunan yang merupakan gabungan terhitung dari himpunan-himpunan tertutup disebut Fσ

atau dikatakan memiliki tipe Fσ (F untuk tertutup, σ untuk jumlah). Sehingga, himpunan D dikatakan

memiliki tipe Fσ jika dapat ditulis 1

nn

D F∞

=

=∪ untuk setiap himpunan tertutup Fn di R.

Jika F himpunan tertutup, maka F memiliki tipe Fσ sebab F dapat ditulis menjadi

1n

n

F F∞

=

=∪

dengan F1 = F; F2 = F3 = F4 = . . . = ∅ yang merupakan himpunan tutup. Juga, selang buka (a, b) memiliki tipe Fσ, sebab

12 Pemilihannya bergantung pada x 13 Pemilihannya tidak bergantung pada x 14 Proposisi : Misalkan C koleksi himpunan bagian dari X, maka terdapat aljabar-σ terkecil R yang memuat C.


35

1

1 1( , ) ,n

a b a bn n

∞

=

⎡ ⎤= + −⎢ ⎥⎣ ⎦∪

Dari sini diperoleh bahwa setiap himpunan terbuka memiliki tipe Fσ. Sebab, jika O buka maka :

1

1 1,n

O a bn n

∞

=

⎡ ⎤= + −⎢ ⎥⎣ ⎦∪

Dengan a = batas bawah O, dan b = batas atas O. Irisan terhitung dari semua himpunan terbuka dikatakan memiliki tipe Gδ. Jadi, suatu himpunan

dikatakan memiliki tipe Gδ jika himpunan tersebut merupakan irisan terhitung dari semua himpunan terbuka.

Jadi, komplemen dari himpunan yang memiliki tipe Fσ adalah himpunan yang memiliki tipe Gδ dan demikian juga sebaliknya. Sebab,

( )1 1 1

1

.

.

c cc

n n nn n n

cn

n

F F F F F F

F

σ σ σ

∞ ∞ ∞

= = =

∞

=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇒ = ⇔ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

=

∪ ∪ ∪

∩

Karena Fn tertutup untuk setiap Fn di maka menurut proposisi, Fnc terbuka. Terlihat (Fσ)c

merupakan irisan terhitung dari himpunan-himpunan terbuka. Jadi terbukti bahwa (Fσ)c memiliki tipe Gδ. Bukti sebaliknya analog.

Himpunan yang memiliki tipe Fσ dan Gδ adalah contoh himpunan Borel, yaitu aljabar-σ terkecil yang memuat semua himpunan terbuka dan tertutup.

Bab 3 Ukuran Lebesgue

3.1. Pendahuluan

Panjang l(I) dari interval I didefinisikan sebagai selisih antara kedua titik ujungnya yang hasilnya berupa bilangan real. Panjang selang adalah salah satu contoh fungsi himpunan. Fungsi himpunan adalah suatu fungsi yang memetakan antara bilangan real yang di perluas * dengan setiap himpunan di dalam suatu koleksi himpunan-himpunan. Dalam hal ini, domain dari fungsi-nya adalah koleksi semua interval-interval (selang). Kita hendak memperluas konsep panjang ini menjadi tidak hanya pada interval melainkan himpunan yang cukup rumit. Secara sederhana, kita dapat mendefinisikan ‘panjang’ dari suatu himpunan terbuka sebagai jumlahan panjang dari selang-selang terbuka yang menyusun himpunan terbuka tersebut.

Karena kelas dari himpunan terbuka masih terlalu rumit, kita akan mengkonstruksi fungsi himpunan m yang memetakan setiap himpunan E di dalam suatu koleksi himpunan bilangan real M yang diperluas dengan suatu bilangan real diperluas yang tak negatif m(E). Fungsi m ini disebut ukuran dari himpunan E (measure of E). Tujuan yang diharapkan adalah agar m memenuhi sifat-sifat berikut:

i. m(E) terdefinisi untuk setiap himpunan bilangan real E, yaitu M = ℘( ). ii. m(I) = l(I), untuk setiap selang I iii. Jika <En> barisan himpunan saling lepas dan m(En) terdefinisi, ( ) ( )n nm E m E= ∑∪ iv. m merupakan fungsi translasi invariant, yaitu jika E himpunan dimana m terdefinisi dan jika

E + y = x + y | x ∈ E, diperoleh dengan mengganti setiap titik di E dengan x + y : m(E + y) = m(E)

Sayangnya, tidak mungkin untuk membuat sebuah fungsi himpunan yang memiliki keempat sifat di atas, dan juga tidak diketahui apakah ada fungsi himpunan yang memenuhi tiga sifat yang pertama. Sebagai akibatnya, salah satu dari sifat-sifat di atas harus ditiadakan. Akan lebih mudah jika meniadakan sifat yang pertama dan mengambil ketiga sifat yang lain. Sehingga m(E) tidak perlu terdefinisi untuk semua himpunan bilangan real E, cukup hanya beberapa saja. Tentu saja, kita ingin agar m(E) terdefinisi untuk sebanyak-banyaknya himpunan yang mungkin. Kita akan memilih M, yaitu koleksi (family) himpunan dimana m terdefinisi, yang merupakan aljabar-σ. Maka ukuran m yang diperoleh disebut ukuran aditif yang terhitung (countably additive measure), jika m merupakan fungsi bernilai real tak negatif yang definisi domainnya merupakan aljabar-σ M (himpunan bilangan real) dan berlaku:

( ) ( )n nm E m E= ∑∪ untuk setiap <En> barisan himpunan saling lepas di M. Tujuan kita dalam sub-bab berikutnya adalah akan mengkonstruksi sebuah ukuran aditif terhitung yang translasi invariant dan memiliki sifat

m(I) = l(I) untuk setiap selang I. 3.2. Ukuran Luar

Untuk setiap himpunan bilangan real A, pandang koleksi terhitung selang-selang buka In yang menyelimuti A. Yaitu, koleksi yang memenuhi

nA I⊂∪

Contoh: A = (0,1]

Bab 3 – Ukuran Lebesgue Compiled by : Khaeroni, S.Si

37

1. 1 2 1 21 3, , ,1 , , 22 4

I I I I⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 2,I I selimut buka.

1 2A I I⊂ ∪ 1 23( ) ( ) 24

l I l I+ =

2. 1 11, 0,12

I I ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

1I selimut buka.

1A I⊂ 11( ) 12

l I =

Dan untuk setiap koleksi, pandang jumlahan panjang masing-masing selang di dalam koleksi tersebut. Karena panjang adalah bilangan positif, maka jumlahan tersebut didefinisikan secara tunggal dan independen dari urutan barisannya. Misalkan F koleksi selimut buka A. Didefinisikan ukuran luar (outer measure) m*(A) dari A sebagai infimum dari semua jumlahan-jumlahan tersebut. Dinotasikan sebagai

* ( ) inf ( ) inf ( )

nnn nI FA I

m A l I l I∈⊂

= =∑ ∑∪

Akibat : 1. m*(∅) = 0 2. jika A ⊂ B maka m*(A) ≤ m*(B) 3. m*(a) = 0, ∀ a ∈ R Bukti : 1. Terlihat langsung dari definisi bahwa m*(∅) ≥ 0.

Ambil sebarang ε > 0. Pilih ,2 2nI ε ε⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠. Dari sini maka 2( )

2nl I ε ε= = dan In

merupakan selimut buka untuk ∅ . Jadi, * ( ) ( )n nI m l I ε∅ ⊂ ⇔ ∅ ≤ = . Sehingga, * ( ) , 0 * ( ) 0m mε ε∅ ≤ ∀ > ⇒ ∅ =

2. Diambil : selimut buka untuk A n nF I I A=

dan : selimut buka untuk B n nF I I B=

Karena nA B I⊂ ⊂∪ , maka berlaku

n B n AI F I F∈ ⇒ ∈ (setiap selimut B juga bisa dipakai sebagai selimut untuk A). Jadi, B AF F⊂ . Akibatnya,

inf infA BF F≤ Begitu juga dengan jumlahannya. Menurut definisi, m*(A) ≤ m*(B)

3. Diambil sebarang a ∈ R, ε > 0 dan : selimut buka untuk a n nF I I a=

maka,

* ( ) inf ( )

2n anI F

m a l I ε ε∈

= ≤ <∑

Karena ε > 0 sebarang maka m*(a) = 0.


38

Proposisi : Ukuran luar dari suatu selang sama dengan panjang selang tersebut. Sebagai contoh, jika A = [0,2] maka m*(A) = 2. Bukti : Kasus 1 : Misalkan [a, b] (Versi Mr. Royden) Karena [a, b] ⊂ (a – ε, b + ε), ∀ε > 0 maka

m*([a, b]) ≤ l((a – ε, b + ε)) = b – a + 2ε Karena m*([a, b]) ≤ b – a + 2ε, ∀ε > 0 maka

m*([a, b]) ≤ b – a Selanjutnya, akan dibuktikan m*([a, b]) ≥ b – a. Hal ini sama saja dengan membuktikan bahwa jika In sembarang koleksi terhitung dari selang buka yang menyelimuti [a, b] maka

( )nn

l I b a≥ −∑

Sebab, inf ( )n

nA I

l I b a⊂

≥ −∑∪. Karena infimum, maka ( )n

n

l I b a≥ −∑ .

Dengan Teorema Heine-Borel, setiap koleksi selang terbuka yang menyelimuti [a, b] memuat subkoleksi berhingga yang juga menyelimuti [a, b], dan karena jumlahan panjang selang dari subkoleksi berhingga tidak lebih besar dari jumlahan panjang selang dari koleksi aslinya, maka pertidaksamaan di atas terbukti untuk koleksi berhingga In yang menyelimuti [a, b]. Karena a termuat di dalam nI∪ maka ada k sehingga Ik memuat a. Misalkan Ik = (a1, b1). Diperoleh

a1 < a < b1 Jika b1 ≤ b, maka b1 ∈ [a, b] dan karena b1 ∉ (a1, b1) maka terdapat interval (a2, b2) di dalam In sedemikian sehingga b1 ∈ (a2, b2). Jadi, a2 < b1 < b2. Demikian seterusnya, sehingga diperoleh barisan

(a1, b1), (a2, b2), . . ., (ak, bk) Dari koleksi In sedemikian sehingga ai < bi – 1 < bi. Karena In koleksi berhingga, proses di atas pasti berhenti pada suatu interval (ak, bk). Tetapi proses ini hanya akan berhenti jika b ∈ (ak, bk), yaitu jika ak < b < bk. Karena ai < bi – 1, maka

1 1 1 1

1 1 2 2 1 1 1

( ) ( , )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

n i i

k k k k

k k k k k k

l I l a bb a b a b a

b a b a b a b a b a− −

− − −

≥

= − + − + + −= − − − − − − − − > −

∑ ∑

Tetapi bk > b dan a1 < a. Akibatnya, bk – a1 > b – a. Jadi, ( )nl I b a> −∑ . Terbukti bahwa m*([a, b]) ≥ b – a (Versi Mrs. Anggi) Karena [a, b] ⊂ (a – ε, b + ε), ∀ε > 0 maka

m*([a, b]) ≤ l((a – ε, b + ε)) = b – a + 2ε Karena m*([a, b]) ≤ b – a + 2ε, ∀ε > 0 maka

m*([a, b]) ≤ b – a Selanjutnya, akan dibuktikan m*([a, b]) ≥ b – a. Hal ini sama saja dengan membuktikan bahwa jika In sembarang koleksi terhitung dari selang buka yang menyelimuti [a, b] maka

( )nn

l I b a≥ −∑

Sebab, inf ( )n

nA I

l I b a⊂

≥ −∑∪. Karena infimum, maka ( )n

nl I b a≥ −∑ .

Dengan Teorema Heine-Borel, setiap koleksi selang terbuka yang menyelimuti [a, b] memuat


39

subkoleksi berhingga yang juga menyelimuti [a, b], dan karena jumlahan panjang selang dari subkoleksi berhingga tidak lebih besar dari jumlahan panjang selang dari koleksi aslinya, maka pertidaksamaan di atas terbukti untuk koleksi berhingga In yang menyelimuti [a, b]. Karena a termuat di dalam nI∪ maka ada k sehingga Ik memuat a. Misalkan Ik = (a1, b1). Diperoleh

a1 < a < b1 Jika b1 ≤ b, maka b1 ∈ [a, b] dan karena b1 ∉ (a1, b1) maka terdapat interval (a2, b2) di dalam In sedemikian sehingga b1 ∈ (a2, b2). Jadi, a2 < b1 < b2. Demikian seterusnya, sehingga diperoleh barisan

(a1, b1), (a2, b2), . . ., (ak, bk) Dari koleksi In sedemikian sehingga ai < bi – 1 < bi. Karena In koleksi berhingga, proses di atas pasti berhenti pada suatu interval (ak, bk). Tetapi proses ini hanya akan berhenti jika b ∈ (ak, bk), yaitu jika ak < b < bk. Karena ai < bi – 1, maka

1 1 1 1

1 1 2 2 1 1 1

( ) ( , )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

n i i

k k k k

k k k k k k

l I l a bb a b a b a

b a b a b a b a b a− −

− − −

≥

= − + − + + −= − − − − − − − − > −

∑ ∑

Tetapi bk > b dan a1 < a. Akibatnya, bk – a1 > b – a. Jadi, ( )nl I b a> −∑ . Terbukti bahwa m*([a, b]) ≥ b – a Kasus 2 : Misalkan I selang berhingga sebarang, maka untuk ε > 0 yang diberikan, terdapat selang tertutup J ⊂ I sehingga

l(J) > l(I) – ε Diperoleh,

l(I) – ε < l(J) = m*(J) ≤ m*(I) ≤ * ( ) ( ) ( )m I l I l I= = Sehingga untuk setiap ε > 0,

l(I) – ε < m*(I) ≤ l(I) Jadi, m*(I) = l(I). Kasus 3 : Misalkan I interval tak hingga, maka untuk setiap bilangan real ∆ yang diberikan terdapat selang tertutup J ⊂ I sehingga l(J) = ∆. Diperoleh

m*(I) ≥ m*(J) = l(J) = ∆ Karena m*(I) ≥ ∆ untuk setiap ∆, maka m*(I) = ∞ = l(I).

Proposisi : Misalkan An koleksi terhitung pada , maka

( )* * ( )n nm A m A≤ ∑∪ Bukti : Jika salah satu himpunan An memiliki ukuran luar tak hingga (∞), maka ke-taksamaan di atas dipenuhi. Misalkan m*(An) berhingga, maka terdapat koleksi terhitung dari selang buka In,ii sehingga

,n n ii

A I⊂∪

Juga, untuk setiap ε > 0 berlaku ,( ) * ( ) 2 n

n i ni

l I m A ε−< +∑

Selanjutnya, karena koleksi , ,, n i n i in i

n

I I=∪ terhitung, merupakan gabungan terhitung dari


40

koleksi terhitung, dan menyelimuti nA∪ , maka

( ) ( )1, ,

,

* ( ) ( ) * ( ) 2 * ( )n n i n i n nn i n i n

m A l I l I m A m Aε ε−≤ = < + = +∑ ∑∑ ∑ ∑∪

Karena ε > 0 sebarang, maka ( )* * ( )n nm A m A≤ ∑∪

Akibat : Jika A terhitung, m*(A) = 0 (lihat tutorial #6) Akibat : Himpunan [0, 1] tidak terhitung Bukti : Karena m*([0,1]) = 1 ≠ 0 maka [0,1] tidak terhitung.

Proposisi : Jika E ⊂ dan y ∈ . Didefinisikan

:E y x y x E+ = + ∈ maka, m*(E+y) = m*(E) Bukti : Diambil

: selimut buka untuk E n nF I I E= dan

: selimut buka untuk E y n nF I I E y+ = + Berdasarkan kenyataan bahwa (nb: ( ) ( , )nl I l a b b a= = − dan ( ) ( , )nl I y l a y b y b a+ = + + = − )

n E n E yI F I y F +∈ ⇒ + ∈ dan n E y n EI F I y F+∈ ⇒ − ∈ Jadi ada korespondensi 1-1 antara FE dan FE+y, atau

E E yF F +∼

Dari sini maka,

* ( ) inf ( )

n EnI F

m E l I∈

= ∑ (menurut definisi)

inf ( )n E

nI Fl I y

∈= +∑ (setiap In ada korespondensi 1-1 antara FE dan FE+y)

inf ( )

* ( )n E y

nI y Fl I y

m E y++ ∈

= +

= +

∑

Proposisi : Diberikan sebarang himpunan A dan ε > 0, maka : 1. Terdapat himpunan terbuka O sedemikian sehingga A ⊂ O dan

m*(O) ≤ m*(A) + ε 2. Terdapat G ∈ Gδ sedemikian sehingga A ⊂ G dan

m*(A) = m*(G) Bukti : Misalkan ε > 0 diberikan. 1. Untuk kasus pertama, misalkan m*(A) = ∞ diambil O = dan berlaku

m*(O) = ∞ ≤ ∞ + ε = m*(A) + ε


41

Untuk kasus kedua, misalkan m*(A) < ∞. Menurut definisi ukuran luar, ada In koleksi terhitung dari selang-selang buka dengan sifat

nA I⊂∪ dan (karena m*(A) infimum, maka digeser sedikit bukan lagi infimum).

( ) * ( )nl I m A ε≤ +∑ Berdasar proposisi 1 dan 2, diperoleh

( )* * ( ) ( ) * ( )n n nm I m I l I m A ε≤ = ≤ +∑ ∑∪

Jika dipilih nO I=∪ , maka O memenuhi A ⊂ O

dan * ( ) * ( )m O m A ε≤ +

Karena In buka, maka nO I=∪ buka. 2. Kasus pertama, jika m*(A) = ∞ dipilih G = maka G ∈ Gδ.

Karena G = maka A ⊂ G dan m*(A) = ∞ = m*(G). Kasus kedua, m*(A) < ∞. Menurut bukti bagian 1), terlihat bahwa untuk setiap bilangan asli n ∈ ada himpunan buka On dengan sifat

A ⊂ On dan

1* ( ) * ( )nm O m A n−≤ + Didefinisikan nG O=∩ . Karena On buka untuk setiap n ∈ , maka G buka. Sehingga

G ∈ Gδ Karena A ⊂ On dan nG O=∩ untuk setiap n ∈ maka

A ⊂ G Karena A ⊂ G maka

m*(A) ≤ m*(G) ………………………………. (1) Di lain pihak, karena nG O=∩ untuk setiap n ∈ maka

G ⊂ On Karena G ⊂ On untuk setiap n ∈ , maka

1* ( ) * ( ) * ( )nm G m O m A n−≤ ≤ + Dari sini diperoleh

m*(A) ≥ m*(G) ……………………………… (2) Dari (1) dan (2) diperoleh

m*(A) = m*(G)

Sampai di sini, ukuran luar yang didefinisikan di atas sudah memenuhi asumsi-asumsi yang diinginkan kecuali asumsi yang ke-3. Oleh karena itu perlu diperbaiki.

3.3. Himpunan Terukur

Ukuran luar yang didefinisikan sebelumnya terdefinisi untuk sebarang himpunan, akan tetapi bukan merupakan ukuran aditif yang terhitung. Untuk menjadi ukuran aditif terhitung maka perlu himpunan pada koleksi himpunan yang merupakan aljabar-σ.

Definisi : Himpunan E dikatakan terukur (measurable) jika untuk setiap himpunan A berlaku

m*(A) = m*(A ∩ E) + m*(A ∩ Ec)


42

Karena selalu berlaku m*(A) ≤ m*(A ∩ E) + m*(A ∩ Ec), terlihat bahwa E terukur jika untuk setiap A berlaku m*(A) ≥ m*(A ∩ E) + m*(A ∩ Ec). Berdasarkan definisi, jika E terukur maka Ec juga terukur. Contoh himpunan terukur adalah ∅ dan .

Lemma : Jika m*(E) = 0 maka E terukur Bukti : Misalkan A himpunan sebarang. Karena A ∩ E ⊂ E, maka

m*( A ∩ E) ≤ m*(E) = 0 Sehingga m*( A ∩ E) = 0 Karena A ⊃ A ∩ Ec, maka

m*(A) ≥ m*( A ∩ Ec) = 0 + m*( A ∩ Ec) = m*( A ∩ E) + m*( A ∩ Ec) Jadi E terukur.

Lemma : Jika E1 dan E2 terukur maka E1 ∪ E2 terukur. Bukti : Misalkan A sembarang himpunan. Karena E2 terukur maka

m*(A ∩ E1c) = m*(A ∩ E1

c ∩ E2) + m*(A ∩ E1c ∩ E2

c) Karena (A ∩ E1) ∪ (A ∩ E2 ∩ E1

c) = A ∩ (E1 ∪ (E1 ∩ E1c))

= A ∩ ((E1 ∪ E2) ∩ (E1 ∪ E1c))

= (A ∩ (E1 ∪ E2)) ∩ = (A ∩ (E1 ∪ E2))

maka m*(A ∩ (E1 ∪ E2)) ≤ m*(A ∩ E1) + m*(A ∩ E2 ∩ E1

c) Sehingga, m*(A ∩ (E1 ∪ E2)) + m*(A ∩ (E1 ∪ E2)c) = m*(A ∩ (E1 ∪ E2)) + m*(A ∩ E1

c ∩ E2c)

≤ m*(A ∩ E1) + m*(A ∩ E2 ∩ E1c) + m*(A ∩ E1

c ∩ E2c)

= m*(A ∩ E1) + m*(A ∩ E1c)

= m*(A)

Akibat : Koleksi himpunan-himpunan terukur M merupakan aljabar himpunan Lemma : Misalkan A himpunan sembarang dan E1, . . ., En barisan hingga dari himpunan terukur yang saling lepas (disjoint), maka

11

* * ( )n n

i iii

m A E m A E==

⎛ ⎞⎡ ⎤∩ = ∩⎜ ⎟⎢ ⎥

⎣ ⎦⎝ ⎠∑∪

Bukti : Bukti menggunakan induksi pada n. Pernyataan jelas benar untuk n = 1 Asumsikan bahwa pernyataan benar untuk n – 1, yaitu :

1 1

11

* * ( )n n

i iii

m A E m A E− −

==

⎛ ⎞⎡ ⎤∩ = ∩⎜ ⎟⎢ ⎥

⎣ ⎦⎝ ⎠∑∪

Karena Ei saling lepas, maka


43

1

( )n

i n ni

A E E A E=

⎡ ⎤∩ ∩ = ∩⎢ ⎥

⎣ ⎦∪

dan 1

1 1

n nc

i n ii i

A E E A E−

= =

⎡ ⎤ ⎡ ⎤∩ ∩ = ∩⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦∪ ∪

Karena Ei terukur maka

1 1 1

* * *n n n

ci i n i n

i i i

m A E m A E E m A E E= = =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤∩ = ∩ ∩ + ∩ ∩⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∪ ∪ ∪

Dari sini, maka

( )

( )

1

1 1

1

1

1

* * *

* * ( )

* ( )

n n

i n ii i

n

n ii

n

ii

m A E m A E m A E

m A E m A E

m A E

−

= =

−

=

=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤∩ = ∩ + ∩⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= ∩ + ∩

= ∩

∑

∑

∪ ∪

Akibat : Koleksi himpunan-himpunan terukur M merupakan aljabar-σ Bukti : (see ‘Real Analysis’, 3rd ed., H.L. Royden, page 60)

Lemma : Selang (a, ∞) terukur Bukti : Misalkan A sembarang himpunan dan ε > 0 diberikan. A1 = A ∩ (a, ∞) A2 = A ∩ (–∞, a] Akan dibuktikan bahwa

m*(A1) + m*(A2) ≤ m*(A) Jika m*(A) = ∞, maka bukti selesai. Jika m*(A) < ∞, maka terdapat koleksi terhitung himpunan buka In yang menyelimuti A dan berlaku :

( ) * ( )nl I m A ε≤ +∑

Misalkan ' ( , )n nI I a= ∩ ∞ dan '' ( , ]n nI I a= ∩ −∞ maka 'nI dan ''

nI merupakan selang (atau kosong) dan

l(In) = l(I’n) + l(I’’n) = m*(I’n) + m*(I’’n) Karena '

1 nA I⊂∪ , maka

( )' '1* ( ) * * ( )n nm A m I m I≤ ≤ ∑∪

Karena ''2 nA I⊂∪ , maka

( )'' ''2* ( ) * * ( )n nm A m I m I≤ ≤ ∑∪

Sehingga, ( )' ''

1 2* ( ) * ( ) * ( ) * ( )

( ) * ( )n n

n

m A m A m I m I

l I m A ε

+ ≤ +

≤ ≤ +

∑∑


44

Karena ε > 0 sembarang, maka m*(A1) + m*(A2) ≤ m*(A)

Teorema : Setiap himpunan Borel terukur Bukti : (see ‘Real Analysis’, 3rd ed., H.L. Royden, page 61) Berkaitan dengan teorema di atas, M merupakan aljabar-σ yang memuat setiap selang yang

berbentuk (a, ∞) dan B aljabar-σ terkecil yang memuat selangselang seperti itu. Dalam teorema juga diperoleh bahwa setiap himpunan buka dan tutup terukur.

3.4. Ukuran Lebesgue

Jika E himpunan terukur, didefinisikan ukuran Lebesgue (Lebesgue Measure) m(E) sebagai ukuran luar dari E. sehingga m adalah fungsi himpunan yang diperoleh dengan membatasi fungsi himpunan m* ke koleksi himpunan terukur M. Jadi, jika M adalah koleksi himpunan terukur dan E ∈ M. Ukuran Lebesgue dari E, adalah

m(E) = m*(E) Dua sifat penting dari ukuran Lebesgue diringkas dalam proposisi-proposisi berikut: Proposisi : Misalkan <Ei> barisan himpunan terukur, maka (i) ( ) ( )i im E m E≤ ∑∪

(ii) ( ) ( )i im E m E= ∑∪ , jika <Ei> saling lepas. Bukti : (i) Jelas dari proposisi1 pada sub-bab 3.2 (ii) Jika <Ei> barisan hingga yang saling lepas, maka menurut lemma2 pada sub-bab 3.3 dengan

memilih A = diperoleh :

1 11 1

* * ( ) * * ( )n nn n

i i i ii ii i

m E m E m E m E= == =

⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎛ ⎞∩ = ∩ ⇔ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎝ ⎠∑ ∑∪ ∪

Jika <Ei> barisan takhingga yang saling lepas, maka

1 1

n

i ii i

E E∞

= =

⊂∪ ∪

dan

11 1

( )n n

i i iii i

m E m E m E∞

== =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞≥ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑∪ ∪

Karena ruas kiri pada ketidaksamaan di atas tidak bergantung pada n, diperoleh

11

( )i iii

m E m E∞ ∞

==

⎛ ⎞≥⎜ ⎟

⎝ ⎠∑∪

Kebalikan dari ketaksamaan di atas diperoleh dari (i).

Proposisi : Misalkan <En> barisan himpunan terukur yang monoton turun. Jika m(E1) hingga, maka

1 Misalkan An koleksi terhitung pada , maka… (lihat hal. 38) 2 Misalkan A himpunan sembarang dan E1, . . ., En barisan hingga dari himpunan terukur yang saling lepas maka… (lihat hal. 39)


45

1

lim ( )i nni

m E m E∞

→∞=

⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠∩

Penjelasan : Monoton turun artinya Ei+1 ⊂ Ei Bukti :

Misal 1

ii

E E∞

=

=∩ dan Fi = Ei – Ei+1. Maka E1 – E = 1

ii

F∞

=∪ dan Fi saling lepas. Jadi,

11

11

11

( )

( ) ( )

( )

i iii

ii

i ii

m F m F

m E E m F

m E E

∞ ∞

==

∞

=

∞

+=

⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠

− =

= −

∑

∑

∑

∪

Karena E ⊂ E1, maka E1 = E ∪ (E1 – E). Jadi, m(E1) = m(E) + m(E1 – E) m(E1 – E) = m(E1) – m(E)

Karena Ei+1 ⊂ Ei, maka Ei = Ei+1 ∪ (Ei – Ei+1). Jadi, m(Ei) = m(Ei+1) + m(Ei – Ei+1) m(Ei – Ei+1) = m(Ei) – m(Ei+1)

Dari sini maka,

1 11

1

11

1

1

lim

lim

lim

lim

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

i ii

n

i in i

nn

nn

nn

m E m E m E m E

m E m E

m E m E

m E m E

m E m E

∞

+=

−

+→∞=

→∞

→∞

→∞

− = −

= −

= −

= −

=

∑

∑

Proposisi : Misalkan E suatu himpunan. Lima pernyataan berikut adalah ekuivalen. 1. E himpunan terukur 2. ∀ε > 0, ada himpunan buka O ⊃ E sehingga m*(O – E) < ε 3. ∀ε > 0, ada himpunan tutup F ⊂ E sehingga m*(E – F) < ε 4. Terdapat G di Gδ dengan E ⊂ G sehingga m*(G – E) = 0 5. Terdapat F di Fσ dengan F ⊂ E sehingga m*(E – F) = 0 Jika m*(E) hingga, maka kelima pernyataan di atas ekuivalen dengan 6. ∀ε > 0 terdapat himpunan U, yaitu gabungan hingga dari beberapa selang buka sehingga

m*(U ∆ E) < ε

Ukuran dari-nya sama dengan limitnya.

F1 F2

F3 Fi


46

3.5. Fungsi Terukur Proposisi : Misalkan f fungsi real dengan daerah asal himpunan terukur. Keempat pernyataan berikut ekuivalen. 1. α∀ ∈ , | ( ) x f x α> himpunan terukur 2. α∀ ∈ , | ( ) x f x α≥ himpunan terukur 3. α∀ ∈ , | ( ) x f x α< himpunan terukur 4. α∀ ∈ , | ( ) x f x α≤ himpunan terukur Keempat pernyataan di atas mengakibatkan 5. α∀ ∈ , | ( ) x f x α= himpunan terukur Bukti : Bukti iii) ⇔ iv) Diambil sebarang bilangan real α. Karena

1

1| ( ) | ( )n

x f x x f xn

α α∞

=

⎧ ⎫≤ = < +⎨ ⎬⎩ ⎭∩

dan irisan dari barisan himpunan terukur adalah terukur maka himpunan x | f(x) ≤ α terukur. Sebaliknya, karena

1

1| ( ) | ( )n

x f x x f xn

α α∞

=

⎧ ⎫< = ≤ −⎨ ⎬⎩ ⎭∪

dan gabungan dari barisan himpunan terukur adalah terukur maka himpunan x| f(x) < α terukur. Bukti i) ⇔ ii) Diambil sebarang bilangan real α. Karena

1

1| ( ) | ( )n

x f x x f xn

α α∞

=

⎧ ⎫≥ = > −⎨ ⎬⎩ ⎭∩

dan irisan dari barisan himpunan terukur adalah terukur maka himpunan x | f(x) ≥ α terukur. Sebaliknya, karena

1

1| ( ) | ( )n

x f x x f xn

α α∞

=

⎧ ⎫> = ≥ +⎨ ⎬⎩ ⎭∪

dan gabungan dari barisan himpunan terukur adalah terukur maka himpunan x| f(x) > α terukur. (the rest, see ‘Real Analysis’, 3rd ed., H.L. Royden, page 65 – 66)

Definisi : Fungsi f dikatakan terukur (Lebesgue), jika daerah asal fungsi f terukur dan salah satu dari keempat pernyataan dalam proposisi di atas berlaku. Contoh : Diketahui :f D → fungsi terukur. Didefinisikan

max(0, )f f+ = dan max(0, )f f− = − Dengan menggunakan definisi fungsi terukur, buktikan bahwa f+ dan f– terukur. Bukti : Karena f terukur, maka f fD D D

+ −= = terukur.

Misalkan, : ( )x f x Aα+ > = .

00 : ( ) : ( )

A Dx f x x f x

αα α α+

< ⇒ =

≥ ⇒ > = >


47

Misalkan, : ( )x f x Bα− > = .

00 : ( ) 0 : ( ) : ( )

B Dx f x x f x x f x

αα α α α−

< ⇒ =

≥ ⇒ > ≥ = − > = < −

Menurut definisi, terbukti bahwa f+ dan f– terukur.

Perlu dicatat bahwa, f fungsi kontinu dengan daerah asal yang terukur adalah fungsi terukur. Bukti : Misalkan :f D → dengan D himpunan terukur dan f fungsi kontinu. Karena D himpunan terukur, maka Df = D himpunan terukur. Akan dibuktikan bahwa α∀ ∈ berlaku : ( )x f x α> terukur adalah himpunan terukur. Diambil sebarang α ∈ karena

1

: ( ) : ( ) ( , )

(( , ))

x f x x f x

f D

α α

α−

> = ∈ ∞

= ∞ ⊆

Interval ( , )α ∞ adalah himpunan buka di . Berdasarkan teorema, diperoleh 1(( , ))f α− ∞ merupakan himpunan buka di D. Karena

1(( , )) ( , )k kk

f a bα− ∞ =∪

dan setiap interval/selang adalah himpunan terukur maka : ( )x f x α> himpunan terukur.

Setiap fungsi tangga merupakan fungsi terukur. Jika f fungsi terukur dan E himpunan terukur

dalam daerah asal, maka batasan f terhadap E, f|E juga terukur. Proposisi : Misalkan c suatu konstanta, f dan g dua fungsi real yang terukur dalam daerah asal yang sama, maka fungsi f + c, cf, f + g, f – g, dan fg juga terukur Bukti : (see ‘Real Analysis’, 3rd ed., H.L. Royden, page 66) Teorema : Misalkan <fn> barisan fungsi terukur, maka

1 2sup , , , nf f f , 1 2inf , , , nf f f , sup nn

f , inf nnf , lim nf , dan lim nf

adalah fungsi-fungsi terukur. Bukti : Pertama, dibuktikan bahwa 1 2sup , , , nf f f fungsi terukur. Karena fi, i = 1, 2, . . ., n terukur maka

ifD terukur. Misal

1 2sup , , , nf f f f= dan

1i

n

f fi

D D=

=∩

maka Df terukur. Diambil sebarang α ∈ . Akan dibuktikan bahwa : ( )x f x α> . Jika 1 2( ) sup ( ), ( ), , ( )nf x f x f x f x α= > maka ada i, 1 ≤ i ≤ n sehingga fi(x) > α. Jadi,

1

: ( ) : ( )n

ii

x f x x f xα α=

> ⊆ >∪

Jika fi(x) > α untuk suatu i, 1 ≤ i ≤ n maka 1 2sup ( ), ( ), , ( ) ( )nf x f x f x f xα α> ⇔ > . Jadi,


48

1

: ( ) : ( )n

ii

x f x x f xα α=

> ⊆ >∪

Kesimpulannya

1

: ( ) : ( )n

ii

x f x x f xα α=

> = >∪

Karena fi terukur maka : ( )ix f x α> terukur. Karena gabungan terhitung dari himpunan-himpunan terukur adalah terukur maka : ( )x f x α> terukur. Jadi terbukti f terukur. (sisanya lihat ‘Real Analysis’, 3rd ed., H.L. Royden, page 67)

Definisi : (i) f = g a.e jika f dan g mempunyai daerah asal yang sama dan mx| f(x) ≠ g(x) = 0 (ii) fn konvergen ke g hampir di mana-mana, jika terdapat himpunan E yang berukuran nol

sehingga fn(x) konvergen ke g(x) untuk setiap x ∉ E. Proposisi : Jika f fungsi terukur dan f = g a.e, maka g fungsi terukur. Bukti : Karena f = g (ae) maka m(x: f(x) ≠ g(x)) = 0. Misalkan f(a) ≠ g(a), maka m(a) = 0. Jadi,

( ) ( ), f gf x g x x D D a= ∀ ∈ = − Diambil sebarang α ∈ . Akan dibuktikan x : g(x) > α terukur. i) Jika f(a) < g(a)

• Jika α < f(a) < g(a) : ( ) : ( )x g x x f xα α> = > terukur

• Jika f(a) < α < g(a) : ( ) : ( ) x g x x f x aα α> = > ∪ terukur

• Jika f(a) < g(a) < α : ( ) : ( )x g x x f xα α> = > terukur

ii) Jika f(a) > g(a) • Jika α > f(a) > g(a)

: ( ) : ( )x g x x f xα α> = > terukur • Jika f(a) > α > g(a)

: ( ) : ( ) x g x x f x aα α> = > − terukur • Jika f(a) > g(a) > α

Proposisi : Misalkan f fungsi terukur pada [a,b], dan f bernilai ±∞ hanya pada himpunan yang berukuran nol, maka untuk setiap ε > 0, terdapat fungsi tangga g dan suatu fungsi kontinu h yang memenuhi

|f – g| < ε dan |f – h| < ε Kecuali pada himpunan yang berukuran lebih kecil dari ε, yaitu :

mx| |f(x) – g(x) ≥ ε < ε, dan mx| |f(x) – h(x)| ≥ ε < ε Sebagai catatan, jika m ≤ f ≤ M, pilih fungsi g dan h yang memenuhi m ≤ g ≤ M dan m ≤ h ≤ M Bukti : Bukti dibagi menjadi dua bagian


49

1) Misalkan f fungsi terukur yang didefinisikan pada [a, b] dan ( ): ( ) 0.m x f x = ±∞ = Akan dibuktikan bahwa 0, M f Mε∀ > ∃ ∋ ≤ kecuali pada himpunan yang ukurannya kurang dari ε . Ekuivalen dengan menujukkan ada M sehingga ( )[ , ] : ( )m x a b f x M ε∈ > < . Misalkan n ∈ sebarang. Didefinisikan

[ , ] : ( )nE x a b f x n= ∈ > yaitu,

1

2

1

[ , ] : ( ) 1

[ , ] : ( ) 2

[ , ] : ( )

[ , ] : ( ) 1n

n

E x a b f x

E x a b f x

E x a b f x n

E x a b f x n+

= ∈ >

= ∈ >

= ∈ >

= ∈ > +

Karena [ , ] : ( )nE x a b f x n= ∈ >

[ , ] : ( ) ( )

[ , ] : ( ) [ , ] : ( )

x a b f x n f x n

x a b f x n x a b f x n

= ∈ > ∨ < −

= ∈ > ∪ ∈ < −

dan f terukur, maka En terukur. Karena n∀ ∈ berlaku n + 1> n sehingga jika ( ) 1f x n> + maka ( )f x n> . Akibatnya

1 [ , ] : ( ) 1 [ , ] : ( )n nE x a b f x n x a b f x n E+ = ∈ > + ⊂ ∈ > = Perhatikan bahwa 1 [ , ] : ( ) 1E x a b f x= ∈ > , maka

( ) [ ]( ) ( )1 1,m E m a b m E b a≤ ⇔ ≤ − < +∞ Jadi, 1( )m E berhingga. Karena nE barisan himpunan terukur dengan 1n nE E+ ⊂ , n∀ ∈ dan 1( )m E berhingga maka diperoleh

( )1

lim 0n nnn

m E m E∞

→∞=

⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠∩

Akibatnya berlaku ( ) ( )0, [ , ] : ( )MM m E m x a b f x Mε ε ε∀ > ∃ ∋ < ⇔ ∈ > <

Hal ini berarti ( )f x M≤ kecuali pada himpunan [ , ] : ( )x a b f x M∈ > yang ukurannya kurang dari ε .

2) Misalkan f fungsi terukur yang didefinisikan pada [a, b] dan ( ): ( ) 0.m x f x = ±∞ = Akan

dibuktikan bahwa 0ε∀ > dan M, ada fungsi sederhana ϕ sehingga ( ) ( ) ,f x x xϕ ε− < ∀ sedemikan sehingga ( )f x M≤

Misalkan 0ε > dan M diberikan. Pilih N bilangan asli sehingga MN

ε< . Didefinisikan

, 1, , 1k N N N∀ ∈ − − + −…


50

[ , ] : ( ) [ , ] : ( ) ( 1)kM ME x a b f x k x a b f x kN N

⎧ ⎫ ⎧ ⎫= ∈ ≥ ∈ < +⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎩ ⎭ ⎩ ⎭

∩

Karena f terukur, maka Ek terukur. Didefinisikan fungsi ϕ , yaitu

1

,( )

0 ,

N

kk N

k

Mk x Ex N

x Eϕ

−

=−

⎧ ∈⎪= ⎨⎪ ∉⎩

∑

Jika [ , ]x a b∈ sehingga ( )f x M< maka kx E∈ untuk suatu k sehingga

( ) ( 1)M Mk f x kN N

≤ < +

Karena kx E∈ maka ( ) Mx kN

ϕ = . Akibatnya

( ) ( ) ( 1) M M Mf x x k kN N N

ϕ ε− < + − = <

Misalkan A sembarang himpunan, dan didefinisikan fungsi karakteristik dari himpunan A, yaitu

χA sebagai berikut: 1 ,

( )0 ,A

x Ax

x Aχ

∈⎧= ⎨ ∉⎩

Fungsi Aχ terukur jika dan hanya jika A terukur.

Definisi : Fungsi bernilai real ϕ dikatakan sederhana (simple), jika ϕ terukur dan memiliki hanya sejumlah berhingga nilai.

Jika ϕ sederhana (simple) dan bernilai α1, α2, . . ., αn maka 1

i

n

i Ai

ϕ α χ=

= ∑ dengan

: ( ) i iA x f x α= = . Penjumlahan dan pengurangan dua fungsi sederhana adalah sederhana. Contoh : Fungsi tangga

1, 0 1( ) 2, 1 3

3, 3 4

xf x x

x

< <⎧⎪= < <⎨⎪ < <⎩

dapat ditulis menjadi 1 2

( ) 1. 2.A Af x χ χ= + dengan

1 (0,1) (3, 4)A = ∪ dan 2 (1, 3)A =

3.6. Tiga Prinsip Littlewood J. E. Littlewood mengatakan bahwa terdapat tiga prinsip dalam teori fungsi real yang banyak

digunakan, yaitu: 1. Hampir setiap himpunan (terukur) merupakan gabungan berhingga selang-selang 2. Hampir setiap fungsi (terukur) merupakan fungsi kontinu 3. Hampir setiap barisan fungsi (terukur) yang konvergen adalah konvergen seragam Prinsip pertama dan kedua telah ditemui dalam pembahasan sebelumnya. Bentuk-bentuk untuk


51

prinsip pertama dan dapat dilihat pada proposisi sebelumnya. Contoh prinsip ketiga diberikan pada proposisi berikut ini:

Proposisi : Misalkan E memiliki ukuran hingga, <fn> barisan fungsi terukur pada E, dan f fungsi bernilai real. Jika untuk setiap x di E berlaku fn(x) → f(x), maka untuk ε > 0 dan δ > 0 yang diberikan terdapat himpunan terukur A ⊂ E dengan m(A) < δ dan bilangan asli N sedemikian sehingga untuk setiap x ∉ A dan setiap n ≥ N berlaku

|fn(х) – f(х)| < ε Bukti : Diberikan , 0ε δ > sebarang

n∀ ∈ didefinisikan : ( ) ( )n nG x E f x f x ε= ∈ − ≥

dan n∀ ∈ didefinisikan

: ( ) ( ) , untuk suatu

n kk n

n

E G

x E f x f x k nε≥

=

= ∈ − ≥ ≥

∪

Sehingga 1 2 3 nE E E E⊃ ⊃ → turun menuju nE∩ . Perhatikan bahwa

0 0

, lim ( ) ( )

, 0, sehingga untuk ( ) ( )

nn

n

x E f x f x

x E n n n f x f xε ε→∞

∀ ∈ =

∈ ∀ > ∃ ∈ ≥ ⇒ − <

Jadi, 0 0

cn nx E x E∈ ⇒ ∉ . Sehingga nE = ∅∩ .

Jadi, En turun menuju ∅. Sehingga lim ( ) 0nn

m E→∞

=

Karena lim ( ) 0nnm E

→∞= maka untuk 0δ > di atas, N∃ ∈ sehingga untuk n N≥ berlaku:

( ) 0 ( )n nm E m Eδ δ− < ⇔ < Ambil nA E E= ⊂ terukur dan ( )m A δ< .

: ( ) ( ) ,

c cn

n

A E

x E f x f x n Nε

=

= ∈ − < ∀ ≥

Jika didalam hipotesis proposisi di atas fn(x) → f(x) untuk setiap x, dikatakan bahwa <fn>

konvergen titik-demi-titik (converges pointwise) ke f pada E. Jika ada himpunan B ⊂ E dengan m(B) = 0 sedemikian sehingga fn → f titik-demi-titik pada E – B, dikatakan bahwa fn → f a.e pada E.

Proposisi : Misalkan E himpunan terukur dan ber-ukuran hingga, dan <fn> barisan fungsi terukur yang konvergen ke fungsi bernilai real f a.e pada E. Maka, untuk untuk ε > 0 dan δ > 0 yang diberikan, terdapat himpunan A ⊂ E dengan m(A) < δ, dan bilangan asli N sedemikian sehingga untuk setiap x ∉ A dan setiap n ≥ N berlaku,

|fn(х) – f(х)| < ε

Bab 4 Integral Lebesgue

4.1. Integral Riemann

Kita akan sedikit mengulang kembali beberapa definisi pamartisian dalam Integral Riemann. Misalkan f fungsi bernilai real yang terbatas dan terdefinisi pada interval [a, b] dan misalkan [a, b] dipartisi menjadi n bagian, yaitu:

0 1: np a bξ ξ ξ= < < < = Untuk setiap partisi p tersebut, didefinisikan Jumlah Atas:

11

Jumlah Atas ( )n

i i ii

S Mξ ξ −=

= = −∑

dan

11

Jumlah Bawah ( )n

i i ii

s mξ ξ −=

= = −∑

dimana, 1( , )

sup ( )i i

ix

M f xξ ξ−∈

= dan 1( , )

inf ( )i i

i xm f x

ξ ξ−∈= .

Dari pendefinisian ini terlihat bahwa untuk setiap partisi p berlaku, ( ) ( )s p S p≤ dan ( )s p dan ( )S p .

Karena partisi-partisi tersebut tidak tunggal, maka dapat didefinsikan

Integral Atas Riemann = infb

a pR f S=∫

Integral Bawah Riemann = supb

a pR f s=∫

Karena ( ) ( ) ,s p S p p≤ ∀

maka sup ( ) ( ),sup ( ) inf ( )

b b

a a

s p S p ps p S p

R f R f

≤ ∀≤

≤∫ ∫

Sehingga Integral Atas selalu lebih dari atau sama dengan Integral Bawah. Jika, b b

a aR f R f=∫ ∫

maka f disebut terintegral Riemann (Riemann Integrable) pada [a, b] dan menyebut nilai integral keduanya dengan Integral Riemann dari f dan dilambangkan

( ) b

aR f x dx∫

untuk membedakannya dengan Integral Lebesgue yang akan kita tinjau kemudian. Fungsi Tangga Fungsi tangga ψ adalah fungsi yang didefinisikan oleh

1( ) , untuk i i ix c xψ ξ ξ−= < < Dari pendefinisian ini maka,

Bab 4 – Integral Lebesgue Compiled by : Khaeroni, S.Si

53

11

( ) ( ) ( )nb

i i iai

x d x cψ ξ ξ −=

= −∑∫

Perhatikan bahwa

( ) ( ) inf ( ) ( )b b

a afR f x d x x d x

ψψ

≥=∫ ∫

( ) ( ) sup ( ) ( )b b

a afR f x d x x d x

ψψ

≤=∫ ∫

karena 1( ) , ( , ) ( ) b

i i i ax M x S x dxψ ξ ξ ψ−= ∈ ⇒ = ∫ dan 1( ) , ( , ) ( )

b

i i i ax m x s x dxϕ ξ ξ ϕ−= ∈ ⇒ = ∫

4.2. Integral Fungsi Terbatas

Kita mulai pembahasan pada sub-bab ini dengan mendefinsikan suatu fungsi yang bernilai 1 pada suatu himpunan terukur dan nol selainnya yang terintegralkan dan memiliki integral sama dengan ukuran dari himpunannya.

Fungsi Karakteristik Misalkan E ⊂ himpunan terukur. Didefinisikan fungsi karakterisitik dari E dengan aturan

1( )

0E

x Ex

x Eχ

∈⎧= ⎨ ∉⎩

Sedangkan kombinasi linear

1

( ) ( )i

n

i Ei

x a xϕ χ=

=∑

disebut fungsi sederhana jika himpunan Ei terukur. Contoh:

( 0,2 ) (1,2 ) ( 2,3)( ) 1. 2. 2xϕ χ χ χ= + + ϕ juga dapat ditulis

( 0,1) (1,2 ) ( 2,3)( ) 1. 3. 2xϕ χ χ χ= + + Jadi, representasi ϕ tidak tunggal.

Definisi (Bentuk Kanonik) Jika ϕ adalah fungsi sederhana dan a1, a2, . . ., an adalah himpunan nilainya dengan ai ≠ 0, maka

1

( ) ( )i

n

i Ai

x a xϕ χ=

=∑

dengan : ( ) i iA x x aϕ= = disebut representasi bentuk kanonik dari ϕ. Catatan : 1. ai semua beda dan ai ≠ 0. 2. Ai saling lepas 3. Bentuk kanonik dari suatu fungsi sederhana bersifat tunggal Dari sini

: fungsi tangga dan : fungsi sederhanaA B A Bϕ ϕ ϕ ϕ= = ⇒ ⊂ Definisi (Integral Fungsi Sederhana) :

Jika ϕ adalah fungsi sederhana dan mempunyai bentuk kanonik 1

( ) ( )i

n

i Ai

x a xϕ χ=

=∑

didefinisikan


54

1

( ) ( )n

i ii

x dx a m Aϕ=

=∑∫

Notasi : ϕ∫ Contoh:

( 0,1) (1,2 ) ( 2,3)( ) 1. 3. 2xϕ χ χ χ= + +

( ) 1. (0,1) 3. (1, 2) 2. (2, 3)

1.1 3.1 2.16

x dx m m mϕ = + +

= + +=

∫

Lemma berikut ini mengatakan bahwa definisi di atas berlaku juga untuk fungsi sederhana yang

tidak direpresentasikan dalam bentuk kanonik-nya. Lemma :

Misalkan 1

i

n

i Ei

aϕ χ=

=∑ dengan i jE E∩ =∅ untuk i j≠ . Misalkan Ei terukur dan ( )im E < ∞

i∀ , maka

1

( )n

i ii

a m Eϕ=

=∑∫

(ai tidak harus beda) Bukti : Didefinisikan himpunan : ( )aA x x aϕ= = . Dari pendefinisian ini, diperoleh bahwa

i

a ia a

A E=

= ∪

Jadi, semua Ei yang memiliki nilai yang sama, sebut a, digabung ke dalam himpunan Aa. Akibatnya, Aa saling asing. Sehingga,

( ) ( )ii

a i ia aa a

m A m E m E==

⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠∑∪

Dari sini, maka ( ) ( )

( )

( )

( )

a

i

i

i i

Aa a

aa a

ia a a a

i ii

x dx a x

am A

a m E

a m E

ϕ χ=

=

= =

=

=

=

=

∑∫ ∫

∑

∑ ∑

∑

Proposisi : Jika ϕ dan ψ adalah dua fungsi sederhana dan , ,a b∈ maka 1. a b a bϕ ψ ϕ ψ+ = +∫ ∫ ∫

2. Jika ϕ ψ≥ (ae) maka ϕ ψ≥∫ ∫ Bukti : Diketahui ϕ , ψ fungsi sederhana. , .a b∈ Akan dibuktikan a b a bϕ ψ ϕ ψ+ = +∫ ∫ ∫ . Misalkan representasi kanonik dari kedua fungsi tersebut adalah


55

1

1i

n

i Ai

aϕ χ=

=∑

dan 2

1i

n

i Bi

bψ χ=

=∑

Dengan Ai dan Bi saling lepas, ai semua berbeda dan bi semua berbeda untuk setiap i. Misalkan

1 2

1 21 1 1 ( )

n nnk i j i j

E A B n n n= =

= ∩ = ×

Tuliskan *

1k

n

k Ek

aϕ χ=

=∑ dan *

1k

n

k Ek

bψ χ=

=∑

dengan *ka atau *

kb mungkin ada yang sama. Jadi,

( )

( )

* *

1 1

* *

1 1

* *

1

* *

1

* *

1 1

* *

1 1

( )

( ) ( )

( ) ( )

k k

k k

k

n n

k E k Ek k

n n

k E k Ek k

n

k k Ek

n

k k kk

n n

k k k kk k

n n

k k k kk k

a b a a b b

aa ab

aa bb

aa bb m E

aa m E bb m E

a a m E b b m E

a b

ϕ ψ χ χ

χ χ

χ

ϕ ψ

= =

= =

=

=

= =

= =

+ = +

= +

= +

= +

= +

= +

= +

∑ ∑∫ ∫ ∫

∑ ∑∫ ∫

∑∫

∑

∑ ∑

∑ ∑

∫ ∫

Kedua, karena ϕ ψ≥ (ae) maka : ( ) ( ) 0m x x xϕ ψ< = . Sehingga integral-nya tidak diperhitungkan. Jadi, cukup ditinjau untuk ϕ ψ≥ . Karena ϕ ψ≥ , dengan menggunakan hasil pada bagian pertama, diperoleh

0 0 0ϕ ψ ϕ ψ ϕ ψ ϕ ψ− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Akibat :

Jika 1

i

n

i Ei

aϕ χ=

=∑ dengan Ei tidak saling lepas, maka

1 1

( )i

n n

i E i ii i

a a m Eϕ χ= =

= =∑ ∑∫ ∫

Jadi restriksi Lemma di atas agar Ei saling lepas tidak lagi diperlukan. Misalkan E adalah himpunan yang terukur dengan ( )m E < ∞ . Fungsi f adalah fungsi bernilai

real yang terbatas dan terdefinisi pada E. Bandingkan besaran inf ( )

Efx dx

ψψ

≥ ∫ dan inf ( ) Ef

x dxϕ

ϕ≤ ∫

dimana ψ dan ϕ adalah fungsi sederhana.


56

Proposisi : Misalkan f adalah fungsi yang terdefinisi dan terbatas pada himpunan terukur E dengan

( )m E < ∞ . inf ( ) sup ( ) adalah fungsi terukur

E Ef fx dx x dx f

ψ ϕψ ϕ

≥ ≤= ⇔∫ ∫

dimana ψ dan ϕ adalah fungsi sederhana. Bukti : ⇒ Karena f terbatas maka ada M > 0 sehingga ( )f x M≤ , x E∀ ∈ . Ambil n∈ sebarang. Didefinisikan , ...,k n n∀ = −

1: ( )kk kE x E M f x M

n n−⎧ ⎫= ∈ ≤ ≤⎨ ⎬

⎩ ⎭

Sebagai ilustrasi, misalkan n = 2. Maka k = –2, . . ., 2 dengan f seperti pada gambar berikut:

Terlihat Ek terukur (himpunan buka), Ek saling lepas dan kE E=∪ . Sehingga kE adalah partisi. Misalkan hampiran atas : nψ , dan hampiran bawah : nϕ . Pemilihan kedua fungsi ini bergantung pada n (banyak partisi). Dari sini, didefinisikan:

( ) ( ) ( )k k

n n

n E Ek n k n

k Mx M x k xn n

ψ χ χ=− =−

= =∑ ∑

dan ( 1)( ) ( ) ( 1) ( )

k k

n n

n E Ek n k n

k Mx M x k xn n

ϕ χ χ=− =−

−= = −∑ ∑

Terlihat ( )n x fψ ≥ dan ( )n x fϕ ≤ . Karena ( )n x fψ ≥ , maka

( ) infn

n k fk n

M km En ψ

ψ ψ≥

=−

= ≥∑∫ ∫ . . . . . . . . .(1)

Karena ( )n x fϕ ≤ , maka

( 1) ( ) supn

n kfk n

M k m En ϕ

ϕ ϕ≤=−

= − ≤∑∫ ∫ . . . . (2)

Karena sup inf

ff ψϕϕ ψ

≥≤≤∫ ∫

maka, dari (1) dan (2) diperoleh:

M

M/2

–M/2

–M

–3M/2

k = 2

k = 1

k = 0

k = –1

k = –2

E0 E2 E1 E1

2

1

0

1

2

3: ( )2

1: ( )2

1: ( ) 02

1: 0 ( )2

1: ( )2

E x E M f x M

E x E M f x M

E x E M f x

E x E f x M

E x E M f x M

−

−

⎧ ⎫= ∈ − ≤ ≤ −⎨ ⎬⎩ ⎭⎧ ⎫= ∈ − ≤ ≤ −⎨ ⎬⎩ ⎭⎧ ⎫= ∈ − ≤ ≤⎨ ⎬⎩ ⎭⎧ ⎫= ∈ ≤ ≤⎨ ⎬⎩ ⎭⎧ ⎫= ∈ ≤ ≤⎨ ⎬⎩ ⎭


57

( )

sup inf

0 inf sup ( ) ( 1) ( )

( 1) ( )

( )

( )

.

.

,

.

.

.

n nff

n n

n n k kf f k n k nn

kk n

n

kk n

M Mkm E k m En nM k k m EnM m EnM m E nn

ψϕ

ψ ϕ

ϕ ϕ ψ ψ

ψ ϕ ψ ϕ

≥≤

≥ ≤ =− =−

=−

=−

≤ ≤ ≤

⇔ ≤ − ≤ − = − −

= − −

=

= ∀

∫ ∫ ∫ ∫

∑ ∑∫ ∫ ∫ ∫

∑

∑

Dengan mengambil limit-nya diperoleh sup inf 0ff ψϕ

ϕ ψ≥≤

− =∫ ∫ .

⇐ Diketahui sup inf

ff ψϕϕ ψ

≥≤=∫ ∫ . Akan dibuktikan f fungsi terukur. Ekuivalen dengan membuktikan

ada fungsi terukur *ψ sehingga *f ψ= (ae). Karena sup inf

ff ψϕϕ ψ

≥≤=∫ ∫ maka n∀ ∈ ada fungsi sederhana nϕ dan nψ sehingga:

1) n nfϕ ψ≤ ≤

2) 1n n n

ψ ϕ− <∫ ∫

Terlihat nϕ naik dan nψ turun. Didefinisikan * sup n

nϕ ϕ= dan * inf nn

ψ ψ=

Karena , n f nϕ ≤ ∀ maka * sup n fϕ ϕ= ≤ Karena , nf nψ≤ ∀ maka *sup nf ψ ψ≤ = Jadi, * *fϕ ψ≤ ≤ dengan *ϕ dan *ψ fungsi terukur.

Selanjutnya, akan dibuktikan ( ) ( )* * * *: ( ) ( ) : ( ) ( ) 0m x x x m x x xϕ ψ ϕ ψ≠ = < = . Misal,

* *: ( ) ( )x x xϕ ψ∆ = <

Karena * *( ) ( )x xϕ ψ< maka ada bilangan v ∈ sehingga * * 1( ) ( )x xv

ϕ ψ< −

Misal * * 1: ( ) ( )v x x x

vϕ ψ⎧ ⎫∆ = < −⎨ ⎬

⎩ ⎭

dan v

v∈

∆ = ∆∪

Terlihat * * *1 1: ( ) ( ) : ( ) ( )v n n vx x x x x x

v vϕ ψ ϕ ψ⎧ ⎫ ⎧ ⎫∆ = < − ⊂ < − = ∆⎨ ⎬ ⎨ ⎬

⎩ ⎭ ⎩ ⎭

dan

( )* *

*1 1v v

n n vmv v

ψ ϕ∆ ∆

− > = ∆∫ ∫

Jadi,


58

( )

( )( )( )

*

*

*

*

1 1

,

0

0

vv n n n nE E

v

v

mv n

vm nn

m

m

ψ ϕ ψ ϕ∆

∆ < − ≤ − <

⇒ ∆ < ∀

⇒ ∆ =

⇒ ∆ =

∫ ∫ ∫

Definisi (Integral Fungsi Terbatas) : Misalkan f adalah fungsi terukur dan terbatas yang terdefinisi pada himpunan E yang terukur dengan ( )m E < ∞ . Didefinisikan Integral Lebesgue dari f pada E sebagai berikut:

( ) ( ) inf ( ) E Ef

f x d x x dxψ

ψ≥

=∫ ∫

dimana ψ adalah fungsi sederhana. Definisi di atas bisa ditulis ( ) ( ) sup ( ) E Ef

f x d x x dxϕ

ϕ≤

=∫ ∫ .

Notasi: 1) ( ) ( )

E Ef x d x f=∫ ∫

2) Jika E = [a, b] maka b

E af f=∫ ∫

3) Jika f adalah fungsi yang terukur dan terbatas serta f bernilai nol di luar himpunan E yang terukur dengan ( )m E < ∞ , maka

Ef f=∫ ∫

4) EEf f χ=∫ ∫

Hubungan antara Integral yang didefinisikan di atas dengan Integral Riemann yang didefinisikan

sebelumnya diberikan dalam proposisi berikut: Proposisi : Misalkan f adalah fungsi terbatas yang terdefinisi pada [a, b]. Jika f terintegralkan Riemann pada [a, b] maka f terukur dan

( ) ( ) ( ) ( )b b

a aR f x d x f x d x=∫ ∫

Bukti : Misalkan A = koleksi fungsi tangga B = koleksi fungsi sederhana Karena f terintegral(kan) Riemann, maka

sup infb b

a a AA ff

R f R fϕϕ ϕϕ

ϕ ϕ∈∈ ≤≤

= = =∫ ∫ ∫ ∫

Karena A B⊂ maka, inf infsup sup

A BA B≥≤

Jadi,

sup sup inf infb b

a aB AA B f ff f

R f R fϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ∈ ∈∈ ∈ ≤ ≤≤ ≤

= ≤ ≤ ≤ =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Kesimpulan:


59

sup infBB ff

ϕϕ ϕϕ

ϕ ϕ∈∈ ≤≤

=∫ ∫ , menurut proposisi sebelumnya f terukur

dan,

supb b

a aBf

f R fϕϕ

ϕ∈≤

= =∫ ∫ ∫

Sifat Integral Fungsi Terukur dan Terbatas Sifat-sifat fungsi terukur dan terbatas diberikan dalam 3 proposisi berikut: Proposisi : Misalkan f dan g adalah fungsi terukur, terbatas dan terdefinisi pada himpunan terukur E dengan

( )m E < ∞ , maka: 1. ( )

E E Eaf bg a f b g+ = +∫ ∫ ∫

2. Jika f = g (ae) maka E E

f g=∫ ∫

3. Jika f g≤ (ae) maka E E

f g≤∫ ∫ dan akibatnya E E

f f≤∫ ∫

4. Jika ( )A f x B≤ ≤ (ae) maka ( ) ( )E

Am E f Bm E≤ ≤∫

5. Jika A dan B adalah himpunan terukur dan A B∩ =∅ , dengan ( ), ( )m A m B < ∞ maka

A B A Bf f f

∪= +∫ ∫ ∫

Bukti : 1. Akan dibuktikan bahwa:

i) E E

af a f=∫ ∫

ii) E E E

f g f g+ = +∫ ∫ ∫

Pertama, infE f

fϕ

ϕ≥

=∫ ∫ dengan ϕ fungsi sederhana.

Jika a > 0 maka inf inf inf

E Ea af a af faf a a a a f

ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ

≥ ≥ ≥= = = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Jika a < 0 maka inf inf sup

E Ea af f faf a a a a f

ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ

≥ ≤ ≤= = = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Kedua, misalkan A = ϕ, ψ fungsi sederhana : ϕ ≤ f dan ψ ≤ g B = ϕ fungsi sederhana : f + g ≤ ϕ Diambil , Aϕ ψ ∈ sehingga f g ϕ ψ+ ≤ + . Menggunakan sifat infimum dan sifat integral fungsi sederhana diperoleh

inf inf infE E Ef g f f

B A A

f g f gϕ ϕ ψϕ ϕ ψ

ϕ ϕ ψ ϕ ψ ϕ ψ≥ + ≥ ≥∈ ∈ ∈

+ = ≤ + = + ≤ + = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ …… (*)

Kemudian, misalkan C = ϕ, ψ fungsi sederhana : ϕ ≥ f dan ψ ≥ g D = ϕ fungsi sederhana : f + g ≥ ϕ Diambil , Cϕ ψ ∈ sehingga f g ϕ ψ+ ≥ + . Menggunakan sifat supremum dan sifat integral fungsi sederhana diperoleh

sup sup supE E Ef g f f

D C C

f g f gϕ ϕ ψϕ ϕ ψ

ϕ ϕ ψ ϕ ψ ϕ ψ≤ + ≤ ≤∈ ∈ ∈

+ = ≥ + = + ≥ + = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ …… (**)


60

Dari (*) dan (**) diperoleh

E E Ef g f g+ = +∫ ∫ ∫

Dari hasil pertama dan kedua ini, diperoleh

E E E E Eaf bg af bg a f b g+ = + = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2. Karena f = g (ae) maka f – g = 0 (ae)

Misalkan ψ fungsi sederhana dengan ψ ≥ f – g. Karena f – g = 0 (ae) maka ψ ≥ 0 (ae). Karena ψ ≥ 0, maka 0ψ ≥∫ . Oleh karena itu,

inf 0E f g

f gψ

ψ≥ −

− = ≥∫ ∫

Kemudian, misalkan ϕ fungsi sederhana dengan ϕ ≤ f – g. Karena f – g = 0, maka ϕ ≤ 0 (ae). Karena ϕ ≤ 0 maka 0ψ ≤∫ . Oleh karena itu,

sup 0E f g

f gϕ

ψ≤ −

− = ≤∫ ∫

Dari sini maka, 0

Ef g− =∫

Dengan menggunakan hasil pada bagian 1, diperoleh 0 0

E E E E Ef g f g f g− = ⇔ − = ⇔ =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

3. Diketahui f g≤ (ae) maka 0f g− ≤ (ae). Misalkan ϕ fungsi sederhana dengan 0f gϕ ≤ − ≤ maka 0ϕ ≤ . Karena 0ϕ ≤ maka

0Eϕ ≤∫ . Menurut definisi

supE Ef g

f gϕ

ϕ≤ −

− =∫ ∫

Karena 0Eϕ ≤∫ maka begitu juga dengan supremum-nya dan dengan menggunakan hasil

pada bagian 1, diperoleh 0 0

E E E E Ef g f g f g− ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Kemudian, akan dibuktikan bahwa E E

f f≤∫ ∫ atau ekuivalen dengan menunjukkan

E E Ef f f− ≤ ≤∫ ∫ ∫

Dari kenyataan bahwa f f≤ dan f f− ≤

maka menurut hasil sebelumnya dan bukti pada bagian 1 diperoleh

E Ef f≤∫ ∫ dan

E E E Ef f f f− ≤ ⇔ − ≤∫ ∫ ∫ ∫

4. Karena ( )A f x B≤ ≤ maka menurut bukti pada bagian 3, diperoleh ( ) 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( )

E E E E E E EA f x B A f x B Am E f x Bm E≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

5. Pertama, dibuktikan bahwa jika A B∩ =∅ maka A B A Bχ χ χ∪ = + 1

( )0A B

x A Bx

x A Bχ ∪

∈ ∪⎧= ⎨ ∉ ∪⎩

Kasus I: Untuk x A B∈ ∪ maka ( ) 1A B xχ ∪ = . Karena x A B∈ ∪ maka x A∈ atau x B∈ Diketahui A B∩ =∅ , sehingga jika x A∈ maka x B∉ . Akibatnya:

( ) ( ) 1 0 1 ( )A B A Bx x xχ χ χ ∪+ = + = = Sebaliknya, jika x A∉ maka x B∈ . Akibatnya:


61

( ) ( ) 0 1 1 ( )A B A Bx x xχ χ χ ∪+ = + = = Kasus II : Untuk x A B∉ ∪ maka ( ) 0A B xχ ∪ = . Karena x A B∉ ∪ maka x A∉ dan x B∉ . Akibatnya:

( ) ( ) 0 0 0 ( )A B A Bx x xχ χ χ ∪+ = + = = Jadi terbukti A B A Bχ χ χ∪ = + . Selanjutnya, diperhatikan bahwa:

( )

.

.

A BA B

A B

A B

f f

f

f f

χ

χ χ

χ χ

∪∪=

= +

= +

∫ ∫∫∫

Dengan menggunakan hasil pada bagian 1, diperoleh

A BA B

A B

f f f

f f

χ χ∪

= +

= +

∫ ∫ ∫∫ ∫

Proposisi (Teorema Kekonvergenan Terbatas) : Misalkan nf adalah barisan fungsi terukur yang terdefinisi pada himpunan terukur E, dengan

( )m E < ∞ . Misalkan terdapat M sehingga ( ) , dan .nf x M n x≤ ∀ ∀ Jika ( ) lim ( )nnf x f x

→∞= ,

,x E∀ ∈ maka lim nE En

f f→∞

=∫ ∫

Bukti : Diambil 0ε > sebarang.

Menurut prinsip Littlewood, untuk 102 ( )m Eεε< ≤ dan 0

4Mεδ< ≤ terdapat himpunan terukur

A E⊂ dan N ∈ sehingga 1. ( )m A δ< 2. 1( ) ( ) , , c

nf x f x n N x Aε− < ∀ ≥ ∀ ∈ Dari sini, maka

,

..........................................(1)c

n nE E E

cnE

n nA A

f f f f

f f E A A

f f f f

− = −

≤ − = ∪

= − + −

∫ ∫ ∫∫∫ ∫

Karena ( ) lim ( )nnf x f x

→∞= dan ( ) , dan nf x M n x≤ ∀ ∀ maka ( )f x M≤ . Sehingga n∀ ∈

berlaku, 2 .....................................................(2)n nf f f f M M M− ≤ + ≤ + =

Jadi, dari (1), (2), 1, dan 2 untuk setiap n N≥ berlaku

1 1 12 2 . ( ) . ( ) 2 . ( )

2 ( )4 2 ( ) 2 2

c

cnE E A A

f f M M m A m A M m E

M m EM m E

ε ε δ ε

ε ε ε ε ε

− ≤ + = + < +

< + = + =

∫ ∫ ∫ ∫

Proposisi : Fungsi f terbatas pada [a, b], terintegral Riemann ( ): titik diskontinu 0m x x f⇔ =


62

4.3. Integral Fungsi Tak Negatif Definisi (Integral Fungsi tak Negatif) : Misalkan f fungsi terukur tak negatif yang terdefinisi pada himpunan terukur E. Didefinisikan

supE Eh f

f h≤

=∫ ∫

dengan h fungsi terukur dan terbatas sehingga ( ): ( ) 0m x h x ≠ < ∞ . Sifat Integral Fungsi tak Negatif Sifat-sifat integral fungsi tak negatif diberikan dalam proposisi-proposisi dan lemma berikut: Proposisi : Misalkan f dan g adalah fungsi terukur tak negatif, maka 1. , 0

E Ecf c f c= >∫ ∫

2. E E E

f g f g+ = +∫ ∫ ∫


f g≤∫ ∫ Bukti : 1. Misalkan h fungsi terukur dan terbatas sehingga ( ): ( ) 0m x h x ≠ < ∞ . Menurut definisi,

sup sup supE E E E Ech cf h f h f

cf ch c h c h c f≤ ≤ ≤

= = = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2. Diambil h dan k fungsi terukur dan terbatas sehingga h f≤ dan k g≤ . Dari sini diperoleh h k f g+ ≤ + dan h + k juga merupakan fungsi terukur dan terbatas pada E. Sehingga,

sup

sup sup

E E Eh k f g

E E E E Eh f k g

E E E

h k h k f g

h k h k f g

f g f g

+ ≤ +

≤ ≤

+ ≤ + = +

⇔

+ ≤ + ≤ +

⇔

+ ≤ +

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

Selanjutnya, diambil l fungsi terukur dan terbatas pada E dengan ( ): ( ) 0m x l x ≠ < ∞ dan l f g≤ +

Didefinisikan fungsi h dan k dengan aturan min( , )h f l= dan k l h= −

Diperoleh, h f≤ dan h l≤ . Karena l terukur dan terbatas dan h l≤ maka h terukur dan terbatas. Untuk x E∈ sebarang. Jika ( ) ( )f x l x≤ maka ( ) ( )h x f x= . Jadi,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )k x l x h x l x f x f x g x f x g x= − = − ≤ + − ≤ Jika ( ) ( )f x l x> maka ( ) ( )h x l x= . Jadi,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( )k x l x h x l x l x g x= − = − = ≤ Sehingga k fungsi terukur dan terbatas. Akibatnya

sup supE E E E E E E Eh f k g

l h k h k h k f g≤ ≤

= + = + ≤ + = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

dan sup

E E E E E E El f gl l f g f g f g

≤ +≤ ≤ + ⇔ + ≤ +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫


63

Dari sini maka

E E Ef g f g+ = +∫ ∫ ∫

3. Misal :A h h f= ≤ , h fungsi terukur dan terbatas :B h h g= ≤

Karena h A h f g h g h B∈ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ∈

maka A B⊂ . Oleh karena itu,

sup supE E E Eh f h f

h A h B

f h g h≤ ≤∈ ∈

= ≤ =∫ ∫ ∫ ∫

Jadi,

E Ef g≤∫ ∫

Lemma Fatou : Misalkan fn adalah barisan fungsi terukur tak negatif dan lim ( ) ( )nn

f x f x→∞

= hampir dimana-

mana di E, maka lim nE E

f f≤∫ ∫ Bukti : Diambil h, fungsi terukur dan terbatas pada E sebarang sehingga .h f≤

( ), ( ) ( )( )

( ), ( ) ( )n

nn n

h x f x h xh x

f x f x h x≥⎧

= ⎨ <⎩

Dari definisi ini, karena h dan fn terukur ∀n maka hn terukur ∀n. Juga diperoleh bahwa ,nh h n≤ ∀ ,nh f n≤ ∀ dan lim nn

h h→∞

=

Karena hn terbatas oleh h, maka hn terbatas seragam. Karena hn terbatas seragam oleh h, dan lim nn

h h→∞

= pada E maka (Teorema Kekonvergenan Terbatas)

lim limn nE E En nh h h

→∞ →∞= =∫ ∫ ∫

Karena ,n nh f n≤ ∀ maka ,n nE Eh f n≤ ∀∫ ∫ . Dari sini, , lim lim limn n nE E E En

n h h h f→∞

∀ = = ≤∫ ∫ ∫ ∫

Sehingga, sup lim limn nE E E Eh f

f h h f≤

= = ≤∫ ∫ ∫ ∫

Teorema (Kekonvergenan Monoton): Misalkan fn barisan fungsi terukur tak negatif yang monoton naik dan lim ( ) ( )nn

f x f x→∞

= (a.e)

maka lim nf f=∫ ∫

Bukti : Diketahui fn barisan fungsi terukur, 0, nf n≥ ∀ , nf f pada E. Akan dibuktikan

lim nf f=∫ ∫ . Menggunakan Lemma Fatou diperoleh

lim nf f≤∫ ∫


64

Karena lim limn nf f≤∫ ∫ , maka cukup dibuktikan lim nf f≤∫ ∫ Karena , nf f n≤ ∀ maka

limn nf f f f≤ ⇔ ≤∫ ∫ ∫ ∫

Akibat : Misalkan un barisan fungsi terukur tak negatif. Misalkan

1n

n

f u∞

=

=∑

maka

1n

nf u

∞

=

=∑∫ ∫

Bukti : Didefinisikan

1

n

n ii

f u=

= ∑

Terlihat fn barisan naik monoton tak negatif. Dari sini maka,

1 1

lim limn

n i in n i i

f u u f∞

→∞ →∞= =

= = =∑ ∑

Jadi, lim nnf f

→∞= . Berlaku teorema kekonvergenan monoton:

1 1 1

lim lim lim limn n

n n i i in n n ni i if f f u u u

∞

→∞ →∞ →∞ →∞= = =

= = = = =∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Proposisi : Misalkan f fungsi tak negatif dan <Ei> barisan himpunan terukur yang saling asing. Misalkan

iE E=∪ . Maka

iE Ef f=∑∫ ∫

Bukti : Diambil

.ii Eu f χ=

maka .i Eu f χ=∑

Dengan menggunakan hasil pada akibat di atas, diperoleh

1 1

. .i

iE EE E

i i

f f f fχ χ∞ ∞

= =

= = =∑ ∑∫ ∫ ∫ ∫

Definisi : Fungsi terukur tak negatif f disebut terintegralkan pada himpunan terukur E jika

Ef < ∞∫ .

Sifat-sifat fungsi terintegralkan diberikan pada dua proposisi berikut Proposisi : Misalkan f dan g dua fungsi terukur tak negatif. Jika f terintegralkan pada himpunan E dan

( ) ( )g x f x< pada E, maka g juga terintegralkan pada E, dan


65

E E Ef g f g− = −∫ ∫ ∫

Bukti : Diketahui f terintegralkan maka

( )E E E E

f f g g f g g= − + = − + < ∞∫ ∫ ∫ ∫

Jadi, E

f g− < ∞∫ . Akibatnya, E

g < ∞∫ , yang berarti g terintegralkan pada E. Juga,

E E E E E Ef f g g f g f g= − + ⇔ − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Proposisi : Misalkan f adalah fungsi tak negatif yang terintegralkan pada E. Maka untuk sebarang 0ε > , terdapat 0δ > sehingga untuk setiap A E⊂ dengan ( )m A δ< berlaku

Af ε<∫

Bukti : Diambil sebarang 0ε > . Jika f terbatas dan 0f ≥ maka ada M > 0 sehingga f M≤ . Pilih 0δ > dengan M

εδ < sehingga untuk setiap A E⊂ dengan ( )m A δ< berlaku

. ( ) MA Af M M m A M M εδ ε≤ = < < <∫ ∫ .

Jika f tidak terbatas. Didefinisikan

min( , ), nf f n n= ∀ ∈ Dengan pendefinisian ini diperoleh bahwa fn naik dan konvergen ke f, , nf n n≤ ∀ ∈ , selain itu 0nf ≥ dan 0f ≥ . Dari sini maka, (teorema kekonvergenan monoton)

lim nE Enf f

→∞=∫ ∫

Karena lim nE Enf f

→∞=∫ ∫ maka untuk 0ε > di atas, ada N ∈ sehingga untuk n N≥ berlaku:

2nE Ef f ε− <∫ ∫ .

Jika diambil n = N,

2 2N N NA A A A A Af f f f f fε ε− = − < ⇒ − <∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Diambil 20 Nεδ< < sehingga A E∀ ⊂ dengan ( ) ,m A δ< maka

2

2

2 2

2 2

( terbatas oleh )

< . ( ).

N NA A

N NA A

A

N

f f f f

f f f

N N

N m AN

ε

ε

ε ε

ε ε ε

= − +

= − +

< + ↑

+

< +

< + =

∫ ∫∫ ∫∫

Contoh Soal (Problem 4.6) Misalkan <fn> adalah barisan fungsi terukur yang tak negatif yang konvergen ke f, dan misalkan fn ≤ f untuk setiap bilangan asli n. Buktikan bahwa

lim nf f=∫ ∫


66

Jawab : Diambil <fn> barisan fungsi terukur dan tak negatif yang konvergen ke f dan untuk setiap bilangan asli n, berlaku fn ≤ f. Dengan menggunakan lemma Fatou diperoleh

lim limn nf f f≤ ≤∫ ∫ ∫ (1)

Karena fn tak negatif, dan fn ≤ f maka f tak negatif. Karena lim nnf f

→∞= dan fn terukur untuk

setiap n, maka f terukur. Akibatnya, dengan menggunakan proposisi 8, karena fn ≤ f maka

nf f≤∫ ∫ Sehingga dengan mengambil limit superiornya diperoleh

lim limnf f f≤ ≤∫ ∫ ∫ (2) Dari (1) dan (2) disimpulkan

lim lim lim limn n n nf f f f f≤ ≤ ≤ ≤∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Akibatnya

lim limn nf f f= =∫ ∫ ∫ Jadi,

lim nf f=∫ ∫

4.4. Integral Lebesgue (General Integral Lebesgue)

Misalkan f suatu fungsi bernilai real. Didefinisikan

( ) max(0, ( ))f x f x+ = dan

( ) max(0, ( ))f x f x− = − Maka, , 0f f+ − ≥ , f f f+ −= − , dan f f f+ −= + . Sehingga diperoleh

| |2

f ff + += dan | |

2f ff − −

= .

Jika f fungsi terukur maka f+ dan f– juga terukur. Definisi : Fungsi terukur f disebut terintegralkan pada E jika f+ dan f– terintegralkan pada E dan didefinisikan

E E Ef f f+ −= −∫ ∫ ∫

Perlu dicatat bahwa, fungsi f terukur dan terintegralkan jika dan hanya jika f+ dan f–

terintegralkan. Jadi f terintegralkan jika dan hanya jika E

f + < ∞∫ dan E

f − < ∞∫ . Sifat-sifat Integral Lebesgue diberikan pada proposisi dan teorema-teorema berikut: Proposisi : Misalkan f dan g adalah fungsi terintegralkan pada E, maka: 1. Fungsi cf terintegralkan pada E untuk setiap bilangan real c dan

E Ecf c f=∫ ∫

2. Fungsi f + g terintegralkan pada E dan E E E

f g f g+ = +∫ ∫ ∫


f g≤∫ ∫


67

4. Jika A dan B adalah himpunan terukur dan A B∩ =∅ , dengan ,A B E⊂ maka

A B A Bf f f

∪= +∫ ∫ ∫

Bukti : 1. Jika c > 0 maka

( ) max(0, ) .max(0, )

( ) max(0, ) .max(0, )

cf cf c f cf

cf cf c f cf

+ +

− −

= = =

= − = − =

Menurut definisi ( ) ( )cf cf cf+ −= − .

Jadi

( )( ) ( )E E E E E E E E E E

cf cf cf cf cf c f c f c f f c f+ − + − + − + −= − = − = − = − =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Jika c < 0 maka ( ) max(0, ) .max(0, )

( ) max(0, ) .max(0, )

cf cf c f cf

cf cf c f cf

+ −

− +

= = − − = −

= − = − = −

Menurut definisi

( )( ) ( )E E E E E E E E E E

cf cf cf cf cf c f c f c f f c f+ − − + − + + −= − = − − − = − + = − =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Karena f terintegralkan, maka E

f < ∞∫ . Akibatnya

E Ecf c f= < ∞∫ ∫

yang berarti cf terintegralkan 2. Menurut definisi

( ) ( )E E E

f g f g f g+ −+ = + + +∫ ∫ ∫

Pada dasarnya ( )f g f g+ + ++ ≠ + . Sehingga perlu menggunakan bantuan bukti yang lain. Misalkan 1 2f f f= − dengan 1 2, 0f f ≥ maka

1 2

1 2

2 1

2 1

2 1

1 2

1 2

E E

E E E E

E E E E

E E E

f f f

f f f f

f f f f

f f f f

f f f f

f f f f

f f f

+ −

+ −

+ −

+ −

+ −

= −

− = −

+ = +

+ = +

+ = +

− = −

= −

∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

Jadi, ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

E E

E

E E

E E E E

E E E E

E E

f g f f g g

f g f g

f g f g

f g f g

f f g g

f g

+ − + −

+ + − −

+ + − −

+ + − −

+ − + −

+ = − + −

= + − +

= + − +

= + − −

= − + −

= + < ∞

∫ ∫∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫


68

Jadi f + g terintegralkan. 3. Karena f g≤ maka 0g f− ≥ . Dengan menggunakan hasil pada 2) diperoleh

0E E E E E

g f g f g f− = − ≥ ⇔ ≥∫ ∫ ∫ ∫ ∫

4. Karena A B∩ =∅ maka A B A Bχ χ χ∪ = + . Jadi, . . .A B A BA B A B

f f f f f fχ χ χ∪∪= = + = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Teorema (Teorema Kekonvergenan Lebesgue) : Misalkan g fungsi terintegralkan pada E dan <fn> barisan fungsi terukur sedemikian sehingga

nf g≤ pada E n∀ dan lim ( ) ( )nnf x f x

→∞= (ae) di E. Maka

lim nE Ef f=∫ ∫

Bukti : Karena nf g≤ pada E n∀ maka 0g ≥ dan ng f g− ≤ ≤ . Jadi, 0ng f− ≥ dan 0nf g+ ≥ i) 0ng f− ≥ , n∀

lim limn nn ng f g f g f

→∞ →∞− = − = −

Lemma Fatou lim lim limn n nE E E E E E E E

f g f g g f g f g f− = − ≤ − = − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Jadi,

lim limn nE E E Ef f f f− ≤ − ⇔ ≥∫ ∫ ∫ ∫ ………………….. (*)

ii) 0nf g+ ≥ , n∀ lim limn nn n

f g f g f g→∞ →∞

+ = + = +

Lemma Fatou lim limn nE E E E E E

f g f g f g f g+ = + ≤ + = +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Jadi,

lim nE Ef f≤∫ ∫ ………………….. (**)

Dari (*), (**), dan lim limn nE E

f f≤∫ ∫ diperoleh

lim lim lim limn n n nE E E E Ef f f f f≤ ≤ ≤ ≤∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Jadi, lim lim limn n nE E E E

f f f f= = =∫ ∫ ∫ ∫

Teorema di atas mensyaratkan bahwa barisan <fn> didominasi oleh fungsi tetap g yang

terintegralkan. Ternyata, dari pembuktian di atas syarat ini tidak begitu diperlukan. Jika kita mengganti setiap g pada bukti di atas dengan gn maka kita mendapatkan perumuman dari Teorema Kekonvergenan Lebesgue sebagai berikut:

Teorema (General Lebesgue Convergence Theorem): Misalkan <gn> barisan fungsi terintegralkan yang konvergen ke fungsi terintegralkan g hampir dimana-mana. Misalkan <fn> barisan fungsi terukur sedemikian sehingga |fn| ≤ gn untuk setiap n dan <fn> konvergen ke f hampir di mana-mana. Jika

lim ng g=∫ ∫ maka


69

lim nf f=∫ ∫

Karena |fn| ≤ gn untuk setiap n maka –gn ≤ fn ≤ gn untuk setiap n. Dari sini untuk setiap n berlaku: (i) gn + fn ≥ 0, dan (ii) gn – fn ≥ 0. Jelas gn + fn dan gn – fn terukur dan

( )lim lim limn n n nn n ng f g f g f

→∞ →∞ →∞± = ± = ±

Dengan menggunakan Lemma Fatou dan sifat-sifat limit superior dan inferior diperoleh ( ) lim ( )

( ) lim ( ) lim lim lim

lim

n n

n n n n n

n

g f g f

g f g f g f g f g f

f f

+ ≤ +

⇔

+ = + ≤ + ≤ + = +

⇔

≤

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

dan ( ) lim ( )

( ) lim ( ) lim lim ( ) lim

lim lim

n n

n n n n n

n n

g f g f

g f g f g f g f g f

f f f f

− ≤ −

⇔

− = − ≤ − ≤ + − = −

⇔

− ≤ − ⇔ ≥

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

Dari sini diperoleh, lim limn nf f f≤ ≤∫ ∫ ∫ dan lim limn nf f f≤ ≤∫ ∫ ∫

Sehingga, lim lim lim limn n n nf f f f f≤ ≤ ≤ ≤∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Akibatnya, lim lim limn n nf f f f= = =∫ ∫ ∫ ∫

Contoh Soal (Problem 4.10) Tunjukkan bahwa jika f terintegralkan pada E, maka |f| juga terintegralkan dan

E Ef f≤∫ ∫

Apakah juga berlaku sebaliknya? Jawab : Karena f terintegralkan, maka f+ dan f– juga terintegralkan. Akibatnya |f| = f+ + f– terintegralkan pada E dan

E E E E E E E E E Ef f f f f f f f f f f f+ − + − + − + − + −= − = − ≤ + = + = + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Bagaimana dengan sebaliknya? Jika |f| terintegralkan pada E, maka | |

E Ef f+ ≤ < ∞∫ ∫ dan | |

E Ef f− ≤ < ∞∫ ∫ . Sehingga f+

dan f– juga terintegralkan pada E. Akibatnya f = f+ – f– terintegralkan. Cara lain :

terintegralkan dan terintegralkanf f f+ −⇔ Dari definisi,

max(0, )f f f f f+ + −= = = +


70

dan max(0, ) 0f f− = − =

maka,

E E E Ef f f f f+ + − + −= + = + < ∞∫ ∫ ∫ ∫

dan, 0 0

E Ef − = = < ∞∫ ∫

Jadi, dan terintegralkan.f f+ −

Bab 5 Turunan dan Integral

Pada bagian ini kita memandang turunan sebagai invers dari integral. Secara sederhana, kita

perlu menjawab beberapa pertanyaan berikut: Kapankah

'( ) ( ) ( )b

af x dx f b f a= −∫ ?

Kapankan

( ) ( )x

a

d f y dy f xdx

=∫ ?

Dari teori integral Riemann telah diketahui bahwa hubungan kedua akan dipenuhi jika f kontinu di x. Kita perlu menunjukkan bahwa hubungan ini secara umum dipenuhi hampir dimana-mana. Sehingga turunan merupakan invers/kebalikan dari integral. Pertanyaan pertama, jauh lebih sulit walaupun menggunakan Integral Lebesgue, dan bernilai benar hanya untuk beberapa kelas fungsi.

Pada Integral Riemann, turunan suatu fungsi di titik tertentu merupakan kemiringan (gradien) garis singgung di titik tersebut. Perhatikan ilustrasi berikut:

Untuk garis l,

( ) ( )l

f a h f amh

+ −= ; garis singgung di 0

( ) ( )lima h

f a h f amh→

+ −=

Untuk garis k, ( ) ( )

kf a f a hm

h− −

= ; garis singgung di 0

( ) ( )lima h

f a f a hmh→

− −=

5.1. Turunan Fungsi Monoton Misalkan ℑ = I1, . . . adalah koleksi interval-interval. Koleksi ℑ disebut selimut Vitali untuk E

jika untuk setiap 0ε > dan apapun x E∈ , terdapat interval I ∈ℑ sedemikian sehingga x I∈ dan ( )l I ε< . Interval-interval ini mungkin buka, tutup, atau setengah tutup. Yang jelas, interval tersebut

tidak boleh hanya terdiri dari satu titik. Lemma Vitali : Jika ℑ adalah selimut Vitali untuk E dengan * ( )m E < ∞ maka untuk setiap 0ε > ada koleksi berhingga interval di ℑ yang saling lepas I1, I2, . . ., IN sehingga

1

* ~N

nn

m E I ε=

⎡ ⎤<⎢ ⎥

⎣ ⎦∪

a–h a a+h

f(a)

f(a+h)f(a–h)

l

k

Bab 5 – Turunan dan Integral Compiled by : Khaeroni, S.Si

72

Bukti: (see ‘Real Analysis’, H.L. Royden, 3rd ed, page 98–99) Dari Lemma di atas,

1 1 1

* ~ * ( ) * * * ( )N N N

n n nn n n

m E I m E m I m I m Eε ε ε= = =

⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞< ⇒ − < ⇔ > −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∪ ∪ ∪

Selanjutnya, dalam tujuan kita membahas mengenai turunan (derivatif) dari suatu fungsi f, kita perlu mendefinisikan 4 macam turunan dari fungsi f di x sebagai berikut:

0

( ) ( )( ) limh

f x h f xD f xh+

+

→

+ −=

0

( ) ( )( ) limh

f x h f xD f xh+

+→

+ −=

0

( ) ( )( ) limh

f x f x hD f xh+

−

→

− −=

0

( ) ( )( ) limh

f x f x hD f xh+

−→

− −=

Dari pendefinisian di atas, jelas bahwa ( ) ( )D f x D f x++≥ dan ( ) ( )D f x D f x−

−≥ . Jika ( ) ( ) ( ) ( )D f x D f x D f x D f x+ −

+ −= = = ≠ ±∞ maka f dikatakan terturunkan (differentiable) di x dan kita menuliskan f’(x) sebagai nilai turunan f di titik x. Jika ( ) ( )D f x D f x+

+= maka f dikatakan memiliki turunan kanan (right-hand derivates) di x dan menuliskan f’+(x) sebagai nilai turunan kanan f di x. Demikian juga untuk yang lain, dituliskan f’–(x) sebagai nilai turunan kiri f di x.

Proposisi : Jika f kontinu pada [a, b] dan salah satu turunannya tak negatif pada (a, b) maka f adalah fungsi tak turun pada [a, b] Bukti : Misalkan f kontinu pada [a, b] dan salah satu turunannya, katakan ( ) 0, ( , )D f x x a b+ ≥ ∀ ∈ . Dari definisi,

00 0

( ) ( ) ( ) ( )( ) lim sup inf hh

f x h f x f x h f xD f xh hδδ+

+ < <→ >

+ − + −= =

Karena ( ) 0, ( , )D f x x a b+ ≥ ∀ ∈ maka

0

( ) ( )inf 0h

f x h f xhδ< <

+ −≥

Karena h > 0, maka haruslah ( ) ( ) 0

( ) ( )f x h f x

f x h f x+ − ≥

+ ≥

Jadi, untuk setiap x ≤ x + h berlaku ( ) ( )f x f x h≤ +

Bukti lain: Misalkan f kontinu pada [a, b] dan salah satu turunannya, katakan ( ) 0, ( , )D f x x a b+ ≥ ∀ ∈ . Diambil sebarang ( , )x a b∈ . Dari definisi,

0

( ) ( )( ) lim 0h

f x h f xD f xh+

+

→

+ −= ≥

Diambil y = x + h, diperoleh h y x= − dan jika 0h +→ maka 0y x y x− > ⇔ > . Maka,

0

( ) ( )inf sup 0x y x

f y f xy xδ δ> < < +

⎛ ⎞−≥⎜ ⎟−⎝ ⎠


73

Jadi, untuk setiap 0δ > ada x y x δ< < + sehingga ( ) ( ) 0 ( ) ( ) 0 ( ) ( )f y f x f y f x f x f y

y x−

≥ ⇒ − ≥ ⇒ ≤−

Contoh Soal (Problem 5.1) : Misalkan f fungsi yang didefinisikan dengan f(0) = 0 dan f(x) = x sin(1/x) untuk x ≠ 0. Tentukan D+f(0), D+f(0), D–f(0), D–f(0) Jawab : Pertama, perlu ditunjukkan bahwa limit-nya ada. Digunakan prinsip apit:

0 , 0x x+→ ≠ ( )( )

1

1

1 sin 1

.sinx

xx x x

− ≤ ≤

− ≤ ≤

Karena 0

lim ( ) 0x

x+→− = dan

0lim 0x

x+→

= maka ( )1

0lim .sin 0xx

x+→

= .

0 , 0x x−→ ≠ ( )( )

1

1

1 sin 1

.sinx

xx x x

− ≤ ≤

− ≥ ≥

Karena 0

lim ( ) 0x

x−→− = dan

0lim 0x

x−→

= maka ( )1

0lim .sin 0xx

x−→

= .

Jadi, ( ) ( ) ( )1 1 1

00 0lim .sin lim .sin lim .sin (0) 0x x xxx x

x x x f+ − →→ →

= = = =

Selanjutnya, diambil sembarang 0δ > . 1 10 hh

δδ

< < ⇒ >

Maka 1sup sin 1h

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

. Akibatnya 1inf sup sin 1h

⎛ ⎞⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠. Dari hasil ini diperoleh,

( )1

1

0 0 0

.sin( )(0 ) (0)(0) lim lim lim sin 1hhh h h

hf h fD fh h+ + +

+

→ → →

+ −= = = =

( )1

1

0 0 0

.sin( )(0 ) (0)(0) lim lim lim sin 1hh

h h h

hf h fD fh h+ + +

+→ → →

+ −= = = = −

( )1

1

0 0 0

.sin( )(0) (0 )(0) lim lim lim sin 1hhh h h

hf f hD fh h+ + +

− −−→ → →

− −= = = =

( )1

1

0 0 0

.sin( )(0) (0 )(0) lim lim lim sin 1hh

h h h

hf f hD fh h+ + +

−− −

→ → →

− −= = = = −

Contoh Soal (Problem 5.2) : a. Tunjukkan bahwa D+[–f(x)] = –D+f(x) b. Jika g(x) = f(–x), maka D+g(x) = –D–f(–x) Jawab :

a. [ ] [ ] [ ]0

( ) ( )( ) lim

h

f x h f xD f x

h+

+

→

− + − −− =

[ ]0 0

( ) ( ) ( ) ( )lim li (( ) m )h h

f x h f x f x h f x D f xh h

D f x+ +

+→ →

+ + − + −⎛ ⎞= − = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

−

b. 0

( ) ( )( ) limh

g x h g xD g xh+

+

→

+ −=


74

0 0 0

( ) ( ) ( )( ( ) ( ) ( )lim lim lim

( )

)h h h

f x h f x f x f x h f x f x hh h h

D

D f x

f x

+ + +→ → →

+

−

− − − − − − − − − − − −= = − = −

= − −

Teorema : Jika f fungsi naik dan bernilai real pada [a, b] maka f terturunkan hampir di mana-mana dan

'( ) ( ) ( ) ( )b

af x d x f b f a≤ −∫

Bukti : (Buktinya ada 10 kasus) Pertama, akan dibuktikan bahwa ( ) ( ) ( ) ( )D f x D f x D f x D f x+ −

+ −= = = . Akan dibuktikan untuk satu kasus, misalkan ( ) ( )D f x D f x+

−= hampir dimana-mana. Hal ini ekuivalen dengan

membuktikan ( )* : ( ) ( ) 0m x D f x D f x+−> = . Misalkan

[ , ] : ( ) ( )E x a b D f x D f x+−= ∈ >

Dengan menggunakan aksioma Archimedes, E dapat ditulis sebagai

,

[ , ] : ( ) ( )u v

E x a b D f x u v D f x+−

∈

= ∈ > > >∪

Misalkan, untuk suatu u, v , [ , ] : ( ) ( )u vE x a b D f x u v D f x+

−= ∈ > > > maka,

,,

u vu v

E E∉

= ∪

Jadi, cukup dibuktikan ( ),* 0u vm E s= = . Dari ( ) ( )D f x u v D f x+−> > > ditinjau kasus berikut

i) , ( )u vx E D f x v−∀ ∈ ⇒ <

0

( ) ( )limh

f x f x h vh+→

− −<

Karena supremum, maka ada h cukup kecil sehingga pada [x – h, h] berlaku ( ) ( ) ( ) ( )f x f x h v f x f x h vh

h− −

< ⇒ − − < ……………………. (1)

Karena ( ),* u vm E < ∞ maka ada himpunan terbuka O sehingga ,u vE O⊂ dan * ( )m O s ε< +

Karena ( ),* u vm E < ∞ maka menurut Lemma Vitali, ada koleksi berhingga interval I1, I2, …, IN yang saling lepas dan ,u vA E⊂ sehingga

a) nA I⊂∪ b) * ( )m A s ε> − Misalkan [ ], , 1, 2, ...,n n n nI x h x n N= − = Dari (1), ( ) ( )n n n nf x f x h vh− − < . Sehingga

1 1 1

( ) ( )N N N

n n n n nn n n

f x f x h vh v h= = =

− − < =∑ ∑ ∑

Karena nI O⊂∪ maka ( ) ( ) ( )n n nm I l I h m O≤ = <∑ ∑∪ . Jadi,

1

( ) ( ) ( ) ( )N

n n nn

f x f x h vm O v s ε=

− − < < +∑ ……………………(2)


75

ii) ( )x A D f x u+∀ ∈ ⇒ >

0

( ) ( )limh

f x h f x uh+→

+ −>

Karena infimum, maka ada h cukup kecil sehingga pada [x, x + h] berlaku ( ) ( ) ( ) ( )f x h f x u f x h f x uh

h+ −

> ⇒ + − > ……………………. (3)

Karena ( )*m A < ∞ maka menurut Lemma Vitali, ada koleksi berhingga interval J1, J2, …, JM yang saling lepas dan B A⊂ sehingga

a) 1

M

ii

B J=

⊂∪

b) * ( ) 2m B s ε> − c) Karena untuk suatu untuk suatu i nx B x J i x A x I n∈ ⇒ ∈ ⇔ ∈ ⇒ ∈ maka i nJ I⊂ Misalkan [ ], , 1, 2, ...,n n n nJ y y k n M= + = Dari (3), ( ) ( )n n n nf y k f y uk+ − > . Sehingga

1 1 1

( ) ( ) ( 2 )M M M

n n n n nn n n

f y k f y uk v k u s ε= = =

+ − > = > −∑ ∑ ∑ ……………(4)

Sekarang, misalkan 1 2 3 1, ,J J J I⊂ Jadi,

1

1

( 2 ) ( ) ( )

( ) ( )

( ), 0

M

n n nnN

n n nn

u s f y k f y

f x f x h

v s

ε

ε ε

=

=

− < + −

≤ − −

≤ + ∀ >

∑

∑

Maka, 1 1( 2 ) ( ),

( ) 0

n nu s v s nus vs

u v s

− ≤ + ∀ ∈≤

− ≤

Karena u – v > 0, maka s ≤ 0. Padahal s ≥ 0. Jadi haruslah s = 0.

Kedua, akan dibuktikan bahwa '( ) ( ) ( ) ( )b

af x d x f b f a≤ −∫ .

Misalkan

0

( ) ( )( ) lim '( )h

f x h f xg x f xh→

+ −= = terdefinisi (ae)

Didefinisikan

J1 J2 J3

x1–h1 y2 y3 y4 x1

f(x1) – f(x1+h1)

I1


76

1

1

( ) ( )( ) nn

n

f x f xg x + −= dan ( ) ( )f x f b= untuk x > b

Jadi, lim nng g

→∞= (ae) dan karena f fungsi naik maka gn ≥ 0. Lemma Fatou,

( )( )( )( )

1

1

1 1

1 1

1 1

1

1

' lim lim ( ) ( )

lim ( ) ( )

lim ( ) ( )

lim ( )

.

.

.

.

.

( ) ( ) ( )

lim ( ) ( )

n

n

n n

n n

n n

b b b b

n na a a an n

b b

na an

b b

a an

b b a b

a b a an

b a

b an

f g g n f x f x

n f x f x

n f x f x

n f x f x f x f x

n f x f x

→∞ →∞

→∞

+

+→∞

+ +

+ +→∞

+ +

→∞

= ≤ = + −

= + −

= −

= + − −

= −

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

Karena f fungsi naik, maka 1[ , ]nx a a∀ ∈ + berlaku ( ) ( ) ( ) ( )f a f x f x f a≤ ⇔ − ≤ − . Akibatnya

( ) ( )1 1

1 1' lim ( ) ( ) lim ( ).( ) ( ).( ) ( ) ( )n nb b a

n na b an nf n f b f a n f b b b f a a a f b f a

+ +

→∞ →∞≤ − = + − − + − = −∫ ∫ ∫

5.2. Fungsi Bervariasi Terbatas

Misalkan f fungsi bernilai real yang didefinisikan pada interval [a, b] dan misalkan a = x0 < x1 < . . . < xk = b merupakan sebarang partisi dari [a, b]. Didefinisikan

[ ]11

( ) ( )k

i ii

p f x f x +−

=

= −∑

[ ]11

( ) ( )k

i ii

n f x f x −−

=

= −∑

11

( ) ( )k

i ii

t p n f x f x −=

= + = −∑

dimana max(0, )r r+ = , max(0, )r r− = − , dan | |r r r+ −= + . Dari pendefinisian ini diperoleh,

[ ] [ ]1 11 1

11

0

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

k k

i i i ii ik

i ii

k

p n f x f x f x f x

f x f x

f x f xf b f a

+ −− −

= =

−=

− = − − −

= −

= −= −

∑ ∑

∑

Kemudian, didefinisikan P = sup p, N = sup n, T = sup t,

yaitu mengambil supremum dari semua partisi-partisi yang mungkin pada [a, b]. Karena,

[ ]1 11 1

( ) ( ) ( ) ( )k k

i i i ii i

p f x f x f x f x t+− −

= =

= − ≤ − =∑ ∑

maka, sup sup sup( ) sup supp t n p p n≤ = + ≤ +

Akibatnya P T P N≤ ≤ +

P, N, dan T masing-masing disebut positif, negatif, dan variasi total dari f pada [a, b]. Variasi total dari f


77

pada [a, b] ditulis ( )baT f atau b

aT . Contoh : Jika f fungsi terukur dan naik monoton pada [a, b], maka

[ ]1 1 1 0 11 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )... ( ) ( ) ( ) ( )k k

i i i i k ki i

p f x f x f x f x f x f x f x f x f b f a+− − −

= =

= − = − = − + − = −∑ ∑

[ ]11 1

( ) ( ) 0 0k k

i ii i

n f x f x −−

= =

= − = =∑ ∑

1 11 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )k k

i i i ii i

t f x f x f x f x f b f a− −= =

= − = − = −∑ ∑

T = sup t = f(b) – f(a) N = sup n = 0 P = sup p = f(b) – f(a) T = N + P

Definisi (Fungsi Bervariasi Terbatas): Fungsi f dikatakan bervariasi terbatas pada [a, b] jika b

aT < ∞ dan dinotasikan dengan f BV∈ . Lemma : Jika f bervariasi terbatas pada [a, b] maka

b b ba a aT P N= +

dan ( ) ( ) b b

a af b f a P N− = − Bukti : Diambil sebarang partisi pada [a, b]. Menurut definisi,

( ) ( ) ( ) ( )p n f b f a p n f b f a− = − ⇔ = + − Dari sini, maka

sup sup( ( ) ( )) sup ( ) ( )( ) ( )( ) ( )

p n f b f a n f b f aP N f b f aP N f b f a

= + − = + −⇔ = + −⇔ − = −

Juga, ( ) ( )t p n p p f b f a= + = + − −

Maka,

sup sup( ( ) ( ) ) sup 2 ( ) ( )

2 ( ) ( )2

t p p f b f a p f b f a

T P f b f aT P P N P N

= + − − = − −

⇔ = − −

⇔ = − + = +

Teorema : Fungsi f bervariasi terbatas pada [a, b] jika dan hanya jika f merupakan selisih dua fungsi monoton dan bernilai real pada [a, b] Bukti : ⇒) Diketahui f BV∈ . Akan dibuktikan bahwa f g h= − dengan g dan h fungsi monoton. Karena f BV∈ maka ( )b

aT f < ∞ . Dari Lemma di atas,

( ) ( )x xa af x P N f a= − +

Diambil


78

( ) xag x P= dan ( ) x

ah x N= Terlihat bahwa,

x ya ax y P P∀ < ⇒ ≤ yang berarti ( ) x

ag x P= tak turun; dan x ya ax y N N∀ < ⇒ ≤ yang berarti ( ) x

ah x N= tak turun ⇐) Diketahui f = g – h dengan g dan h fungsi monoton. Akan dibuktikan b

af BV T∈ ⇔ < ∞

( ) ( )

11

1 11

1 11 1

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

kba i i

ik

i i i iik k

i i i ii i

t f f x f x

g x h x g x h x

g x g x h x h x

−=

− −=

− −= =

= −

= − − +

≤ − + +

∑

∑

∑ ∑

Karena g(x) dan h(x) fungsi monoton, maka ( ) ( ) ( ) ( ) ( )b

at f g b g a h b h a≤ − + − Dari sini maka,

( ) ( ) ( ) ( ) ( )baT f g b g a h b h a≤ − + − < ∞

Jadi, f BV∈

Akibat : Jika f fungsi bervariasi terbatas pada [a, b] maka f’(x) ada hampir di mana-mana pada [a, b] Bukti :

, dan fungsi monoton' ( )' ' ' (teorema turunan fungsi monoton

.).

f BV f g h g hf g h g h

∈ ⇒ = −⇒ = − = −

Jadi, f’ ada (ae) pada [a, b].

5.3. Turunan Integral Jika f fungsi terintegralkan pada [a, b] didefinisikan indefinit integral (integral tak tentu) dari f

yaitu F yang didefinisikan pada [a, b] dengan aturan

( ) ( ) b

aF x f t dt= ∫

Dalam sub-bab ini kita akan melihat bagaimana turunan dari indefinit integral dari suatu fungsi terintegralkan adalah sama dengan integralnya hampir dimana-mana. Kita mulai pembahasan ini dengan melihat beberapa lemma.

Lemma : Jika f terintegralkan pada [a, b] maka fungsi F dengan

( ) ( ) b

aF x f t dt= ∫

adalah fungsi kontinu dan bervariasi terbatas pada [a, b]. Bukti : Ambil sebarang [ , ]c a b∈ . Akan dibuktikan F kontinu di c. Ekuivalen dengan membuktikan

0, 0ε δ∀ > ∃ > sehingga | | ( ) ( )x c f x f cδ ε− < ⇒ − < . Diambil sebarang 0ε > . Karena f terintegralkan pada [a, b] maka |f| terintegralkan pada [a, b] Karena |f| ≥ 0 dan terintegralkan pada [a, b] maka ada δ > 0 sehingga untuk setiap [ , ]A a b⊂ dengan ( )m A δ< maka | |

Af ε<∫ .

Ambil [ , ] :| | / 3A x a b x c δ= ∈ − <


79

Jadi, secara umum 2

3( )m A δ δ≤ < . Sehingga

| | ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x c c c

a a x x Ax c F x F c f t f t f t f t f tδ ε− < ⇒ − = − = ≤ < <∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Selanjutnya, akan dibuktikan f BV∈ . Ekuivalen dengan membuktikan ( )baT F < ∞

1

1

1 2

1 0 1 1

1( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )

i i

i

i

i k

i k

kba i i

i kk x x

a ai kk x

xi kk x x x x b

x x x x ai k

t F F x F x

f t f t

f t

f t f t f t f t f t

−

−

− −

−=

=

=

=

= −

= −

=

≤ = + + + =

∑

∑ ∫ ∫

∑ ∫

∑∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Karena f terintegralkan maka |f| terintegralkan. Karena ruas kanan tidak bergantung pada partisi, maka

( ) sup ( ) ( )bb b

a a aT F t F f t= ≤ < ∞∫

Selanjutnya, dengan mendefinisikan ( ) ( ) b

aF x f t dt= ∫ , [ , ]x a b∀ ∈ ternyata diperoleh bahwa

fungsi F kontinu dan bervariasi terbatas pada [a, b]. Kita akan melihat bahwa F mempunyai turunan. Artinya F’(x) ada. Sehingga juga berlaku:

1) '( ) ( ) ( )b

a

dF x f t dt f xdx

= =∫

2) ( ) ( ) ( )b

af t dt f b f a= −∫

Untuk itu, kita perlu meninjau beberapa lemma berikut:

Lemma : Jika f terintegralkan pada [a, b] dan

( ) 0x

af t dt =∫ , [ , ]x a b∀ ∈

maka f(t) = 0 (ae) di [a, b]. Bukti : (see ‘Real Analysis’, H.L. Royden, 3rd ed, page 105-106). Lemma : Jika f fungsi terbatas dan terukur pada [a, b] dan

( ) ( ) ( )x

aF x f t dt F a= +∫

maka F’(x) = f(x) (ae) pada [a, b]. Bukti : (see ‘Real Analysis’, H.L. Royden, 3rd ed, page 106-107). Teorema : Jika f fungsi terintegralkan pada [a, b] dan

c–δ/3 c c+δ/3

c=a c+δ/3

c–δ/3 c=b


80

( ) ( ) ( )x

aF x f t dt F a= +∫

maka F’(x) = f(x) (ae) pada [a, b]. Bukti :

Diketahui f terintegralkan pada [a, b] dan ( ) ( ) ( )x

aF x f t dt F a= +∫ . Akan dibuktikan F’(x) = f(x)

Dari dua lemma di atas, cukup dibuktikan '( ) ( ) x x

a aF t dt f t dt=∫ ∫ , [ , ]x a b∀ ∈ .

Karena f = f+ – f– dengan f+, f–≥ 0 (tanpa mengurangi keumuman bukti) maka f ≥ 0. Didefinisikan barisan fn sebagai berikut:

( ), ( )( )

, ( )n

f x f x nf x

n f x n<⎧

= ⎨ ≥⎩

Dari pendefinisian ini diperoleh 0nf ≥ , n∀ ∈ ; nf f ; nf n≤ , n∀ ∈

dan fn terbatas dan terukur. Menurut lemma kedua di atas, maka

( ) ( )x

n na

d f t dt f xdx

=∫ , n∀ ∈

Kemudian didefinisikan n∀ ∈ 0n nG f f= − ≥

Sehingga,

( ) ( )x x

n n n na ax y f f f f G x G y< ⇒ − ≤ − ⇔ ≤∫ ∫

Jadi Gn monoton tak turun. Akibatnya1 ' ( ) 0nG x ≥ , ( , )x a b∀ ∈ . Dari hipotesis

( )

( )'

'( ) ( )

( ) ( )0 ( )

( ),

x

na

x

n na

x x

n na a

n n

n

n

dF x f t dtdxd f f fdxd df f fdx dxG x f x

f xf x n

=

= − +

= − +

= +≥ += ∀

∫

∫

∫ ∫

Jadi, ( ) '( ), [ , ], ', lim ' 'n n nn

f x F x x a b n f F n f F f F→∞

≤ ∀ ∈ ∀ ⇔ ≤ ∀ ⇔ ≤ ⇔ ≤

Dari hipotesis diperoleh

( ) ( ) 'x x

a aF x F a f F− = ≤∫ ∫ ……………………… (1)

Karena 0f ≥ maka x y

a ax y f f< ⇒ ≤∫ ∫

Jadi F tak turun, akibatnya

' ( ) ( )x x

a aF F x F a f≤ − =∫ ∫ ……………………… (2)

Dari (1) dan (2) diperoleh

1 Lihat proposisi di halaman 72.


81

( ) '( ) ( ) ( )x x

a af t dt F t dt F x F a= = −∫ ∫

Akibatnya,

[ ]( ) '( ) 0 ( ) ' ) 0, x x x

a a af t dt F t dt f t F t dt x− = ⇔ − = ∀∫ ∫ ∫

Diperoleh f(t) – F’(t) = 0 ⇔ f(t) = F’(t), ∀t.

Dari teorema terakhir ini, terjawab sudah pertanyaan-pertanyaan yang dimunculkan di awal bab

ini. Yaitu bahwa Teorema Dasar Kalkulus I dan II berlaku: 1) '( ) ( )F x f x=

2) '( ) ( ) ( )b

aF t dt F b F a= −∫

Latihan (Soal Quis) : Misalkan f fungsi tak negatif dan terintegralkan (ae) pada [a, b]. Didefinisikan

( ) ( ) x

aF x f t dt= ∫

buktikan bahwa

'( ) ( ) b b

a aF t dt f t dt≤∫ ∫

Jawab : Pertama ditunjukkan bahwa F tak turun. Karena f ≥ 0, maka

[ , ) [ , ) ( ) ( )x y

a ax y a x a y f f F x F y< ⇒ ⊂ ⇔ ≤ ⇔ ≤∫ ∫

Jadi, F tak turun. Maka2

'( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) b b b

a a aF t dt F b F a f t dt f t dt≤ − = − =∫ ∫ ∫

Contoh : Diketahui f(x) = sin x, x ∈ [0, π]. Apakah f BV∈ pada [0, π]? Jawab : Misalkan L sebarang partisi dari [0, π]. Maka 0 1: 0 ... kL x x x π= < < < = . Ditinjau dua kasus. Kasus I: Jika 2 Lπ ∈ , maka 0 0, 0n n n∃ ≤ ≤ sehingga

0

0

0

0

0 0

0 1 11 1

1 11 1

0

2 2

2 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) (

) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) (0) ( ) ( )sin sin

0 sin

n k

i i i ii i n

n k

i i i ii i n

n n k

t f f x f x f x f x

f x f x f x f x

f x f x f x f x

f f f f

π

π π

π π

π

− −= = +

− −= = +

= − + −

= − + −

= − + −

= − + −

= − −

=

+

∑ ∑

∑ ∑

sin2

π=

Kasus 2 : Jika 2 Lπ ∉ , maka 1 1, 0n n k∃ ≤ ≤ sehingga

1 11 2n nx xπ− < < .

2 Lihat Teorema halaman 74


82

1

1 1

1

1

1 1

1

1

1 1

1

0 1 1 11 1

1

1 1 12 21 1

1

1 12 21

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (

n k

i i n n i ii i n

n k

i i n n i ii i n

n

i i n n i ii

t f f x f x f x f x f x f x

f x f x f x f f f x f x f x

f x f x f x f f f x f x f x

π

π π

π π

−

− − −= = +

−

− − −= = +

−

− − −=

= − + − + −

= − + − + − + −

≤ − + − + − + −

∑ ∑

∑ ∑

∑1

11

2 2

2 2

)

( ) (0) ( ) ( )

sin sin 0 sin sin

2

k

i n

f f f fπ π

π π

ππ

= +

= − + −

= − + −=

=

∑

Jadi,

20

2

2,( )

2,L

t fL

ππ

π

∈⎧= ⎨≤ ∉⎩

Sehingga 0 ( ) 2T fπ = < ∞ . Jadi terbukti f BV∈ pada [0, π]

cover analisis real - wordpress.com · analisis real khaeroni, s.si [email protected] lisensi...

Documents