Matematika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

15Pengintegralan pada Sebuah Ruas

Integral pada jilid Sekolah Menengah dahulu didasarkan pada luas yang diambil secara intuitif. Bab ini mengonstruksinya: mula-mula bagi fungsi tangga, yang di situ integralnya berupa jumlah yang hingga, lalu bagi fungsi yang kontinu (dan kontinu sepotong-sepotong) lewat hampiran seragam — yaitu tempat teorema Heine (Teorema 13.22) mendapatkan nafkahnya. Lalu teorema fundamental kalkulus menghubungkan konstruksinya dengan primitif, sedangkan jumlah Riemann menghubungkannya dengan rata-rata yang diskret.

Di sepanjang bab ini, $a < b$ merupakan bilangan real.

15.1 Fungsi tangga

Definisi 15.1

Fungsi $\varphi \colon \intcc{a}{b} \to \R$ disebut fungsi tangga bila ada partisi $a = x_0 < x_1 < \dots < x_n = b$ sedemikian sehingga $\varphi$ konstan, yang sama dengan $c_i$ , pada setiap selang terbuka $\intoo{x_{i-1}}{x_i}$ (adapun nilainya di simpulnya tak dibatasi). Adapun integralnya adalah

\int_a^b \varphi = \sum_{i=1}^{n} c_i\,(x_i - x_{i-1}),

yang tak bergantung pada partisi yang dipilih (haluskanlah dua partisi lewat partisi bersamanya: karena kedua ruasnya tak berubah oleh penghalusan).

Proposisi 15.2

Pada fungsi tangga, integralnya bersifat linear, naik (karena $\varphi \leq \psi \implies \int\varphi \leq \int\psi$ ), dan memenuhi relasi Chasles $\int_a^b = \int_a^c + \int_c^b$ untuk $a < c < b$ .

Bukti. Mesinnya adalah kekekalan terhadap penghalusan, yang dinyatakan pada definisinya: bahwa menyisipkan satu simpul tambahan $t \in \intoo{x_{i-1}}{x_i}$ ke dalam sebuah partisi mengganti suku $c_i(x_i - x_{i-1})$ dengan $c_i(t - x_{i-1}) + c_i(x_i - t)$ — yaitu bilangan yang sama — sehingga integralnya tak berubah oleh penghalusan hingga mana pun. Sekarang ambillah $\varphi$ dengan partisi $\sigma$ dan $\psi$ dengan partisi $\sigma'$ : maka pada penghalusan bersamanya $\sigma \cup \sigma'$ keduanya merupakan fungsi tangga dengan simpul yang sama, dan pada setiap kepingannya $\varphi + \lambda\psi$ konstan sama dengan $c_i + \lambda d_i$ : sehingga kelinearannya tereduksi menjadi kelinearan jumlah yang hingga. Adapun kenaikannya: $c_i \leq d_i$ pada setiap kepingannya memberikan $\sum c_i \Delta_i \leq \sum d_i \Delta_i$ (karena panjangnya $\Delta_i \geq 0$ ). Sedangkan Chasles: sisipkanlah simpul $c$ lalu pecahlah jumlahnya di situ. ∎

15.2 Integral fungsi yang kontinu

Teorema 15.3 (Hampiran seragam)

Misalkan $f$ kontinu pada $\intcc{a}{b}$ . Untuk setiap $\varepsilon > 0$ ada fungsi tangga $\varphi, \psi$ dengan

\varphi \leq f \leq \psi \qquad\text{dan}\qquad \psi - \varphi \leq \varepsilon \text{ pada } \intcc{a}{b}.

Bukti. Menurut teorema Heine (Teorema 13.22), $f$ bersifat kontinu seragam: pilihlah $\delta$ bagi $\varepsilon$ , dan sebuah partisi berjala $< \delta$ (misalnya yang berjarak sama, dengan $n > \frac{b - a}{\delta}$ keping). Pada setiap keping tertutupnya $\intcc{x_{i-1}}{x_i}$ , $f$ mencapai minimum $m_i$ dan maksimum $M_i$ (Teorema 13.13), dan $M_i - m_i \leq \varepsilon$ (karena kedua titik ekstremnya berjarak $\delta$ ). Definisikanlah $\varphi = m_i$ dan $\psi = M_i$ pada $\intoo{x_{i-1}}{x_i}$ (serta $\varphi = \psi = f$ di simpulnya). ∎

Teorema 15.4 (Definisi integralnya)

Misalkan $f$ kontinu pada $\intcc{a}{b}$ . Kedua bilangan

I_-(f) = \sup\Bigl\{\int_a^b \varphi : \varphi \text{ tangga},\ \varphi \leq f\Bigr\}, \qquad I_+(f) = \inf\Bigl\{\int_a^b \psi : \psi \text{ tangga},\ \psi \geq f\Bigr\}

bernilai sama; dan nilai bersamanya adalah integral $\int_a^b f$ (yang juga ditulis $\int_a^b f(t)\,\dd t$ ). Ia berimpit dengan gagasan sebelumnya pada fungsi tangga, dan meluas ke fungsi yang kontinu sepotong-sepotong lewat pemecahan $\intcc{a}{b}$ di titik ketakkontinuannya (dengan Chasles sebagai definisinya di sana).

Bukti. Kedua himpunannya tak kosong (karena $f$ terbatas) dan setiap integral tangga bawahnya bernilai $\leq$ setiap yang atasnya (menurut kemonotonan pada fungsi tangga): sehingga $I_-(f) \leq I_+(f)$ . Lalu menurut Teorema 15.3, untuk setiap $\varepsilon$ ada sepasang dengan $\int\psi - \int\varphi \leq \varepsilon(b - a)$ : sehingga sup dan infnya terapit bersama, jadi $I_- = I_+$ . ∎

Contoh 15.5 (Kontinu sepotong-sepotong, tanpa drama)

Fungsi lantai pada $\intcc{0}{3}$ merupakan fungsi tangga yang menyamar: karena dengan memecahnya di lompatannya,

\int_0^3 \lfloor t \rfloor\,\dd t = \int_0^1 0 + \int_1^2 1 + \int_2^3 2 = 0 + 1 + 2 = 3 ,

dan nilainya di titik lompatannya $1, 2$ tak relevan: karena mengubah sebuah fungsi di titik yang berhingga banyak tak mengubah integralnya (sebab fungsi tangga pengapitnya tak terpengaruh). Inilah seluruh isi perluasan “kontinu sepotong-sepotong” itu: potonglah di titik ketakkontinuannya yang berhingga banyak, integralkanlah setiap keping yang kontinu, lalu jumlahkan — jadi Chasles sebagai definisi.

Contoh 15.6 (Definisinya menghitung, sekali)

Misalkan $f(x) = x$ pada $\intcc{0}{1}$ lalu potonglah menjadi $n$ keping yang sama. Adapun fungsi tangga terbaik yang konstan pada kepingnya adalah $\varphi = \frac{k-1}{n}$ dan $\psi = \frac kn$ pada keping ke- $k$ , dengan

\int_0^1 \varphi = \sum_{k=1}^{n} \frac{k-1}{n}\cdot\frac1n = \frac{n-1}{2n}, \qquad \int_0^1 \psi = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n}\cdot\frac1n = \frac{n+1}{2n} .

Setiap integral bawahnya $\leq I_-(f) \leq I_+(f) \leq$ setiap yang atasnya, sehingga $\frac{n-1}{2n} \leq I_-(f) \leq I_+(f) \leq \frac{n+1}{2n}$ untuk setiap $n$ : jadi keduanya terapit menuju $\frac12$ , dan $\int_0^1 x\,\dd x = \frac12$ langsung dari definisinya. Inti gagasan penutupnya: bahwa inilah pertama dan terakhir kalinya kita mengintegralkan dari definisinya — karena teorema fundamental di bawah mengganti semua perhitungan semacam itu dengan satu pencarian antiturunan, dan itulah seluruh inti ekonomi bab ini.

Teorema 15.7 (Sifatnya)

Untuk $f, g$ yang kontinu (atau kontinu sepotong-sepotong) pada $\intcc{a}{b}$ dan $\lambda \in \R$ :

kelinearan: $\int (f + \lambda g) = \int f + \lambda \int g$ ;
kemonotonan: $f \leq g \implies \int_a^b f \leq \int_a^b g$ ; dan $\bigl|\int_a^b f\bigr| \leq \int_a^b \abs f \leq (b - a)\, \sup\abs f$ ;
Chasles: $\int_a^b = \int_a^c + \int_c^b$ (dengan kesepakatan $\int_b^a = -\int_a^b$ , yang sah untuk urutan batas mana pun);
kepositifan tegas: jika $f$ kontinu, $f \geq 0$ dan $\int_a^b f = 0$ , maka $f = 0$ di mana-mana pada $\intcc{a}{b}$ .

Bukti. (1)–(3) berpindah dari fungsi tangga ke limitnya lewat definisi sup/infnya. Adapun kelinearannya pantas diperinci sekali: diberikan $\varepsilon > 0$ , apitlah $\varphi_f \leq f \leq \psi_f$ dan $\varphi_g \leq g \leq \psi_g$ dengan celah $\leq \varepsilon$ (Teorema 15.3). Untuk $\lambda \geq 0$ , $\varphi_f + \lambda\varphi_g \leq f + \lambda g \leq \psi_f + \lambda\psi_g$ merupakan apitan oleh fungsi tangga dengan celah $\leq (1 + \lambda)\varepsilon$ , dan integral tangganya sama dengan $\int \varphi_f + \lambda\int\varphi_g$ dan seterusnya (Proposisi 15.2): sehingga membiarkan $\varepsilon \to 0$ mengapit $\int(f + \lambda g)$ menuju $\int f + \lambda\int g$ . Untuk $\lambda < 0$ , mengalikan dengan $\lambda$ membalikkan apitan $g$ — karena fungsi tangga bawah bagi $\lambda g$ adalah $\lambda \psi_g$ — dan apitan yang sama berjalan dengan perannya tertukar. Adapun batas $\abs{\int f} \leq \int \abs f$ datang dari $-\abs f \leq f \leq \abs f$ dan kemonotonannya.

(4) Lewat kontraposisinya: jika $f(x_0) = m > 0$ , maka kekontinuannya menyediakan subselang berpanjang $\eta > 0$ yang di situ $f \geq \frac m2$ ; lalu fungsi tangga yang bernilai $\frac m2$ di sana dan $0$ di tempat lain bersifat $\leq f$ , sehingga $\int f \geq \frac{m\eta}{2} > 0$ . ∎

Contoh 15.8 (Chasles dalam kerja: integral dengan nilai mutlak)

Untuk mengintegralkan nilai mutlak, potonglah di tempat tandanya berubah.

\int_0^2 \abs{x - 1}\,\dd x = \int_0^1 (1 - x)\,\dd x + \int_1^2 (x - 1)\,\dd x = \frac12 + \frac12 = 1 ,

lalu, dengan memotong $\intcc{0}{2\pi}$ di $\pi$ :

\int_0^{2\pi} \abs{\sin t}\,\dd t = \int_0^{\pi} \sin t\,\dd t - \int_{\pi}^{2\pi} \sin t\,\dd t = 2 + 2 = 4 ,

sedangkan $\int_0^{2\pi} \sin t\,\dd t = 0$ : jadi peniadaannya nyata, dan itulah sebabnya pernyataan kepositifan tegasnya (Teorema 15.7 (4)) membawa hipotesis $f \geq 0$ — karena tanpanya, integral yang lenyap tak membuktikan apa pun tentang $f$ . Inti gagasan penutupnya: bahwa $\int \abs f$ mengukur luas, sedangkan $\int f$ mengukur neraca bertanda; sehingga ketaksamaan $\abs{\int f} \leq \int\abs f$ merupakan catatan yang persis tentang apa yang dapat dihancurkan peniadaannya.

15.3 Teorema fundamental kalkulus

Teorema 15.9 (Teorema fundamental kalkulus)

Misalkan $f$ kontinu pada sebuah selang $I$ dan $a \in I$ . Maka fungsi

F(x) = \int_a^x f(t)\, \dd t

berkelas $C^1$ pada $I$ , dengan $F' = f$ : jadi setiap fungsi yang kontinu pada sebuah selang mempunyai primitif. Akibatnya, untuk sebarang primitif $G$ bagi $f$ :

\int_a^b f(t)\,\dd t = G(b) - G(a) .

Bukti. Tetapkanlah $x_0 \in I$ dan $\varepsilon > 0$ ; maka kekontinuan di $x_0$ menyediakan $\delta$ dengan $\abs{f(t) - f(x_0)} \leq \varepsilon$ untuk $\abs{t - x_0} \leq \delta$ . Untuk $0 < \abs{h} \leq \delta$ (dan $x_0 + h \in I$ ), Chasles memberikan

\frac{F(x_0 + h) - F(x_0)}{h} - f(x_0) = \frac 1h \int_{x_0}^{x_0+h} \bigl(f(t) - f(x_0)\bigr)\dd t ,

yang nilai mutlaknya $\leq \frac{1}{\abs h}\cdot \abs h\, \varepsilon = \varepsilon$ (menurut batas (2), yang sah untuk urutan batas mana pun). Jadi $F'(x_0) = f(x_0)$ ; dan $F' = f$ kontinu: sehingga $F$ berkelas $C^1$ . Jika $G' = f$ juga, maka $(G - F)' = 0$ pada selangnya, sehingga $G = F + c$ (Akibat 14.12), dan $G(b) - G(a) = F(b) - F(a) = \int_a^b f$ . ∎

Contoh 15.10 (Kesetangkupan sebelum perhitungan)

Pada selang yang setangkup, keparitasannya yang bekerja: jika $f$ ganjil, maka penyulihan $t \mapsto -t$ mengirim $\int_{-a}^{0} f$ ke $-\int_0^a f$ , sehingga

\int_{-a}^{a} f(t)\,\dd t = 0 ; \qquad\text{sedangkan jika $f$ genap,}\quad \int_{-a}^{a} f = 2\int_0^a f .

Jadi $\int_{-1}^{1} \frac{t^3\cos t}{1 + t^4}\,\dd t = 0$ tanpa primitif yang terlihat (karena integrannya ganjil), dan $\int_{-\pi}^{\pi} t^2\cos t\,\dd t = 2\int_0^\pi t^2\cos t\, \dd t$ . Jadi periksalah kesetangkupannya sebelum meraih tekniknya: karena integral tercepat adalah yang tak pernah dihitung.

Contoh 15.11 (Mengenali sebuah turunan pada pandangan pertama)

Hitunglah $\displaystyle\int_0^{\pi/2} \frac{\dd x}{1 + \cos x}$ . Kesamaan sudut paruhnya $1 + \cos x = 2\cos^2\frac x2$ mengubah integrannya menjadi $\frac{1}{2}\bigl(1 + \tan^2\frac x2\bigr)$ , yang persis merupakan turunan $\tan\frac x2$ :

\int_0^{\pi/2} \frac{\dd x}{1 + \cos x} = \Bigl[\tan\frac x2\Bigr]_0^{\pi/2} = \tan\frac\pi4 = 1 .

Jadi tak ada mesin penyulihan yang diperlukan — hanya refleks membaca sebuah integran sebagai turunan seseorang, dan teorema fundamentalnya mengerjakan sisanya. (Adapun perkakas sistematis di balik integral trigonometri semacam itu, yaitu penyulihan $t = \tan\frac x2$ , termasuk kotak perkakas baku yang dibangun dari Teorema 15.15 (2).)

Contoh 15.12 (Fungsi yang didefinisikan oleh integral)

Teorema fundamentalnya memproduksi fungsi. Misalkan

F(x) = \int_0^x \eu^{-t^2}\,\dd t .

Tak ada kombinasi fungsi klasik yang berturunan $\eu^{-t^2}$ (yaitu teorema Liouville, yang diterima); namun $F$ ada, berkelas $C^1$ dengan $F'(x) = \eu^{-x^2} > 0$ , naik tegas, ganjil (lewat penyulihan $t \mapsto -t$ ), dan terbatas: karena untuk $x \geq 1$ ,

F(x) - F(1) = \int_1^x \eu^{-t^2}\dd t \leq \int_1^x \eu^{-t}\dd t \leq \eu^{-1} ,

sehingga $F \leq F(1) + \eu^{-1} \leq 1 + \eu^{-1}$ . (Adapun limitnya yang persis, $\frac{\sqrt\pi}{2}$ , dihitung dengan integral rangkap pada jilid Tahun ke-3.) Aturan rantai bagi batas yang bergerak: $\frac{\dd}{\dd x}\int_x^{x^2} \eu^{-t^2}\dd t = 2x\,\eu^{-x^4} - \eu^{-x^2}$ . Inti gagasan penutupnya: bahwa pengintegralan menciptakan fungsi baru dari yang lama, dengan segala sifatnya terbaca dari integrannya — jadi primitif yang tak dapat kamu tuliskan tetap fungsi yang kamu kendalikan sepenuhnya.

Contoh 15.13 (Menaksir tanpa menilai)

Integral $R_n = \int_0^1 \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t$ tak berbentuk tertutup yang menyenangkan, namun kemonotonannya memakukannya dengan tepat: karena pada $\intcc{0}{1}$ , $\frac12 \leq \frac{1}{1+t} \leq 1$ , sehingga

\frac{1}{2(n+1)} = \frac12\int_0^1 t^n\,\dd t \;\leq\; R_n \;\leq\; \int_0^1 t^n \,\dd t = \frac{1}{n+1} :

jadi orde peluruhannya yang persis ( $R_n \sim$ kelipatan $\frac1n$ , dan sesungguhnya $R_n \sim \frac{1}{2n}$ ) dengan dua baris dan tanpa antiturunan. Adapun soal akhir pekan bab ini dan bab berikutnya berjalan persis di atas apitan semacam itu — jadi naluri pertama seorang analis di hadapan sebuah integral seharusnya membatasinya, lalu barulah, bila perlu, menghitungnya.

Contoh 15.14 (Nilai rata-rata)

Rata-rata sebuah $f$ yang kontinu pada $\intcc{a}{b}$ adalah $\frac{1}{b-a}\int_a^b f$ . Untuk lengkung sinusnya:

\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \sin t\,\dd t = \frac{1}{\pi}\bigl[-\cos t\bigr]_0^\pi = \frac{2}{\pi} \approx 0.637 :

jadi satu lengkung positif yang penuh berata-rata bukan $\frac12$ melainkan $\frac2\pi$ — karena kurvanya menghabiskan waktu lebih lama di atas daripada segitiga yang sebanding. Menurut Latihan 15.11 (yaitu teorema nilai rata-rata bagi integral, dengan $g = 1$ ), rata-ratanya merupakan sebuah nilai: $\sin c = \frac2\pi$ untuk suatu $c \in \intoo{0}{\pi}$ . Dan menurut jumlah Riemann pada bab ini, rata-ratanya merupakan limit rata-rata biasa atas $n$ cuplikan — jadi jembatan antara rata-rata diskret sebuah data dan rata-rata kontinu sebuah isyarat, dan begitulah integralnya masuk ke fisika.

Teorema 15.15 (Pengintegralan parsial; penyulihan)

Jika $u, v$ berkelas $C^1$ pada $\intcc{a}{b}$ :

$\int_a^b u'v = \bigl[uv\bigr]_a^b - \int_a^b uv' .$
Jika $\varphi$ berkelas $C^1$ pada $\intcc{\alpha}{\beta}$ dan $f$ kontinu pada $\varphi(\intcc{\alpha}{\beta})$ :

$\int_{\alpha}^{\beta} f\bigl(\varphi(t)\bigr)\,\varphi'(t)\, \dd t = \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\, \dd x .$

Bukti. (1) Karena $(uv)' = u'v + uv'$ ; integralkanlah atas $\intcc{a}{b}$ lalu terapkan teorema fundamentalnya pada fungsi $C^1$ yaitu $uv$ .

(2) Misalkan $F$ sebuah primitif bagi $f$ pada selang petanya (Teorema 15.9). Maka $(F \circ \varphi)' = (f \circ \varphi)\,\varphi'$ (menurut aturan rantainya), sehingga kedua ruasnya sama dengan $F(\varphi(\beta)) - F(\varphi(\alpha))$ . ∎

Contoh 15.16

$\int_0^1 t\,\eu^t \dd t = \bigl[t\,\eu^t\bigr]_0^1 - \int_0^1 \eu^t\dd t = \eu - (\eu - 1) = 1$ . Lalu dengan penyulihan $x = \sin t$ ( $t \in \intcc{0}{\frac\pi2}$ ):

\int_0^1 \sqrt{1 - x^2}\, \dd x = \int_0^{\pi/2} \cos t \cdot \cos t \, \dd t = \int_0^{\pi/2} \frac{1 + \cos 2t}{2}\, \dd t = \frac\pi4 ,

— yaitu seperempat cakram satuan, sebagaimana dituntut geometrinya. (Jadi pelinearan dari Metode 3.11 sedang bekerja.)

Catatan 15.17 (Jebakan yang lazim dalam kalkulus integral)

(i) Penyulihannya harus $C^1$ pada seluruh selangnya: karena penggantian $x = \frac1t$ tak sah melintasi $0$ ; dan bila diterapkan secara buta pada $\int_{-1}^{1}\frac{\dd x}{1 + x^2}$ ia “membuktikan” bahwa integralnya sama dengan negatifnya sendiri. Jadi ketika sebuah penyulihan mempunyai kesingularan, potonglah selangnya lebih dulu (dengan Chasles), lalu sulihkan pada setiap kepingnya, dan barulah gabungkan kembali. (ii) Primitif logaritma menuntut nilai mutlak: karena $\int \frac{\dd x}{x - 2} = \ln\abs{x - 2} + C$ pada masing-masing sisi $2$ secara tersendiri — sehingga menulis $\ln(x - 2)$ pada $\intoo{0}{1}$ berarti menulis logaritma bilangan yang negatif; dan konstantanya $C$ boleh berbeda pada kedua sisi kesingularannya. (iii) Integral yang lenyap tak membunuh fungsinya: karena $\int_0^{2\pi}\sin = 0$ ; jadi kepositifan integrannya dituntut sebelum menyimpulkan $f = 0$ (Contoh 15.8). (iv) Jumlah Riemann harus terkalibrasi: karena pada $\frac{b-a}{n}\sum f\bigl(a + k\frac{b-a}{n}\bigr)$ , langkah di luarnya dan titik di dalamnya harus cocok dengan partisi yang sama — adapun galat yang sering terjadi adalah jumlah $\sum_{k=1}^{n} f\bigl(\frac kn\bigr)$ tanpa faktor $\frac1n$ , yang divergen alih-alih konvergen ke $\int_0^1 f$ . Jadi daftar periksa sebelum memanggil Teorema 15.20: keluarkanlah faktor $\frac1n$ , tulislah ulang sukunya sebagai $f$ dari $\frac kn$ , namailah $f$ lalu periksalah kekontinuannya.

Contoh 15.18 (Tebak, turunkan, sesuaikan)

Berapakah $\int_1^x (\ln t)^2\,\dd t$ ? Tebaklah sebuah primitif berbentuk $t\,P(\ln t)$ dengan $P$ polinomial lalu turunkanlah:

\bigl(t\,P(\ln t)\bigr)' = P(\ln t) + P'(\ln t) .

Kita memerlukan $P(u) + P'(u) = u^2$ : ambillah $P(u) = u^2 - 2u + 2$ (dengan mencocokkan koefisiennya turun dari $u^2$ ). Sehingga

\int_1^x (\ln t)^2\,\dd t = \bigl[t\bigl((\ln t)^2 - 2\ln t + 2\bigr)\bigr]_1^x = x(\ln x)^2 - 2x\ln x + 2x - 2 ,

yaitu hasil yang selainnya dicapai lewat dua kali pengintegralan parsial. Inti gagasan penutupnya: bahwa untuk integran berbentuk (polinomial dalam $\ln t$ ) atau (polinomial dikali $\eu^{\lambda t}$ ), primitifnya berbentuk sama — sehingga menurunkan sebuah tebakan yang terbentuk mengubah pengintegralan menjadi aljabar linear atas koefisiennya, yang lebih cepat dan lebih kecil kemungkinan galatnya daripada parsial yang berulang.

Contoh 15.19 (Integral bumerang)

Hitunglah $I = \int_0^{\pi/2} \eu^x \cos x\,\dd x$ . Integralkanlah secara parsial dua kali, dengan menurunkan faktor trigonometrinya setiap kalinya:

I = \bigl[\eu^x \sin x\bigr]_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2} \eu^x \sin x\,\dd x = \eu^{\pi/2} - J, \qquad J = \bigl[-\eu^x\cos x\bigr]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} \eu^x\cos x\,\dd x = 1 + I .

Integralnya sudah kembali ke dirinya sendiri: $I = \eu^{\pi/2} - 1 - I$ , sehingga

I = \frac{\eu^{\pi/2} - 1}{2} .

Inti gagasan penutupnya: bahwa ketika integrannya hasil kali dua fungsi yang memproduksi dirinya sendiri di bawah pendiferensialan ( $\eu^{ax}$ , $\cos bx$ , $\sin bx$ ), maka dua kali pengintegralan parsial menghasilkan persamaan linear bagi integral yang tak diketahuinya — jadi pecahkanlah ia alih-alih mengintegralkannya; dan setara dengan itu, lewatilah $\eu^{(a + \iu b)x}$ (Bab 3) lalu ambillah bagian realnya. Kedua jalannya memberikan jawaban yang sama, dan memeriksa bahwa demikianlah halnya merupakan uji kewarasan yang cuma-cuma.

15.4 Jumlah Riemann

Teorema 15.20 (Jumlah Riemann)

Misalkan $f$ kontinu pada $\intcc{a}{b}$ . Maka

S_n = \frac{b - a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\Bigl(a + k\,\frac{b-a}{n}\Bigr) \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_a^b f(t)\, \dd t ,

dan demikian pula dengan sebarang titik penilaian di dalam subselangnya.

Bukti. Di sini $S_n$ merupakan integral fungsi tangga $\varphi_n$ yang sama dengan $f(a + k\frac{b-a}{n})$ pada subselang ke- $k$ . Diberikan $\varepsilon > 0$ , kekontinuan seragamnya (menurut Heine) menyediakan $\delta$ ; lalu untuk $n > \frac{b-a}{\delta}$ , setiap titik sebuah subselang berjarak $\delta$ dari titik penilaiannya, sehingga $\abs{f - \varphi_n} \leq \varepsilon$ pada $\intcc{a}{b}$ , jadi

\Bigl| \int_a^b f - S_n \Bigr| = \Bigl| \int_a^b (f - \varphi_n) \Bigr| \leq (b-a)\,\varepsilon . \qedhere

∎

Sebuah jumlah Riemann kiri dengan n = 8 persegi panjang: bahwa ketika jalanya menyusut, kekontinuan seragamnya memaksa luas tangganya menuju ∈t_ab f. — Sebuah jumlah Riemann kiri dengan $n = 8$ persegi panjang: bahwa ketika jalanya menyusut, kekontinuan seragamnya memaksa luas tangganya menuju $\int_a^b f$ .

Contoh 15.21

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k} = \frac 1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + k/n} \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^1 \frac{\dd x}{1 + x} = \ln 2$ : yaitu limit yang tak kasatmata bagi batas elementer, tetapi bening sebagai jumlah Riemann.

Contoh 15.22 (Jumlah Riemann kedua, beserta kalibrasinya)

Carilah $\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{n}{(n+k)^2}$ . Kalibrasikanlah:

\sum_{k=1}^{n} \frac{n}{(n+k)^2} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{n^2}{(n+k)^2} = \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\bigl(1 + \frac kn\bigr)^2} ,

yaitu jumlah Riemann bagi $f(x) = \frac{1}{(1+x)^2}$ yang kontinu pada $\intcc{0}{1}$ : sehingga limitnya adalah

\int_0^1 \frac{\dd x}{(1 + x)^2} = \Bigl[-\frac{1}{1+x}\Bigr]_0^1 = \frac12 .

Inti gagasan penutupnya: bahwa seluruh seninya ada pada baris tengahnya — paksalah sukunya menjadi bentuk $f(\frac kn)$ dengan ongkos mengeluarkan tepat satu faktor $\frac1n$ ; dan begitu bentuknya tepat, teoremanya mengerjakan analisisnya sedangkan teorema fundamentalnya mengerjakan aritmetikanya.

Catatan 15.23 (Di mana integralnya bekerja berikutnya)

Konstruksi bab ini masing-masing mempunyai kelanjutan. Adapun jumlah Riemann kembali pada Bab 17 sebagai jembatan antara deret dan integral (yaitu perbandingan $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ dengan $\int \frac{\dd t}{t^\alpha}$ ); sedangkan sisa integralnya merupakan bentuk paling tajam rumus Taylor pada Bab 16; dan definisi berbasis $\sup$ -nya merupakan purwarupa bagi integral Lebesgue pada jilid Tahun ke-3, yang di situ ketiga sifat yang sama (kelinearan, kemonotonan, dan sebuah teorema kekonvergenan) dibangun kembali pada kelas fungsi yang jauh lebih besar. Adapun soal akhir pekan di bawah mengubah pengintegralan parsial menjadi aritmetika: yaitu keirasionalan $\pi^2$ .

15.5 Latihan

Latihan 15.1 ★

Hitunglah: $\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd x}{x^2 - 4}$ (lewat pecahan parsial, Bab 9); $\displaystyle\int_1^{\eu} \ln t \,\dd t$ ; $\displaystyle\int_0^{\pi} t \sin t\, \dd t$ .

Solusi

Solusi Latihan 15.1.

$\dfrac{1}{x^2-4} = \dfrac{1/4}{x - 2} - \dfrac{1/4}{x+2}$ (lewat penutupan), sehingga

\int_0^1 \frac{\dd x}{x^2 - 4} = \frac14\Bigl[\ln\abs{x-2} - \ln\abs{x+2}\Bigr]_0^1 = \frac14\Bigl(\ln\frac{1}{3} - \ln 1\Bigr) = -\frac{\ln 3}{4}.

Lewat parsial ( $u' = 1$ , $v = \ln t$ ): $\int_1^{\eu} \ln t\,\dd t = \bigl[t\ln t\bigr]_1^{\eu} - \int_1^{\eu} \dd t = \eu - (\eu - 1) = 1$ .

Lewat parsial ( $u' = \sin t$ , $v = t$ ): $\int_0^\pi t\sin t\,\dd t = \bigl[-t\cos t\bigr]_0^\pi + \int_0^\pi \cos t\,\dd t = \pi + 0 = \pi$ .

Latihan 15.2 ★

Hitunglah $\displaystyle\int_0^{1} \frac{t}{(t^2+1)^2}\,\dd t$ (lewat penyulihan) dan $\displaystyle\int_0^{\pi/2} \cos^3 t\, \dd t$ (dengan menulis $\cos^3 = \cos(1 - \sin^2)$ ).

Solusi

Solusi Latihan 15.2.

Lewat penyulihan $u = t^2 + 1$ , $\dd u = 2t\,\dd t$ :

\int_0^1 \frac{t\,\dd t}{(t^2+1)^2} = \frac12 \int_1^2 \frac{\dd u}{u^2} = \frac12\Bigl[-\frac1u\Bigr]_1^2 = \frac14 .

Dengan $u = \sin t$ : $\int_0^{\pi/2} \cos^3 t\,\dd t = \int_0^{\pi/2} (1 - \sin^2 t)\cos t\,\dd t = \bigl[\sin t - \frac{\sin^3 t}{3}\bigr]_0^{\pi/2} = 1 - \frac13 = \frac23$ .

Latihan 15.3 ★

Carilah limitnya, sebagai jumlah Riemann:

u_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{n}{n^2 + k^2}, \qquad v_n = \frac{1}{n}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{n!\,n^n}} \ \emph{(ambillah logaritmanya)}.

Solusi

Solusi Latihan 15.3.

$u_n = \dfrac1n \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{1 + (k/n)^2}$ : yaitu jumlah Riemann bagi $x \mapsto \frac{1}{1+x^2}$ pada $\intcc{0}{1}$ , sehingga $u_n \to \int_0^1 \frac{\dd x}{1+x^2} = \arctan 1 = \dfrac\pi4$ .

$\ln v_n = \dfrac1n \sum_{k=1}^{n} \ln\dfrac{n+k}{n} = \dfrac 1n \sum_{k=1}^n \ln\Bigl(1 + \dfrac kn\Bigr) \to \int_0^1 \ln(1+x)\,\dd x = \bigl[(1+x)\ln(1+x) - x\bigr]_0^1 = 2\ln 2 - 1$ . Jadi $v_n \to \eu^{2\ln 2 - 1} = \dfrac 4\eu$ . (Periksa pengenalannya: $\frac{(2n)!}{n!\,n^n} = \prod_{k=1}^{n} \frac{n+k}{n}$ .)

Latihan 15.4 ★

Misalkan $f$ kontinu pada $\intcc{0}{1}$ . Hitunglah $\lim_{n\to\infty} \int_0^1 x^n f(x)\,\dd x$ . (Potonglah $\intcc{0}{1}$ di $1 - \delta$ .)

Solusi

Solusi Latihan 15.4.

Limitnya $0$ . Misalkan $M = \sup \abs f$ dan $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ . Potonglah di $1 - \varepsilon$ :

\Bigl| \int_0^1 x^n f \Bigr| \leq \int_0^{1 - \varepsilon} x^n \abs f + \int_{1-\varepsilon}^1 x^n \abs f \leq M\,(1-\varepsilon)^n + M\varepsilon .

Karena $(1 - \varepsilon)^n \to 0$ (Latihan 11.3), maka limsup ruas kirinya $\leq M\varepsilon$ untuk setiap $\varepsilon$ : sehingga integralnya menuju $0$ .

Latihan 15.5 ★★

(Cauchy–Schwarz) Untuk $f, g$ yang kontinu pada $\intcc{a}{b}$ , buktikanlah

\Bigl(\int_a^b fg\Bigr)^{\!2} \leq \int_a^b f^2 \cdot \int_a^b g^2 ,

dengan menjabarkan $\int_a^b (f + \lambda g)^2 \geq 0$ sebagai kuadratik dalam $\lambda$ . Kapankah ia menjadi kesamaan?

Solusi

Solusi Latihan 15.5.

$Q(\lambda) = \int_a^b (f + \lambda g)^2 = \int f^2 + 2\lambda \int fg + \lambda^2 \int g^2 \geq 0$ untuk setiap $\lambda$ . Jika $\int g^2 = 0$ , maka $g = 0$ (menurut kepositifan tegasnya, Teorema 15.7 (4)) dan ketaksamaannya menjadi $0 \leq 0$ . Kalau tidak, $Q$ merupakan kuadratik yang sejati, yang di mana-mana $\geq 0$ : sehingga diskriminannya $\leq 0$ , yakni $\bigl(\int fg\bigr)^2 \leq \int f^2 \int g^2$ .

Kesamaannya berlaku jika dan hanya jika diskriminannya lenyap, jika dan hanya jika $Q(\lambda_0) = 0$ untuk suatu $\lambda_0$ , yakni $\int (f + \lambda_0 g)^2 = 0$ , yakni (menurut kepositifan tegasnya lagi) $f = -\lambda_0 g$ : jadi kesamaannya berlaku tepat ketika $f$ dan $g$ sebanding.

Latihan 15.6 ★★

Misalkan $f$ kontinu pada $\R$ , dan periodik- $T$ . Buktikan bahwa $\int_a^{a+T} f$ tak bergantung pada $a$ , dan bahwa $\frac1x \int_0^x f(t)\,\dd t \to \frac 1T \int_0^T f$ ketika $x \to +\infty$ .

Solusi

Solusi Latihan 15.6.

Misalkan $\Phi(a) = \int_a^{a+T} f$ . Menurut teorema fundamentalnya (Teorema 15.9), $\Phi$ dapat diturunkan dengan $\Phi'(a) = f(a + T) - f(a) = 0$ : jadi konstan.

Untuk $x > 0$ , tulislah $x = nT + r$ , $0 \leq r < T$ (dengan $n = \lfloor x/T \rfloor$ ). Menurut Chasles:

\int_0^x f = n \int_0^T f + \int_{nT}^{nT + r} f, \qquad \Bigl| \int_{nT}^{nT+r} f \Bigr| \leq T \sup_{\intcc{0}{T}} \abs f = C .

Lalu $\frac 1x \int_0^x f = \frac{nT}{x}\cdot\frac 1T \int_0^T f + O\bigl(\frac 1x\bigr)$ , dan $\frac{nT}{x} \to 1$ : sehingga limitnya $\frac1T \int_0^T f$ .

Latihan 15.7 ★★

Untuk $f$ yang kontinu pada $\intcc{0}{1}$ dengan $\int_0^1 f = \frac12$ , buktikan bahwa $f$ mempunyai titik tetap di $\intcc{0}{1}$ . (Integralkanlah $f(x) - x$ lalu pakailah kepositifan tegasnya, Teorema 15.7 (4), lewat kontraposisinya yang digabung dengan teorema nilai antara.)

Solusi

Solusi Latihan 15.7.

Misalkan $g(x) = f(x) - x$ : yang kontinu, dengan

\int_0^1 g = \int_0^1 f - \frac12 = 0 .

Seandainya $g$ tak pernah lenyap, maka teorema nilai antara akan memaksa tanda yang tetap (karena fungsi kontinu pada sebuah selang yang mengambil kedua tandanya pasti lenyap); katakanlah $g > 0$ . Maka, menurut kepositifan tegasnya (Teorema 15.7 (4) yang diterapkan pada $g > 0$ , yang memberikan $\int g > 0$ ): yang bertentangan dengan $\int g = 0$ . Jadi $g(c) = 0$ untuk suatu $c$ : sehingga $f(c) = c$ .

Latihan 15.8 ★★★

(Integral Wallis) Misalkan $W_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\,\dd t$ .

Buktikan rekurensi $n W_n = (n-1) W_{n-2}$ ( $n \geq 2$ ) lewat parsial, lalu hitunglah $W_0, W_1$ , kemudian $W_{2p}$ dan $W_{2p+1}$ dalam bentuk tertutup.
Buktikan bahwa $(W_n)$ turun dengan $\frac{W_{n+1}}{W_n} \to 1$ ; buktikan bahwa besaran $(n+1)\,W_{n+1} W_n$ bersifat konstan, yang sama dengan $\frac\pi2$ ; lalu simpulkanlah kesetaraan $W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$ .

Solusi

Solusi Latihan 15.8.

Lewat parsial dengan $u' = \sin t$ , $v = \sin^{n-1} t$ :

$W_n = \bigl[-\cos t\sin^{n-1}t\bigr]_0^{\pi/2} + (n-1)\int_0^{\pi/2} \cos^2 t\,\sin^{n-2} t\,\dd t = (n-1)(W_{n-2} - W_n),$

sehingga $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ . Dari $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ :

$W_{2p} = \frac{(2p-1)(2p-3)\cdots 1}{(2p)(2p-2)\cdots 2}\, \frac{\pi}{2} = \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\,\frac\pi2, \qquad W_{2p+1} = \frac{(2p)(2p-2)\cdots 2}{(2p+1)(2p-1)\cdots 3} = \frac{4^p (p!)^2}{(2p+1)!} .$
Pada $\intoo{0}{\frac\pi2}$ , $0 < \sin t < 1$ , sehingga $\sin^{n+1} < \sin^n$ dan $(W_n)$ turun (secara tegas) dan positif. Lalu mengapitnya dengan rekurensinya:

$\frac{n}{n+1} = \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}} \leq \frac{W_{n+1}}{W_n} \leq 1 \quad\implies\quad \frac{W_{n+1}}{W_n} \to 1 .$

Adapun invariannya: $a_n = (n+1)W_{n+1}W_n$ memenuhi $a_n = a_{n-1}$ menurut rekurensi $(n+1)W_{n+1} = nW_{n-1}$ , sehingga $a_n = a_0 = 1 \cdot W_1 W_0 = \frac\pi2$ . Lalu

$n W_n^2 \sim (n+1) W_{n+1} W_n = \frac\pi2 \quad\implies\quad W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .$

Latihan 15.9 ★★★

(Niven: $\pi$ irasional) Andaikan $\pi = \frac ab$ dengan $a, b \in \N^*$ , lalu tetapkan, untuk $n$ yang akan dipilih,

P(x) = \frac{x^n (a - bx)^n}{n!}, \qquad I_n = \int_0^{\pi} P(x)\sin x\, \dd x .

Buktikan bahwa $0 < I_n \leq \pi\,\frac{(\pi a)^n}{n!}$ , yang bernilai $< 1$ untuk $n$ yang besar.
Buktikan bahwa $P$ beserta semua turunannya mengambil nilai bulat di $0$ dan di $\pi = \frac ab$ . (Lewat penjabaran binomialnya: karena koefisien $P$ dikali $k!$ bersifat bulat untuk $k \geq n$ ; dan $P(\pi - x) = P(x)$ .)
Tetapkanlah $Q = P - P'' + P^{(4)} - \dots$ (yaitu jumlah yang hingga). Periksalah bahwa $\bigl(Q'\sin x - Q\cos x\bigr)' = P \sin x$ , lalu simpulkanlah bahwa $I_n = Q(\pi) + Q(0)$ bersifat bulat.
Tutuplah kesimpulannya.

Solusi

Solusi Latihan 15.9.

Pada $\intoo{0}{\pi}$ : $x > 0$ , $a - bx = b(\frac ab - x) = b(\pi - x) > 0$ dan $\sin x > 0$ , sehingga integrannya $> 0$ dan $I_n > 0$ (menurut kepositifan tegasnya). Adapun batasnya: pada $\intcc{0}{\pi}$ , $x \leq \pi$ dan $a - bx \leq a$ , sehingga $P \leq \frac{\pi^n a^n}{n!}$ dan $I_n \leq \pi\,\frac{(\pi a)^n}{n!}$ , yang menuju $0$ (karena faktorialnya mengalahkan suku geometrinya: sebab ia suku umum deret eksponensial yang konvergen, bandingkan Contoh 11.12); khususnya $I_n < 1$ untuk $n$ yang besar.
Jabarkanlah $x^n(a - bx)^n = \sum_{j=0}^{n} \binom nj a^{n-j} (-b)^j x^{n+j}$ : sehingga $P = \frac{1}{n!}\sum_j c_j x^{n+j}$ dengan $c_j$ yang bulat. Lalu $P^{(k)}(0) = 0$ untuk $k < n$ (menurut valuasinya) dan, untuk $n \leq k \leq 2n$ , $P^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!} c_{k-n}$ , yaitu bilangan bulat karena $n! \mid k!$ . Lebih lanjut $P(\pi - x) = P(x)$ (lewat penyulihan: karena $\pi - x$ menukar faktornya, dengan memakai $a - b(\pi - x) = bx$ ), sehingga $P^{(k)}(\pi) = \pm P^{(k)}(0)$ : yang bulat pula.
Dengan $Q = P - P'' + P^{(4)} - \dots$ (yang hingga: karena $P$ berderajat $2n$ ): $Q + Q'' = P$ , dan

$\bigl(Q'\sin x - Q\cos x\bigr)' = (Q + Q'')\sin x = P\sin x .$

Sehingga $I_n = \bigl[Q'\sin x - Q\cos x\bigr]_0^{\pi} = Q(\pi) + Q(0)$ , yaitu jumlah nilai $P^{(2k)}$ di $0$ dan $\pi$ : jadi bilangan bulat menurut (2).
Untuk $n$ yang besar, $I_n$ merupakan bilangan bulat dengan $0 < I_n < 1$ : yang mustahil. Jadi anggapan $\pi = \frac ab$ gagal: sehingga $\pi$ irasional.

Latihan 15.10 ★★★

Misalkan $f$ berkelas $C^1$ pada $\intcc{a}{b}$ . Buktikan limit bertipe Riemann–Lebesgue

\int_a^b f(t)\sin(\lambda t)\,\dd t \xrightarrow[\lambda \to +\infty]{} 0

lewat pengintegralan parsial. Lalu buktikanlah ia lagi untuk $f$ yang sekadar kontinu, lewat hampiran seragam dengan fungsi tangga (Teorema 15.3).

Solusi

Solusi Latihan 15.10.

Kasus $C^1$ -nya: lewat parsial,

\int_a^b f(t)\sin\lambda t\,\dd t = \Bigl[-f(t)\frac{\cos\lambda t}{\lambda}\Bigr]_a^b + \frac{1}{\lambda}\int_a^b f'(t)\cos\lambda t\,\dd t,

yang nilai mutlaknya terbatas oleh $\frac{2\sup\abs f + (b - a)\sup\abs{f'}} {\lambda} \to 0$ .

Kasus kontinunya: misalkan $\varepsilon > 0$ lalu pilihlah fungsi tangga $\varphi$ dengan $\abs{f - \varphi} \leq \varepsilon$ (karena Teorema 15.3 menyediakan $\varphi \leq f \leq \psi$ dengan celah $\leq\varepsilon$ ; ambillah $\varphi$ ). Maka

\Bigl|\int_a^b f\sin\lambda t\Bigr| \leq \int_a^b \abs{f - \varphi} + \Bigl|\int_a^b \varphi \sin\lambda t\Bigr| \leq (b-a)\varepsilon + \sum_i \abs{c_i}\,\Bigl|\int_{x_{i-1}}^{x_i} \sin\lambda t\,\dd t\Bigr| ,

dan masing-masing $\bigl|\int \sin \lambda t\bigr| = \bigl|\frac{\cos\lambda x_{i-1} - \cos\lambda x_i}{\lambda}\bigr| \leq \frac{2}{\lambda}$ : sehingga suku keduanya menuju $0$ . Jadi limsupnya $\leq (b-a)\varepsilon$ untuk setiap $\varepsilon$ : sehingga limitnya $0$ .

Latihan 15.11 ★★

(Teorema nilai rata-rata bagi integral) Misalkan $f, g$ kontinu pada $\intcc{a}{b}$ dengan $g \geq 0$ . Buktikan bahwa ada $c \in \intcc{a}{b}$ dengan

\int_a^b f(t)\,g(t)\,\dd t = f(c)\int_a^b g(t)\,\dd t ,

lalu tunjukkanlah lewat sebuah contoh bahwa hipotesis $g \geq 0$ tak dapat dilepaskan.

Solusi

Solusi Latihan 15.11.

Misalkan $m = \min f$ dan $M = \max f$ , yang tercapai menurut teorema nilai ekstrem. Karena $g \geq 0$ : maka $m\,g \leq fg \leq M\,g$ , sehingga menurut kemonotonannya

m \int_a^b g \;\leq\; \int_a^b fg \;\leq\; M \int_a^b g .

Jika $\int_a^b g = 0$ : maka kepositifan tegasnya (Teorema 15.7 (4)) memaksa $g \equiv 0$ , sehingga kedua ruasnya lenyap, dan sebarang $c$ berlaku. Kalau tidak, $t = \frac{\int fg}{\int g}$ terletak di $\intcc{m}{M} = f(\intcc{a}{b})$ (Teorema 13.13 dan 13.10), sehingga $t = f(c)$ untuk suatu $c$ .

Tandanya penting: pada $\intcc{-1}{1}$ dengan $f(t) = g(t) = t$ : $\int fg = \int_{-1}^1 t^2 = \frac23$ , sedangkan $f(c)\int_{-1}^1 t\,\dd t = 0$ untuk setiap $c$ .

Latihan 15.12 ★★★

(Momen memaksa nol) Misalkan $f$ kontinu pada $\intcc{a}{b}$ dengan

\int_a^b f(t)\,t^k\,\dd t = 0 \qquad \text{untuk } k = 0, 1, \dots, n .

Buktikan bahwa $f$ lenyap di $n + 1$ titik berbeda pada $\intoo{a}{b}$ . (Jika $f$ berubah tanda hanya di $z_1 < \dots < z_m$ dengan $m \leq n$ , integralkanlah $f$ terhadap $P(t) = (t - z_1) \cdots (t - z_m)$ lalu pakailah kepositifan tegasnya.)

Solusi

Solusi Latihan 15.12.

Jika $f \equiv 0$ maka klaimnya hampa (karena setiap titiknya sebuah nol). Jadi anggaplah $f \not\equiv 0$ dan andaikan ia mempunyai paling banyak $n$ nol yang berbeda di $\intoo{a}{b}$ ; lalu misalkan $z_1 < \dots < z_m$ ( $m \leq n$ ) nol yang di situ $f$ berubah tanda (yang mungkin saja tak ada). Tetapkanlah $P(t) = \prod_{i=1}^{m}(t - z_i)$ (dengan hasil kali kosong $= 1$ ), yang berderajat $m \leq n$ . Pada setiap subselang yang dipotong oleh $z_i$ , baik $f$ maupun $P$ bertanda tetap, dan keduanya berbalik tanda ketika melintasi suatu $z_i$ : sehingga hasil kalinya $fP$ bertanda tetap pada seluruh $\intoo{a}{b}$ . Dan karena kontinu, tak identik nol, dan bertanda tetap, maka ia mempunyai $\bigl|\int_a^b fP\bigr| > 0$ (menurut kepositifan tegasnya yang diterapkan pada $\abs{fP}$ ). Padahal $\int f P$ merupakan kombinasi linear momen $\int f\,t^k$ , $k \leq n$ , yang semuanya nol: yang bertentangan. Jadi $f$ mempunyai sekurang-kurangnya $n + 1$ nol berbeda di $\intoo{a}{b}$ .

Catatan 15.24 (Cakrawala di dalam jilid ini)

Tiga bab ke depan bersandar langsung pada bab ini. Bab 16 membawa sisa integralnya — karena yang paling tajam di antara ketiga rumus Taylornya adalah pengintegralan parsial yang diulang $n$ kali. Bab 17 mengubah apitan jumlah oleh integral menjadi uji yang menentukan bagi $\sum n^{-\alpha}$ , dan soal akhir pekannya menghaluskan apitan itu menjadi konstanta Euler. Bab 24 membuat integralnya geometris: karena panjang sebuah busur berparameter adalah $\int \sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}\,\dd t$ , yaitu integral fungsi yang kontinu pada sebuah ruas — persis objek yang dibangun di sini, tanpa memerlukan teori takwajar apa pun. Adapun fakta yang paling banyak dipakai ulang justru yang paling rendah hati: $\bigl|\int f\bigr| \leq (b - a)\sup\abs{f}$ , yaitu ketaksamaan yang mengubah setiap taksiran titik demi titik menjadi taksiran integral.

15.6 Soal: Mesin keirasionalan lewat integral

Soal 15.1

Soal akhir pekan — $\eu$ dan $\pi^2$ bersifat irasional, $\eu$ sampai enam desimal, dan $\frac{22}{7} > \pi$ beserta buktinya

Satu mekanisme menggerakkan seluruh soal ini: bahwa ungkapan yang harus menjadi bilangan bulat positif, namun terbukti lebih kecil daripada $1$ , tak mungkin ada. Latihan 15.9 (Niven) menjalankannya sekali untuk membuktikan $\pi \notin \Q$ ; sedangkan di sini kita mengindustrikannya. Mesinnya memerlukan tiga bagian: masukan kebulatan (yaitu nilai titik ujung polinomial yang terpilih baik), masukan kekecilan (yaitu faktor $\frac{1}{n!}$ yang menggilas integralnya), dan sebuah jembatan (yaitu pengintegralan parsial) yang menghubungkan keduanya. Kita membuktikan bahwa $\eu$ bersifat irasional lalu menghitungnya dengan galat yang bersertifikat, membuktikan teorema Legendre yang lebih tajam bahwa $\pi^2$ irasional, lalu berakhir dengan integral paling memikat dalam analisis: $\int_0^1 \frac{x^4(1 - x)^4}{1 + x^2}\dd x = \frac{22}{7} - \pi$ , yang mengapit $\pi$ dengan tangan.

Bagian I — Bahan bakarnya.

Buktikan bahwa $\dfrac{c^{\,n}}{n!} \to 0$ untuk setiap $c > 0$ yang tetap (karena di luar $n \geq 2c$ , setiap langkahnya sekurang-kurangnya memaruhkan sukunya).
(Integral Beta) Buktikan, lewat induksi pada $m$ dengan pengintegralan parsial:

$\int_0^1 x^{\,k}\,(1 - x)^{\,m}\,\dd x = \frac{k!\,m!}{(k + m + 1)!} \qquad (k, m \in \N).$
Simpulkan $\displaystyle\int_0^1 \bigl(x(1-x)\bigr)^n \dd x = \frac{1}{(2n+1)\binom{2n}{n}}$ , dan — dengan membandingkannya dengan batas $x(1 - x) \leq \frac14$ — taksiran $\binom{2n}{n} \geq \dfrac{4^n}{2n+1}$ , yang cocok dengan $\binom{2n}{n}^{1/n} \to 4$ dari Soal 11.1.
Buktikan lema kekecilan yang dipakai dua kali di bawah: bahwa untuk setiap $g > 0$ yang kontinu pada $\intoo{0}{1}$ ,

$0 < \int_0^1 \bigl(x(1-x)\bigr)^n g(x)\,\dd x \leq \frac{\sup_{\intcc{0}{1}}\abs g}{4^{\,n}} .$

Bagian II — $\eu$ : keirasionalannya, lalu enam desimalnya. Tetapkanlah $A_n = \displaystyle\int_0^1 x^n \eu^x \dd x$ .

Hitunglah $A_0$ dan $A_1$ , buktikan rekurensi $A_n = \eu - n A_{n-1}$ , beserta batasnya $0 < A_n \leq \dfrac{\eu}{n+1}$ .
Tunjukkan lewat induksi bahwa $A_n = \alpha_n + \beta_n \eu$ dengan $\alpha_n, \beta_n \in \Z$ .
Simpulkan bahwa $\eu$ irasional (karena jika $\eu = \frac pq$ , maka $q A_n$ merupakan bilangan bulat yang terperangkap di $\intoo{0}{1}$ untuk $n$ yang besar). Bandingkanlah dengan bukti Latihan 11.9: yaitu penutup yang sama, dengan bahan bakar yang berbeda.
Buktikan, lewat induksi dan pengintegralan parsial, rumus sisanya yang persis

$\eu = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} + R_n, \qquad R_n = \frac{1}{n!}\int_0^1 (1 - t)^n\,\eu^{\,t}\,\dd t, \qquad \frac{1}{(n+1)!} \leq R_n \leq \frac{\eu}{(n+1)!} .$
Ambillah $n = 9$ : batasilah $R_9$ dengan memakai $\eu < 2.75$ (dari $b_2 = 2.75$ pada Contoh 11.12), nilailah jumlahnya, lalu simpulkan apitan bersertifikatnya $2.7182818 \leq \eu \leq 2.7182823$ — jadi enam desimal, $\eu \approx 2.718282$ , beserta buktinya.

Bagian III — Teorema Legendre: bahwa $\pi^2$ irasional. Misalkan $f(x) = \dfrac{x^n (1 - x)^n}{n!}$ , dan andaikan $\pi^2 = \frac ab$ dengan $a, b \in \N^*$ .

Tunjukkan $f(1 - x) = f(x)$ dan $0 < f \leq \dfrac{1}{4^n\,n!}$ pada $\intoo{0}{1}$ .
Tunjukkan bahwa $f^{(k)}(0)$ dan $f^{(k)}(1)$ bersifat bulat untuk setiap $k \geq 0$ (jabarkanlah $x^n(1-x)^n$ dengan koefisien bulat; lalu $\frac{k!}{n!} \in \Z$ untuk $k \geq n$ ; kemudian pakailah kesetangkupannya).
Definisikanlah

$G = b^{\,n} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k\, \pi^{2n - 2k} f^{(2k)} .$

Tunjukkan bahwa $G(0)$ dan $G(1)$ bersifat bulat (karena masing-masing $b^n \pi^{2n-2k} = a^{\,n-k}\,b^{\,k}$ ).
Periksalah teleskopnya $G'' + \pi^2 G = b^n \pi^{2n+2} f = \pi^2 a^n f$ , lalu

$\frac{\dd}{\dd x}\Bigl(G'(x)\sin \pi x - \pi\,G(x)\cos \pi x\Bigr) = \pi^2 a^n f(x)\sin \pi x .$
Integralkanlah atas $\intcc{0}{1}$ lalu simpulkanlah

$\pi\,a^n \int_0^1 f(x)\sin(\pi x)\,\dd x = G(0) + G(1) \in \Z ,$

yaitu bilangan bulat yang positif yang terbatas oleh $\dfrac{\pi a^n}{4^n\,n!}$ .
Tutuplah dengan pertanyaan 1 bahwa $\pi^2$ bersifat irasional (Legendre, 1794), dan bahwa ini memperkuat Latihan 15.9: mengapakah keirasionalan $\pi^2$ mengakibatkan keirasionalan $\pi$ , dan tidak sebaliknya?

Bagian IV — Memahami mesinnya.

Tunjukkanlah kedua daya yang berlawanan (yaitu kebulatan data titik ujungnya; dan kekecilan analitik integralnya) beserta jembatannya, pada Bagian II dan III. Lalu jelaskan mengapa faktor $\frac{1}{n!}$ pada $f$ menjadi titik gentingnya: bahwa jika ia dibuang, kebulatannya bertahan, tetapi ketaksamaan mana yang mati, dan untuk pecahan $\frac ab$ yang diklaim yang mana buktinya lalu gagal?
Keefektifannya: andaikan seseorang mengklaim $\pi^2 = \frac ab$ dengan $a \leq 10$ . Tunjukkan bahwa pertentangannya sudah mendarat di $n = 7$ : hitunglah $\pi\,(10/4)^7/7! \approx 0.38 < 1$ . Jadi mesinnya tak sekadar membantah; ia membantah pada tahap yang tetap dan terhitung.
Periksalah kewarasan jembatannya tanpa syarat: buktikan lewat dua kali pengintegralan parsial bahwa

$\int_0^1 x(1 - x)\sin(\pi x)\,\dd x = \frac{4}{\pi^3},$

lalu rukunkanlah dengan pertanyaan 14 di $n = 1$ (dengan menjaga $\pi^2$ tetap simbolis: karena kesamaan teleskopnya berbunyi $\pi^3 \int_0^1 f_1 \sin \pi x = -(f_1''(0) + f_1''(1)) = 4$ ).
Apakah yang membuat $\eu^x$ dan $\sin \pi x$ layak menjadi inti mesinnya? Kenalilah sifatnya (bahwa masing-masingnya memenuhi persamaan diferensial linear berkoefisien konstan, sehingga pengintegralan parsial yang berulang berdaur kembali ke awalnya), lalu namailah perbatasannya: bahwa mesin yang sama, yang dihaluskan oleh Hermite dan Lindemann, membuktikan bahwa $\eu$ dan $\pi$ bersifat transenden — yang di luar jilid ini.

Bagian V — $\frac{22}{7}$ lawan $\pi$ , dan moralnya.

Tegakkanlah pembagian polinomialnya

$\frac{x^4(1-x)^4}{1 + x^2} = x^6 - 4x^5 + 5x^4 - 4x^2 + 4 - \frac{4}{1 + x^2},$

lalu simpulkanlah kesamaan yang termasyhur

$\int_0^1 \frac{x^4 (1-x)^4}{1 + x^2}\,\dd x = \frac{22}{7} - \pi .$
Integrannya positif: simpulkanlah $\pi < \frac{22}{7}$ . Lalu, dengan membatasi $\frac{1}{1+x^2}$ di antara $\frac12$ dan $1$ dan memakai $\int_0^1 (x(1-x))^4 = \frac{1}{630}$ (pertanyaan 3), buktikanlah

$\frac{22}{7} - \frac{1}{630} \;\leq\; \pi \;\leq\; \frac{22}{7} - \frac{1}{1260} ,$

yakni $3.14126 \leq \pi \leq 3.14207$ : jadi dua desimal yang benar, dengan tangan.
Samaratakanlah: dengan membagi $x^{4m}(1-x)^{4m}$ dengan $1 + x^2$ , tunjukkan bahwa sisanya adalah konstanta $(-4)^m$ (bekerjalah modulo $x^2 + 1$ : karena $(1-x)^2 \equiv -2x$ ), lalu simpulkanlah adanya bilangan rasional $r_m$ dengan

$\abs{\pi - r_m} \leq 4^{\,1 - 5m} ,$

lalu periksalah bahwa $m = 1$ memproduksi ulang pertanyaan 20–21.
Hadapkanlah bilangan rasional ini dengan teori hampiran pada Soal 14.1: hitunglah $\abs{\pi - \frac{22}{7}} \approx 1.26\cdot10^{-3}$ terhadap jaminan Dirichlet $\frac{1}{49}$ , lalu kutiplah $\abs{\pi - \frac{355}{113}} \approx 2.7\cdot10^{-7}$ terhadap $\frac{1}{113^2} \approx 7.8\cdot10^{-5}$ : jadi ada hampiran rasional yang luar biasa baik bagi $\pi$ — yang selaras, karena $\pi$ tak diketahui buruk penghampirannya.
(Perangkap bilangan bulat, yang diabstraksikan) Buktikanlah lema yang menyatukan segalanya: bahwa jika $x \in \R$ dan ada bilangan bulat $a_n, b_n$ dengan $0 < \abs{a_n + b_n x} \to 0$ , maka $x$ irasional. Daftarkanlah kejadiannya pada soal ini, pada Latihan 15.9, pada Latihan 11.9, dan pada Soal 14.1.
Sintesis, satu kalimat untuk masing-masing: (i) ketiga bagian mesinnya dan di mana masing-masingnya tinggal pada kotak perkakas bab ini; (ii) apakah yang disumbangkan integralnya yang tak dapat disumbangkan teorema nilai rata-rata pada Soal 14.1; (iii) daftar hasil yang terpetik (yaitu dua keirasionalan, satu konstanta berdesimal enam, satu apitan bagi $\pi$ , dan satu batas binomial); (iv) adapun perbatasannya (Hermite, Lindemann; beserta perangkap yang sama, yang dijalankan pada $\zeta(2)$ dan $\zeta(3)$ , dalam aritmetika abad kedua puluh).

Solusi

Solusi Soal 15.1.

1. Misalkan $N = \lceil 2c \rceil$ . Untuk $n \geq N$ : $\frac{c^{n+1}/(n+1)!}{c^n/n!} = \frac{c}{n+1} \leq \frac12$ , sehingga $0 < \frac{c^n}{n!} \leq \frac{c^N}{N!}\,2^{-(n - N)} \to 0$ : jadi lewat apitan.

2. Tetapkanlah $k$ ; lalu induksi pada $m$ . Untuk $m = 0$ : $\int_0^1 x^k = \frac{1}{k+1} = \frac{k!\,0!}{(k+1)!}$ . Adapun langkahnya, lewat parsial ( $u = (1-x)^m$ , $v' = x^k$ ):

\int_0^1 x^k (1-x)^m \dd x = \Bigl[\frac{x^{k+1}}{k+1}(1-x)^m\Bigr]_0^1 + \frac{m}{k+1}\int_0^1 x^{k+1}(1-x)^{m-1}\dd x = \frac{m}{k+1}\cdot\frac{(k+1)!\,(m-1)!}{(k+m+1)!} ,

yaitu $\frac{k!\,m!}{(k+m+1)!}$ .

3. Dengan $k = m = n$ : $\int_0^1 (x(1-x))^n = \frac{(n!)^2}{(2n+1)!} = \frac{1}{(2n+1)\binom{2n}{n}}$ . Dan karena $x(1-x) \leq \frac14$ pada $\intcc{0}{1}$ , maka integralnya $\leq 4^{-n}$ , sehingga $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ — yang selaras dengan $\binom{2n}{n}^{1/n} \to 4$ (Soal 11.1).

4. Integrannya kontinu, $\geq 0$ , dan positif pada $\intoo{0}{1}$ , sehingga tak identik nol: jadi integralnya $> 0$ (Teorema 15.7 (4)). Adapun batas atasnya: $(x(1-x))^n \leq 4^{-n}$ dan $g \leq \sup\abs g$ , lalu kemonotonannya.

5. Di sini $A_0 = \eu - 1$ ; $A_1 = [x\eu^x]_0^1 - \int_0^1 \eu^x = \eu - (\eu - 1) = 1$ . Lewat parsial: $A_n = [x^n \eu^x]_0^1 - n\int_0^1 x^{n-1}\eu^x = \eu - n A_{n-1}$ . Adapun batasnya: integrannya positif, sehingga $A_n > 0$ ; dan $\eu^x \leq \eu$ memberikan $A_n \leq \eu\int_0^1 x^n = \frac{\eu}{n+1}$ .

6. Di sini $A_0 = -1 + 1\cdot\eu$ . Jika $A_{n-1} = \alpha_{n-1} + \beta_{n-1}\eu$ dengan entri yang bulat, maka

A_n = \eu - n\alpha_{n-1} - n\beta_{n-1}\eu = \underbrace{(-n\,\alpha_{n-1})}_{\alpha_n} + \underbrace{(1 - n\,\beta_{n-1})}_{\beta_n}\,\eu ,

yang keduanya bulat.

7. Jika $\eu = \frac pq$ : maka $q A_n = q\alpha_n + p\beta_n \in \Z$ , dan $0 < qA_n \leq \frac{q\eu}{n+1} < 1$ untuk $n$ yang besar: yaitu bilangan bulat yang tegas di antara $0$ dan $1$ — yang mustahil. Jadi $\eu \notin \Q$ . Adapun pada Latihan 11.9 bilangan bulat yang terperangkap adalah $q!\,\frac pq - q!\,a_q$ ; sedangkan di sini ia $qA_n$ : jadi perangkap yang sama, dengan bahan bakar integral.

8. Untuk $n = 0$ : $R_0 = \int_0^1 \eu^t = \eu - 1$ , sehingga $\eu = 1 + R_0$ . Lewat parsial ( $u = \eu^t$ , $v = -\frac{(1-t)^{n+1}}{n+1}$ ):

R_n = \frac{1}{n!}\Bigl(\Bigl[-\frac{(1-t)^{n+1}}{n+1} \eu^t\Bigr]_0^1 + \frac{1}{n+1}\int_0^1 (1-t)^{n+1}\eu^t\Bigr) = \frac{1}{(n+1)!} + R_{n+1} ,

sehingga rumusnya merambat dari $n$ ke $n + 1$ . Adapun batasnya: $1 \leq \eu^t \leq \eu$ pada $\intcc{0}{1}$ dan $\int_0^1 (1-t)^n = \frac{1}{n+1}$ memberikan $\frac{1}{(n+1)!} \leq R_n \leq \frac{\eu}{(n+1)!}$ .

9. Di sini $\sum_{k=0}^{9} \frac{1}{k!} = \frac{986410}{362880} = 2.71828152\dots$ , dan

\frac{1}{10!} = 2.76\cdot10^{-7} \leq R_9 \leq \frac{2.75}{10!} = 7.58\cdot10^{-7} ,

sehingga $2.7182818 \leq \eu \leq 2.7182823$ : jadi beserta buktinya, $\eu = 2.718282$ sampai enam desimal (dengan nilai sejatinya $2.7182818\dots$ ).

10. Di sini $f(1 - x) = \frac{(1-x)^n x^n}{n!} = f(x)$ . Pada $\intoo{0}{1}$ : $0 < x(1-x) \leq \frac14$ , sehingga $0 < f \leq \frac{1}{4^n\,n!}$ .

11. Di sini $x^n(1-x)^n = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom nj\,x^{n+j}$ , sehingga $f = \frac{1}{n!}\sum_j c_j\,x^{n+j}$ dengan $c_j \in \Z$ . Jadi $f^{(k)}(0) = 0$ untuk $k < n$ atau $k > 2n$ , dan untuk $n \leq k \leq 2n$ : $f^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!}\, c_{k-n}$ , yaitu bilangan bulat karena $n! \mid k!$ . Lalu kesetangkupannya memberikan $f^{(k)}(1) = (-1)^k f^{(k)}(0) \in \Z$ .

12. Di sini $b^n \pi^{2n-2k} = b^n\bigl(\frac ab\bigr)^{\,n-k} = a^{\,n-k}\,b^{\,k} \in \Z$ , sehingga $G(0) = \sum_k (-1)^k a^{n-k} b^k f^{(2k)}(0)$ dan demikian pula $G(1)$ bersifat bulat menurut pertanyaan 11.

13. Pada $\pi^2 G + G''$ , suku ke- $k$ dari $\pi^2 G$ membawa $\pi^{2n-2k+2}f^{(2k)}$ sedangkan suku $j = k - 1$ dari $G''$ membawa $(-1)^{k-1}\pi^{2n-2k+2}f^{(2k)}$ : sehingga semuanya saling meniadakan kecuali $k = 0$ pada jumlah pertamanya dan $j = n$ pada yang kedua, yakni

G'' + \pi^2 G = b^n\bigl(\pi^{2n+2} f + (-1)^n f^{(2n+2)}\bigr) = b^n \pi^{2n+2} f = \pi^2 a^n f

(karena $f$ berderajat $2n$ , sehingga $f^{(2n+2)} = 0$ ; dan $b^n\pi^{2n} = a^n$ ). Lalu

\bigl(G'\sin\pi x - \pi G\cos\pi x\bigr)' = (G'' + \pi^2 G)\sin \pi x = \pi^2 a^n f\sin\pi x .

14. Dengan mengintegralkannya atas $\intcc{0}{1}$ :

\pi^2 a^n \int_0^1 f\sin(\pi x)\,\dd x = \bigl[G'\sin\pi x - \pi G\cos\pi x\bigr]_0^1 = \pi\bigl(G(1) + G(0)\bigr) ,

sehingga $\pi a^n \int_0^1 f\sin\pi x = G(0) + G(1) \in \Z$ . Pada $\intoo{0}{1}$ , $f > 0$ dan $\sin\pi x > 0$ : sehingga ruas kirinya positif, jadi $G(0) + G(1) \geq 1$ ; dan $\sin \leq 1$ beserta pertanyaan 10 membatasinya oleh $\frac{\pi a^n}{4^n\,n!}$ .

15. Menurut pertanyaan 1 (dengan $c = \frac a4$ ), $\frac{\pi a^n}{4^n n!} \to 0$ : sehingga untuk $n$ yang besar ia $< 1$ , yang bertentangan dengan $G(0) + G(1) \geq 1$ . Jadi tak ada pecahan $\frac ab$ yang sama dengan $\pi^2$ : itulah teorema Legendre. Dan seandainya $\pi$ rasional, maka $\pi^2$ pun demikian: sehingga $\pi \notin \Q$ — dan implikasinya hanya berjalan ke arah ini (karena $\sqrt2$ irasional dengan kuadrat yang rasional), dan itulah sebabnya $\pi^2 \notin \Q$ sungguh lebih kuat daripada Latihan 15.9.

16. Kebulatannya: pertanyaan 11–12 (yaitu turunan titik ujungnya); kekecilannya: pertanyaan 10 dan 1; jembatannya: pertanyaan 13–14 (yaitu pengintegralan parsial rangkap yang berteleskop). Tanpa $\frac{1}{n!}$ , data titik ujungnya tetap bulat (bahkan lebih mudah), tetapi batasnya menjadi $\frac{\pi a^n}{4^n}$ , yang menuju $0$ hanya ketika $a < 4$ — padahal setiap calonnya mempunyai $a = b\,\pi^2 > 9$ . Jadi faktorialnyalah yang persis mengalahkan pertumbuhan geometri $a^n$ : tanpa faktorial, tak ada teorema.

17. Untuk $a \leq 10$ , bilangan bulat $G(0) + G(1)$ bersifat positif dan paling banyak $\pi\,(10/4)^n/n!$ . Pada $n = 7$ : $2.5^7 = 610.35\dots$ , sehingga batasnya $\frac{\pi \times 610.35}{5040} \approx 0.38 < 1$ (sedangkan pada $n = 6$ ia masih $1.07$ ): jadi pertentangannya mendarat pada tahap ketujuh, secara eksplisit.

18. Lewat dua kali pengintegralan parsial:

\int_0^1 x(1-x)\sin\pi x\,\dd x = \frac1\pi\int_0^1 (1 - 2x)\cos\pi x\,\dd x = \frac{2}{\pi^2}\int_0^1 \sin\pi x\,\dd x = \frac{2}{\pi^2}\cdot\frac{2}{\pi} = \frac{4}{\pi^3}

(karena suku kurungnya lenyap: yaitu $x(1-x)$ di $0, 1$ , dan $\sin\pi x$ di $0, 1$ ). Secara simbolis, teleskop $n = 1$ -nya (tanpa anggapan atas $\pi$ ) berbunyi $\pi^3\int_0^1 f_1\sin\pi x = -(f_1''(0) + f_1''(1))$ dengan $f_1 = x(1 - x)$ , $f_1'' = -2$ : sehingga ruas kanannya $4$ — jadi kedua perhitungannya bersesuaian.

19. Fungsi $\eu^x$ memecahkan $y' = y$ dan $\sin\pi x$ memecahkan $y'' = -\pi^2 y$ : yaitu persamaan linear berkoefisien konstan, sehingga pengintegralan parsial mendaurkan intinya kembali ke dirinya dan menjaga semua data perbatasannya di dalam $\Z + \Z\eu$ (masing-masing polinomial bulat dalam $\pi^2$ ). Sifat ketertutupan itulah yang diperlukan mesinnya. Lalu dihaluskan dengan inti yang disesuaikan bagi beberapa titik sekaligus, mekanisme yang sama menghasilkan teorema Hermite (bahwa $\eu$ transenden, 1873) dan teorema Lindemann (bahwa $\pi$ transenden, 1882) — yang di luar jilid ini.

20. Lewat pembagian polinomial (atau kalikan balik lalu periksa):

x^4(1-x)^4 = (x^6 - 4x^5 + 5x^4 - 4x^2 + 4)(1 + x^2) - 4 .

Lalu mengintegralkan kesamaan yang terpampang itu dibagi $1 + x^2$ :

\int_0^1 \frac{x^4(1-x)^4}{1+x^2}\dd x = \Bigl(\frac17 - \frac46 + 1 - \frac43 + 4\Bigr) - 4\arctan 1 = \frac{22}{7} - \pi ,

dengan memakai $\frac17 - \frac23 + 1 - \frac43 + 4 = 3 + \frac17$ dan $\arctan 1 = \frac\pi4$ .

21. Integrannya kontinu dan positif pada $\intoo{0}{1}$ : sehingga integralnya $> 0$ , jadi $\pi < \frac{22}{7}$ . Lebih lanjut $\frac12 \leq \frac{1}{1+x^2} \leq 1$ pada $\intcc{0}{1}$ dan $\int_0^1 (x(1-x))^4 = \frac{(4!)^2}{9!} = \frac{1}{630}$ (pertanyaan 3):

\frac{1}{1260} \leq \frac{22}{7} - \pi \leq \frac{1}{630} \quad\Longrightarrow\quad 3.14126 < \frac{22}{7} - \frac{1}{630} \leq \pi \leq \frac{22}{7} - \frac{1}{1260} < 3.14207 .

22. Modulo $x^2 + 1$ : $x^2 \equiv -1$ , sehingga $x^{4m} = (x^2)^{2m} \equiv 1$ dan $(1 - x)^2 = 1 - 2x + x^2 \equiv -2x$ , jadi $(1-x)^{4m} \equiv (-2x)^{2m} = 4^m (x^2)^m \equiv (-4)^m$ : sehingga sisanya adalah konstanta $(-4)^m$ , dan hasil baginya $Q_m$ berkoefisien bulat (karena pembagian oleh polinomial bulat yang monik). Lalu membagi kesamaannya dengan $1 + x^2$ dan mengintegralkannya:

J_m := \int_0^1 \frac{(x(1-x))^{4m}}{1+x^2}\dd x = s_m + (-4)^m\,\frac{\pi}{4}, \qquad s_m = \int_0^1 Q_m \in \Q .

Lalu memecahkannya bagi $\pi$ : dengan $r_m = (-1)^{m+1}\,4^{\,1-m} s_m \in \Q$ , $\;\abs{\pi - r_m} = 4^{\,1-m} J_m \leq 4^{\,1-m}\cdot4^{-4m} = 4^{\,1-5m}$ . Untuk $m = 1$ : $s_1 = \frac{22}{7}$ , $r_1 = \frac{22}{7}$ , dengan batas $4^{-4} = \frac{1}{256}$ — jadi pertanyaan 20–21 lagi.

23. Di sini $\bigl|\pi - \frac{22}{7}\bigr| = \frac{22}{7} - \pi \approx 1.26\cdot10^{-3}$ , yaitu enam belas kali lebih baik daripada tolok ukur berorde $2$ yaitu $\frac{1}{7^2} \approx 2.0\cdot10^{-2}$ yang dijamin Dirichlet (Soal 14.1, pertanyaan 4); dan $\bigl|\pi - \frac{355}{113}\bigr| \approx 2.7\cdot10^{-7}$ mengalahkan $\frac{1}{113^2} \approx 7.8\cdot10^{-5}$ dengan faktor $\approx 300$ . Namun tak ada pertentangan dengan apa pun yang terbukti: karena ketaksamaan Liouville membatasi dari bawah galat hampiran hanya bagi bilangan aljabar, dan tak ada batas semacam itu bagi $\pi$ yang tersedia pada tingkat ini — jadi $\pi$ bebas dihampiri dengan luar biasa baik.

24. Lemanya: andaikan $x = \frac pq$ dan $0 < \abs{a_n + b_n x} \to 0$ . Maka $\abs{a_n + b_n x} = \frac{\abs{q a_n + p b_n}}{q}$ , dengan $q a_n + p b_n$ merupakan bilangan bulat taknol (yang taknol karena nilai mutlaknya $> 0$ ): sehingga $\abs{a_n + b_n x} \geq \frac1q$ untuk setiap $n$ , yang bertentangan dengan kekonvergenannya ke $0$ . Adapun kejadiannya: pertanyaan 7 ( $x = \eu$ , $a_n = \alpha_n$ , $b_n = \beta_n$ ); Latihan 11.9 ( $x = \eu$ lagi, dengan $a_q = -q!\sum_{k \leq q}\frac{1}{k!}$ , $b_q = q!$ ); dan Soal 14.1, pertanyaan 1, merupakan bentuk geometrinya. Sedangkan pada Bagian III dan pada Latihan 15.9 perangkapnya berjalan di dalam pertentangannya: karena menganggap kerasionalannya mengubah sebuah ungkapan menjadi bilangan bulat, yang lalu diapit analisisnya ke dalam $\intoo{0}{1}$ — jadi asas yang sama, yang ditransposisikan.

25. (i) Kebulatannya tinggal pada kalkulus titik ujung polinomialnya (pertanyaan 6, 11–12), kekecilannya pada batas yang diberikan kemonotonan $\sup$ -nya (pertanyaan 4, 10), dan jembatannya pada pengintegralan parsial (pertanyaan 8, 13–14) — ketiganya merupakan teorema bab ini. (ii) Adapun integralnya memasok apa yang tak dapat dipasok teorema nilai rata-rata: yaitu kesamaan yang persis antara objek analitiknya dan data aritmetikanya (jadi kesamaan, bukan sekadar ketaksamaan dengan $c$ yang tak diketahui), dan itulah sebabnya mesinnya mencapai $\pi^2$ sedangkan Soal 14.1 hanya mencapai eksponen hampirannya. (iii) Yang terpetik: $\eu \notin \Q$ , $\pi^2 \notin \Q$ (sehingga $\pi \notin \Q$ ), $\eu = 2.718282$ yang bersertifikat, $\frac{22}{7} - \frac{1}{630} \leq \pi \leq \frac{22}{7} - \frac{1}{1260}$ , dan $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ . (iv) Adapun perbatasannya: Hermite dan Lindemann mendorong mesin yang sama ke ketransendenan; sedangkan Apéry (1979) menjalankan perangkap bilangan bulatnya pada $\zeta(3)$ — jadi mesinnya masih memproduksi matematika abad kedua puluh.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

fungsi tangga

Lihat semua 395 istilah di glosarium