Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

9Pengintegralan

Jilid Tahun ke-1 membangun integral pada sebuah ruas. Bab ini memperluasnya ke interval sembarang (yakni integral tak wajar, lengkap dengan kotak perkakas perbandingannya), lalu menelaah integral yang bergantung pada sebuah parameter — kekontinuan dan penurunan di bawah tanda integral — yang digerakkan teorema kekonvergenan terdominasi, satu-satunya hasil bab ini yang diterima tanpa bukti. Fungsi $\Gamma$ menjadi contoh yang berjalan terus, sekaligus gerbang menuju separuh fungsi khusus dalam matematika.

9.1 Integral pada interval sembarang

Definisi 9.1

Misalkan $f$ kontinu sepotong-sepotong pada $\intco{a}{b}$ ( $b \in \R$ atau $+\infty$ ). Integralnya disebut konvergen apabila $\lim_{x \to b^-} \int_a^x f$ ada; limitnya lalu ditulis $\int_a^b f$ . (Serupa itu pada $\intoc{a}{b}$ , dan pada $\intoo{a}{b}$ dengan memecahnya di sebuah titik dalam — pilihan titiknya tak berpengaruh, menurut Chasles.) Integralnya disebut konvergen mutlak apabila $\int_a^b \abs f$ konvergen; dan kekonvergenan mutlak mengakibatkan kekonvergenan, lewat kriteria Cauchy:

\Bigl| \int_x^{y} f \Bigr| \leq \int_x^{y} \abs f

beserta kelengkapan $\R$ (sebab antiturunannya punya sifat Cauchy). Secara rinci: misalkan $F(x) = \int_a^x f$ dan $G(x) = \int_a^x \abs f$ . Jika $\int^b\abs f$ konvergen, maka $G$ punya limit di $b^-$ , jadi untuk setiap $\varepsilon > 0$ ada $c < b$ dengan $G(y) - G(x) \leq \varepsilon$ setiap kali $c \leq x \leq y < b$ ; lalu ungkapan di atas memindahkan sifat Cauchy itu ke $F$ . Untuk sembarang barisan $x_n \to b^-$ , nilai $F(x_n)$ lalu membentuk barisan Cauchy berisi bilangan real, yang konvergen berkat kelengkapan, dan menyelang-nyelingkan dua barisan semacam itu menunjukkan limitnya sama untuk semuanya: jadi $F$ punya limit di $b^-$ .

Teorema 9.2 (Kotak perkakas perbandingan positif)

Untuk $f, g \geq 0$ yang kontinu sepotong-sepotong pada $\intco{a}{b}$ :

$\int_a^b f$ konvergen bila dan hanya bila antiturunannya $x \mapsto \int_a^x f$ terbatas;
jika $f \leq g$ : kekonvergenan $\int g$ memaksa kekonvergenan $\int f$ ; sedangkan kedivergenannya berpindah ke arah sebaliknya;
jika $f \sim g$ di $b$ : kedua integralnya bersifat sama;
skala acuannya: di $+\infty$ , $\int^{\infty} \frac{\dd t}{t^\alpha}$ konvergen bila dan hanya bila $\alpha > 1$ , dan $\int^\infty \frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ bila dan hanya bila $\beta > 1$ ; sedangkan di ujung hingga $b$ , integral $\int^b \frac{\dd t}{(b - t)^\alpha}$ konvergen bila dan hanya bila $\alpha < 1$ .

Bukti. (1) Antiturunan $F(x) = \int_a^x f$ tidak turun (sebab $f \geq 0$ ). Jika ia terbatas, maka $\ell = \sup_{x < b}F$ hingga dan $F(x) \to \ell$ : sebab diberikan $\varepsilon > 0$ , ada $F(x_0) > \ell - \varepsilon$ , lalu kemonotonannya menjebak $F(x) \in \intoc{\ell - \varepsilon}{\ell}$ untuk $x_0 \leq x < b$ . Jika ia tak terbatas, maka $F \to +\infty$ : jadi divergen.

(2) Dari $f \leq g$ : $\int_a^x f \leq \int_a^x g$ untuk setiap $x$ ; jika $\int^b g$ konvergen, maka ruas kanannya terbatas, sehingga ruas kirinya pun terbatas, lalu (1) merampungkannya. Kontraposisinya memindahkan kedivergenannya ke arah sebaliknya.

(3) Dari $f \sim g$ di $b$ diperoleh $c < b$ dengan

\tfrac12\,g(t) \;\leq\; f(t) \;\leq\; 2\,g(t) \qquad (c \leq t < b) :

jadi menurut (2) yang diterapkan dua arah pada $\intco{c}{b}$ , kedua integralnya bersifat sama; sedangkan potongan awalnya $\intcc{a}{c}$ merupakan integral wajar dan tidak mengubah apa pun.

(4) Antiturunan gamblangnya: untuk $\alpha \neq 1$ dan $\beta \neq 1$ ,

\int_c^x \frac{\dd t}{t^\alpha} = \frac{x^{1-\alpha} - c^{1-\alpha}}{1 - \alpha}, \qquad \int_c^x \frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta} = \frac{(\ln x)^{1-\beta} - (\ln c)^{1-\beta}}{1 - \beta},

dengan logaritma pada kasus yang dikecualikan: dan itu terbatas ketika $x \to +\infty$ persis bila $\alpha > 1$ , atau $\beta > 1$ . Di ujung yang hingga, penyulihan $u = b - t$ menyusutkannya ke skala $\int_0 u^{-\alpha}\,\dd u$ , yang terbatas bila dan hanya bila $\alpha < 1$ . Terapkan (1) setiap kali. ∎

Contoh 9.3 (Dua pemanasan, dikerjakan sampai tuntas)

(a) $\displaystyle\int_0^1 \ln t\,\dd t$ : integrannya meledak di $0^+$ , tetapi $\abs{\ln t} = o\bigl(t^{-1/2}\bigr)$ di sana (sebab logaritma kalah oleh pangkat), dan $\int_0 t^{-1/2}$ konvergen: jadi konvergen mutlak. Nilainya, lewat pengintegralan parsial pada $\intcc{\varepsilon}{1}$ :

\int_\varepsilon^1 \ln t\,\dd t = \bigl[t\ln t - t\bigr]_\varepsilon^1 = -1 - \varepsilon\ln\varepsilon + \varepsilon \xrightarrow[\varepsilon\to0^+]{} -1 .

(b) $\displaystyle\int_0^\infty \frac{\ln t}{1 + t^2}\,\dd t$ : masalahnya ada di kedua ujungnya, jadi pecahlah di $1$ . Di dekat $0$ : $\abs{\ln t}$ terintegralkan seperti pada (a); di dekat $\infty$ : $\frac{\ln t}{1+t^2} = o(t^{-3/2})$ , jadi konvergen mutlak. Penyulihan $t = \frac1u$ memetakan $\intoo{0}{1}$ pada $\intoo{1}{\infty}$ dan

\int_0^1 \frac{\ln t}{1+t^2}\,\dd t = \int_1^{\infty} \frac{-\ln u}{1 + u^{-2}}\cdot \frac{\dd u}{u^2} = -\int_1^\infty \frac{\ln u}{1+u^2}\,\dd u :

jadi kedua paruhnya saling coret, dan integralnya bernilai $0$ . Pelajaran penutupnya: kesetangkupan terhadap $t \mapsto \frac1t$ berharga satu halaman perhitungan — dan siasat yang sama sudah menggerakkan Latihan 9.3.

Contoh 9.4 (Satu nilai, tiga integral)

Telaahlah $I = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t$ . Di $0$ : $1 - \cos t \sim \frac{t^2}2$ , jadi integrannya diperluas secara kontinu oleh nilai $\frac12$ — sama sekali tak ada kesingularan. Di $\infty$ : $0 \leq \frac{1 - \cos t}{t^2} \leq \frac{2}{t^2}$ , jadi konvergen mutlak (Teorema 9.2). Nilainya: integralkan secara parsial pada $\intcc{\varepsilon}{M}$ dengan $u = 1 - \cos t$ dan $v' = t^{-2}$ :

\int_\varepsilon^M \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t = \Bigl[-\frac{1 - \cos t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_\varepsilon^M \frac{\sin t}{t}\,\dd t .

Kurungnya nol di kedua ujungnya (sebab $\frac{1 - \cos\varepsilon}{\varepsilon} \sim \frac\varepsilon2$ , dan pembilangnya terbatas di $M$ ), sedangkan integralnya menuju nilai Dirichlet $\frac\pi2$ (Latihan 9.10): jadi $I = \frac\pi2$ . Pelajaran penutupnya: dengan $1 - \cos t = 2\sin^2\frac t2$ dan $u = \frac t2$ ,

I = \int_0^\infty \frac{2\sin^2 u}{(2u)^2}\;2\,\dd u = \int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin u}{u}\Bigr)^{\!2}\dd u :

ketiga klasiknya, yakni $\int_0^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ , $\int_0^\infty\bigl(\frac{\sin t}{t}\bigr)^2\dd t$ (Latihan 9.11) dan $I$ , semuanya bernilai $\frac\pi2$ , yang diedarkan lewat pengintegralan parsial dan penyulihan — dan hanya yang pertama yang semi-konvergen: sebab pengintegralan parsialnya menukar kekonvergenan mutlaknya dengan integran yang lebih sederhana.

Contoh 9.5 (Sebuah integral semi-konvergen)

$\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t$ konvergen: integralkan secara parsial,

\int_1^x \frac{\sin t}{t}\dd t = \Bigl[\frac{-\cos t}{t}\Bigr]_1^x - \int_1^x \frac{\cos t}{t^2}\dd t ,

dengan kurungnya berlimit dan integral terakhirnya konvergen mutlak (sebab $\abs{\cos t}/t^2 \leq t^{-2}$ ). Namun tidak mutlak: sebab dari $\abs{\sin t} \geq \sin^2 t$ ,

\int_1^x \frac{\abs{\sin t}}{t}\,\dd t \;\geq\; \int_1^x \frac{\sin^2t}{t}\,\dd t = \underbrace{\int_1^x \frac{\dd t}{2t}}_{=\ \frac12\ln x \ \to\ \infty} \;-\; \underbrace{\int_1^x \frac{\cos 2t}{2t}\,\dd t}_{\text{konvergen}} ,

dengan integral terakhirnya konvergen lewat pengintegralan parsial yang sama seperti di atas (dengan $\sin 2t$ di kurungnya): jadi potongan divergen dikurangi potongan konvergen bersifat divergen. Karenanya $\int_1^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ konvergen tanpa konvergen mutlak — yakni padanan integral bagi deret berselang-seling, dengan pengintegralan parsial berperan sebagai uji berselang-selingnya.

9.2 Teorema kekonvergenan

Teorema 9.6 (Kekonvergenan terdominasi)

Misalkan $(f_n)$ kontinu sepotong-sepotong pada sebuah interval $I$ , konvergen titik demi titik ke $f$ yang kontinu sepotong-sepotong, dan andaikan ada $\varphi \geq 0$ tetap yang terintegralkan ( $\int_I \varphi < \infty$ ) dengan

\abs{f_n(t)} \leq \varphi(t) \qquad (t \in I,\ n \in \N).

Maka semua $\int_I f_n$ dan $\int_I f$ konvergen mutlak, dan

\int_I f_n \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_I f .

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Catatan 9.7

Bukti jujurnya menjadi milik teori pengintegralan Lebesgue pada Tahun ke-3; namun pernyataannya dipakai terus-menerus mulai sekarang. Hipotesis dominasinya adalah seluruh intinya: sebab kekonvergenan titik demi titik saja tidak cukup ( $f_n = n\,\mathbf{1}_{\intoo{0}{1/n}}$ , yakni bonggol yang meluncur: $\int f_n = 1 \not\to 0 = \int f$ ). Teorema itu juga berlaku untuk parameter yang kontinu ( $f_\lambda$ , $\lambda \to \lambda_0$ ), lewat pencirian limit secara barisan.

Contoh 9.8 (Sebuah limit Gauss, lewat dominasi)

Hitunglah $\displaystyle\lim_{n\to\infty} I_n$ dengan $I_n = \int_0^\infty \Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n}\dd t$ . Titik demi titik, $(1 + t^2/n)^n \to \eu^{t^2}$ (lewat limit bunga majemuk), jadi integrannya menuju $\eu^{-t^2}$ . Dominasinya: barisan $n \mapsto (1 + u/n)^n$ tidak turun untuk $u \geq 0$ (sebab AM–GM pada $n + 1$ faktor $1, 1 + \frac un, \dots, 1 + \frac un$ memberi $(1 + \frac u{n+1})^{n+1} \geq (1 + \frac un)^n$ ), jadi untuk $n \geq 2$ :

\Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n} \leq \Bigl(1 + \frac{t^2}{2}\Bigr)^{\!-2},

yakni pendominasi yang terintegralkan ( $\sim 4t^{-4}$ di tak hingga). Kekonvergenan terdominasi memberi

I_n \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2}

(yakni integral Gauss pada Latihan 9.8). Pemeriksaan penutupnya: penyulihan $t = \sqrt n\tan\theta$ menghitung $I_n$ secara eksak, $I_n = \sqrt n\int_0^{\pi/2}\cos^{2n-2}\theta\,\dd\theta = \sqrt n\,W_{2n-2}$ , lalu asimtotik Wallis $W_m \sim \sqrt{\pi/(2m)}$ (Lema 6.11) memberi $\sqrt n\,W_{2n-2} \to \frac{\sqrt\pi}2$ sekali lagi: jadi kedua pilar bab ini dan bab sebelumnya sepakat.

Contoh 9.9 (Kekonvergenan terdominasi, parameter kontinu)

Hitunglah

\lim_{x\to+\infty}\int_0^\infty \frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\,\dd t .

Untuk tiap $t > 0$ berlaku $\arctan(xt) \to \frac\pi2$ ketika $x \to \infty$ ; sedangkan dominasinya,

\Bigl|\frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\Bigr| \leq \frac{\pi/2}{1+t^2}, \qquad\text{terintegralkan, tak bergantung pada } x,

berlaku untuk setiap $x$ . Menurut bentuk berparameter kontinu pada Teorema 9.6 (lewat pencirian secara barisan: ujilah sepanjang setiap $x_n \to \infty$ ),

\int_0^\infty\frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\,\dd t \xrightarrow[x\to+\infty]{} \frac\pi2\int_0^\infty\frac{\dd t}{1+t^2} = \frac{\pi^2}{4} .

Pelajaran penutupnya: satu titik $t = 0$ , tempat limit titik demi titiknya $0$ dan bukan $\frac\pi2$ , tidak mengubah apa pun — sebab fungsi limitnya hanya masuk lewat integralnya, salah satu belas kasih teorema itu yang sunyi.

9.3 Integral dengan parameter

Teorema 9.10 (Kekontinuan di bawah tanda integral)

Misalkan $f \colon A \times I \to \R$ ( $A$ sebuah ruang metrik, $I$ sebuah interval) dengan: $t \mapsto f(x, t)$ kontinu sepotong-sepotong untuk tiap $x$ ; $x \mapsto f(x, t)$ kontinu untuk tiap $t$ ; dan sebuah dominasi $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ (dengan $\varphi$ terintegralkan pada $I$ dan tak bergantung pada $x$ ). Maka

F(x) = \int_I f(x, t)\,\dd t

terdefinisi dan kontinu pada $A$ .

Bukti. Keterdefinisiannya: dominasinya memberi kekonvergenan mutlak. Kekontinuan di $x_0$ : untuk sembarang barisan $x_n \to x_0$ , fungsi $g_n(t) = f(x_n, t)$ konvergen titik demi titik ke $f(x_0, t)$ (berkat kekontinuan pada $x$ ) di bawah dominasi tetap $\varphi$ : jadi kekonvergenan terdominasi memberi $F(x_n) \to F(x_0)$ ; lalu rampungkan lewat pencirian kekontinuan secara barisan (Definisi 4.5). ∎

Teorema 9.11 (Penurunan di bawah tanda integral)

Misalkan $f \colon J \times I \to \R$ ( $J$ sebuah interval parameter) dengan: $t \mapsto f(x,t)$ terintegralkan pada $I$ untuk tiap $x$ ; $x \mapsto f(x,t)$ berkelas $C^1$ untuk tiap $t$ , dengan turunan parsial $\frac{\partial f}{\partial x}$ yang kontinu sepotong-sepotong pada $t$ dan terdominasi: $\bigl|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\bigr| \leq \psi(t)$ dengan $\psi$ terintegralkan. Maka $F(x) = \int_I f(x,t)\dd t$ berkelas $C^1$ pada $J$ dan

F'(x) = \int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x, t)\,\dd t .

Bukti. Tetapkan $x$ dan $h_n \to 0$ . Hasil bagi selisihnya

\frac{F(x + h_n) - F(x)}{h_n} = \int_I \frac{f(x + h_n, t) - f(x, t)}{h_n}\,\dd t

punya integran yang konvergen titik demi titik ke $\frac{\partial f}{\partial x}(x, t)$ , dan terdominasi oleh $\psi(t)$ : sebab menurut ketaksamaan nilai rata-rata yang diterapkan pada $x$ dengan $t$ tetap,

\Bigl|\frac{f(x + h_n, t) - f(x,t)}{h_n}\Bigr| \leq \sup_{\xi} \Bigl|\frac{\partial f}{\partial x}(\xi, t)\Bigr| \leq \psi(t) .

Kekonvergenan terdominasi memberi limit $\int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\dd t$ bagi hasil baginya: jadi $F$ dapat diturunkan dengan turunan yang diumumkan tadi, yang kontinu menurut Teorema 9.10 yang diterapkan pada $\frac{\partial f}{\partial x}$ . ∎

Contoh 9.12 (Sebuah integral berparameter diperiksa terhadap rumusnya)

Misalkan $F(x) = \displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{t^2 + x}$ untuk $x > 0$ . Pada tiap $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ , integrannya terdominasi oleh $\frac{1}{t^2 + a}$ , yang terintegralkan dan tak bergantung pada $x$ : jadi $F$ kontinu (Teorema 9.10). Di sini teoremanya dapat diperiksa terhadap nilai gamblangnya:

F(x) = \Bigl[\frac{1}{\sqrt x}\arctan\frac{t}{\sqrt x}\Bigr]_0^\infty = \frac{\pi}{2\sqrt x} ,

yang jelas kontinu. Kini turunkan di bawah integralnya: turunan terhadap $x$ , yakni $-\frac{1}{(t^2+x)^2}$ , terdominasi pada $\intcc ab$ oleh $\frac{1}{(t^2+a)^2}$ yang terintegralkan, jadi Teorema 9.11 memberi

F'(x) = -\int_0^\infty \frac{\dd t}{(t^2 + x)^2} \qquad\text{sedangkan}\qquad F'(x) = -\frac{\pi}{4}\,x^{-3/2} ,

sehingga kita telah menghitung sebuah integral baru secara cuma-cuma: $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+x)^2} = \frac{\pi}{4x^{3/2}}$ . Pelajaran penutupnya: menurunkan sebuah integral berparameter yang sudah dikenal adalah pabrik rumus baru — dan mengiterasikannya memberi $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+1)^n}$ untuk setiap $n$ , tanpa satu pun penyulihan trigonometri.

Metode 9.13 (Menelaah sebuah integral tak wajar)

Diberikan $\int_a^b f$ :

Temukan masalahnya: daftarlah ujung (atau titik dalam) tempat $f$ tak terbatas atau tempat intervalnya tak hingga, lalu pecahlah sehingga tiap potongannya punya tepat satu ujung yang bermasalah.
Jika $f$ bertanda tetap di dekat ujung itu, carilah yang setara lalu bandingkan dengan skala acuan pada Teorema 9.2.
Jika $f$ berayun, ujilah $\abs f$ lebih dulu (yakni kekonvergenan mutlaknya). Jika $\int\abs f$ divergen, cobalah pengintegralan parsial untuk menukar ayunannya dengan peluruhan, seperti pada Contoh 9.5; sedangkan pembatasan bawah seperti $\abs{\sin t} \geq \sin^2t$ mendeteksi semi-kekonvergenan yang sejati.
Untuk nilainya, bukan sekadar sifatnya: pakailah pengintegralan parsial, penyulihan, atau sebuah parameter (turunkan integral yang lebih sederhana, seperti pada Contoh 9.12 dan Contoh 9.21).
Pemeriksaan kewarasan atas nilai yang terhitung: periksa tanda dan ukuran kasarnya terhadap batas yang kasar ( $\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t \in \intoo{0}{1 + \int_1^\infty \eu^{-t}}$ , jadi $\frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ memang masuk akal); serta keselarasan dimensinya di bawah penskalaan (sebab $t \mapsto \lambda t$ wajib menskalakan kedua ruasnya dengan cara yang sama — yakni pendeteksi tercepat bagi faktor yang hilang).

Catatan 9.14 (Jebakan yang sering muncul)

Ada tiga galat yang berulang. (i) Pendominasi yang bergantung pada parameternya: dominasi $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ wajib seragam pada $x$ di himpunan yang ditinjau; lazimnya ia berlaku pada ruas $\intcc ab$ tetapi tidak secara global — sebab bagi $\int_0^\infty\eu^{-xt}\dd t$ tak ada pendominasi terintegralkan yang sahih untuk setiap $x > 0$ , namun mendominasinya pada $x \geq a > 0$ sudah cukup untuk bekerja pada seluruh setengah-garis terbukanya, sebab kekontinuan dan turunan merupakan gagasan yang lokal. (ii) Membandingkan integran bertanda: kotak perkakas perbandingannya untuk fungsi tak negatif; dari $\abs f \leq g$ dengan $\int g$ yang divergen kita tak dapat menyimpulkan apa pun — $\int_1^\infty\frac{\sin t}t\,\dd t$ konvergen walaupun setiap pembandingan dengan $\frac1t$ gagal. (iii) Melupakan separuh masalahnya: pada $\intoo{0}{\infty}$ selalulah menelaah kedua ujungnya secara terpisah; sebab $\int_0^\infty\frac{\dd t}{t}$ divergen di keduanya, dan pemecahan yang tampak konvergen dapat diam-diam mencoret dua ketakhinggaan. Refleks yang aman adalah daftar periksa pada Metode 9.13.

Contoh 9.15 (Sebuah kasus batas Bertrand, sampai ke angkanya)

Skala $\int^\infty\frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ pada Teorema 9.2 duduk persis di tepi skala pangkatnya; kasus batasnya pantas mendapat satu perhitungan penuh. Untuk $\beta = 2$ :

\int_\eu^{\infty}\frac{\dd t}{t(\ln t)^2} = \Bigl[-\frac{1}{\ln t}\Bigr]_\eu^{\infty} = 0 - (-1) = 1 ,

yakni integral konvergen dengan nilai eksak yang menyenangkan; sedangkan untuk $\beta = 1$ ,

\int_\eu^{x}\frac{\dd t}{t\ln t} = \bigl[\ln\ln t\bigr]_\eu^{x} = \ln\ln x \longrightarrow \infty ,

jadi divergen — tetapi begitu lambat sehingga mencapai $\ln\ln x = 10$ menuntut $x = \eu^{\eu^{10}} \approx 10^{9566}$ . Pelajaran penutupnya: di antara “setiap pangkat $t^{-1-\varepsilon}$ konvergen” dan “ $t^{-1}$ divergen” hidup tangga tak hingga berisi skala logaritmik, yang masing-masing memperhalus yang sebelumnya; dan penyulihan $u = \ln t$ meruntuhkan tiap anak tangganya ke anak tangga sebelumnya, sehingga kriteria Bertrand menggemakan kriteria Riemann satu tingkat di atasnya.

Catatan 9.16 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini)

Perkakas bab ini sebentar lagi ada di mana-mana. Kekonvergenan terdominasi adalah mesin di balik identitas hampiran pada bab berikutnya (yakni kernel yang meluncur, baik Bernstein maupun Fejér); sedangkan kekontinuan dan penurunan di bawah tanda integral menghasilkan kalkulus koefisien Fourier pada bab Fourier, tempat setiap $c_n(f)$ merupakan integral berparameter yang menyamar. Fungsi $\Gamma$ kembali dua kali: pada bab integral lipat, tempat sebuah integral ganda akhirnya membuktikan rumus Beta–Gamma milik Euler selengkapnya, dan pada bab peluang, tempat integral bertipe $\Gamma$ menormalkan kepadatan bakunya lalu menghitung momennya. Adapun $\int\frac{\sin t}{t}$ yang semi-konvergen muncul kembali sebagai konstanta Gibbs pada bab Fourier — integral yang sama, kini menakar lonjakan jumlah parsialnya di sebuah lompatan.

Definisi 9.17 (Fungsi $\Gamma$ )

Untuk $x > 0$ :

\Gamma(x) = \int_0^{\infty} t^{x-1}\,\eu^{-t}\,\dd t ,

yang konvergen di kedua ujungnya (sebab $t^{x-1}$ terintegralkan di $0^+$ untuk $x > 0$ ; dan peluruhan eksponensialnya di $\infty$ ).

Teorema 9.18

Fungsi $\Gamma$ kontinu pada $\intoo{0}{+\infty}$ , memenuhi persamaan fungsional

\Gamma(x + 1) = x\,\Gamma(x), \qquad \Gamma(1) = 1, \qquad\text{sehingga}\qquad \Gamma(n + 1) = n! ,

dan berkelas $C^1$ (bahkan $C^\infty$ ) dengan $\Gamma'(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\ln t\,\dd t$ .

Bukti. Persamaan fungsionalnya: integralkan secara parsial pada $\intcc{\varepsilon}{M}$ lalu lepaskan ujungnya: $\int t^{x}\eu^{-t} = [-t^x\eu^{-t}] + x\int t^{x-1}\eu^{-t}$ , dengan suku batasnya lenyap — memang $\varepsilon^x\eu^{-\varepsilon} \to 0$ ketika $\varepsilon \to 0^+$ karena $x > 0$ , dan $M^x\eu^{-M} \to 0$ ketika $M \to \infty$ karena eksponensial mengalahkan setiap pangkat; sedangkan kedua integral terpotongnya konvergen ke nilai tak wajarnya berkat kekonvergenan yang sudah ditegakkan pada Definisi 9.17. Lalu $\Gamma(1) = \int \eu^{-t} = 1$ ; dan induksi memberi faktorialnya.

Kekontinuannya pada $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ : dominasilah $t^{x-1}\eu^{-t}$ oleh $\varphi(t) = (t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}$ , yang terintegralkan dan tak bergantung pada $x \in \intcc{a}{b}$ : jadi Teorema 9.10 berlaku pada tiap ruas semacam itu, sehingga pada seluruh setengah-garisnya. Keterdiferensialannya: turunan terhadap $x$ , yakni $t^{x-1}\eu^{-t}\ln t$ , terdominasi pada $\intcc{a}{b}$ oleh $(t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}\,\abs{\ln t}$ , yang tetap terintegralkan: jadi Teorema 9.11; lalu mengiterasikannya memberi semua turunannya (sebab tiap kali bertambah satu pangkat $\ln t$ , yang tak berbahaya). ∎

Contoh 9.19 (Faktorial setengah bulat)

Persamaan fungsionalnya beserta $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ (yang berjarak satu penyulihan dari Latihan 9.8: ambil $t = u^2$ pada integral pendefinisinya) menghasilkan semua nilai setengah bulatnya:

\Gamma\Bigl(\frac32\Bigr) = \frac12\,\Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{\sqrt\pi}{2}, \qquad \Gamma\Bigl(\frac52\Bigr) = \frac32\cdot\frac{\sqrt\pi}{2} = \frac{3\sqrt\pi}{4}, \qquad \Gamma\Bigl(\frac72\Bigr) = \frac{15\sqrt\pi}{8} .

Karena $\Gamma(n+1) = n!$ , adil kiranya mengatakan “ $\frac12! = \frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ ”: jadi faktorialnya telah diinterpolasi, dan kurva penginterpolasinya menukik di bawah $1$ di antara $0! = 1$ dan $1! = 1$ (dengan minimumnya $\approx 0.8856$ di $x \approx 1.4616$ , yang cocok dengan gambaran kecembungan pada Bagian I soal akhir pekan). Pelajaran penutupnya: tak ada yang mengistimewakan bilangan bulat di dalam integral $\int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ — kediskretan faktorialnya hanyalah kebetulan dari pencacahan, dan $\sqrt\pi$ itulah yang hidup di antara $1$ dan $1$ .

Catatan 9.20 (Ke mana $\Gamma$ melangkah setelah ini)

Soal akhir pekan bab ini membangun seluruh kalkulus Euler di sekitar $\Gamma$ : yakni fungsi Beta, rekursi pengintegralan parsialnya, integral Wallis sebagai nilai Beta, dan rumus limit Gauss. Bab integral lipat membuktikan rumus Beta–Gamma milik Euler untuk semua argumennya lewat sebuah integral ganda; sedangkan bab peluang menjumpai $\Gamma$ lagi pada penormalan kepadatan yang paling lazim dan pada momen waktu tunggu. Jilid Tahun ke-3 membangun ulang $\Gamma$ di atas landasan Lebesgue, membuktikan teorema ketunggalan Bohr–Mollerup, lalu memperluas rumus Stirling dari bilangan bulat ke setengah-garis real lewat kekonvergenan terdominasi.

Contoh 9.21 (Sebuah perhitungan klasik lewat penurunan)

Untuk $x \in \R$ , misalkan $F(x) = \int_0^{\infty} \eu^{-t^2}\cos(xt)\,\dd t$ (yang konvergen mutlak, terdominasi oleh $\eu^{-t^2}$ ). Menurut Teorema 9.11 (dengan dominasi turunan terhadap $x$ oleh $t\,\eu^{-t^2}$ yang terintegralkan):

F'(x) = -\int_0^\infty t\,\eu^{-t^2}\sin(xt)\,\dd t = \Bigl[\frac{\eu^{-t^2}}{2}\sin(xt)\Bigr]_0^\infty - \frac x2\int_0^\infty \eu^{-t^2}\cos(xt)\,\dd t = -\frac x2\,F(x),

(lewat pengintegralan parsial dengan $u' = t\eu^{-t^2}$ ). Persamaan diferensial $F' = -\frac x2 F$ terintegralkan menjadi $F(x) = F(0)\,\eu^{-x^2/4}$ : jadi integral bertipe Gauss memproduksi dirinya sendiri. Konstantanya $F(0) = \int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2}$ dihitung pada Latihan 9.8 — dan sekali lagi, lewat pengintegralan ganda, pada Bab 20.

9.4 Latihan

Latihan 9.1 ★

Sifat dari: $\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ ; $\;\displaystyle\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2}\dd t$ ; $\;\displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ (bandingkan dengan perilaku bertipe harmonik yang divergen di dekat $t = n\pi$ ).

Solusi

Solusi Latihan 9.1.

$\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ : di dekat $0$ ia $\sim t^{-1/2}$ (dengan $\alpha = \frac12 < 1$ , jadi konvergen); di dekat $1$ ia $\sim (1-t)^{-1/2}$ , jadi konvergen. Karenanya konvergen (nilainya $\pi$ , lewat penyulihan $t = \sin^2\theta$ ).

$\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2}$ : di sini $\frac{\ln t}{t^2} = o(t^{-3/2})$ , jadi konvergen (nilainya $1$ lewat pengintegralan parsial).

$\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ : divergen. Di dekat $t = n\pi$ , tulis $t = n\pi + u$ : maka $\sin^2 t = \sin^2 u \leq u^2$ , jadi pada $\abs u \leq \frac{1}{n}$ berlaku $1 + t^2\sin^2 t \leq 1 + (n\pi + 1)^2u^2 \leq C n^2 u^2 + 1$ ; karenanya

\int_{n\pi - 1/n}^{n\pi + 1/n} \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t} \geq \int_{-1/n}^{1/n} \frac{\dd u}{1 + Cn^2u^2} = \frac{2\arctan\sqrt C}{\sqrt C}\cdot\frac{1}{n} ,

yakni suku sebuah deret bertipe harmonik yang divergen: jadi setelah dijumlahkan atas $n$ , antiturunannya tak terbatas.

Latihan 9.2 ★

Hitunglah $\displaystyle\int_0^\infty t^n \eu^{-\lambda t}\,\dd t$ ( $\lambda > 0$ ) lewat $\Gamma$ , dan $\displaystyle\int_0^1 (\ln t)^n \dd t$ lewat penyulihan $t = \eu^{-u}$ .

Solusi

Solusi Latihan 9.2.

Sulihkan $u = \lambda t$ :

\int_0^\infty t^n \eu^{-\lambda t}\dd t = \frac{1}{\lambda^{n+1}}\int_0^\infty u^n\eu^{-u}\dd u = \frac{\Gamma(n+1)}{\lambda^{n+1}} = \frac{n!}{\lambda^{n+1}} .

Dengan $t = \eu^{-u}$ (sehingga $\dd t = -\eu^{-u}\dd u$ ):

\int_0^1 (\ln t)^n \dd t = \int_0^{\infty} (-u)^n \eu^{-u}\,\dd u = (-1)^n\, n! .

Latihan 9.3 ★

Buktikan bahwa $\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\dd t}{(1 + t^2)(1 + t^x)}$ terdefinisi dengan baik untuk setiap $x \in \R$ dan tak bergantung pada $x$ . (Sulihkan $t \mapsto \frac1t$ lalu rata-ratakan kedua ungkapannya.) Berapa nilainya?

Solusi

Solusi Latihan 9.3.

Kekonvergenannya: integrannya $\leq \frac{1}{1+t^2}$ di dekat $\infty$ dan terbatas di dekat $0$ (sebab kedua faktornya terbatas di bawah, menjauh dari $0$ ): jadi konvergen mutlak untuk setiap $x$ . Dengan menyulihkan $t = \frac1u$ (sehingga $\dd t = -\frac{\dd u}{u^2}$ ):

I(x) = \int_0^\infty \frac{1}{\bigl(1 + \frac1{u^2}\bigr)\bigl(1 + u^{-x}\bigr)}\cdot\frac{\dd u}{u^2} = \int_0^\infty \frac{u^x}{(1 + u^2)(1 + u^x)}\,\dd u .

Setelah kedua ungkapan $I(x)$ dijumlahkan:

2I(x) = \int_0^\infty \frac{1 + t^x}{(1+t^2)(1+t^x)}\dd t = \int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2} = \frac{\pi}{2} :

jadi $I(x) = \frac\pi4$ , yang tak bergantung pada $x$ .

Latihan 9.4 ★★

(Integral Bertrand di ujung yang hingga) Untuk $(\alpha, \beta)$ yang mana $\displaystyle\int_0^{1/2} \frac{\dd t}{t^\alpha\,\abs{\ln t}^\beta}$ konvergen?

Solusi

Solusi Latihan 9.4.

Di dekat $0^+$ , dengan $u = \abs{\ln t} \to \infty$ . Jika $\alpha < 1$ : konvergen berapa pun $\beta$ (bandingkan dengan $t^{-\alpha'}$ untuk $\alpha < \alpha' < 1$ : sebab faktor logaritmanya terkalahkan). Jika $\alpha > 1$ : divergen berapa pun $\beta$ (bandingkan dengan $t^{-\alpha''}$ dengan $1 < \alpha'' < \alpha$ ). Jika $\alpha = 1$ : sulihkan $t = \eu^{-u}$ :

\int_0^{1/2} \frac{\dd t}{t\,\abs{\ln t}^\beta} = \int_{\ln 2}^{\infty} \frac{\dd u}{u^\beta},

yang konvergen bila dan hanya bila $\beta > 1$ . Ringkasnya: konvergen bila dan hanya bila $\alpha < 1$ , atau ( $\alpha = 1$ dan $\beta > 1$ ) — yakni cerminan deret Bertrand.

Latihan 9.5 ★★

Misalkan $F(x) = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\eu^{-xt}}{1 + t^2}\,\dd t$ untuk $x \geq 0$ . Buktikan bahwa $F$ kontinu pada $\intco{0}{\infty}$ , berkelas $C^2$ pada $\intoo{0}{\infty}$ , memenuhi $F'' + F = \frac1x$ di sana, dan bahwa $F(x) \to 0$ ketika $x \to +\infty$ .

Solusi

Solusi Latihan 9.5.

Kekontinuannya pada $\intco{0}{\infty}$ : lewat dominasi $\bigl|\frac{\eu^{-xt}}{1+t^2}\bigr| \leq \frac{1}{1+t^2}$ , yang terintegralkan dan seragam pada $x \geq 0$ : jadi Teorema 9.10.

Kelas $C^2$ pada $\intoo{0}{\infty}$ : pada $x \geq a > 0$ , kedua turunan pertamanya terhadap $x$ , yakni $\frac{-t\,\eu^{-xt}}{1+t^2}$ dan $\frac{t^2\eu^{-xt}}{1+t^2}$ , terdominasi oleh $t\,\eu^{-at}$ dan $\eu^{-at}$ : jadi dua kali penerapan Teorema 9.11. Maka

F''(x) + F(x) = \int_0^\infty \frac{t^2 + 1}{1 + t^2}\,\eu^{-xt}\dd t = \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x .

Limitnya: $0 \leq F(x) \leq \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x \to 0$ .

Latihan 9.6 ★★

(Frullani) Misalkan $f$ kontinu pada $\intco{0}{+\infty}$ dengan limit hingga $f(\infty)$ di $+\infty$ . Buktikan bahwa untuk $a, b > 0$ :

\int_0^{\infty} \frac{f(at) - f(bt)}{t}\,\dd t = \bigl(f(0) - f(\infty)\bigr)\,\ln\frac ba .

(Pada $\intcc{\varepsilon}{M}$ , sulihkan pada tiap potongannya lalu kelompokkan ulang menjadi $\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} - \int_{aM}^{bM}$ atas $\frac{f(u)}u\,\dd u$ ; lalu apitlah dengan memakai kekontinuannya di $0$ dan limitnya di $\infty$ .) Hitunglah $\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t$ .

Solusi

Solusi Latihan 9.6.

Pada $\intcc{\varepsilon}{M}$ , sulihkan $u = at$ dan $u = bt$ pada kedua paruhnya:

\int_\varepsilon^M \frac{f(at) - f(bt)}{t}\dd t = \int_{a\varepsilon}^{aM}\frac{f(u)}{u}\dd u - \int_{b\varepsilon}^{bM}\frac{f(u)}{u}\dd u = \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{f(u)}{u}\dd u - \int_{aM}^{bM} \frac{f(u)}{u}\dd u .

Potongan pertamanya: $f(u) = f(0) + o(1)$ di dekat $0$ , dan $\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{\dd u}{u} = \ln\frac ba$ : jadi potongan itu menuju $f(0)\ln\frac ba$ . Potongan keduanya: $f(u) \to f(\infty)$ , dengan perhitungan yang sama, jadi ia menuju $f(\infty)\ln\frac ba$ . Karenanya integral tak wajarnya konvergen ke $\bigl(f(0) - f(\infty)\bigr)\ln\frac ba$ .

Dengan $f(t) = \eu^{-t}$ (sehingga $f(0) = 1$ , $f(\infty) = 0$ ), $a = 1$ dan $b = 2$ :

\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t = \ln 2 .

Latihan 9.7 ★★

Berilah pembenaran lalu hitunglah $\lim_{n\to\infty} \displaystyle\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t$ untuk $x > 0$ (lewat kekonvergenan terdominasi dengan $\varphi(t) = \eu^{-t}t^{x-1}$ , memakai $(1 - t/n)^n \leq \eu^{-t}$ ; limitnya $\Gamma(x)$ ).

Solusi

Solusi Latihan 9.7.

Perluaslah integrannya oleh $0$ di luar $t = n$ : $g_n(t) = (1 - \frac tn)^n t^{x-1}\mathbf{1}_{t \leq n}$ . Titik demi titik, $g_n(t) \to \eu^{-t}t^{x-1}$ (yaitu limit bunga majemuk pada jilid Tahun ke-1). Dominasinya: $\ln(1 - u) \leq -u$ memberi $(1 - \frac tn)^n \leq \eu^{-t}$ pada $\intcc{0}{n}$ , jadi $\abs{g_n(t)} \leq \eu^{-t}t^{x-1} = \varphi(t)$ , yang terintegralkan. Kekonvergenan terdominasi memberi

\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^n t^{x-1}\dd t \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^\infty \eu^{-t}t^{x-1}\dd t = \Gamma(x) .

(Menghitung ruas kirinya lewat pengintegralan parsial yang berulang memberi bentuk hasil kali Euler $\Gamma(x) = \lim \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ .)

Latihan 9.8 ★★★

(Integral Gauss lewat siasat parameter) Untuk $x \geq 0$ tetapkan

G(x) = \Bigl(\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t\Bigr)^{\!2}, \qquad H(x) = \int_0^1 \frac{\eu^{-x^2(1+t^2)}}{1 + t^2}\,\dd t .

Buktikan bahwa $G' + H' = 0$ (turunkan $H$ di bawah integralnya lalu sulihkan $u = xt$ pada integral yang dihasilkannya), lalu turunkan $G(x) + H(x) = \frac\pi4$ untuk setiap $x$ , dan simpulkan

\int_0^{\infty} \eu^{-t^2}\,\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2} .

Solusi

Solusi Latihan 9.8.

Fungsi $H$ dapat diturunkan terhadap $x$ (sebab integrannya $C^1$ pada $x$ , dengan turunan $-2x(1+t^2)\cdot\frac{\eu^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2} = -2x\,\eu^{-x^2}\eu^{-x^2t^2}$ , yang kontinu dan terbatas pada himpunan kompak dalam $x$ , sedangkan dominasinya atas $t \in \intcc{0}{1}$ sepele):

H'(x) = -2x\,\eu^{-x^2}\int_0^1 \eu^{-x^2t^2}\,\dd t \overset{u = xt}{=} -2\,\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-u^2}\,\dd u = -G'(x),

sebab $G'(x) = 2\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t$ (lewat aturan rantai pada kuadratnya dan teorema dasar kalkulus). Jadi $G + H$ bersifat konstan, sama dengan $G(0) + H(0) = 0 + \int_0^1 \frac{\dd t}{1+t^2} = \frac\pi4$ .

Ketika $x \to \infty$ : $0 \leq H(x) \leq \eu^{-x^2}\int_0^1 \dd t \to 0$ , jadi $G(x) \to \frac\pi4$ :

\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \sqrt{\frac\pi4} = \frac{\sqrt\pi}{2} .

(Akibatnya $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = 2\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \sqrt\pi$ , lewat penyulihan $t = \sqrt u$ .)

Latihan 9.9 ★★★

Buktikan bahwa $\Gamma$ bersifat log-cembung: yakni $\ln\Gamma$ cembung pada $\intoo{0}{\infty}$ . (Cauchy–Schwarz untuk integral yang diterapkan pada $t^{(x+y)/2 - 1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ memberi $\Gamma\bigl(\frac{x+y}{2}\bigr)^2 \leq \Gamma(x)\Gamma(y)$ ; lalu padukan dengan kekontinuan dan Latihan 8.8.)

Solusi

Solusi Latihan 9.9.

Cauchy–Schwarz (jilid Tahun ke-1, yang sahih pada $\intcc{\varepsilon}{M}$ lalu dilewatkan ke limitnya) yang diterapkan pada pemfaktoran $t^{\frac{x+y}{2}-1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ memberi

\Gamma\Bigl(\frac{x+y}{2}\Bigr) \leq \Gamma(x)^{1/2}\,\Gamma(y)^{1/2} \quad\Longrightarrow\quad \ln\Gamma\Bigl(\frac{x+y}{2}\Bigr) \leq \frac{\ln\Gamma(x) + \ln\Gamma(y)}{2} :

jadi $\ln\Gamma$ cembung titik-tengah; dan karena ia kontinu (Teorema 9.18), ia cembung (Latihan 8.8). (Kelog-cembungan mengunci $\Gamma$ secara tunggal di antara semua interpolasi faktorialnya — itulah teorema Bohr–Mollerup, sebutir mutiara Tahun ke-3.)

Latihan 9.10 ★★★

(Integral Dirichlet) Tetapkan $F(x) = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\eu^{-xt}\,\dd t$ untuk $x > 0$ .

Berilah pembenaran bagi $F'(x) = -\frac{1}{1 + x^2}$ (turunkan di bawah integralnya; lalu hitung $\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ lewat dua kali pengintegralan parsial).
Buktikan $F(x) \to 0$ ketika $x \to +\infty$ lalu turunkan $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ .
Dengan menerima kekontinuan $F$ di $0^+$ (yakni sebuah teorema bertipe Abel), simpulkan nilai integral yang semi-konvergen itu:

$\int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t = \frac{\pi}{2}.$

Solusi

Solusi Latihan 9.10.

Pada $x \geq a > 0$ : turunan integrannya terhadap $x$ adalah $-\sin t\,\eu^{-xt}$ , yang terdominasi oleh $\eu^{-at}$ , jadi Teorema 9.11 memberi $F'(x) = -\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ . Dua kali pengintegralan parsial (atau lewat eksponensial kompleks) memberi

$\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t = \Im \int_0^\infty \eu^{(-x+\iu)t}\dd t = \Im\frac{1}{x - \iu} = \frac{1}{1 + x^2} .$
Berlaku $\abs{F(x)} \leq \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x \to 0$ . Lalu mengintegralkan $F' = -\frac{1}{1+x^2}$ dari $x$ sampai $\infty$ memberi $0 - F(x) = -\bigl(\frac\pi2 - \arctan x\bigr)$ , jadi $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ .
Dengan melewatkan $x \to 0^+$ beserta kekontinuan yang diterima tadi: $F(0^+) = \frac\pi2$ , sedangkan $F(0) = \int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\dd t$ (yakni integral Dirichlet yang semi-konvergen, Contoh 9.5): jadi nilainya $\frac\pi2$ .

Latihan 9.11 ★★

Berilah pembenaran bagi kekonvergenan $\displaystyle\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t$ , lalu hitunglah lewat satu kali pengintegralan parsial dan Latihan 9.10:

\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t = \frac{\pi}{2} .

(Nilainya sama dengan $\int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\dd t$ — tetapi kali ini kekonvergenannya mutlak.)

Solusi

Solusi Latihan 9.11.

Kekonvergenannya: di dekat $0$ integrannya diperluas secara kontinu oleh nilai $1$ (sebab $\sin t \sim t$ ); di tak hingga ia $\leq t^{-2}$ , jadi konvergen mutlak. Pada $\intcc{\varepsilon}{M}$ , integralkan secara parsial dengan $u = \sin^2 t$ dan $v' = t^{-2}$ :

\int_\varepsilon^M \frac{\sin^2 t}{t^2}\dd t = \Bigl[-\frac{\sin^2 t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_\varepsilon^M \frac{2\sin t\cos t}{t}\dd t = \Bigl[-\frac{\sin^2 t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_{2\varepsilon}^{2M} \frac{\sin u}{u}\dd u

(dengan $u = 2t$ pada integral terakhirnya). Kurungnya menuju $0$ di kedua ujungnya (sebab $\sin^2\varepsilon/\varepsilon \leq \varepsilon$ dan $\sin^2 M/M \leq 1/M$ ), sedangkan integral terakhirnya menuju $\int_0^\infty \frac{\sin u}{u}\dd u = \frac\pi2$ (Latihan 9.10). Karenanya

\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t = \frac\pi2 .

Latihan 9.12 ★★★

(Ekor Gauss) Untuk $x > 0$ tetapkan $T(x) = \displaystyle \int_x^\infty \eu^{-t^2}\dd t$ .

Dengan menulis $\eu^{-t^2} = \frac{1}{-2t}\cdot(-2t\,\eu^{-t^2})$ , integralkan secara parsial dua kali untuk memperoleh

$T(x) = \eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) + \frac34\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\,\dd t .$
Batasilah sisanya: $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\,\eu^{-x^2}$ , lalu turunkan pengapitannya

$\eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) \leq T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}, \qquad\text{sehingga}\qquad T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x} \quad (x \to +\infty).$
Mengapa deret berselang-seling penuh yang diperoleh dengan mengiterasikan pengintegralan parsialnya tak pernah dapat konvergen untuk $x$ yang tetap? (Bandingkan pertumbuhan koefisien $1\cdot3\cdots(2k-1)$ dengan pangkat $(2x^2)^k$ .)

Solusi

Solusi Latihan 9.12.

Pengintegralan parsial dengan $u = \frac{-1}{2t}$ dan $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ (sehingga $v = \eu^{-t^2}$ ) memberi

$T(x) = \Bigl[\frac{-\eu^{-t^2}}{2t}\Bigr]_x^\infty - \int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{2x} - \int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t .$

Alat yang sama pada integral barunya (dengan $u = \frac{-1}{4t^3}$ dan $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ ):

$\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{4x^3} - \frac34\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\dd t ,$

sehingga diperoleh kesamaan yang diumumkan tadi.
Satu kali pengintegralan parsial lagi membatasi sisanya:

$\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{2x^5} - \frac52\int_x^\infty\frac{\eu^{-t^2}}{t^6}\dd t \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x^5},$

jadi $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\eu^{-x^2}$ . Membuang sisa yang positif pada kesamaan pertanyaan 1 memberi batas bawahnya; sedangkan membuang suku kedua yang negatif pada pengintegralan parsial pertamanya memberi $T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ . Setelah pengapitannya dibagi $\frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ : rasionya terapit di antara $1 - \frac{1}{2x^2}$ dan $1$ , jadi $T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ .
Mengiterasikan pengintegralan parsialnya menghasilkan deret formal

$T(x) \approx \frac{\eu^{-x^2}}{2x}\Bigl(1 - \frac{1}{2x^2} + \frac{1\cdot3}{(2x^2)^2} - \frac{1\cdot3\cdot5}{(2x^2)^3} + \cdots\Bigr),$

yang koefisien ke- $k$ -nya $1\cdot3\cdots(2k-1) = \frac{(2k)!}{2^k k!}$ tumbuh lebih cepat daripada barisan geometri mana pun: sebab untuk $x$ yang tetap, suku $\frac{1\cdot3\cdots(2k-1)}{(2x^2)^k}$ menuju tak hingga (rasionya $\frac{2k+1}{2x^2} \to \infty$ ), sehingga deretnya divergen untuk setiap $x$ . Ia sebuah uraian asimtotik: dipotong pada orde tetap mana pun, galatnya seorde dengan suku pertama yang dibuang ketika $x \to \infty$ — tetapi tak pernah menjadi deret yang konvergen. (Taksiran ekor ini adalah batas ekor Gauss yang baku pada bab peluang.)

9.5 Soal: Integral Euler — Beta, Gamma, dan rumus limit Gauss

Soal 9.1

Fungsi $\Gamma$ pada Definisi 9.17 adalah satu paruh kalkulus integral milik Euler; paruh satunya adalah fungsi Beta

B(x, y) = \int_0^1 t^{x-1}(1 - t)^{y-1}\,\dd t .

Soal ini mengembangkan pasangan $(\Gamma, B)$ hanya dengan perkakas bab ini — pengintegralan parsial, penyulihan, dan kekonvergenan terdominasi — lalu memuncak pada rumus Beta–Gamma milik Euler $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)} {\Gamma(x+y)}$ pada bilangan setengah bulat, dan pada rumus limit Gauss bagi $\Gamma$ . Di sepanjang jalan, integral Wallis pada Lema 6.11 muncul kembali sebagai nilai Beta, dan rumus duplikasi Legendre pun jatuh dengan sendirinya.

Bagian I — Struktur halus $\Gamma$ .

Ingat kembali mengapa $\Gamma(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ konvergen persis untuk $x > 0$ , lalu tunjukkan

$\Gamma(x) \sim \frac1x \qquad (x \to 0^+)$

(lewat persamaan fungsionalnya ditambah kekontinuan $\Gamma$ di $1$ ).
Buktikan $\Gamma\bigl(\tfrac12\bigr) = \sqrt\pi$ (sulihkan $t = u^2$ lalu panggil Latihan 9.8), lalu turunkan $\int_\R \eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ .
Tunjukkan secara induktif, untuk $n \in \N$ :

$\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \frac{(2n)!}{4^n\,n!}\,\sqrt\pi .$
Berilah pembenaran bagi $\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t > 0$ , lalu turunkan bahwa $\Gamma$ cembung tegas, mencapai minimum tunggal di suatu $x_0 \in \intoo{1}{2}$ (sebab $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ dan Rolle), turun pada $\intoo{0}{x_0}$ lalu naik pada $\intoo{x_0}{\infty}$ .
Tunjukkan bahwa $\Gamma$ mengalahkan setiap pangkat: untuk tiap $k \in \N$ berlaku $x^k = o\bigl(\Gamma(x)\bigr)$ ketika $x \to +\infty$ (apitlah $x$ di antara bilangan bulat lalu pakai $\Gamma(n+1) = n!$ beserta kemonotonan pertanyaan 4).

Bagian II — Fungsi Beta, lewat pengintegralan parsial.

Tunjukkan bahwa $B(x,y)$ konvergen persis untuk $x > 0$ dan $y > 0$ , dan bahwa $B(x,y) = B(y,x)$ .
Hitunglah $B(x, 1) = \frac1x$ , lalu buktikan lewat pengintegralan parsial, untuk $x, y > 0$ :

$B(x, y+1) = \frac{y}{x}\,B(x+1, y) .$
Dari pemecahan $t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y}$ turunkan $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ , lalu padukan dengan pertanyaan 7 menjadi relasi penurunan

$B(x, y+1) = \frac{y}{x+y}\,B(x,y), \qquad B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x,y) .$
Turunkan, untuk bilangan bulat $m, n \geq 1$ :

$B(m, n) = \frac{(m-1)!\,(n-1)!}{(m+n-1)!} = \frac{1}{(m+n-1)\binom{m+n-2}{m-1}} .$
Buktikan rumus Euler untuk satu argumen bulat: untuk setiap $x > 0$ dan $n \in \N^*$ ,

$B(x, n) = \frac{\Gamma(x)\,\Gamma(n)}{\Gamma(x + n)}$

(secara induktif pada $n$ : kedua ruasnya sama dengan $\frac1x$ di $n = 1$ dan menuruti relasi penurunan yang sama).

Bagian III — Integral Wallis sebagai nilai Beta.

Sulihkan $t = \sin^2\theta$ untuk memperoleh bentuk trigonometrinya

$B(x, y) = 2\int_0^{\pi/2} \sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\,\dd\theta .$
Turunkan $W_n = \frac12\,B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr)$ bagi integral Wallis $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n \theta\,\dd\theta$ , lalu peroleh kembali rekurensi $W_n = \frac{n-1}{n}W_{n-2}$ pada Lema 6.11 hanya dari relasi penurunan pertanyaan 8.
Hitunglah $B\bigl(\frac12, \frac12\bigr) = 2W_0 = \pi$ lalu periksalah terhadap $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1)$ : jadi rumus Euler berlaku di $\bigl(\frac12, \frac12\bigr)$ .
Turunkan bentuk tertutup $W_{2n} = \frac\pi2\, \frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ dari rekurensinya, lalu periksalah

$B\Bigl(n + \frac12, \frac12\Bigr) = \frac{\Gamma\bigl(n + \frac12\bigr)\Gamma\bigl( \frac12\bigr)}{\Gamma(n+1)} .$

Simpulkan, secara induktif dengan relasi penurunannya, bahwa rumus Euler $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ berlaku setiap kali $2x$ dan $2y$ merupakan bilangan bulat positif.
Sulihkan $u = \frac{t}{1-t}$ untuk memperoleh bentuk klasik ketiganya

$B(x,y) = \int_0^\infty \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\,\dd u ,$

lalu periksalah kasus $x = y = \frac12$ secara langsung (sebab $u = v^2$ menyusutkannya menjadi $\int_0^\infty\frac{2\,\dd v}{1+v^2}$ ).

Bagian IV — Rumus limit Gauss.

Untuk $x > 0$ dan $n \in \N^*$ , buktikan lewat $n$ kali pengintegralan parsial berturut-turut:

$\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t = \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} .$
Rampungkan dengan Latihan 9.7 (yakni kekonvergenan terdominasi) sehingga diperoleh rumus limit Gauss:

$\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} \qquad (x > 0).$
Dengan mengambil logaritmanya, tunjukkan bahwa untuk $x > 0$ :

$\ln\Gamma(x) = -\ln x - \gamma x + \sum_{k=1}^{\infty}\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1 + \frac xk\Bigr)\Bigr),$

dengan $\gamma$ menyatakan konstanta Euler (Contoh 6.7); lalu berilah pembenaran bagi kekonvergenan deretnya (sebab suku umumnya $\sim \frac{x^2}{2k^2}$ ).
Pakailah rumus Gauss di $x = \frac12$ beserta asimtotik koefisien binomial pusat $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (Contoh 6.14) untuk menghitung ulang $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ : jadi konstanta Stirling dan integral Gauss adalah bilangan yang sama dalam dua samaran.
Periksalah bahwa rumus Gauss membuktikan ulang persamaan fungsionalnya: dari kesamaan eksak

$\frac{n!\,n^{x+1}}{(x+1)\cdots(x+n+1)} = \frac{n!\,n^{x}}{x(x+1)\cdots(x+n)}\cdot \frac{n\,x}{x+n+1},$

simpulkan $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ sekali lagi. (Rumus Gauss menentukan $\Gamma$ secara tuntas; sedangkan jilid Tahun ke-3 membuktikan teorema Bohr–Mollerup yang lebih tajam: yakni persamaan fungsionalnya ditambah kelog-cembungannya sudah mengunci $\Gamma$ .)

Bagian V — Panennya.

Untuk $a > 0$ tunjukkan $\int_0^\infty \eu^{-t^a}\dd t = \Gamma\bigl(1 + \frac1a\bigr)$ , lalu hitunglah limitnya ketika $a \to +\infty$ lewat kekonvergenan terdominasi (dengan limit titik demi titik $\mathbf 1_{t < 1}$ ; dan dominasilah oleh $1$ pada $\intoc{0}{1}$ serta oleh $\eu^{-t^2}$ di luarnya, untuk $a \geq 2$ ). Periksalah jawabannya terhadap kekontinuan $\Gamma$ .
Untuk $n \geq 1$ tunjukkan

$\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{1 - t^n}} = \frac1n\,B\Bigl(\frac1n, \frac12\Bigr),$

lalu peroleh kembali nilai $2$ (untuk $n = 1$ ) dan $\frac\pi2$ (untuk $n = 2$ ). (Untuk $n = 4$ inilah konstanta lemniskat, yang tak punya bentuk tertutup yang elementer; kisahnya menjadi bagian teori integral eliptik.)
(Momen) Untuk $x > 0$ dan $k \in \N$ , tunjukkan

$\frac{1}{\Gamma(x)}\int_0^\infty t^{k}\,t^{x-1}\eu^{-t}\,\dd t = \frac{\Gamma(x+k)}{\Gamma(x)} = x(x+1)\cdots(x+k-1),$

yakni faktorial naiknya; lalu periksalah bahwa $x = 1$ memberi $k!$ . (Pada bab peluang, inilah momen ke- $k$ sebuah kepadatan waktu tunggu yang baku.)
Buktikan kesamaan Beta berikut, yang sahih untuk setiap $x > 0$ :

$B(x, x) = 2^{1-2x}\,B\Bigl(x, \frac12\Bigr)$

(sulihkan $t = \frac{1+s}2$ , manfaatkan kesetangkupannya pada $s$ , lalu ambil $s = \sqrt v$ ). Lalu turunkan, untuk $2x \in \N^*$ , rumus duplikasi Legendre

$\Gamma(x)\,\Gamma\Bigl(x + \frac12\Bigr) = 2^{1-2x}\,\sqrt\pi\;\Gamma(2x),$

dan periksalah secara langsung di $x = n$ lewat pertanyaan 3. (Untuk $x$ yang umum ia menyusul dari kesamaan yang sama begitu rumus Euler diketahui untuk semua argumennya — lewat bukti integral ganda pada bab integral lipat.)
Rangkuman. Satu kalimat untuk masing-masing: (i) di mana pengintegralan parsial mengusung seluruh Bagian II; (ii) di mana kekonvergenan terdominasi masuk ke Bagian IV dan V; (iii) masukan asimtotik mana yang diimpor dari bab perbandingan; (iv) apa yang kini terbukti dari rumus Euler $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ , dan apa yang tersisa untuk diselesaikan integral gandanya.

Solusi

Solusi Soal 9.1.

1. Di $0^+$ integrannya $\sim t^{x-1}$ : skala ujung hingganya konvergen bila dan hanya bila $1 - x < 1$ , yakni $x > 0$ (dan untuk $x \leq 0$ , $t^{x-1} \geq t^{-1}$ divergen); sedangkan di $+\infty$ , $t^{x-1}\eu^{-t} = o(t^{-2})$ konvergen untuk setiap $x$ . Lalu $\Gamma(x) = \frac{\Gamma(x+1)}{x}$ dan $\Gamma(x+1) \to \Gamma(1) = 1$ ketika $x \to 0^+$ (lewat kekontinuan, Teorema 9.18): jadi $\Gamma(x) \sim \frac1x$ .

2. Dengan $t = u^2$ dan $\dd t = 2u\,\dd u$ :

\Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \int_0^\infty t^{-1/2}\eu^{-t}\dd t = \int_0^\infty \frac{\eu^{-u^2}}{u}\,2u\,\dd u = 2\int_0^\infty \eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi

menurut Latihan 9.8. Dengan $u = v/\sqrt2$ :

\int_\R \eu^{-v^2/2}\dd v = 2\sqrt2\int_0^\infty \eu^{-u^2}\dd u = \sqrt2\,\sqrt\pi = \sqrt{2\pi} .

3. Benar untuk $n = 0$ (sebab kedua ruasnya $\sqrt\pi$ ). Jika $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi$ , maka persamaan fungsionalnya memberi

\Gamma\Bigl(n + 1 + \frac12\Bigr) = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \frac{2n+1}{2}\cdot\frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi = \frac{(2n+2)!}{4^{n+1}(n+1)!}\sqrt\pi ,

dengan langkah terakhirnya berlaku karena $\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$ dan $\frac{2n+1}{2} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)}$ .

4. Teorema 9.18 memberi $\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t$ (lewat dua kali penerapan aturan Leibniz, dengan dominasi seperti pada bukti teoremanya); integrannya $\geq 0$ dan tidak nol secara identik, jadi $\Gamma'' > 0$ : sehingga $\Gamma$ cembung tegas dan $\Gamma'$ naik tegas. Karena $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ , Rolle menyediakan $x_0 \in \intoo12$ dengan $\Gamma'(x_0) = 0$ ; lalu kemonotonan tegas $\Gamma'$ menjadikan $x_0$ satu-satunya nolnya, dengan $\Gamma' < 0$ sebelumnya dan $\Gamma' > 0$ sesudahnya: jadi $\Gamma$ turun pada $\intoo0{x_0}$ , naik pada $\intoo{x_0}\infty$ , dan $x_0$ menjadi minimum tunggalnya.

5. Misalkan $k \in \N$ dan $x \geq 3$ ; pilihlah bilangan bulat $n$ dengan $n + 1 \leq x < n + 2$ (sehingga $n \geq 1$ ). Menurut kemonotonan pertanyaan 4 (yang sahih mulai $x_0 < 2$ ): $\Gamma(x) \geq \Gamma(n + 1) = n!$ , sedangkan $x^k \leq (n+2)^k$ . Karena $\frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ (sebab faktorial mengalahkan pangkat, jilid Tahun ke-1), berlaku $\frac{\Gamma(x)}{x^k} \geq \frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ ketika $x \to \infty$ : jadi $x^k = o(\Gamma(x))$ .

6. Di dekat $0$ integrannya $\sim t^{x-1}$ (yang konvergen bila dan hanya bila $x > 0$ ), di dekat $1$ ia $\sim (1-t)^{y-1}$ (bila dan hanya bila $y > 0$ ); kedua perbandingannya antara fungsi positif, jadi $B(x,y)$ konvergen persis untuk $x, y > 0$ . Penyulihan $t \mapsto 1 - t$ menukar kedua faktornya: jadi $B(x,y) = B(y,x)$ .

7. Di sini $B(x,1) = \int_0^1 t^{x-1}\dd t = \frac1x$ . Pengintegralan parsial pada $\intcc\varepsilon{1-\varepsilon}$ dengan $u = (1-t)^y$ dan $v = \frac{t^x}{x}$ memberi

\int t^{x-1}(1-t)^{y}\dd t = \Bigl[\frac{t^x(1-t)^y}{x}\Bigr] + \frac{y}{x}\int t^{x}(1-t)^{y-1}\dd t ;

dengan kurungnya nol di kedua ujungnya ketika $\varepsilon \to 0$ (sebab $x > 0$ di $0$ dan $y > 0$ di $1$ ), sehingga tersisa $B(x, y+1) = \frac yx\,B(x+1, y)$ .

8. Karena $t + (1-t) = 1$ :

t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y},

jadi $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ . Pertanyaan 7 berbunyi $B(x+1,y) = \frac xy B(x,y+1)$ ; setelah disulihkan,

B(x,y) = \Bigl(\frac xy + 1\Bigr)B(x,y+1) = \frac{x+y}{y}\,B(x,y+1),

yakni $B(x,y+1) = \frac{y}{x+y}B(x,y)$ ; sedangkan relasi kembarannya menyusul dari kesetangkupan pertanyaan 6.

9. Induksi pada $n$ dengan $m$ tetap: $B(m,1) = \frac1m = \frac{(m-1)!\,0!}{m!}$ , dan jika rumusnya berlaku di $n$ , maka

B(m, n+1) = \frac{n}{m+n}\,B(m,n) = \frac{n}{m+n}\cdot\frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!} = \frac{(m-1)!\,n!}{(m+n)!} .

Setelah ditulis ulang: $B(m,n) = \frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!} = \bigl[(m+n-1)\binom{m+n-2}{m-1}\bigr]^{-1}$ .

10. Kedua ruas $B(x,n) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)}$ sama dengan $\frac1x$ di $n = 1$ (sebab $\Gamma(1) = 1$ dan $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ ). Jika keduanya sepakat di $n$ , maka lewat relasi penurunannya dan persamaan fungsionalnya:

B(x, n+1) = \frac{n}{x+n}\,B(x,n), \qquad \frac{\Gamma(x)\Gamma(n+1)}{\Gamma(x+n+1)} = \frac{n}{x+n}\cdot \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)} :

kedua barisannya menuruti rekursi yang sama dari benih yang sama, sehingga keduanya sepakat untuk setiap $n \in \N^*$ dan setiap $x > 0$ .

11. Dengan $t = \sin^2\theta$ ( $\theta \in \intoo0{\pi/2}$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta$ ), berlaku $t^{x-1} = \sin^{2x-2}\theta$ dan $(1-t)^{y-1} = \cos^{2y-2}\theta$ , sehingga

B(x,y) = \int_0^{\pi/2}\sin^{2x-2}\theta\,\cos^{2y-2}\theta \cdot 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta = 2\int_0^{\pi/2}\sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\, \dd\theta .

12. Ambil $y = \frac12$ (yang mematikan faktor kosinusnya) dan $2x - 1 = n$ : maka $B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr) = 2W_n$ , yakni $W_n = \frac12 B\bigl(\frac{n+1}2,\frac12\bigr)$ . Relasi penurunan pada peubah pertamanya memberi

\frac{W_n}{W_{n-2}} = \frac{B\bigl(\frac{n-1}2 + 1, \frac12\bigr)} {B\bigl(\frac{n-1}2, \frac12\bigr)} = \frac{\frac{n-1}2}{\frac{n-1}2 + \frac12} = \frac{n-1}{n} :

yakni rekurensi Wallis, kali ini tanpa pengintegralan parsial atas sinusnya — sebab Bagian II sudah mengerjakannya sekali untuk selamanya.

13. Di sini $B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = 2W_0 = 2\cdot\frac\pi2 = \pi$ , sedangkan $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1) = (\sqrt\pi)^2 = \pi$ : jadi rumus Euler berlaku di $\bigl(\frac12,\frac12\bigr)$ .

14. Mengiterasikan $W_{2n} = \frac{2n-1}{2n}W_{2n-2}$ dari $W_0 = \frac\pi2$ memberi

W_{2n} = \frac\pi2\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k} = \frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2},

sebab $\prod(2k-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$ dan $\prod 2k = 2^n n!$ . Karenanya, dengan memakai pertanyaan 3:

B\Bigl(n+\frac12, \frac12\Bigr) = 2W_{2n} = \pi\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!}\cdot\frac{\sqrt\pi}{n!} = \frac{\Gamma\bigl(n+\frac12\bigr)\Gamma\bigl(\frac12\bigr)} {\Gamma(n+1)} .

Kini tetapkan $x \in \frac12\N^*$ . Rumus Euler berlaku di $(x, \frac12)$ : untuk $x$ bulat inilah pertanyaan 10 (dengan kesetangkupannya), sedangkan untuk $x = n + \frac12$ inilah ungkapan di atas. Kedua ruas rumus Euler menuruti rekursi penurunan $y \mapsto y + 1$ (pertanyaan 8 di kiri, persamaan fungsionalnya di kanan, seperti pada pertanyaan 10): jadi induksi merambatkan rumusnya dari $y = \frac12$ dan $y = 1$ ke setiap $y \in \frac12\N^*$ . Karenanya rumus Euler berlaku setiap kali $2x, 2y \in \N^*$ .

15. Dengan $u = \frac{t}{1-t}$ , yakni $t = \frac{u}{1+u}$ , $1 - t = \frac{1}{1+u}$ , dan $\dd t = \frac{\dd u}{(1+u)^2}$ :

B(x,y) = \int_0^\infty \Bigl(\frac{u}{1+u}\Bigr)^{x-1} \Bigl(\frac{1}{1+u}\Bigr)^{y-1} \frac{\dd u}{(1+u)^2} = \int_0^\infty \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\,\dd u .

Di $x = y = \frac12$ , dengan $u = v^2$ :

\int_0^\infty \frac{u^{-1/2}}{1+u}\dd u = \int_0^\infty \frac{2\,\dd v}{1+v^2} = \pi = B\Bigl(\frac12,\frac12\Bigr) . \checkmark

16. Satu kali pengintegralan parsial, untuk $1 \leq k \leq n$ dan $s > 0$ (dengan $u = (1 - t/n)^k$ , $v = t^s/s$ ; dan suku batasnya lenyap), memberi

\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!k} t^{s-1}\dd t = \frac{k}{ns}\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!k-1} t^{s}\dd t .

Berawal dari $k = n$ , $s = x$ lalu mengiterasikannya $n$ kali:

\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\dd t = \frac{n(n-1)\cdots1}{n^n\,x(x+1)\cdots(x+n-1)} \int_0^n t^{x+n-1}\dd t = \frac{n!}{n^n}\cdot \frac{n^{x+n}}{x(x+1)\cdots(x+n)} ,

yakni $\dfrac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ .

17. Menurut Latihan 9.7, ruas kirinya menuju $\Gamma(x)$ (lewat kekonvergenan terdominasi dengan pendominasi $t^{x-1}\eu^{-t}$ ); sedangkan ruas kanannya adalah kuosien Gauss:

\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} .

18. Setelah logaritma kuosien $G_n(x)$ pada pertanyaan 16 diambil lalu $\ln(x+k) = \ln k + \ln(1 + x/k)$ dipecah untuk $k \geq 1$ :

\ln G_n(x) = x\ln n - \ln x - \sum_{k=1}^n \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr) = -\ln x + x(\ln n - H_n) + \sum_{k=1}^n\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr)\Bigr).

Untuk $u \geq 0$ berlaku $u - \frac{u^2}2 \leq \ln(1+u) \leq u$ , jadi suku umumnya berada di $\intcc{0}{x^2/(2k^2)}$ : sehingga deretnya konvergen (lewat pembandingan dengan $\sum k^{-2}$ ). Karena $\ln n - H_n \to -\gamma$ (Contoh 6.7) dan $\ln G_n(x) \to \ln\Gamma(x)$ (pertanyaan 17 dan kekontinuan $\ln$ ):

\ln\Gamma(x) = -\ln x - \gamma x + \sum_{k=1}^\infty\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr)\Bigr) .

19. Di $x = \frac12$ , penyebutnya adalah $\prod_{k=0}^n\bigl(k+\frac12\bigr) = \frac{(2n+1)!}{2^{2n+1}n!}$ (kalikan saja setengahnya), sehingga

G_n\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{n!\,\sqrt n\;2^{2n+1}n!}{(2n+1)!} = \frac{2\sqrt n\;4^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}} .

Dengan $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (Contoh 6.14):

G_n\Bigl(\frac12\Bigr) \sim \frac{2\sqrt n\,\sqrt{\pi n}}{2n+1} \longrightarrow \sqrt\pi = \Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) .

Jadi $\sqrt\pi$ milik koefisien binomial pusat (yang berasal dari Wallis, sehingga dari konstanta Stirling) dan $\sqrt\pi$ milik integral Gauss adalah bilangan yang sama.

20. Kesamaannya murni aljabar: kalikan $\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ dengan $\frac{nx}{x+n+1}$ lalu serap $x$ ke dalam hasil kalinya dan $n$ ke dalam $n^x$ . Dengan melewatkan $n \to \infty$ : ruas kirinya menuju $\Gamma(x+1)$ (yakni Gauss di $x+1$ ), sedangkan ruas kanannya menuju $\Gamma(x)\cdot x\cdot 1$ karena $\frac{n}{x+n+1} \to 1$ : jadi $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — dipulihkan tanpa satu pun pengintegralan parsial.

21. Dengan $u = t^a$ , $t = u^{1/a}$ , dan $\dd t = \frac1a u^{1/a - 1}\dd u$ :

\int_0^\infty \eu^{-t^a}\dd t = \frac1a\int_0^\infty u^{\frac1a - 1}\eu^{-u}\dd u = \frac1a\,\Gamma\Bigl(\frac1a\Bigr) = \Gamma\Bigl(1 + \frac1a\Bigr) .

Ketika $a \to +\infty$ (sepanjang barisan mana pun): $\eu^{-t^a} \to 1$ untuk $0 < t < 1$ , $\to \eu^{-1}$ di $t = 1$ , dan $\to 0$ untuk $t > 1$ ; sedangkan untuk $a \geq 2$ dominasilah oleh $\mathbf 1_{t \leq 1} + \eu^{-t^2}\mathbf 1_{t > 1}$ (sebab $t^a \geq t^2$ untuk $t \geq 1$ ), yang terintegralkan. Kekonvergenan terdominasi: jadi integralnya menuju $\int_0^1 1\,\dd t = 1$ — sebagaimana mestinya, sebab $\Gamma(1 + \frac1a) \to \Gamma(1) = 1$ berkat kekontinuannya.

22. Dengan $u = t^n$ dan $\dd t = \frac1n u^{1/n - 1}\dd u$ :

\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{1-t^n}} = \frac1n\int_0^1 u^{\frac1n-1}(1-u)^{-1/2}\dd u = \frac1n\,B\Bigl(\frac1n, \frac12\Bigr) .

Untuk $n = 1$ : $B\bigl(1,\frac12\bigr) = B\bigl(\frac12,1\bigr) = 2$ , yang cocok dengan $\int_0^1\frac{\dd t}{\sqrt{1-t}} = 2$ . Untuk $n = 2$ : $\frac12 B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = \frac\pi2 = \arcsin 1$ . Sedangkan untuk $n = 4$ , nilai $\frac14 B\bigl(\frac14,\frac12\bigr)$ adalah konstanta lemniskat: tanpa bentuk tertutup yang elementer.

23. Dengan mengiterasikan persamaan fungsionalnya:

\frac{1}{\Gamma(x)}\int_0^\infty t^{x+k-1}\eu^{-t}\dd t = \frac{\Gamma(x+k)}{\Gamma(x)} = (x+k-1)(x+k-2)\cdots x ,

yakni faktorial naik dengan $k$ faktor. Di $x = 1$ : $\Gamma(1+k)/\Gamma(1) = k!$ , yakni momen $\eu^{-t}$ pada Latihan 9.2.

24. Sulihkan $t = \frac{1+s}2$ (sehingga $s \in \intoo{-1}1$ , $\dd t = \frac{\dd s}2$ , dan $t(1-t) = \frac{1-s^2}4$ ):

B(x,x) = \int_{-1}^{1}\Bigl(\frac{1-s^2}{4}\Bigr)^{x-1} \frac{\dd s}{2} = 4^{1-x}\int_0^1 (1-s^2)^{x-1}\dd s

(sebab integrannya genap). Lalu $s = \sqrt v$ (sehingga $\dd s = \frac{\dd v}{2\sqrt v}$ ):

B(x,x) = \frac{4^{1-x}}{2}\int_0^1 v^{-1/2}(1-v)^{x-1}\dd v = 2^{1-2x}\,B\Bigl(\frac12, x\Bigr) .

Untuk $2x \in \N^*$ setiap argumen yang tampak berada di $\frac12\N^*$ , jadi rumus Euler (pertanyaan 14) berlaku bagi kedua ruasnya:

\frac{\Gamma(x)^2}{\Gamma(2x)} = 2^{1-2x}\, \frac{\Gamma\bigl(\frac12\bigr)\Gamma(x)} {\Gamma\bigl(x+\frac12\bigr)} \quad\Longleftrightarrow\quad \Gamma(x)\,\Gamma\Bigl(x+\frac12\Bigr) = 2^{1-2x}\sqrt\pi\;\Gamma(2x) .

Pemeriksaan langsung di $x = n$ : ruas kirinya $(n-1)!\cdot \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ , sedangkan ruas kanannya $2\cdot4^{-n}\sqrt\pi\,(2n-1)! = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ : jadi sama.

25. (i) Pengintegralan parsial menghasilkan $B(x,y+1) = \frac yx B(x+1,y)$ , yakni satu-satunya kesamaan yang darinya mengalir setiap relasi penurunan, nilai bulat dan setengah bulatnya, serta rekurensi Wallis. (ii) Kekonvergenan terdominasi mengubah integral elementer $\int_0^n(1-t/n)^n t^{x-1}$ menjadi $\Gamma(x)$ (yakni rumus Gauss, pertanyaan 17) lalu menghitung limit $a \to \infty$ pada pertanyaan 21. (iii) Dari bab perbandingan kita mengimpor konstanta Euler (yakni $\ln n - H_n \to -\gamma$ , pertanyaan 18) dan asimtotik koefisien binomial pusat (pertanyaan 19) — yaitu rumus Stirling yang menyamar. (iv) Rumus Euler $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ kini terbukti untuk $y \in \N^*$ dengan $x > 0$ sembarang (pertanyaan 10) dan untuk semua pasangan setengah bulat (pertanyaan 14); sedangkan kasus umum $x, y > 0$ menunggu perhitungan integral ganda pada bab integral lipat, yang memfaktorkan $\Gamma(x)\Gamma(y)$ atas seperempat bidang.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium