---
title: "Pengintegralan"
book: "Matematika Universitas — Tahun 2"
subject: math
language: id
chapter: 9
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/9-pengintegralan
---

# Bab 9 — Pengintegralan

Jilid Tahun ke-1 membangun integral pada sebuah ruas. Bab ini memperluasnya ke interval sembarang (yakni [integral tak wajar](#def-b2-integration-improper), [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def)* apabila $\int_a^b \abs f$ konvergen; dan kekonvergenan [mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) sepotong-sepotong pada $\intco{a}{b}$:

1. $\int_a^b f$ [konvergen](#def-b2-integration-improper) bila dan hanya bila antiturunannya $x  \mapsto \int_a^x f$ terbatas;
2. jika $f \leq g$ : kekonvergenan $\int g$ memaksa kekonvergenan $\int f$ ; sedangkan kedivergenannya berpindah ke arah sebaliknya;
3. jika $f \sim g$ di $b$ : kedua integralnya bersifat sama;
4. skala acuannya: di $+\infty$ , $\int^{\infty}  \frac{\dd t}{t^\alpha}$ [konvergen](#def-b2-integration-improper) 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](#def-b2-integration-improper) 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](#def-b2-integration-improper), 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](#def-b2-integration-improper): jadi [konvergen](#def-b2-integration-improper) [mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def). 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](#def-b2-integration-improper) [mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def). 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](#exo-b2-integration-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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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](#def-b2-integration-improper) [mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def) ([Teorema 9.2](#thm-b2-integration-comparison)). 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](#exo-b2-integration-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](#exo-b2-integration-11)) dan $I$, semuanya bernilai $\frac\pi2$, yang diedarkan lewat pengintegralan parsial dan penyulihan — dan hanya yang pertama yang [semi-konvergen](#def-b2-integration-improper): sebab pengintegralan parsialnya menukar kekonvergenan [mutlaknya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def) dengan integran yang lebih sederhana.

**Contoh 9.5 (Sebuah integral semi-konvergen).**

$\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t$ [konvergen](#def-b2-integration-improper): 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](#def-b2-integration-improper) [mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def) (sebab $\abs{\cos t}/t^2 \leq t^{-2}$). Namun tidak [mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def): 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](#def-b2-integration-improper) lewat pengintegralan parsial yang *sama* seperti di atas (dengan $\sin 2t$ di kurungnya): jadi potongan divergen dikurangi potongan [konvergen](#def-b2-integration-improper) bersifat divergen. Karenanya $\int_1^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ [konvergen](#def-b2-integration-improper) tanpa [konvergen](#def-b2-integration-improper) [mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def) — 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) sepotong-sepotong pada sebuah interval $I$, [konvergen](#def-b2-integration-improper) titik demi titik ke $f$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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](#def-b2-integration-improper) [mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def), 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) ($f_\lambda$, $\lambda \to
\lambda_0$), 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](#exo-b2-integration-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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/6-perbandingan-fungsi#lem-b2-comparison-wallis)) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) pada [Teorema 9.6](#thm-b2-integration-dominated) (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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-def), $I$ sebuah interval) dengan: $t \mapsto f(x, t)$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) sepotong-sepotong untuk tiap $x$; $x \mapsto f(x, t)$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) pada $A$.

**Bukti.** Keterdefinisiannya: dominasinya memberi kekonvergenan [mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def). Kekontinuan di $x_0$: untuk sembarang barisan $x_n \to x_0$, fungsi $g_n(t) = f(x_n, t)$ [konvergen](#def-b2-integration-improper) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity)). ∎

**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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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](#def-b2-integration-improper) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) menurut [Teorema 9.10](#thm-b2-integration-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) ([Teorema 9.10](#thm-b2-integration-continuity)). 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity). 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](#thm-b2-integration-leibnizrule) 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](#thm-b2-integration-continuity) 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 $\int_a^b f$:

1. 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.
2. Jika $f$ bertanda tetap di dekat ujung itu, carilah yang setara lalu bandingkan dengan skala acuan pada [Teorema 9.2](#thm-b2-integration-comparison) .
3. Jika $f$ berayun, ujilah $\abs f$ lebih dulu (yakni kekonvergenan [mutlaknya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def) ). Jika $\int\abs f$ divergen, cobalah pengintegralan parsial untuk menukar ayunannya dengan peluruhan, seperti pada [Contoh 9.5](#ex-b2-integration-sint) ; sedangkan pembatasan bawah seperti $\abs{\sin t} \geq \sin^2t$ mendeteksi semi-kekonvergenan yang sejati.
4. Untuk nilainya, bukan sekadar sifatnya: pakailah pengintegralan parsial, penyulihan, atau sebuah parameter (turunkan integral yang lebih sederhana, seperti pada [Contoh 9.12](#ex-b2-integration-arctanparam) dan [Contoh 9.21](#ex-b2-integration-laplace) ).
5. 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-topology), 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](#def-b2-integration-improper) 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](#def-b2-integration-improper) dapat diam-diam mencoret dua ketakhinggaan. Refleks yang aman adalah daftar periksa pada [Metode 9.13](#met-b2-integration-study).

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

Skala $\int^\infty\frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ pada [Teorema 9.2](#thm-b2-integration-comparison) 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](#def-b2-integration-improper) 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](#def-b2-integration-improper)” 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](#thm-b2-integration-continuity) 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](#def-b2-integration-improper) muncul kembali sebagai konstanta Gibbs pada bab Fourier — integral yang sama, kini menakar lonjakan jumlah parsialnya di sebuah lompatan.

**Definisi 9.17 (Fungsi Γ\GammaΓ).**

Untuk $x > 0$:

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

yang [konvergen](#def-b2-integration-improper) di kedua ujungnya (sebab $t^{x-1}$ terintegralkan di $0^+$ untuk $x > 0$; dan peluruhan eksponensialnya di $\infty$).

**Teorema 9.18.**

Fungsi $\Gamma$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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](#def-b2-integration-improper) ke nilai tak wajarnya berkat kekonvergenan yang sudah ditegakkan pada [Definisi 9.17](#def-b2-integration-gamma). 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](#thm-b2-integration-continuity) 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](#thm-b2-integration-leibnizrule); 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](#exo-b2-integration-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 Γ\GammaΓ melangkah setelah ini).**

Soal akhir pekan bab ini membangun seluruh kalkulus Euler di sekitar $\Gamma$: yakni [fungsi Beta](#pb-b2-integration-1), rekursi pengintegralan parsialnya, integral Wallis sebagai nilai Beta, dan [rumus limit Gauss](#pb-b2-integration-1). 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](#def-b2-integration-improper) [mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def), terdominasi oleh $\eu^{-t^2}$). Menurut [Teorema 9.11](#thm-b2-integration-leibnizrule) (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](#exo-b2-integration-8) — dan sekali lagi, lewat pengintegralan ganda, pada [Bab 20](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/20-integral-garis-dan-integral-lipat#ch-b2-multint).

## 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 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](#def-b2-integration-improper)); di dekat $1$ ia $\sim
(1-t)^{-1/2}$, jadi [konvergen](#def-b2-integration-improper). Karenanya [konvergen](#def-b2-integration-improper) (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](#def-b2-integration-improper) (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 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 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](#def-b2-integration-improper) [mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def) 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](#def-b2-integration-improper)?

**Solusi Latihan 9.4.**

Di dekat $0^+$, dengan $u = \abs{\ln t} \to \infty$. Jika $\alpha < 1$: [konvergen](#def-b2-integration-improper) 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](#def-b2-integration-improper) bila dan hanya bila $\beta > 1$. Ringkasnya: [konvergen](#def-b2-integration-improper) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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 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](#thm-b2-integration-continuity).

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](#thm-b2-integration-leibnizrule). 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) 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 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](#def-b2-integration-improper) [konvergen](#def-b2-integration-improper) 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 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 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) dan terbatas pada himpunan [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/8-fungsi-peubah-real#exo-b2-realfun-8).)*

**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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) ([Teorema 9.18](#thm-b2-integration-gammaprops)), ia cembung ([Latihan 8.8](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/8-fungsi-peubah-real#exo-b2-realfun-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 $x > 0$.

1. 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).
2. Buktikan $F(x) \to 0$ ketika $x \to +\infty$ lalu turunkan $F(x)  = \frac\pi2 - \arctan x$ .
3. Dengan menerima kekontinuan $F$ di $0^+$ (yakni sebuah teorema bertipe Abel), simpulkan nilai integral yang [semi-konvergen](#def-b2-integration-improper) itu: $$\int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t = \frac{\pi}{2}.$$

**Solusi Latihan 9.10.**

1. Pada $x \geq a > 0$: turunan integrannya terhadap $x$ adalah $-\sin t\,\eu^{-xt}$, yang terdominasi oleh $\eu^{-at}$, jadi [Teorema 9.11](#thm-b2-integration-leibnizrule) memberi $F'(x) =  -\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$. Dua kali pengintegralan parsial (atau lewat eksponensial kompleks) memberi $$\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t  = \Im \int_0^\infty \eu^{(-x+\iu)t}\dd t  = \Im\frac{1}{x - \iu} = \frac{1}{1 + x^2} .$$
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 $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ .
3. 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](#def-b2-integration-improper) , [Contoh 9.5](#ex-b2-integration-sint) ): 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](#exo-b2-integration-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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def).)

**Solusi Latihan 9.11.**

Kekonvergenannya: di dekat $0$ integrannya diperluas secara [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) oleh nilai $1$ (sebab $\sin t \sim t$); di tak hingga ia $\leq t^{-2}$, jadi [konvergen](#def-b2-integration-improper) [mutlak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#def-b2-series-def). 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](#exo-b2-integration-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 $T(x) = \displaystyle
\int_x^\infty \eu^{-t^2}\dd t$.

1. Dengan menulis $\eu^{-t^2} = \frac{1}{-2t}\cdot(-2t\,\eu^{-t^2})$, integralkan secara parsial dua kali untuk memperoleh $$T(x) = \eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} -  \frac{1}{4x^3}\Bigr) +  \frac34\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\,\dd t .$$
2. 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 $$\eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr)  \leq T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x},  \qquad\text{sehingga}\qquad  T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x} \quad (x \to +\infty).$$
3. Mengapa deret berselang-seling penuh yang diperoleh dengan mengiterasikan pengintegralan parsialnya tak pernah dapat [konvergen](#def-b2-integration-improper) untuk $x$ yang tetap? *(Bandingkan pertumbuhan koefisien $1\cdot3\cdots(2k-1)$ dengan pangkat $(2x^2)^k$.)*

**Solusi Latihan 9.12.**

1. 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.
2. 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 $T(x)  \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$.
3. 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](#def-b2-integration-improper). (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](#def-b2-integration-gamma) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/6-perbandingan-fungsi#lem-b2-comparison-wallis) muncul kembali sebagai nilai Beta, dan rumus duplikasi Legendre pun jatuh dengan sendirinya.

**Bagian I — Struktur halus $\Gamma$.**

1. Ingat kembali mengapa $\Gamma(x) = \int_0^\infty  t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ [konvergen](#def-b2-integration-improper) persis untuk $x > 0$, lalu tunjukkan $$\Gamma(x) \sim \frac1x \qquad (x \to 0^+)$$ *(lewat persamaan fungsionalnya ditambah kekontinuan $\Gamma$ di $1$)*.
2. Buktikan $\Gamma\bigl(\tfrac12\bigr) = \sqrt\pi$ *(sulihkan $t = u^2$ lalu panggil [Latihan 9.8](#exo-b2-integration-8))* , lalu turunkan $\int_\R \eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ .
3. Tunjukkan secara induktif, untuk $n \in \N$: $$\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr)  = \frac{(2n)!}{4^n\,n!}\,\sqrt\pi .$$
4. 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 $\intoo{x_0}{\infty}$ .
5. 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](#pb-b2-integration-1), lewat pengintegralan parsial.**

6. Tunjukkan bahwa $B(x,y)$ [konvergen](#def-b2-integration-improper) persis untuk $x > 0$ dan $y  > 0$ , dan bahwa $B(x,y) = B(y,x)$ .
7. Hitunglah $B(x, 1) = \frac1x$, lalu buktikan lewat pengintegralan parsial, untuk $x, y > 0$: $$B(x, y+1) = \frac{y}{x}\,B(x+1, y) .$$
8. 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* $$B(x, y+1) = \frac{y}{x+y}\,B(x,y),  \qquad  B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x,y) .$$
9. Turunkan, untuk bilangan bulat $m, n \geq 1$: $$B(m, n) = \frac{(m-1)!\,(n-1)!}{(m+n-1)!}  = \frac{1}{(m+n-1)\binom{m+n-2}{m-1}} .$$
10. 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.**

11. Sulihkan $t = \sin^2\theta$ untuk memperoleh bentuk trigonometrinya $$B(x, y) = 2\int_0^{\pi/2}  \sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\,\dd\theta .$$
12. 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/6-perbandingan-fungsi#lem-b2-comparison-wallis) hanya dari relasi penurunan pertanyaan 8.
13. Hitunglah $B\bigl(\frac12, \frac12\bigr) = 2W_0 = \pi$ lalu periksalah terhadap $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1)$ : jadi rumus Euler berlaku di $\bigl(\frac12, \frac12\bigr)$ .
14. 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.
15. 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](#pb-b2-integration-1).**

16. Untuk $x > 0$ dan $n \in \N^*$, buktikan lewat $n$ kali pengintegralan parsial berturut-turut: $$\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t  = \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} .$$
17. Rampungkan dengan [Latihan 9.7](#exo-b2-integration-7) (yakni kekonvergenan terdominasi) sehingga diperoleh *[rumus limit Gauss](#pb-b2-integration-1)*: $$\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty}  \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}  \qquad (x > 0).$$
18. 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/6-perbandingan-fungsi#ex-b2-comparison-harmonic)); lalu berilah pembenaran bagi kekonvergenan deretnya *(sebab suku umumnya $\sim \frac{x^2}{2k^2}$)*.
19. Pakailah rumus Gauss di $x = \frac12$ beserta asimtotik koefisien binomial pusat $\binom{2n}{n} \sim  \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ ( [Contoh 6.14](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/6-perbandingan-fungsi#ex-b2-comparison-centralbinomial) ) untuk menghitung ulang $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ : jadi konstanta Stirling dan integral Gauss adalah bilangan yang sama dalam dua samaran.
20. 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.**

21. 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 $\Gamma$ .
22. 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.)
23. (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.)
24. 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.)
25. 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 Soal 9.1.**

**1.** Di $0^+$ integrannya $\sim t^{x-1}$: skala ujung hingganya [konvergen](#def-b2-integration-improper) 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](#def-b2-integration-improper) 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](#thm-b2-integration-gammaprops)): 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](#exo-b2-integration-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](#thm-b2-integration-gammaprops) 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](#def-b2-integration-improper) 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](#def-b2-integration-improper) 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](#exo-b2-integration-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](#def-b2-integration-improper) (lewat pembandingan dengan $\sum k^{-2}$). Karena $\ln n - H_n
\to -\gamma$ ([Contoh 6.7](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/6-perbandingan-fungsi#ex-b2-comparison-harmonic)) 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](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/6-perbandingan-fungsi#ex-b2-comparison-centralbinomial)):

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

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](#exo-b2-integration-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.