Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

10Integral Lebesgue

Integral Riemann mengiris daerah asalnya menjadi selang kecil; sedangkan integral Lebesgue mengiris daerah hasilnya: yakni untuk mengintegralkan $f$ , ukurlah himpunan $\{f > t\}$ . Perubahannya tampak tak berbahaya padahal revolusioner. Limit dan integral, yang selamanya bertengkar pada teori Riemann (sebab kekonvergenan seragam dituntut!), kini diperdamaikan oleh tiga teorema kekonvergenan — yakni kekonvergenan monoton, Fatou, dan kekonvergenan terdominasi — yang hipotesisnya lemah sampai hampir memalukan. Bab ini membangun integralnya atas sembarang ruang ukuran $(X, \mathcal A, \mu)$ , membuktikan ketiga teorema itu, menuntaskan hubungannya yang persis dengan integral Riemann (bahwa fungsi terbatas terintegralkan Riemann jika dan hanya jika ia kontinu hampir di mana-mana), dan mengindustrikan pendiferensialan integral bergantung parameter — yakni teknik yang dipakai soal akhir pekan untuk menghitung $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ dan $\int_\R \eu^{-x^2}\dd x$ .

10.1 Fungsi terukur

Definisi 10.1

Misalkan $(X, \mathcal A)$ dan $(Y, \mathcal B)$ ruang terukur. Pemetaan $f \colon X \to Y$ disebut terukur jika $f^{-1}(B) \in \mathcal A$ untuk setiap $B \in \mathcal B$ . Untuk fungsi real (atau yang bernilai di $[-\infty,+\infty]$ ), $Y = \R$ membawa aljabar- $\sigma$ Borelnya, dan cukup diperiksa $f^{-1}(\intoo t{+\infty}) = \{f > t\} \in \mathcal A$ untuk setiap $t \in \R$ : sebab himpunan baiknya $\{B : f^{-1}(B) \in \mathcal A\}$ membentuk aljabar- $\sigma$ (karena prapeta komutatif dengan operasi himpunan) yang memuat sinar pembangkitnya (Definisi 9.2, Metode 9.17).

Proposisi 10.2

(a) Komposisi pemetaan terukur tetap terukur; dan pemetaan kontinu bersifat terukur Borel. (b) Jika $f, g \colon X \to \R$ terukur, maka demikian pula $f + g$ , $fg$ , $\max(f,g)$ , $\abs f$ , dan $\lambda f$ . (c) Jika $(f_n)$ terukur dengan nilai di $[-\infty, +\infty]$ , maka $\sup_nf_n$ , $\inf_nf_n$ , $\limsup f_n$ , $\liminf f_n$ terukur; dan jika $f_n \to f$ titik demi titik, maka $f$ terukur.

Bukti. (a) $(g\circ f)^{-1}(B) = f^{-1}(g^{-1}(B))$ ; sedangkan kekontinuannya memberikan keterukuran lewat himpunan terbuka pembangkitnya (Soal 9.1, pertanyaan 10, dalam bentuk umumnya). (b) Pemetaan $(f, g) \colon X \to \R^2$ terukur terhadap aljabar- $\sigma$ Borel dari $\R^2$ — periksalah pada kotak terbukanya, yang membangkitkannya (sebab himpunan terbuka $\R^2$ berupa gabungan terbilang kotak rasional): $(f,g)^{-1}(U\times V) = f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V)$ — dan $+, \times, \max$ kontinu $\R^2 \to \R$ : lalu komposisikan. (c) $\{\sup f_n > t\} = \bigcup_n\{f_n > t\}$ ; lalu $\inf = -\sup(-)$ ; $\limsup = \inf_N\sup_{n \geq N}$ ; dan limit titik demi titik adalah $\limsup$ -nya sendiri. ∎

Definisi 10.3

Sebuah fungsi sederhana adalah fungsi terukur yang bernilai berhingga banyak: $s = \sum_{i=1}^n c_i\,\mathbf 1_{A_i}$ , dengan $A_i \in \mathcal A$ saling lepas dan $c_i \geq 0$ (untuk teori tak negatifnya). Integralnya adalah

\int s\,\dd\mu = \sum_i c_i\,\mu(A_i) \in [0, +\infty]

(dengan kesepakatan $0\cdot\infty = 0$ ); dan nilainya tak bergantung pada penyajiannya (haluskan kedua partisinya).

Teorema 10.4 (Penghampiran oleh fungsi sederhana)

Setiap $f \colon X \to [0, +\infty]$ yang terukur merupakan limit titik demi titik sebuah barisan naik berisi fungsi sederhana:

s_n = \sum_{k=1}^{n2^n} \frac{k-1}{2^n}\, \mathbf 1_{\{\frac{k-1}{2^n} \leq f < \frac k{2^n}\}} + n\,\mathbf 1_{\{f \geq n\}} \nearrow f .

Bukti. Setiap $s_n$ bersifat sederhana (sebab himpunannya prapeta himpunan Borel). Kemonotonannya: beralih dari $n$ ke $n+1$ membelah setiap aras diadiknya menjadi dua dan tak pernah menurunkan nilai yang diberikan (sebab titik dengan $\frac{k-1}{2^n} \leq f(x) < \frac k{2^n}$ memperoleh entah $\frac{2k-2}{2^{n+1}}$ entah $\frac{2k-1}{2^{n+1}}$ , keduanya $\geq \frac{k-1}{2^n}$ ; dan batas atasnya $n$ juga naik). Kekonvergenannya: jika $f(x) < \infty$ , maka untuk $n > f(x)$ berlaku $f(x) - s_n(x) \leq 2^{-n}$ ; sedangkan jika $f(x) = \infty$ , maka $s_n(x) = n \to \infty$ . ∎

10.2 Integralnya dan teorema kekonvergenannya

Definisi 10.5

Untuk $f \geq 0$ yang terukur:

\int f \,\dd\mu = \sup\Bigl\{\int s\,\dd\mu : s \text{ sederhana}, \ 0 \leq s \leq f\Bigr\} \in [0, +\infty].

Integral ini monoton terhadap $f$ menurut konstruksinya, dan memperluas kasus sederhananya (sebab untuk $f$ yang sederhana, supremumnya tercapai di $f$ : bandingkan integral sederhananya lewat penghalusan bersama).

Teorema 10.6 (Kekonvergenan monoton, Beppo Levi)

Jika $0 \leq f_n \nearrow f$ titik demi titik (dan terukur), maka

\int f_n\,\dd\mu \nearrow \int f\,\dd\mu .

Bukti. Fungsi $f$ terukur (Proposisi 10.2(c)) dan $\int f_n$ naik menuju suatu $L \leq \int f$ (menurut kemonotonannya). Sebaliknya, tetapkan sebuah $s = \sum c_i\mathbf 1_{A_i} \leq f$ yang sederhana dan $\theta \in (0,1)$ ; maka himpunan $E_n = \{f_n \geq \theta s\}$ terukur dan naik menuju $X$ (sebab bila $s(x) > 0$ : $f(x) \geq s(x) > \theta s(x)$ , sehingga akhirnya $f_n(x) \geq \theta s(x)$ ; sedangkan bila $s(x) = 0$ : secara trivial). Maka

\int f_n \geq \int_{E_n}\theta s\,\dd\mu = \theta\sum_i c_i\,\mu(A_i \cap E_n) \xrightarrow[n\to\infty]{} \theta\sum_ic_i\,\mu(A_i) = \theta\int s

menurut kekontinuan dari bawah (Proposisi 9.6(c)). Jadi $L \geq \theta\int s$ untuk setiap $\theta < 1$ dan setiap $s \leq f$ yang sederhana: sehingga $L \geq \int f$ . ∎

Akibat 10.7

Untuk $f, g \geq 0$ yang terukur dan $c \geq 0$ : berlaku $\int(f + g) = \int f + \int g$ dan $\int cf = c\int f$ ; sedangkan untuk deret fungsi terukur tak negatif, $\int\sum_nf_n = \sum_n\int f_n$ .

Bukti. Untuk fungsi sederhana, keaditifannya berupa perhitungan pada penghalusan bersama. Secara umum ambillah $s_n \nearrow f$ dan $t_n \nearrow g$ (Teorema 10.4): maka $s_n + t_n \nearrow f + g$ , dan teorema kekonvergenan monotonnya mengalihkan keaditifannya ke limitnya. Pernyataan deretnya adalah teorema itu yang diterapkan pada jumlah parsialnya. ∎

Teorema 10.8 (Lema Fatou)

Untuk $f_n \geq 0$ yang terukur:

\int \liminf_n f_n \,\dd\mu \;\leq\; \liminf_n \int f_n\,\dd\mu .

Bukti. Misalkan $g_N = \inf_{n\geq N}f_n$ : yang terukur, dengan $0 \leq g_N \nearrow \liminf f_n$ , dan $g_N \leq f_n$ untuk setiap $n \geq N$ , sehingga $\int g_N \leq \inf_{n \geq N}\int f_n$ . Terapkan kekonvergenan monoton pada ruas kirinya: $\int\liminf f_n = \lim_N\int g_N \leq \lim_N\inf_{n\geq N}\int f_n = \liminf\int f_n$ . ∎

Definisi 10.9

Sebuah $f \colon X \to \R$ (atau $\C$ ) yang terukur disebut terintegralkan jika $\int\abs f\,\dd\mu < \infty$ ; lalu $\int f = \int f^+ - \int f^-$ (yakni bagian positif dan negatifnya; atau bagian real dan imajinernya pada kasus kompleksnya). Integralnya bersifat linear pada fungsi terintegralkan (uraikan lalu gabungkan kembali bagian positifnya; sedangkan kasus kompleksnya menyusut ke kasus realnya) dan memenuhi $\abs{\int f} \leq \int\abs f$ (pada kasus realnya: $\pm\int f = \int(\pm f) \leq \int\abs f$ ; sedangkan pada kasus kompleksnya: kalikan dengan konstanta unimodular agar integralnya menjadi real). Sebuah sifat berlaku hampir di mana-mana jika ia gagal hanya pada himpunan nol- $\mu$ ; dan mengubah $f$ pada himpunan nol tak mengubah integral apa pun (sebab selisihnya didominasi $\infty\cdot\mathbf 1_N$ , yang berintegral $0$ ).

Teorema 10.10 (Kekonvergenan terdominasi)

Misalkan $f_n \to f$ hampir di mana-mana, dengan $\abs{f_n} \leq g$ hampir di mana-mana untuk sebuah $g$ terintegralkan yang tetap. Maka $f$ terintegralkan dan

\int f_n\,\dd\mu \longrightarrow \int f\,\dd\mu, \qquad\text{bahkan}\quad \int\abs{f_n - f}\,\dd\mu \to 0 .

Bukti. Buanglah sebuah himpunan nol agar hipotesisnya berlaku titik demi titik. Dari $\abs f \leq g$ : $f$ terintegralkan. Fungsi $h_n = 2g - \abs{f_n - f} \geq 0$ memenuhi $\liminf h_n = 2g$ ; lalu Fatou memberikan

\int 2g \leq \liminf\int\bigl(2g - \abs{f_n - f}\bigr) = \int 2g - \limsup\int\abs{f_n - f},

sehingga $\limsup\int\abs{f_n - f} \leq 0$ (dan pengurangannya sah sebab $\int 2g < \infty$ ). Akhirnya $\abs{\int f_n - \int f} \leq \int\abs{f_n - f} \to 0$ . ∎

Metode 10.11

Menghadapi $\lim_n\int f_n$ : cobalah, berurutan — (1) apakah barisannya monoton (atau berupa deret bersuku tak negatif)? Pakai kekonvergenan monoton, tanpa perlu keterintegralan. (2) Adakah satu pendominasi tunggal yang terintegralkan $g \geq \abs{f_n}$ , yang ditemukan lewat batas kasar (yakni “ $\sup_n$ ” atas taksirannya)? Pakai kekonvergenan terdominasi. (3) Tanpa dominasi dan tanpa kemonotonan? Fatou tetap membatasi salah satu sisinya, dan kesamaannya dapat sungguh gagal: sebab gundukan yang lolos $f_n = n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ mempunyai $\int f_n = 1$ padahal $f_n \to 0$ hampir di mana-mana. Jadi dominasi tepat merupakan hal yang melarang massanya lolos ke tak hingga, yang terjadi secara tegak ataupun mendatar.

10.3 Riemann lawan Lebesgue

Teorema 10.12 (Kriteria Lebesgue)

Misalkan $f \colon \intcc ab \to \R$ terbatas. Maka $f$ terintegralkan Riemann jika dan hanya jika $f$ kontinu hampir di mana-mana terhadap $\lambda$ ; dan dalam hal itu $f$ terintegralkan Lebesgue serta kedua integralnya berimpit.

Bukti. Untuk sebuah pembagian $\sigma = (a = x_0 < \dots < x_N = b)$ , misalkan $L_\sigma$ dan $U_\sigma$ fungsi tangga yang bernilai, pada setiap $\intoo{x_{i-1}}{x_i}$ , sebesar $m_i = \inf_{[x_{i-1}, x_i]}f$ dan $M_i = \sup$ ; maka jumlah Darbouxnya adalah integralnya (sebab Riemann dan Lebesgue bersesuaian pada fungsi tangga, keduanya memberikan $\sum m_i\Delta x_i$ ). Ambil sebuah barisan pembagian $\sigma_n$ , yang masing-masing menghaluskan pendahulunya, dengan kehalusan $\to 0$ , sehingga jumlah Darbouxnya konvergen ke integral Darboux bawah dan atas dari $f$ . Penghalusannya membuat $L_{\sigma_n}$ tak turun dan $U_{\sigma_n}$ tak naik secara titik demi titik di luar himpunan terbilang $D$ berisi semua titik pembaginya; sebutlah limitnya $\ell$ dan $u$ (yang terukur, Proposisi 10.2). Untuk $x \notin D$ , dengan menulis $I_n(x)$ untuk selang- $\sigma_n$ terbuka yang memuat $x$ : berlaku $\ell(x) = \sup_n\inf_{I_n(x)}f$ dan $u(x) = \inf_n\sup_{I_n(x)}f$ ; dan karena kehalusannya menyusut ke $0$ , keduanya merupakan selubung bawah dan atas dari $f$ di $x$ — sehingga $u(x) - \ell(x)$ adalah osilasi $f$ di $x$ — sehingga $\ell(x) = u(x)$ jika dan hanya jika $f$ kontinu di $x$ . Lalu lewat kekonvergenan monoton/terdominasi (karena terbatas, pada selang berhingga):

\int_{\intcc ab}\ell\,\dd\lambda = \lim_n\int L_{\sigma_n} = \underline{\int}f, \qquad \int_{\intcc ab}u\,\dd\lambda = \overline{\int}f .

Jadi $f$ terintegralkan Riemann $\iff$ $\underline\int f = \overline\int f$ $\iff$ $\int(u - \ell) = 0$ $\iff$ $u = \ell$ hampir di mana-mana (sebab $u - \ell \geq 0$ ; Latihan 10.5) $\iff$ $f$ kontinu hampir di mana-mana. Dalam hal itu $\ell \leq f \leq u$ dengan $\ell = u$ hampir di mana-mana: sehingga $f$ sama dengan $\ell$ yang terukur hampir di mana-mana, jadi terukur Lebesgue (menurut kelengkapan $\lambda$ ) dengan $\int f\,\dd\lambda = \int\ell\,\dd\lambda = \underline\int f = \int_a^bf$ . ∎

Contoh 10.13

Fungsi $\mathbf 1_\Q$ tak kontinu di mana pun: jadi tak terintegralkan Riemann — tetapi trivial bagi Lebesgue: $\int\mathbf 1_\Q\,\dd\lambda = \lambda(\Q) = 0$ . Fungsi Thomae (yakni $\frac1q$ di bilangan rasional $\frac pq$ dan $0$ selainnya) kontinu tepat di bilangan irasional: sehingga terintegralkan Riemann dengan integral $0$ . Dan integral Riemann tak wajar merupakan gagasan yang berbeda: $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ konvergen sebagai limit $\int_0^A$ (dan soal akhir pekan menghitungnya $= \frac\pi2$ ), padahal $\frac{\sin x}x \notin L^1(\intoo0{+\infty})$ : sebab integral mutlaknya divergen seperti deret harmonik (Latihan 10.6). Jadi teori Lebesgue menukar kekonvergenan bersyarat dengan teorema limit yang tegar.

10.4 Integral berparameter

Sepanjang bagian ini, $(X, \mathcal A, \mu)$ adalah ruang ukuran, $T$ sebuah ruang metrik (yakni parameternya), dan $f \colon T \times X \to \C$ dengan $f(t, \cdot)$ terintegralkan untuk setiap $t$ ; lalu tetapkan $F(t) = \int_X f(t, x)\,\dd\mu(x)$ .

Teorema 10.14 (Kekontinuan)

Andaikan: $t \mapsto f(t,x)$ kontinu di $t_0$ untuk hampir setiap $x$ , dan ada $g$ terintegralkan dengan $\abs{f(t,x)} \leq g(x)$ untuk setiap $t$ pada sebuah persekitaran $t_0$ dan hampir setiap $x$ . Maka $F$ kontinu di $t_0$ .

Bukti. Untuk sembarang barisan $t_n \to t_0$ : $f(t_n, \cdot) \to f(t_0, \cdot)$ hampir di mana-mana, dan terdominasi oleh $g$ : sehingga kekonvergenan terdominasinya memberikan $F(t_n) \to F(t_0)$ ; dan kekontinuan barisan sudah cukup di ruang metrik (Catatan 6.8). ∎

Teorema 10.15 (Pendiferensialan di bawah integral)

Misalkan $T$ sebuah selang terbuka $\R$ . Andaikan: untuk hampir setiap $x$ , $t \mapsto f(t,x)$ dapat diturunkan pada $T$ , dengan

\Bigl|\frac{\partial f}{\partial t}(t, x)\Bigr| \leq g(x) \quad \text{untuk setiap } t \in T,\ \text{hampir setiap } x,

dengan $g$ terintegralkan. Maka $F$ dapat diturunkan pada $T$ dengan $F'(t) = \int_X \frac{\partial f}{\partial t}(t, x)\,\dd\mu(x)$ .

Bukti. Tetapkan $t$ dan $h_n \to 0$ : maka hasil bagi selisihnya

\varphi_n(x) = \frac{f(t + h_n, x) - f(t, x)}{h_n} \longrightarrow \frac{\partial f}{\partial t}(t,x) \quad\text{hampir di mana-mana},

dan ketaksamaan nilai rata-rata membatasi $\abs{\varphi_n(x)} \leq \sup_{s}\abs{\partial_tf(s,x)} \leq g(x)$ : sehingga kekonvergenan terdominasinya berlaku, dan $\frac{F(t + h_n) - F(t)}{h_n} = \int\varphi_n \to \int\partial_t f(t, \cdot)$ . ∎

Contoh 10.16 (Fungsi Gamma)

Untuk $t > 0$ misalkan

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

Integralnya konvergen: sebab di dekat $0$ , $x^{t-1}$ terintegralkan (karena $t > 0$ ); sedangkan di tak hingga, $x^{t-1}\eu^{-x} \leq C\eu^{-x/2}$ . Pengintegralan parsial (pada $[\varepsilon, A]$ , lalu limitnya lewat kekonvergenan monoton) memberikan persamaan fungsional $\Gamma(t + 1) = t\,\Gamma(t)$ , sehingga $\Gamma(n+1) = n!$ : yakni faktorial yang terinterpolasi. Pada setiap $\intcc ab \subseteq \intoo0{+\infty}$ , $\partial_t\bigl(x^{t-1}\eu^{-x}\bigr) = \ln x\cdot x^{t-1}\eu^{-x}$ terdominasi oleh $\abs{\ln x}(x^{a-1} + x^{b-1})\eu^{-x}$ yang terintegralkan: sehingga $\Gamma$ bersifat $\mathcal C^1$ , dan lewat induksi $\mathcal C^\infty$ , dengan $\Gamma^{(k)}(t) = \int_0^\infty(\ln x)^kx^{t-1}\eu^{-x}\dd x$ . Sedangkan nilai $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ merupakan integral Gauss yang menyamar (Soal 10.1).

Integran xx: integral tak wajarnya ∈t_0∈fty konvergen lewat peniadaan berganti tanda antara lengkungannya, tetapi luas | | setiap lengkungannya berperilaku seperti 2π k — yakni deret harmonik: sehingga xx ∉ L1. Jadi keterintegralan Lebesgue adalah keterintegralan mutlak. — Integran $\frac{\sin x}x$ : integral tak wajarnya $\int_0^\infty$ konvergen lewat peniadaan berganti tanda antara lengkungannya, tetapi luas $\abs{\cdot}$ setiap lengkungannya berperilaku seperti $\frac2{\pi k}$ — yakni deret harmonik: sehingga $\frac{\sin x}x \notin L^1$ . Jadi keterintegralan Lebesgue adalah keterintegralan mutlak.

10.5 Latihan

Latihan 10.1 ★

(a) Tunjukkan bahwa fungsi monoton $\R \to \R$ bersifat terukur Borel, dan bahwa turunan (dari fungsi yang dapat diturunkan di mana-mana) bersifat terukur Borel. (b) Tunjukkan bahwa $f \colon X \to \R$ terukur jika dan hanya jika $\{f > q\} \in \mathcal A$ untuk setiap $q$ rasional.

Solusi

Solusi Latihan 10.1.

(a) Jika $f$ tak turun, maka $\{f > t\}$ berupa $\varnothing$ , $\R$ , atau sinar $\intoo a{+\infty}$ / $\intco a{+\infty}$ : yang bersifat Borel dalam setiap kasusnya; dan yang tak naik serupa saja. Untuk turunan: $f'(x) = \lim_n n\bigl(f(x + \frac1n) - f(x)\bigr)$ merupakan limit titik demi titik fungsi kontinu (jadi terukur): Proposisi 10.2(c).

(b) $\{f > t\} = \bigcup_{q \in \Q,\, q > t}\{f > q\}$ : sehingga jika aras rasionalnya terukur, maka semua arasnya terukur, dan sinarnya membangkitkan $\mathcal B(\R)$ .

Latihan 10.2 ★

Hitunglah, dengan pembenaran penuh:

\lim_{n\to\infty}\int_0^{+\infty} \frac{\cos x}{(1 + x/n)^{n}}\,\dd x, \qquad \lim_{n\to\infty}\int_0^1 \frac{n\,x^{n-1}}{1 + x}\,\dd x .

(Untuk yang kedua: substitusikan $u = x^n$ sebelum mendominasinya.)

Solusi

Solusi Latihan 10.2.

Pertama: $(1 + x/n)^n \nearrow \eu^x$ untuk $x \geq 0$ , sehingga integrannya menuju $\eu^{-x}\cos x$ secara titik demi titik; lalu untuk $n \geq 2$ , $(1 + x/n)^n \geq (1 + x/2)^2$ , yang memberikan pendominasi terintegralkan $(1 + x/2)^{-2}$ . Lewat kekonvergenan terdominasi:

\lim_n\int_0^\infty\frac{\cos x}{(1 + x/n)^n}\dd x = \int_0^\infty \eu^{-x}\cos x\,\dd x = \operatorname{Re}\int_0^\infty\eu^{-(1 - \iu)x}\dd x = \operatorname{Re}\frac{1}{1 - \iu} = \frac12 .

Kedua: substitusikan $u = x^n$ (yakni bijeksi $\mathcal C^1$ dari $\intoo01$ ):

\int_0^1\frac{nx^{n-1}}{1 + x}\dd x = \int_0^1\frac{\dd u}{1 + u^{1/n}} \longrightarrow \int_0^1\frac{\dd u}{2} = \frac12,

lewat kekonvergenan terdominasi: sebab untuk $u \in \intoo01$ , $u^{1/n} \to 1$ , dan integrannya terbatas oleh $1$ pada ruang berukuran berhingga.

Latihan 10.3 ★★

(a) Tampilkan ketaksamaan sejati pada lema Fatou. (b) Tampilkan $f_n \to 0$ titik demi titik dengan $\int f_n = 1$ dalam tiga cara: yakni lolos secara tinggi, secara lebar, dan ke tak hingga. Hipotesis tunggal mana pada kekonvergenan terdominasi yang dilanggar masing-masingnya? (c) Tunjukkan bahwa pada lema Fatou kita tak dapat mengganti $\liminf$ dengan $\limsup$ pada ruas mana pun.

Solusi

Solusi Latihan 10.3.

(a) $f_n = n\,\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ : maka $\liminf f_n = 0$ secara titik demi titik, padahal $\int f_n = 1$ : sehingga $0 < 1$ .

(b) Secara tinggi: $n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ ; secara lebar: $\frac1n\mathbf 1_{\intoo0n}$ ; lewat translasi: $\mathbf 1_{\intoo n{n+1}}$ . Semuanya menuju $0$ secara titik demi titik dengan $\int = 1$ . Dalam setiap kasusnya, hipotesis dominasinya gagal: sebab $\sup_nf_n$ bernilai $\approx 1/x$ di dekat $0$ , $\approx$ sebuah profil konstan yang tak terintegralkan, dan mirip $\mathbf 1_{\intoo1\infty}$ — tak pernah terintegralkan.

(c) Pernyataan “ $\int\limsup f_n \geq \limsup\int f_n$ ” gagal bagi gundukan yang bertranslasi: sebab ruas kirinya $0$ , ruas kanannya $1$ . Sedangkan “ $\limsup\int \leq \int\limsup$ ” adalah pernyataan yang sama. Dan Fatou untuk $\limsup$ dengan $\leq$ yang terbalik (yakni “Fatou terbalik”) menuntut sebuah pendominasi — dan gundukan yang sama menjadi contoh penyangkalnya.

Latihan 10.4 ★★

(a) Tunjukkan bahwa $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{x}{\eu^x - 1}\,\dd x = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6$ (uraikan $\frac1{\eu^x - 1}$ menjadi deret geometri lalu integralkan suku demi suku — teorema mana yang mengizinkannya?). (b) (Mimpi mahasiswa tahun kedua) Tunjukkan bahwa $\displaystyle\int_0^1 x^{-x}\,\dd x = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ . (Tulislah $x^{-x} = \eu^{-x\ln x} = \sum_k\frac{(-x\ln x)^k}{k!}$ lalu hitunglah $\int_0^1(-x\ln x)^k\dd x$ dengan substitusi $x = \eu^{-u/(k+1)}$ , sambil mengenali $\Gamma$ .)

Solusi

Solusi Latihan 10.4.

(a) Untuk $x > 0$ : $\frac1{\eu^x - 1} = \frac{\eu^{-x}}{1 - \eu^{-x}} = \sum_{n\geq1}\eu^{-nx}$ , sehingga $\frac{x}{\eu^x - 1} = \sum_{n\geq1}x\eu^{-nx}$ , yakni deret berisi fungsi terukur tak negatif: sehingga Akibat 10.7 mengizinkan pengintegralan suku demi suku:

\int_0^\infty\frac{x\,\dd x}{\eu^x - 1} = \sum_{n\geq1}\int_0^\infty x\eu^{-nx}\dd x = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6

(sebab $\int_0^\infty x\eu^{-nx}\dd x = n^{-2}$ lewat pengintegralan parsial; sedangkan Basel dari jilid Tahun ke-2, atau Latihan 13.5 yang akan datang).

(b) Pada $\intoo01$ , $-x\ln x \geq 0$ , sehingga $x^{-x} = \eu^{-x\ln x} = \sum_k\frac{(-x\ln x)^k}{k!}$ merupakan deret bersuku tak negatif: jadi tukarkanlah lagi. Dengan substitusi $x = \eu^{-u/(k+1)}$ :

\int_0^1(-x\ln x)^k\dd x = \int_0^\infty\Bigl(\frac{u}{k+1}\Bigr)^{k} \eu^{-\frac{ku}{k+1}}\;\frac{\eu^{-\frac u{k+1}}}{k+1}\,\dd u = \frac{1}{(k+1)^{k+1}}\int_0^\infty u^k\eu^{-u}\dd u = \frac{k!}{(k+1)^{k+1}} .

Karena itu $\int_0^1x^{-x}\dd x = \sum_{k\geq0}\frac{1}{(k+1)^{k+1}} = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ : yakni mimpi mahasiswa tahun kedua, secara ketat.

Latihan 10.5 ★★

(a) Tunjukkan bahwa $f \geq 0$ yang terukur dengan $\int f\,\dd\mu = 0$ memenuhi $f = 0$ hampir di mana-mana. (Tinjaulah $\{f \geq 1/n\}$ dan ketaksamaan Markov: $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ — lalu buktikanlah.) (b) Tunjukkan bahwa $f$ yang terintegralkan bernilai berhingga hampir di mana-mana. (c) Tunjukkan bahwa jika $\int_A f\,\dd\mu = 0$ untuk setiap $A$ yang terukur, maka $f = 0$ hampir di mana-mana.

Solusi

Solusi Latihan 10.5.

(a) Markov: $a\,\mathbf 1_{\{f \geq a\}} \leq f$ , lalu integralkan: $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ . Jika $\int f = 0$ : maka $\mu(\{f \geq \frac1n\}) = 0$ untuk setiap $n$ , dan $\{f > 0\} = \bigcup_n\{f \geq \frac1n\}$ bersifat nol.

(b) $\mu(\{\abs f = \infty\}) \leq \mu(\{\abs f \geq n\}) \leq \frac1n\int\abs f \to 0$ .

(c) Ambillah $A = \{f > 0\}$ : maka $\int f^+\dd\mu = \int_Af\,\dd\mu = 0$ , sehingga $f^+ = 0$ hampir di mana-mana menurut (a); dan demikian pula $f^- = 0$ .

Latihan 10.6 ★★

(a) Terapkan Teorema 10.12 untuk memutuskan keterintegralan Riemann dari: $\mathbf 1_\Q$ ; fungsi Thomae; dan $\mathbf 1_K$ dengan $K$ sebuah himpunan Cantor gemuk (Latihan 9.5). (b) Tunjukkan bahwa $\int_1^{+\infty}\abs{\frac{\sin x}x}\,\dd x = +\infty$ , sedangkan $\lim_{A\to\infty}\int_1^A\frac{\sin x}x\,\dd x$ ada (integralkan secara parsial): yakni kekonvergenan tak wajar tanpa keterintegralan.

Solusi

Solusi Latihan 10.6.

(a) Fungsi $\mathbf 1_\Q$ : tak kontinu di mana pun, sehingga tak terintegralkan Riemann (Teorema 10.12); sedangkan integral Lebesguenya $\lambda(\Q) = 0$ . Fungsi Thomae: kontinu di setiap bilangan irasional (sebab diberikan $\varepsilon$ , hanya berhingga banyak bilangan rasional di $\intcc01$ yang berpenyebut $\leq 1/\varepsilon$ ; lalu hindarilah semuanya lewat persekitaran kecil), dan tak kontinu di bilangan rasional (menurut kepadatan bilangan irasional): jadi kontinu hampir di mana-mana, terintegralkan Riemann, dengan integral $0$ (sebab ia lenyap hampir di mana-mana). Sedangkan $\mathbf 1_K$ dengan $K$ himpunan Cantor gemuk: himpunan ketakkontinuannya adalah $\partial K = K$ (yang tertutup dengan interior kosong), berukuran $\frac12 > 0$ : jadi tak terintegralkan Riemann — padahal terintegralkan Lebesgue dengan integral $\lambda(K) = \frac12$ .

(b) $\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \geq \frac1{(k+1)\pi}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\abs{\sin x}\dd x = \frac{2}{(k+1)\pi}$ : sehingga deretnya divergen. Untuk kekonvergenan integral tak wajarnya: bila $A > \pi$ ,

\int_\pi^A\frac{\sin x}x\dd x = \Bigl[\frac{-\cos x}x\Bigr]_\pi^A - \int_\pi^A\frac{\cos x}{x^2}\dd x,

dan kedua sukunya konvergen saat $A \to \infty$ (sebab $\frac1{x^2}$ terintegralkan): yakni kekonvergenan bersyarat tanpa keterintegralan mutlak.

Latihan 10.7 ★★

Benarkanlah bahwa $F(t) = \int_0^{+\infty}\eu^{-x^2}\cos(tx)\,\dd x$ bersifat $\mathcal C^1$ pada $\R$ dan memenuhi $F'(t) = -\frac t2F(t)$ (integralkan secara parsial); lalu simpulkan $F(t) = F(0)\,\eu^{-t^2/4}$ . (Dengan $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ dari soal akhir pekannya: fungsi Gauss pada dasarnya merupakan transformasi Fouriernya sendiri — dan Bab 14 akan menyistematiskannya.)

Solusi

Solusi Latihan 10.7.

Dominasinya: $\abs{\partial_t(\eu^{-x^2}\cos(tx))} = \abs{x\eu^{-x^2}\sin(tx)} \leq x\eu^{-x^2}$ , yang terintegralkan dan tak bergantung pada $t$ : sehingga Teorema 10.15 berlaku secara global,

F'(t) = -\int_0^\infty x\eu^{-x^2}\sin(tx)\,\dd x = \Bigl[\tfrac12\eu^{-x^2}\sin(tx)\Bigr]_0^\infty - \frac t2\int_0^\infty\eu^{-x^2}\cos(tx)\dd x = -\frac t2F(t)

(lewat pengintegralan parsial dengan $\dd v = x\eu^{-x^2}\dd x$ ). Lalu persamaan diferensial linearnya memberikan $F(t) = F(0)\eu^{-t^2/4}$ ; dan dengan $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ (Soal 10.1), fungsi Gauss mereproduksi dirinya di bawah transformasi kosinus ini.

Latihan 10.8 ★★★

(Frullani) Misalkan $0 < a < b$ . Tunjukkan bahwa

\int_0^{+\infty}\frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x}\,\dd x = \ln\frac ba,

dengan menulis integrannya sebagai $\int_a^b \eu^{-xt}\,\dd t$ lalu membenarkan penukarannya lewat teori tak negatifnya (Akibat 10.7 dalam bentuk kontinu — dahuluilah Tonelli, atau irislah $[a,b]$ menjadi $n$ bagian sama besar lalu ambil limitnya).

Solusi

Solusi Latihan 10.8.

Integralnya konvergen: sebab di dekat $0$ integrannya menuju $b - a$ (yang terbatas), dan ia meluruh seperti $\eu^{-ax}$ di tak hingga. Tetapkan $a$ lalu pandanglah $I(b) = \int_0^\infty\frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}x\dd x$ sebagai fungsi $b \in \intco a{+\infty}$ . Untuk setiap $b \geq a$ : $\abs{\partial_b(\text{integran})} = \eu^{-bx} \leq \eu^{-ax}$ , dan $\int_0^\infty\eu^{-ax}\dd x = \frac1a < \infty$ : yakni pendominasi yang terintegralkan. Sehingga Teorema 10.15 memberikan $I'(b) = \int_0^\infty\eu^{-bx}\dd x = \frac1b$ , dengan $I(a) = 0$ :

I(b) = \int_a^b\frac{\dd t}t = \ln\frac ba .

(Setara dengan itu, lewat jalur petunjuknya: integrannya adalah $\int_a^b\eu^{-xt}\dd t \geq 0$ dan penukarannya merupakan analogi kontinu Akibat 10.7, yakni Tonelli — yang dibuktikan di Bab 11; sedangkan jalur parameternya tetap berada di dalam bab ini.)

Latihan 10.9 ★★

Misalkan $f \geq 0$ terukur pada $(X, \mathcal A, \mu)$ . Tunjukkan bahwa $\nu(A) = \int_A f\,\dd\mu$ mendefinisikan sebuah ukuran (dengan kepadatan $f$ terhadap $\mu$ ), dan bahwa $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ untuk setiap $g \geq 0$ yang terukur (buktikanlah untuk fungsi indikator, lalu fungsi sederhana, lalu pakai kekonvergenan monoton — yakni mesin bakunya).

Solusi

Solusi Latihan 10.9.

Berlaku $\nu(\varnothing) = 0$ ; lalu untuk $(A_n)$ yang saling lepas, $f\mathbf 1_{\bigsqcup A_n} = \sum_nf\mathbf 1_{A_n}$ (secara titik demi titik, dengan semua sukunya $\geq 0$ ), dan Akibat 10.7 memberikan keaditifan- $\sigma$ -nya. Untuk rumus $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ : bila $g = \mathbf 1_A$ ia adalah definisi $\nu$ ; bila $g$ sederhana, lewat kelinearannya; sedangkan bila $g \geq 0$ terukur, ambillah $s_n \nearrow g$ yang sederhana (Teorema 10.4): maka $s_nf \nearrow gf$ , dan kekonvergenan monoton pada kedua ruasnya mengalihkannya ke limitnya. (Eskalator “indikator $\to$ sederhana $\to$ kekonvergenan monoton” inilah mesin baku teorinya.)

Latihan 10.10 ★★★

(Sebuah kegagalan bergaya Weierstrass) Definisikan $f(t) = \int_0^{+\infty}\frac{\sin(tx)}{x(1 + x^2)}\,\dd x$ . (a) Tunjukkan bahwa $f$ terdefinisi dengan baik dan kontinu pada $\R$ , serta bersifat $\mathcal C^1$ dengan $f'(t) = \int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1 + x^2}\dd x$ untuk setiap $t$ — tetapi bahwa menurunkannya sekali lagi di bawah integralnya tidak sah. (b) Dengan menerima $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ untuk $t > 0$ (yang dibuktikan di Bab 17), berapakah $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ untuk $t > 0$ , dan mengapa rumusnya membenarkan kegagalan pada (a)?

Solusi

Solusi Latihan 10.10.

(a) Dari $\abs{\sin(tx)} \leq \abs tx$ diperoleh $\abs{\frac{\sin(tx)}{x(1+x^2)}} \leq \frac{\abs t}{1+x^2}$ : sehingga integralnya konvergen, dan pada $\abs t \leq T$ pendominasi $\frac{T}{1+x^2}$ melahirkan kekontinuannya (Teorema 10.14). Untuk pendiferensialannya: $\abs{\partial_t} = \abs{\frac{\cos(tx)}{1+x^2}} \leq \frac1{1+x^2}$ , yang terintegralkan: sehingga $f'(t) = \int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1+x^2}\dd x$ untuk setiap $t$ . Sedangkan pendiferensialan kedua akan menuntut pengintegralan $\frac{x\sin(tx)}{1 + x^2}$ , yang nilai mutlaknya berperilaku seperti $\frac{\abs{\sin(tx)}} x$ di tak hingga: jadi tak terintegralkan — sehingga tak ada pendominasi dan Teorema 10.15 tak dapat diterapkan lagi.

(b) Dengan menerima $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ untuk $t > 0$ : menurut kegasalan $f$ , $f'$ bersifat genap, sehingga $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-\abs t}$ — yang tak dapat diturunkan di $0$ : jadi $f$ bersifat $\mathcal C^1$ tetapi bukan $\mathcal C^2$ , yang membenarkan bahwa pendiferensialan kedua yang terhalang itu bukan kecelakaan teknis. Untuk $t > 0$ integral tak wajar $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ sama dengan $-f''(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ (dengan menurunkan rumus yang diterima itu di tempat yang sah, yakni pada $\intoo0\infty$ ) — yaitu nilai tak wajar yang bukan nilai Lebesgue.

Latihan 10.11 ★★

(Lema Scheffé) Misalkan $f_n, f \geq 0$ terintegralkan dengan $f_n \to f$ hampir di mana-mana dan $\int f_n \to \int f$ . (a) Tunjukkan bahwa $\int\abs{f_n - f} \to 0$ . (Terapkan kekonvergenan terdominasi pada $g_n = (f - f_n)^+ \leq f$ , lalu tulislah $\int\abs{f_n - f} = 2\int g_n - \int(f - f_n)$ .) (b) Tunjukkan lewat contoh bahwa hipotesis $\int f_n \to \int f$ tak dapat dibuang (yakni gundukan yang meluncur atau memusat), dan bahwa kesimpulannya gagal bagi $f_n$ bertanda tanpa kendali nilai mutlak: sebab $f_n = n\mathbf 1_{\intoc0{1/n}} - n\mathbf 1_{\intoc{-1/n}0}$ mempunyai $f_n \to 0$ hampir di mana-mana, $\int f_n = 0 \to 0$ , padahal $\int\abs{f_n} = 2$ . (c) Terapannya (pada kepadatan): jika kepadatan peluang $p_n \to p$ hampir di mana-mana, maka dengan sendirinya $\int\abs{p_n - p} \to 0$ : yakni kekonvergenan titik demi titik kepadatannya adalah kekonvergenan $L^1$ — sebuah peningkatan kekonvergenan secara cuma-cuma.

Solusi

Solusi Latihan 10.11.

(a) Misalkan $g_n = (f - f_n)^+$ : maka $0 \leq g_n \leq f$ (menurut kepositifan $f_n$ ), $g_n \to 0$ hampir di mana-mana, dan $f$ merupakan pendominasi yang terintegralkan: sehingga $\int g_n \to 0$ (lewat kekonvergenan terdominasi). Karena $\abs{f_n - f} = 2(f - f_n)^+ - (f - f_n)$ , maka

\int\abs{f_n - f} = 2\int g_n - \Bigl(\int f - \int f_n\Bigr) \longrightarrow 0 + 0 .

(b) Gundukan yang meluncur $f_n = \mathbf 1_{\intcc n{n+1}}$ mempunyai $f_n \to 0$ hampir di mana-mana dan $\int f_n = 1 \not\to 0$ : jadi tanpa kekonvergenan integralnya, kekonvergenan $L^1$ -nya gagal (dan begitu pula hipotesisnya). Untuk contoh bertandanya: $f_n \to 0$ di setiap $x \neq 0$ , $\int f_n = 0$ , tetapi $\int\abs{f_n} = 2$ : sehingga bagi barisan bertanda teoremanya sungguh berkenaan dengan kendali bertipe $\abs{f_n}$ , dan kepositifannya dipakai persis pada $g_n \leq f$ .

(c) Kerapatan memenuhi $\int p_n = 1 = \int p$ : sehingga hipotesis (a) berlaku dengan sendirinya, jadi $p_n \to p$ hampir di mana-mana memaksa $\norm{p_n - p}_{L^1} \to 0$ — dan karena itu kekonvergenan peluang $\int_Ap_n \to \int_Ap$ berlaku secara seragam atas semua $A$ yang terukur (sebab $\abs{\int_A(p_n - p)} \leq \norm{p_n - p}_1$ ): jadi Scheffé mengubah kekonvergenan titik demi titik kepadatan menjadi kekonvergenan variasi total hukumnya.

Latihan 10.12 ★★

Limit klasik, dengan pembenaran penuh lewat kekonvergenan monoton/terdominasi:

\text{(a)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^n\Bigl(1 - \frac xn\Bigr)^n\eu^{x/2}\,\dd x, \qquad \text{(b)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{n\,x^{n-1}}{1 + x}\,\dd x,

\text{(c)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^\infty \frac{\dd x}{(1 + x/n)^n\,x^{1/n}} .

(Untuk (a): $(1 - x/n)^n \nearrow \eu^{-x}$ untuk $x$ yang tetap — buktikan kemonotonannya lewat $\log$ ; untuk (b), integralkan secara parsial atau substitusikan $x = u^{1/n}$ lalu kenali pemusatan di ujungnya; sedangkan untuk (c), carilah pendominasi terintegralkan yang berlaku untuk setiap $n \geq 2$ dengan memecahnya di $x = 1$ .)

Solusi

Solusi Latihan 10.12.

(a) Pada $\intoo0n$ , $\varphi_n(x) = n\log(1 - \frac xn)$ naik terhadap $n$ menuju $-x$ (sebab pemetaan $t \mapsto \frac{\log(1 - xt)}{t}$ turun saat $t = \frac1n \downarrow 0$ ; atau uraikanlah: $\varphi_{n}' \geq 0$ terhadap $n$ lewat $\log(1-u) + \frac{u}{1-u} \geq 0$ ). Jadi $(1 - \frac xn)^n\eu^{x/2}\mathbf 1_{x<n} \nearrow \eu^{-x/2}$ , dan kekonvergenan monotonnya memberikan

\lim_n\int_0^n\Bigl(1 - \frac xn\Bigr)^n\eu^{x/2}\dd x = \int_0^\infty\eu^{-x/2}\dd x = 2 .

(b) Substitusikan $u = x^n$ (dengan $x = u^{1/n}$ dan $n x^{n-1}\dd x = \dd u$ ):

\int_0^1\frac{nx^{n-1}}{1 + x}\dd x = \int_0^1\frac{\dd u}{1 + u^{1/n}} .

Untuk $u \in \intoo01$ : $u^{1/n} \to 1$ , sehingga integrannya menuju $\frac12$ , dan terdominasi oleh $1$ : jadi limitnya $\frac12$ (lewat kekonvergenan terdominasi). (Massa $nx^{n-1}$ memusat di $x = 1$ , tempat $\frac1{1+x} = \frac12$ : dan substitusinya membuat pemusatan itu terlihat.)

(c) Secara titik demi titik, $(1 + x/n)^n \nearrow \eu^x$ dan $x^{1/n} \to 1$ (untuk $x > 0$ ): sehingga integrannya menuju $\eu^{-x}$ . Pendominasi untuk $n \geq 2$ : pada $\intoc01$ , $x^{-1/n} \leq x^{-1/2}$ dan $(1 + x/n)^{-n} \leq 1$ : sehingga batasnya $x^{-1/2}$ , yang terintegralkan; sedangkan pada $\intoo1\infty$ , $x^{-1/n} \leq 1$ dan $(1 + x/n)^n \geq 1 + \binom n2\frac{x^2}{n^2} \geq 1 + \frac{x^2}4$ : sehingga batasnya $\frac{4}{4 + x^2}$ , yang terintegralkan. Lewat kekonvergenan terdominasi:

\lim_n\int_0^\infty\frac{\dd x}{(1 + x/n)^nx^{1/n}} = \int_0^\infty\eu^{-x}\dd x = 1 .

10.6 Soal: dua integral yang termasyhur

Soal 10.1

Soal akhir pekan — integral Gauss dan integral Dirichlet, lewat parameter belaka

Dua integral menguasai analisis terapan:

G = \int_{-\infty}^{+\infty}\eu^{-x^2}\dd x = \sqrt\pi, \qquad D = \int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,\dd x = \frac\pi2

(dengan yang kedua sebagai integral tak wajar, Contoh 10.13). Keduanya kita buktikan memakai perkakas bab ini saja.

Bagian I — Fungsi Gauss. Untuk $t \geq 0$ tetapkan

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

Benarkanlah bahwa $A$ dan $B$ bersifat $\mathcal C^1$ pada $\intoo0{+\infty}$ lalu hitunglah $A'$ dan $B'$ ; lalu tunjukkan $A'(t) + B'(t) = 0$ . (Pada $B'$ , substitusikan $u = tx$ .)
Hitunglah $A(0) + B(0)$ dan $\lim_{t\to+\infty}(A + B)(t)$ — lalu benarkan limit di bawah integralnya pada $B$ .
Simpulkan $\int_0^\infty \eu^{-x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2$ , sehingga $G = \sqrt\pi$ , lalu turunkan $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ (substitusikan $x = u^2$ pada $\Gamma(\frac12)$ ).

Bagian II — Integral Dirichlet. Untuk $t \geq 0$ tetapkan

F(t) = \int_0^{+\infty}\eu^{-tx}\,\frac{\sin x}{x}\,\dd x .

Tunjukkan bahwa integral pendefinisi $F(t)$ konvergen untuk setiap $t > 0$ sebagai integral Lebesgue, dan untuk $t = 0$ sebagai integral tak wajar; lalu tunjukkan bahwa $D = \lim_{A\to\infty}\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x$ ada (integralkan secara parsial pada $[\pi, A]$ ).
Tunjukkan bahwa $F$ bersifat $\mathcal C^1$ pada $\intoo0{+\infty}$ dengan

$F'(t) = -\int_0^{+\infty}\eu^{-tx}\sin x\,\dd x = -\frac{1}{1 + t^2}$

(dengan dominasi pada $[t_0, \infty)$ untuk setiap $t_0 > 0$ ; sedangkan integral terakhirnya lewat dua kali pengintegralan parsial atau lewat eksponensial kompleks).
Tunjukkan bahwa $F(t) \to 0$ saat $t \to +\infty$ , lalu turunkan $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ pada $\intoo0{+\infty}$ .
Titik pelik: $D = \lim_{t\to0^+}F(t)$ . Buktikanlah lewat kendali seragam atas ekornya: yakni untuk $0 \leq t \leq 1$ dan $A \geq \pi$ , integralkan secara parsial untuk menunjukkan bahwa

$\Bigl|\int_A^{+\infty}\eu^{-tx}\frac{\sin x}x\,\dd x\Bigr| \leq \frac{C}{A}$

dengan $C$ yang tak bergantung pada $t$ (turunkan $\frac{\eu^{-tx}}x$ lalu batasi $\abs{\cos}$ oleh $1$ ; perhatikan $t\eu^{-tx} \leq 1/x\cdot(tx\eu^{-tx})$ dengan $\sup_{u\geq0}u\eu^{-u} < 1$ ); lalu pecahlah $F(t) - D$ menjadi $[0, A]$ (tempat kekonvergenan terdominasinya berlaku saat $t \to 0$ ) dan $[A, \infty)$ .
Simpulkan: $D = \frac\pi2$ .

Bagian III — Buah hasilnya.

Hitunglah $\int_0^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\,\dd x$ (integralkan secara parsial lalu susutkan ke $D$ lewat $\sin 2x = 2\sin x\cos x$ ).
Hitunglah $\int_0^{+\infty}\frac{1 - \cos x}{x^2}\,\dd x$ , lalu periksa kekonsistenan kedua hasilnya.
Untuk $a > 0$ , hitunglah $\int_0^{+\infty}\frac{\sin(ax)}x\dd x$ dan $\int_{-\infty}^{+\infty}\eu^{-ax^2}\dd x$ , lalu catat aturan penskalaannya (yang akan menjadi kuda beban Bab 14).
Terangkan dengan tepat mengapa $D$ tak dapat ditangani langsung oleh kekonvergenan terdominasi di $t = 0$ (sebab tak ada pendominasi terintegralkan pada $[0,1]\times[0,\infty)$ ), dan mengapa pemecahan ekor pada pertanyaan 7 merupakan penggantinya yang jujur — sebab pola ini (yakni “keterintegralan seragam atas ekornya”) berulang di sepanjang analisis.

Bagian IV — Fungsi Gamma menurut Bohr dan Mollerup. Fungsi $\Gamma$ (Contoh 10.16) memenuhi $\Gamma(1) = 1$ dan $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — tetapi demikian pula tak berhingga banyak fungsi lain (kalikan saja dengan goyangan berperiode $1$ apa pun). Satu syarat kecembungan memakukan $\Gamma$ secara tunggal, dan identitasnya yang lebih dalam lalu jatuh secara mekanis. Sebuah fungsi positif $f$ pada sebuah selang disebut log-cembung jika $\log f$ cembung.

Tunjukkan bahwa log-cembung mengakibatkan cembung, bahwa hasil kali fungsi log-cembung dan komposisinya dengan pemetaan afin bersifat log-cembung, dan — lewat ketaksamaan Hölder dua fungsi $\int\abs{uv} \leq \bigl(\int\abs u^p\bigr)^{1/p}\bigl(\int\abs v^q\bigr)^{1/q}$ , yang dibuktikan langsung dari ketaksamaan Young — bahwa $\Gamma$ bersifat log-cembung pada $\intoo0\infty$ .
(Lema kemiringan) Misalkan $g$ cembung pada $\intoo0\infty$ dengan $g(n+1) - g(n) = \log n$ untuk setiap bilangan bulat $n \geq 1$ . Untuk $x \in \intoc01$ dan $n \geq 2$ , bandingkanlah kemiringan $g$ sepanjang $[n-1, n]$ , $[n, n+x]$ dan $[n, n+1]$ , lalu turunkan

$x\log(n-1) \;\leq\; g(n + x) - g(n) \;\leq\; x\log n .$
(Bohr–Mollerup) Misalkan $f > 0$ memenuhi $f(1) = 1$ , $f(x+1) = xf(x)$ , dan $\log f$ cembung. Dengan mengurai rekursinya menjadi $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x + n - 1)\,f(x)$ dan $f(n) = (n-1)!$ , turunkanlah dari pertanyaan 14 bahwa untuk $x \in \intoc01$ berlaku

$f(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} :$

sehingga $f$ tunggal, jadi $f = \Gamma$ , dan rumus limit Gauss berlaku (perluaslah ke setiap $x > 0$ lewat rekursinya).
Definisikan fungsi Beta $B(x, y) = \int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,\dd t$ (dengan $x, y > 0$ ). Buktikanlah kekonvergenannya, rekursi $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x, y)$ (integralkan secara parsial), dan $B(1, y) = \frac1y$ .
Tunjukkan bahwa $x \mapsto B(x, y)$ bersifat log-cembung (lewat Hölder lagi), lalu terapkan Bohr–Mollerup pada

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

untuk menyimpulkan rumus Euler: $B(x, y) = \dfrac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ — tanpa integral rangkap di mana pun.
Hitunglah $B(\frac12, \frac12)$ secara langsung (substitusikan $t = \sin^2\theta$ ) lalu turunkan $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ : yakni integral Gauss pada Bagian I, yang dipulihkan oleh kecembungan belaka. Bandingkan kedua buktinya dalam satu kalimat masing-masing.
(Penggandaan Legendre) Tunjukkan bahwa

$g(x) = \frac{2^{x-1}}{\sqrt\pi}\, \Gamma\Bigl(\frac x2\Bigr) \Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr)$

memenuhi ketiga hipotesis Bohr–Mollerup, lalu simpulkan $g = \Gamma$ , yakni $\Gamma(2z) = \frac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi}\,\Gamma(z)\,\Gamma(z + \tfrac12)$ untuk setiap $z > 0$ .
Turunkan bentuk tertutup $\Gamma\bigl(n + \tfrac12\bigr) = \dfrac{(2n)!}{4^n\,n!}\sqrt\pi$ , lalu buktikan, lewat lema kemiringan yang diterapkan pada $\log\Gamma$ di sekitar bilangan bulat yang besar, keasimtotikan

$\frac{\Gamma(n + \frac12)}{\Gamma(n)\,\sqrt n} \longrightarrow 1 .$
Gabungkan kedua pertanyaan terakhir menjadi keasimtotikan binomial pusat

$\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}},$

lalu periksalah secara numerik untuk $n = 10$ (dengan $\binom{20}{10} = 184756$ , terhadap $4^{10}/\sqrt{10\pi} \approx 187079$ : yakni nisbah $\approx 0.988$ ).
(Sintesis) Konstanta $\sqrt\pi$ kini telah muncul sebagai integral Gauss (Bagian I), sebagai $B(\frac12, \frac12)$ (pertanyaan 18), dan di dalam penggandaannya (pertanyaan 19); sedangkan taksiran binomial pusatnya mendahului baik Stirling (yakni soal akhir pekan Bab 11) maupun de Moivre–Laplace. Petakanlah hubungannya: pernyataan mana setara dengan yang mana, dan apa yang disumbangkan masing-masing teknik — pendiferensialan di bawah integral lawan kecembungan — yang tak dapat disumbangkan yang lain?

Bagian V — Tiga buah hasil lagi.

(Wallis, lewat Beta) Untuk $p > -1$ , substitusikan $t = \sin^2\theta$ untuk menunjukkan bahwa

$W_p = \int_0^{\pi/2}\sin^p\theta\,\dd\theta = \frac12\,B\Bigl(\frac{p+1}2, \frac12\Bigr),$

lalu turunkan dari rekursi Betanya (pertanyaan 16) bahwa $W_{n+2} = \frac{n+1}{n+2}\,W_n$ untuk bilangan bulat $n \geq 0$ . Hitunglah $W_{2n}$ dan $W_{2n+1}$ dalam bentuk tertutup, tunjukkan $W_{2n+1}/W_{2n} \to 1$ lewat penjepitan, lalu simpulkan dengan hasil kali Wallis

$\frac\pi2 = \lim_{n\to\infty} \prod_{k=1}^{n}\frac{4k^2}{4k^2 - 1} .$
(Fungsi Gauss berjumpa sebuah frekuensi) Untuk $b \in \R$ tetapkan

$\Phi(b) = \int_{-\infty}^{+\infty} \eu^{-x^2}\cos(2bx)\,\dd x .$

Tunjukkan bahwa $\Phi$ bersifat $\mathcal C^1$ pada $\R$ , bahwa sebuah pengintegralan parsial melahirkan persamaan diferensial $\Phi'(b) = -2b\,\Phi(b)$ , lalu simpulkan

$\Phi(b) = \sqrt\pi\,\eu^{-b^2} :$

sehingga fungsi Gauss mereproduksi dirinya di bawah transformasi ini — yakni satu-satunya identitas yang akan menjalankan Bab 14.
(Integral Frullani) Untuk $0 < a < b$ , tunjukkan bahwa

$\int_0^{+\infty} \frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x}\,\dd x = \log\frac ba ,$

dengan menurunkannya terhadap parameter $a$ (benarkanlah dominasinya pada setiap $\intco{a_0}{+\infty}$ , dengan $a_0 > 0$ , lalu kenali konstantanya dengan membiarkan $a \to b$ ). Di manakah tepatnya integrannya memerlukan kesingularan terhapuskannya di $x = 0$ ?

Solusi

Solusi Soal 10.1.

1. Fungsi $A$ bersifat $\mathcal C^1$ menurut teorema fundamental kalkulus dan aturan rantai: $A'(t) = 2\eu^{-t^2}\int_0^t\eu^{-x^2}\dd x$ . Untuk $B$ : $\partial_t\bigl(\frac{\eu^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}\bigr) = -2t\,\eu^{-t^2(1+x^2)}$ , yang kontinu dan terbatas pada $[t_0, T] \times \intcc01$ untuk sembarang $0 < t_0 < T$ (sebab dominasi terbatas pada ruang berukuran berhingga sudah cukup): jadi $B$ bersifat $\mathcal C^1$ pada $\intoo0{+\infty}$ dengan

B'(t) = -2t\int_0^1 \eu^{-t^2(1+x^2)}\dd x = -2\eu^{-t^2}\int_0^1 t\,\eu^{-(tx)^2}\dd x = -2\eu^{-t^2}\int_0^t\eu^{-u^2}\dd u = -A'(t)

(lewat substitusi $u = tx$ ).

2. Berlaku $A(0) = 0$ dan $B(0) = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^2} = \frac\pi4$ . Lalu $A + B$ berturunan nol pada $\intoo0{+\infty}$ dan kontinu di $0$ ( $B$ lewat dominasi $\frac1{1+x^2}$ dan Teorema 10.14): sehingga $A + B \equiv \frac\pi4$ . Saat $t\to+\infty$ : $0 \leq B(t) \leq \eu^{-t^2} \to 0$ , dan $A(t) \to \bigl(\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2$ (lewat kekonvergenan monoton atau sekadar kekonvergenan monoton integral dalamnya).

3. Karena itu $\bigl(\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2 = \frac\pi4$ : sehingga $\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2$ , dan menurut kegenapannya $G = \sqrt\pi$ . Selain itu $\Gamma(\frac12) = \int_0^\infty x^{-1/2}\eu^{-x}\dd x \overset{x = u^2}{=} 2\int_0^\infty\eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi$ .

4. Untuk $t > 0$ : $\abs{\eu^{-tx}\frac{\sin x}x} \leq \eu^{-tx}$ , yang terintegralkan. Untuk $t = 0$ , kekonvergenan tak wajarnya: pada $[\pi, A]$ ,

\int_\pi^A\frac{\sin x}x\dd x = \Bigl[-\frac{\cos x}x\Bigr]_\pi^A - \int_\pi^A\frac{\cos x}{x^2}\dd x,

dengan kedua sukunya konvergen saat $A \to \infty$ ; sedangkan di dekat $0$ integrannya diperluas secara kontinu oleh $1$ .

5. Pada $[t_0, +\infty)$ (dengan $t_0 > 0$ ): $\abs{\partial_t\bigl(\eu^{-tx}\tfrac{\sin x}x\bigr)} = \eu^{-tx}\abs{\sin x} \leq \eu^{-t_0x}$ , yang terintegralkan: sehingga Teorema 10.15 berlaku pada setiap selang semacam itu, jadi pada seluruh $\intoo0{+\infty}$ :

F'(t) = -\int_0^\infty\eu^{-tx}\sin x\,\dd x = -\operatorname{Im}\int_0^\infty\eu^{-(t - \iu)x}\dd x = -\operatorname{Im}\frac{1}{t - \iu} = -\frac{1}{1 + t^2}.

6. Berlaku $\abs{F(t)} \leq \int_0^\infty\eu^{-tx}\dd x = \frac1t \to 0$ . Lalu dengan mengintegralkan $F' = -\frac1{1+t^2}$ : $F(t) = C - \arctan t$ , dan $t \to \infty$ memaksa $C = \frac\pi2$ : sehingga $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ pada $\intoo0{+\infty}$ .

7. Integralkan secara parsial pada $[A, R]$ dengan $\sin x = (-\cos x)'$ lalu biarkan $R \to \infty$ :

\int_A^{\infty}\eu^{-tx}\frac{\sin x}x\dd x = \frac{\cos A\;\eu^{-tA}}{A} - \int_A^\infty \cos x\,\Bigl(\frac tx + \frac1{x^2}\Bigr)\eu^{-tx}\dd x .

Dengan membatasi $\abs{\cos} \leq 1$ : suku pertamanya $\leq \frac1A$ ; sedangkan integralnya paling banyak $\int_A^\infty t\eu^{-tx}\frac{\dd x}x + \int_A^\infty\frac{\dd x}{x^2} \leq \frac1A\int_0^\infty t\eu^{-tx}\dd x + \frac1A = \frac2A$ . Totalnya: $\leq \frac 3A$ , secara seragam untuk $t \in [0, 1]$ (termasuk kasus $t = 0$ ). Kini

\abs{F(t) - D} \leq \Bigl|\int_0^A(\eu^{-tx} - 1)\,\frac{\sin x}x\,\dd x\Bigr| + \frac6A .

Pada $[0, A]$ : $\abs{\eu^{-tx} - 1} \leq tx \leq tA$ dan $\abs{\frac{\sin x}x} \leq 1$ , sehingga suku pertamanya paling banyak $tA^2$ . Pilihlah $A$ dengan $\frac6A < \varepsilon$ , lalu $t < \varepsilon/A^2$ : sehingga $\abs{F(t) - D} < 2\varepsilon$ .

8. Karena itu $D = \lim_{t\to0^+}F(t) = \lim_{t\to0^+}\bigl(\frac\pi2 - \arctan t\bigr) = \frac\pi2$ .

9. Lewat pengintegralan parsial (dengan $u = \sin^2x$ dan $v' = x^{-2}$ ):

\int_0^\infty\frac{\sin^2x}{x^2}\dd x = \Bigl[-\frac{\sin^2x}{x}\Bigr]_0^\infty + \int_0^\infty\frac{2\sin x\cos x}{x}\dd x = \int_0^\infty\frac{\sin 2x}{x}\dd x = D = \frac\pi2

(substitusikan $u = 2x$ pada langkah terakhirnya; sedangkan suku batasnya lenyap: sebab $\sin^2 x/x \to 0$ di kedua ujungnya).

10. Lewat pengintegralan parsial (dengan $u = 1 - \cos x$ dan $v' = x^{-2}$ ): $\int_0^\infty\frac{1 - \cos x}{x^2}\dd x = \int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ . Kekonsistenannya: $1 - \cos x = 2\sin^2\frac x2$ , dan substitusi $x = 2u$ mengubah $\int\frac{2\sin^2(x/2)}{x^2}\dd x$ menjadi $\int\frac{\sin^2u}{u^2}\dd u$ : sehingga kedua perhitungannya bersesuaian.

11. Berlaku $\int_0^\infty\frac{\sin(ax)}x\dd x = \frac\pi2$ untuk setiap $a > 0$ (substitusikan $u = ax$ : sebab integralnya invarian terhadap penskalaan); sedangkan $\int_\R\eu^{-ax^2}\dd x = \sqrt{\pi/a}$ (substitusikan $u = \sqrt a\,x$ ). Jadi penskalaan pada argumennya membiarkan integral Dirichletnya tetap dan membagi integral Gaussnya dengan $\sqrt a$ .

12. Sebuah pendominasi yang berlaku untuk setiap $t \in [0,1]$ harus mendominasi $\sup_{t\in[0,1]}\abs{\eu^{-tx}\frac{\sin x}x} = \abs{\frac{\sin x}x}$ , yang tak terintegralkan (Latihan 10.6): sehingga kekonvergenan terdominasinya tak dapat menyeberangi $t = 0$ . Sedangkan pengganti pada pertanyaan 7 — yakni ekor yang seragam kecil terhadap parameternya, dengan bagian kompaknya ditangani kekonvergenan terdominasi — merupakan pola “keterintegralan seragam” yang baku, dan ia muncul kembali setiap kali kekonvergenan bersyarat berjumpa penukaran limit.

13. Jika $g = \log f$ cembung maka $f = \exp\circ g$ cembung (sebab eksponensial cembung dan naik: $f(\lambda x + (1-\lambda) y) \leq \eu^{\lambda g(x) + (1-\lambda)g(y)} \leq \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y)$ , dengan langkah terakhirnya lewat kecembungan eksponensial di antara titik $g(x), g(y)$ ). Untuk hasil kali dan substitusi afinnya: logaritmanya mengubahnya menjadi jumlah dan substitusi afin fungsi cembung. Hölder (dengan $\frac1p + \frac1q = 1$ ): untuk $\int\abs u^p = \int\abs v^q = 1$ , Young memberikan $\abs{uv} \leq \frac{\abs u^p}p + \frac{\abs v^q}q$ , lalu integralkan: $\int\abs{uv} \leq 1$ ; sedangkan kasus umumnya lewat kehomogenannya. Lalu untuk $\lambda \in \intoo01$ , terapkanlah dengan $p = \frac1\lambda$ pada pemfaktoran

t^{\lambda x + (1-\lambda)y - 1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{\lambda} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1-\lambda} : \qquad \Gamma(\lambda x + (1{-}\lambda)y) \leq \Gamma(x)^\lambda\,\Gamma(y)^{1-\lambda} .

14. Untuk $g$ yang cembung, kemiringan sebuah talibusur naik seiring ujungnya (yakni ketaksamaan tiga talibusur). Dengan membandingkan talibusur sepanjang $[n-1, n]$ , $[n, n+x]$ , dan $[n, n+1]$ :

\log(n-1) = \frac{g(n) - g(n-1)}1 \leq \frac{g(n+x) - g(n)}x \leq \frac{g(n+1) - g(n)}1 = \log n,

dan mengalikannya dengan $x > 0$ memberikan pernyataannya.

15. Dengan $f(n) = (n-1)!$ (yakni rekursi dari $f(1) = 1$ ) dan $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x+n-1)\,f(x)$ , pertanyaan 14 berbunyi

(n-1)^x\,(n-1)! \;\leq\; x(x+1)\cdots(x+n-1)\,f(x) \;\leq\; n^x\,(n-1)! .

Batas atasnya ditulis ulang sebagai $f(x) \leq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}\cdot\frac{x+n}n$ , sedangkan batas bawahnya pada peringkat $n+1$ sebagai $f(x) \geq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ . Faktor koreksinya $\frac{x+n}n \to 1$ : sehingga penjepitannya memaksa

f(x) = \lim_n\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} \qquad (x \in \intoc01),

yakni ungkapan yang tak bergantung pada $f$ : jadi ketunggalannya pada $\intoc01$ , sehingga di mana-mana lewat rekursinya. Dan karena $\Gamma$ memenuhi ketiga hipotesisnya (pertanyaan 13), maka $f = \Gamma$ dan rumus Gauss berlaku — untuk setiap $x > 0$ , sebab kedua ruasnya menuruti rekursi yang sama.

16. Di dekat $0$ , integrannya $\sim t^{x-1}$ , yang terintegralkan jika dan hanya jika $x > 0$ ; sedangkan di dekat $1$ , simetris dengan $y$ . Lakukan pengintegralan parsial pada $\intcc\varepsilon{1-\varepsilon}$ , lalu biarkan $\varepsilon \to 0$ (suku batasnya lenyap untuk $x, y > 0$ ):

B(x{+}1, y) = \Bigl[-t^x\frac{(1-t)^y}y\Bigr]_0^1 + \frac xy\int_0^1t^{x-1}(1-t)^y\,\dd t = \frac xy\bigl(B(x, y) - B(x{+}1, y)\bigr),

dengan memakai $(1-t)^y = (1-t)^{y-1}(1 - t)$ ; lalu selesaikan: $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}B(x, y)$ . Dan $B(1, y) = \int_0^1(1-t)^{y-1}\dd t = \frac1y$ .

17. Berlaku $f(1) = \frac1y\cdot\frac{\Gamma(1+y)}{\Gamma(y)} = 1$ ; lalu $f(x+1) = \frac{x}{x+y}B(x,y)\cdot\frac{(x+y)\Gamma(x+y)} {\Gamma(y)} = x\,f(x)$ ; dan $f$ bersifat log-cembung terhadap $x$ sebagai hasil kali $B(\cdot, y)$ yang log-cembung (lewat Hölder pada pemfaktoran $t^{(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2)-1}(1-t)^{y-1} = (\cdots)^\lambda(\cdots)^{1-\lambda}$ , seperti pada pertanyaan 13) dan $\Gamma(\cdot + y)$ (lewat pergeseran afin). Menurut Bohr–Mollerup: $f = \Gamma$ , yakni $B(x, y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ .

18. Dengan $t = \sin^2\theta$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta$ dan $t^{-1/2}(1-t)^{-1/2} = \frac1{\sin\theta\cos\theta}$ :

B\Bigl(\frac12, \frac12\Bigr) = \int_0^{\pi/2}2\,\dd\theta = \pi = \frac{\Gamma(\frac12)^2}{\Gamma(1)} \quad\Longrightarrow\quad \Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \sqrt\pi .

Bagian I mencapai konstanta yang sama dengan menurunkan sebuah parameter dan mengadu dua fungsi menuju limitnya; sedangkan di sini kecembungan belaka mengakukan soalnya sampai hanya satu nilai yang tersisa. Yakni analisis lewat gerak lawan analisis lewat bentuk.

19. Berlaku $g(1) = \frac{2^0}{\sqrt\pi}\Gamma(\frac12) \Gamma(1) = 1$ . Rekursinya:

g(x+1) = \frac{2^{x}}{\sqrt\pi}\, \Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr)\Gamma\Bigl(\frac x2 + 1\Bigr) = \frac{2^{x}}{\sqrt\pi}\cdot\frac x2\, \Gamma\Bigl(\frac x2\Bigr)\Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr) = x\,g(x) .

Kelog-cembungannya: yakni hasil kali $\eu^{(x-1)\log2}$ (yang log-afin) dan dua reparametrisasi afin dari $\Gamma$ yang log-cembung. Lalu Bohr–Mollerup memberikan $g = \Gamma$ ; dan dengan menetapkan $x = 2z$ : $\Gamma(2z) = \frac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi}\Gamma(z)\Gamma(z + \frac12)$ .

20. Dari $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ dan rekursinya, $\Gamma(n + \frac12) = (n - \frac12)(n - \frac32)\cdots\frac12\,\sqrt\pi = \frac{(2n-1)(2n-3)\cdots1}{2^n}\sqrt\pi = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi$ (lengkapilah hasil kali gasalnya dengan yang genap). Keasimtotikannya: pertanyaan 14 dengan $g = \log\Gamma$ dan $x = \frac12$ memberikan $\sqrt{n-1} \leq \frac{\Gamma(n+\frac12)}{\Gamma(n)} \leq \sqrt n$ , sehingga nisbahnya terhadap $\sqrt n$ terjepit antara $\sqrt{1 - \frac1n}$ dan $1$ .

21. Dari pertanyaan 20, $(2n)! = \frac{4^nn!}{\sqrt\pi}\Gamma(n + \tfrac12)$ , sehingga

\binom{2n}n = \frac{(2n)!}{(n!)^2} = \frac{4^n\,\Gamma(n+\frac12)}{\sqrt\pi\;n!} = \frac{4^n}{\sqrt\pi}\cdot \frac{\Gamma(n+\frac12)}{n\,\Gamma(n)} \sim \frac{4^n}{\sqrt\pi}\cdot\frac{\sqrt n}{n} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} .

Secara numerik, $4^{10}/\sqrt{10\pi} = 1048576/5.6050 \approx 187078.6$ , terhadap $\binom{20}{10} = 184756$ : yakni nisbah $0.9876$ — sehingga galatnya $O(1/n)$ , yang terlihat di $n = 10$ .

22. Kesetaraannya: $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi \Leftrightarrow G = \sqrt\pi$ (lewat substitusi $x = u^2$ pada pertanyaan 3) $\Leftrightarrow B(\frac12, \frac12) = \pi$ (lewat rumus Euler); sedangkan penggandaan di $z = n$ adalah bentuk tertutup $\Gamma(n + \frac12)$ , yang adalah taksiran binomial pusatnya, sampai lema kemiringannya. Teknik parameternya (Bagian I–II) menghitung limit besaran yang bergerak dan tak tergantikan bila sebuah perubahan bentuk yang sejati hadir (sebab integral Dirichlet tak mempunyai bukti kecembungan); sedangkan teknik kecembungannya tak menghitung apa pun, melainkan melarang semua hal — ia unggul pada ketunggalan dan persamaan fungsional (Gauss, Euler, Legendre dalam tiga sapuan), tempat pendiferensialan akan tenggelam dalam perhitungan. Jadi seorang analis yang lengkap membawa keduanya.

23. Dengan $t = \sin^2\theta$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta = 2\,t^{1/2}(1-t)^{1/2}\,\dd\theta$ , sehingga

W_p = \int_0^1 t^{p/2}\, \frac{\dd t}{2\,t^{1/2}(1-t)^{1/2}} = \frac12\int_0^1 t^{\frac{p+1}2 - 1}(1-t)^{\frac12 - 1}\dd t = \frac12\,B\Bigl(\frac{p+1}2, \frac12\Bigr).

Lalu rekursi Betanya dengan $x = \frac{n+1}2$ dan $y = \frac12$ memberikan

W_{n+2} = \frac12\, \frac{(n+1)/2}{(n+2)/2}\,B\Bigl(\frac{n+1}2, \frac12\Bigr) = \frac{n+1}{n+2}\,W_n .

Mulai dari $W_0 = \frac\pi2$ dan $W_1 = 1$ :

W_{2n} = \frac\pi2\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}, \qquad W_{2n+1} = \prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1} .

Karena $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ pada $\intcc0{\pi/2}$ , maka barisan $(W_n)$ tak naik, sehingga

1 \geq \frac{W_{2n+1}}{W_{2n}} \geq \frac{W_{2n+1}}{W_{2n-1}} = \frac{2n}{2n+1} \longrightarrow 1 .

Padahal bentuk tertutupnya memberikan

\frac{W_{2n+1}}{W_{2n}} = \frac2\pi \prod_{k=1}^n\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)} = \frac2\pi\prod_{k=1}^n\frac{4k^2}{4k^2-1},

dan membiarkan $n \to \infty$ melahirkan hasil kali Wallis. (Lewat rumus Euler, $W_p = \frac{\sqrt\pi}2\, \Gamma(\frac{p+1}2)/\Gamma(\frac p2 + 1)$ : jadi Wallis adalah integral Gauss dalam kostum yang lain lagi.)

24. Turunan- $b$ integrannya adalah $-2x\,\eu^{-x^2}\sin(2bx)$ , yang terdominasi oleh $2\abs x\,\eu^{-x^2} \in L^1(\R)$ secara seragam terhadap $b$ : sehingga $\Phi$ bersifat $\mathcal C^1$ dengan

\Phi'(b) = -\int_{-\infty}^{+\infty} 2x\,\eu^{-x^2}\sin(2bx)\,\dd x .

Lalu dengan pengintegralan parsial memakai $u = \sin(2bx)$ dan $\dd v = -2x\,\eu^{-x^2}\dd x$ (sehingga $v = \eu^{-x^2}$ ), suku batasnya lenyap dan

\Phi'(b) = -2b\int_{-\infty}^{+\infty} \eu^{-x^2}\cos(2bx)\,\dd x = -2b\,\Phi(b).

Karena itu $\bigl(\Phi(b)\,\eu^{b^2}\bigr)' = 0$ dan $\Phi(b) = \Phi(0)\,\eu^{-b^2} = \sqrt\pi\,\eu^{-b^2}$ menurut Bagian I. Sampai penormalannya, ini mengatakan bahwa transformasi Fourier $\eu^{-x^2}$ kembali berupa fungsi Gauss — yakni titik tetap yang menjadi poros teori pembalikan Bab 14.

25. Untuk $0 < a < b$ dan $x > 0$ ,

0 \leq \frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x} = \int_a^b \eu^{-sx}\,\dd s \leq (b - a)\,\eu^{-ax},

sehingga integral $I(a)$ konvergen (secara Lebesgue); dan batas titik demi titiknya juga menunjukkan bahwa integrannya diperluas secara kontinu oleh $b - a$ di $x = 0$ . Tetapkan $b$ ; lalu pada $\intco{a_0}{+\infty}$ turunan- $a$ integrannya adalah $-\eu^{-ax}$ , yang terdominasi oleh $\eu^{-a_0x} \in L^1(\intoo0{+\infty})$ , sehingga $I$ bersifat $\mathcal C^1$ pada $\intoo0b$ dengan

I'(a) = -\int_0^{+\infty}\eu^{-ax}\dd x = -\frac1a, \qquad\text{sehingga}\qquad I(a) = -\log a + c .

Batas dua sisinya memberikan $0 \leq I(a) \leq (b-a)/a \to 0$ saat $a \to b^-$ , sehingga $c = \log b$ dan $I(a) = \log\frac ba$ . Sedangkan kesingularan terhapuskannya diperlukan di $0$ : sebab masing-masing suku $\eu^{-ax}/x$ secara tersendiri berintegral divergen (secara logaritmik) di dekat $0$ , dan hanya peniadaan orde pertamanya $\eu^{-ax} - \eu^{-bx} = O(x)$ yang membuat selisihnya terintegralkan di sana; sedangkan di tak hingga masing-masing suku tak berbahaya dengan sendirinya.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium