---
title: "Ukuran Hasil Kali, Fubini, Penggantian Variabel"
book: "Matematika Universitas — Tahun 3"
subject: math
language: id
chapter: 11
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel
---

# Bab 11 — Ukuran Hasil Kali, Fubini, Penggantian Variabel

Teori Lebesgue satu dimensi menjadi kalkulus berdimensi banyak lewat dua teorema. *Tonelli–Fubini* mengatakan bahwa integral atas hasil kali adalah integral berulang — sehingga pengirisannya sah, dalam urutan mana pun, di bawah hipotesis yang sungguh dapat diperiksa. Sedangkan *rumus penggantian variabel* mengangkut integral sepanjang difeomorfisma $\mathcal C^1$, dengan determinan Jacobi sebagai kurs tukar volumenya; dan kita membuktikannya secara [lengkap](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete), mulai dari kasus linearnya, tempat ia menerangkan determinan itu *apa*. Terapannya lalu beruntun: rumus kue berlapis, konvolusi, [koordinat kutub](#ex-b3-product-polar), volume bola-$n$ — dan, pada soal akhir pekannya, rumus Stirling beserta analisis galat yang jujur.

## 11.1 Aljabar-$\sigma$ hasil kali dan ukuran hasil kali

**Definisi 11.1.**

Untuk ruang [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) $(X, \mathcal A)$ dan $(Y, \mathcal B)$, *aljabar-$\sigma$ hasil kali* $\mathcal A \otimes \mathcal B$ pada $X \times
Y$ dibangkitkan oleh *persegi panjang* $A \times B$ (dengan $A \in
\mathcal A$ dan $B \in \mathcal B$) — yakni sebuah sistem-$\pi$. Untuk $E
\subseteq X\times Y$ dan $x \in X$, *penampangnya* adalah $E_x
= \{y : (x,y) \in E\}$; sedangkan untuk sebuah fungsi $f$ pada hasil kalinya, $f_x = f(x, \cdot)$.

**Proposisi 11.2.**

(a) Jika $E \in \mathcal A\otimes\mathcal B$, maka setiap penampang $E_x
\in \mathcal B$ (dan setangkup dengan itu); dan jika $f$ [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) terhadap $\mathcal
A\otimes\mathcal B$, maka setiap $f_x$ [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) terhadap $\mathcal
B$. (b) $\mathcal B(\R^m)\otimes\mathcal B(\R^n) = \mathcal
B(\R^{m+n})$.

**Bukti.** (a) Himpunan baiknya: $\{E : E_x \in \mathcal B\ \forall x\}$ merupakan aljabar-$\sigma$ (sebab penampangnya komutatif dengan komplemen dan gabungan terbilang) yang memuat persegi panjangnya. Untuk $f$: $(f_x)^{-1}(B) = (f^{-1}(B))_x$. (b) ($\subseteq$) Untuk persegi panjang himpunan Borel: cukup bahwa kotak terbuka$\times$terbuka bersifat Borel di $\R^{m+n}$ (sebab kotaknya terbuka) dan bahwa persegi panjang Borel umumnya berupa limit — lewat himpunan baik lagi: $\{A : A\times\R^n \in \mathcal B(\R^{m+n})\}$ merupakan aljabar-$\sigma$ yang memuat [himpunan terbukanya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology); lalu iriskan keduanya. ($\supseteq$) Setiap [himpunan terbuka](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) $\R^{m+n}$ berupa gabungan terbilang kotak terbuka rasional $U\times V$: yang termuat di aljabar-$\sigma$ hasil kalinya. ∎

**Teorema 11.3 (Ukuran hasil kali).**

Misalkan $(X, \mathcal A, \mu)$ dan $(Y, \mathcal B, \nu)$ bersifat *berhingga-$\sigma$*. Untuk setiap $E \in \mathcal
A\otimes\mathcal B$, fungsi $x \mapsto \nu(E_x)$ bersifat [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable), dan

$$
(\mu\otimes\nu)(E) = \int_X \nu(E_x)\,\dd\mu(x)
$$

mendefinisikan satu-satunya [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) pada $\mathcal A\otimes\mathcal B$ dengan $(\mu\otimes\nu)(A\times B) = \mu(A)\nu(B)$. [Ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) itu berhingga-$\sigma$ dan setangkup: sebab [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) yang sama diperoleh dengan mengintegralkan penampang-$x$ terhadap $\nu$.

**Bukti.** *[Keterukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) $x \mapsto \nu(E_x)$.* Mula-mula misalkan $\nu$ berhingga. Kelas $\mathcal D$ berisi $E$ yang pemetaannya [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) memuat persegi panjangnya (sebab $\nu((A\times B)_x) =
\nu(B)\mathbf 1_A(x)$) dan merupakan sistem-$\lambda$: sebab untuk $E
\subseteq F$ di $\mathcal D$, $\nu((F\setminus E)_x) =
\nu(F_x) - \nu(E_x)$ (menurut keberhinggaannya); sedangkan untuk $E_n \uparrow E$, $\nu((E_n)_x) \uparrow \nu(E_x)$ (menurut [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) dari bawah), dan limit monoton [fungsi terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) tetap [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable). Persegi panjangnya membentuk sistem-$\pi$: sehingga Dynkin ([Teorema 9.4](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#thm-b3-measure-dynkin)) memberikan $\mathcal D = \mathcal
A\otimes\mathcal B$. Jika $\nu$ berhingga-$\sigma$, tulislah $Y =
\bigcup Y_k$ dengan $Y_k \uparrow$ dan $\nu(Y_k) < \infty$: maka $\nu(E_x) =
\lim_k\nu_k(E_x)$ dengan $\nu_k = \nu(\cdot\cap Y_k)$ yang berhingga.

*[Ukurannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure).* Keaditifan-$\sigma$ dari $E \mapsto
\int\nu(E_x)\dd\mu$ menyusul dari [Akibat 10.7](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#cor-b3-lebesgue-additivity) (sebab penampang himpunan yang saling lepas tetap saling lepas). Dan pada persegi panjangnya ia memberikan $\mu(A)\nu(B)$. *Ketunggalannya*: dua calonnya bersesuaian pada sistem-$\pi$ berisi persegi panjang; sedangkan keberhinggaan-$\sigma$-nya menyediakan persegi panjang $X_k\times
Y_k \uparrow X\times Y$ yang berukuran berhingga: [Teorema 9.7](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#thm-b3-measure-uniqueness). Kesetangkupannya: sebab konstruksi urutan lainnya juga merupakan [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) yang bersesuaian pada persegi panjangnya — yang tunggal, jadi sama. ∎

**Definisi 11.4.**

*Ukuran Lebesgue pada $\R^d$* adalah $\lambda_d = \lambda\otimes\cdots\otimes\lambda$ (dengan $d$ faktor; sedangkan keasosiatifan konstruksinya diperiksa pada kotak lalu dirambatkan lewat ketunggalannya). Ia satu-satunya [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) Borel yang memberi setiap kotak $\prod\intoc{a_i}{b_i}$ volumenya $\prod(b_i - a_i)$; ia invarian terhadap translasi (sebab translasinya bersesuaian pada kotak), berhingga-$\sigma$, dan [lengkap](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete) setelah [pelengkapan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#thm-b3-complete-completion) Carathéodory — lalu kita menulis $\lambda_d$ untuk [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) yang telah dilengkapkan itu dan mengintegralkan seturut itu.

## 11.2 Tonelli dan Fubini

**Teorema 11.5 (Tonelli).**

Misalkan $\mu, \nu$ berhingga-$\sigma$ dan $f \colon X\times Y \to [0,
+\infty]$ [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable). Maka $x \mapsto \int_Y f_x\,\dd\nu$ bersifat [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) dan

$$
\int_{X\times Y}f\,\dd(\mu\otimes\nu)
= \int_X\Bigl(\int_Y f(x,y)\,\dd\nu(y)\Bigr)\dd\mu(x)
= \int_Y\Bigl(\int_X f(x,y)\,\dd\mu(x)\Bigr)\dd\nu(y).
$$

**Bukti.** Lewat mesin bakunya. Untuk $f = \mathbf 1_E$ ini adalah [Teorema 11.3](#thm-b3-product-existence) (beserta bentuk setangkupnya). Lewat kelinearannya ia berlaku bagi $f \geq 0$ yang sederhana. Sedangkan untuk $f \geq
0$ yang umum: ambillah $s_n \nearrow f$ yang sederhana ([Teorema 10.4](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#thm-b3-lebesgue-approximation)); maka $\int_Y(s_n)_x
\dd\nu \nearrow \int_Y f_x\dd\nu$ untuk setiap $x$ (lewat kekonvergenan monoton di $Y$), sehingga anggota kirinya konvergen lewat kekonvergenan monoton di $X$, sedangkan $\int s_n\,\dd(\mu\otimes\nu) \nearrow \int f$ lewat kekonvergenan monoton pada hasil kalinya. ∎

**Teorema 11.6 (Fubini).**

Misalkan $\mu, \nu$ berhingga-$\sigma$ dan $f \in L^1(\mu\otimes\nu)$. Maka untuk $\mu$-hampir setiap $x$ penampang $f_x$ [terintegralkan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) terhadap $\nu$, lalu fungsi $x \mapsto \int f_x\dd\nu$ yang terdefinisi hampir di mana-mana bersifat [terintegralkan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1), dan kedua integral berulangnya sama-sama bernilai $\int f\,\dd(\mu\otimes\nu)$.

**Bukti.** Tonelli yang diterapkan pada $\abs f$ menunjukkan bahwa $\varphi(x) = \int\abs{f_x}
\dd\nu$ berintegral berhingga, jadi berhingga hampir di mana-mana: sehingga $f_x \in
L^1(\nu)$ untuk hampir setiap $x$. Pecahlah $f = f^+ - f^-$ (pada kasus realnya; sedangkan kasus kompleksnya menurut komponennya): maka Tonelli menghitung setiap integral berulang $f^\pm$ sebagai $\int f^\pm\dd(\mu\otimes\nu) <
\infty$, dan selisih yang terdefinisi hampir di mana-mana itu berintegral selisihnya. Setangkup dengan itu untuk urutan yang lain. ∎

**Metode 11.7.**

Untuk menukar dua integral (atau sebuah integral dengan sebuah jumlah, atau dua jumlah): jika integrannya *tak negatif*, tukarlah sebebasnya (lewat Tonelli). Selain itu, terapkanlah dahulu Tonelli pada $\abs f$ dalam urutan mana pun yang lebih mudah ditaksir; dan jika hasilnya berhingga, maka Fubini mengesahkan penukarannya. Jangan pernah melewati pemeriksaan $\abs f$ itu: sebab integran [Latihan 11.4](#exo-b3-product-4) mempunyai dua integral berulang *bernilai berbeda*.

**Proposisi 11.8 (Kue berlapis).**

Untuk $f \geq 0$ yang [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) pada $(X, \mathcal A, \mu)$ yang berhingga-$\sigma$:

$$
\int_X f\,\dd\mu = \int_0^{+\infty}\mu(\{f > t\})\,\dd t,
\qquad
\int_X f^p\,\dd\mu = p\int_0^{+\infty}t^{p-1}\mu(\{f >
t\})\,\dd t \quad (p \geq 1).
$$

**Bukti.** Terapkan Tonelli pada $\mathbf 1_{\{(x,t) : 0 < t < f(x)\}}$ di $X
\times \intoo0{+\infty}$ (yang [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable): sebab ia $\{(x,t): f(x) - t
> 0\}\cap\{t > 0\}$, yakni gabungan bertipe Borel atas $(x,t)\mapsto f(x) - t$ yang [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable)): maka mengintegralkan terhadap $t$ lebih dahulu memberikan $\int f\,\dd\mu$; sedangkan terhadap $x$ lebih dahulu, $\int_0^\infty\mu(f >
t)\dd t$. Untuk $f^p$: substitusikan $t = s^p$ pada $\int\mu(f^p > t)
\dd t$, yakni terapkan rumus pertamanya pada $f^p$ lalu gantilah variabelnya pada integral satu dimensinya (sebab $\{f^p > s^p\} =
\{f > s\}$). ∎

**Teorema 11.9 (Konvolusi pada L1L^1L1).**

Untuk $f, g \in L^1(\R^d, \lambda_d)$, integral

$$
(f * g)(x) = \int_{\R^d} f(x - y)\,g(y)\,\dd y
$$

konvergen mutlak untuk hampir setiap $x$, mendefinisikan $f * g \in
L^1(\R^d)$ dengan $\norm{f*g}_1 \leq \norm f_1\norm g_1$, dan $*$ bersifat komutatif serta asosiatif.

**Bukti.** Pemetaan $(x, y) \mapsto f(x-y)g(y)$ [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) (sebab $(x,y)\mapsto x -
y$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity); lalu komposisikan dan kalikan). Lewat Tonelli:

$$
\int\!\!\int \abs{f(x-y)}\abs{g(y)}\,\dd y\,\dd x
= \int\abs{g(y)}\Bigl(\int\abs{f(x - y)}\dd x\Bigr)\dd y
= \norm f_1\norm g_1 < \infty
$$

(lewat keinvarianan translasi $\lambda_d$ pada integral dalamnya). Jadi integral rangkapnya berhingga; lalu Fubini memberikan kekonvergenan mutlak hampir di mana-mana beserta batas normanya $\norm{f*g}_1 \leq \norm
f_1\norm g_1$. Kekomutatifannya: substitusikan $y \mapsto x - y$ (lewat keinvarianan translasi dan pencerminan — sebab keinvarianan pencerminannya berlaku pada kotak, jadi di mana-mana lewat ketunggalannya). Keasosiatifannya: lewat Tonelli–Fubini pada integral rangkap tiga. ∎

## 11.3 Penggantian variabel

**Teorema 11.10 (Penggantian variabel linear).**

Untuk $T \in GL_d(\R)$ dan $A \in \mathcal B(\R^d)$: $\lambda_d(T(A)) = \abs{\det T}\,\lambda_d(A)$; sehingga $\int f(y)\dd y = \abs{\det T}\int f(Tx)\,\dd x$ untuk $f \geq 0$ atau yang [terintegralkan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1).

**Bukti.** [Ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) $\mu_T(A) = \lambda_d(T(A))$ merupakan [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) Borel (sebab [homeomorfisma](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) mengawetkan himpunan Borel, [Soal 9.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#pb-b3-measure-1)), invarian terhadap translasi (sebab $T(A + x) = T(A) + Tx$), dan berhingga pada kotak satuannya: sehingga lewat pencirian [ukuran Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-lebesgueouter) ([Latihan 9.6](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#exo-b3-measure-6), yang buktinya berlaku kata demi kata di $\R^d$ dengan kubus diadik), $\mu_T = c(T)\lambda_d$ dengan $c(T)
= \lambda_d(T(\intco01^d))$. Pemetaan $T \mapsto c(T)$ bersifat multiplikatif (sebab $c(ST) = c(S)c(T)$, lewat pengomposisian), sehingga cukup dihitung $c$ pada pembangkit $GL_d$: yakni matriks elementernya. Untuk yang diagonal $\operatorname{diag}(a, 1, \dots, 1)$: ia memetakan kubus satuannya ke kotak bervolume $\abs a$: jadi $c = \abs a =
\abs\det$. Untuk transposisi koordinatnya: ia mempermutasikan kubusnya: jadi $c
= 1 = \abs\det$. Untuk transveksi $T(x) = x + \alpha
x_2e_1$: peta kubus satuannya adalah prisma yang tergeser; lalu lewat Tonelli [ukurannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) adalah $\int\lambda_1(\text{penampang})\dd x_2
\cdots \dd x_d = 1$, sebab setiap penampang-$x_1$-nya berupa selang berpanjang $1$: jadi $c = 1 = \abs{\det}$. Setiap matriks terbalikkan merupakan hasil kali matriks semacam itu (lewat eliminasi Gauss), dan baik $c$ maupun $\abs\det$ bersifat multiplikatif: sehingga $c(T) = \abs{\det T}$. Lalu rumus integralnya menyusul lewat mesin bakunya (indikator, sederhana, kekonvergenan monoton). ∎

**Teorema 11.11 (Penggantian variabel).**

Misalkan $U, V \subseteq \R^d$ terbuka dan $\Phi \colon U \to V$ sebuah difeomorfisma $\mathcal C^1$. Untuk setiap $f \colon V
\to [0, +\infty]$ yang [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) (atau $f \in L^1(V)$):

$$
\int_V f(y)\,\dd y = \int_U
f\bigl(\Phi(x)\bigr)\,\abs{\det D\Phi(x)}\,\dd x .
$$

**Bukti.** Tulis $J(x) = \abs{\det D\Phi(x)}$. Jantung buktinya adalah ketaksamaan

$$
\lambda_d\bigl(\Phi(A)\bigr) \leq \int_A J\,\dd\lambda_d
\qquad\text{untuk setiap Borel } A \subseteq U;
\tag{$*$}
$$

lalu Langkah 4 di bawah meningkatkan $(*)$ — yang diterapkan pada $\Phi$ maupun $\Phi^{-1}$ — menjadi kesamaan teoremanya. Perhatikan bahwa $\Phi^{-1}$ sendiri merupakan difeomorfisma $\mathcal C^1$ dengan Jacobi $\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = J(\Phi^{-1}y)^{-1}$ (lewat aturan rantai pada $\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}$).

*Langkah 1: $(*)$ untuk kubus, dengan faktor kesesatannya.* Tetapkan sebuah kubus tertutup $Q \subseteq U$ berpusat $x_0$ dan bersisi $2r$ (yakni bola norma-sup). Klaimnya: untuk setiap $\varepsilon > 0$, jika $\Phi$ dapat diturunkan pada $Q$ dengan $\norm{D\Phi(x) - D\Phi(x_0)} \leq \varepsilon$ pada $Q$ (dalam [norma operator](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/8-ruang-banach-dan-teorema-fundamentalnya#def-b3-banach-operator) untuk norma-sup), maka

$$
\Phi(Q) \subseteq \Phi(x_0) + D\Phi(x_0)\Bigl(\,\bigl(1 +
\varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\bigr)\,(Q - x_0)\Bigr),
$$

sebab untuk $x \in Q$, ketaksamaan nilai rata-rata yang diterapkan pada $\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x - x_0)$ memberikan $\norm{\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x-x_0)}_\infty \leq
\varepsilon\norm{x - x_0}_\infty \leq \varepsilon r$, dan $D\Phi(x_0)^{-1}$ menarik cacat itu menjadi pembesaran kubusnya sebesar $\varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\,r$. Menurut [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange),

$$
\lambda_d(\Phi(Q)) \leq \abs{\det D\Phi(x_0)}\,
\bigl(1 + \varepsilon\,C\bigr)^{d}\,\lambda_d(Q),
\qquad C = \sup_{Q}\norm{D\Phi(\cdot)^{-1}} .
$$

*Langkah 2: $(*)$ untuk kubus [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact), lewat pembagian.* Misalkan $Q
\subseteq U$ sebuah kubus [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) dan $\varepsilon > 0$. Pada $Q$, $D\Phi$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam dan $\norm{D\Phi^{-1}}$ terbatas (menurut kekompakannya); lalu bagilah $Q$ menjadi $2^{kd}$ subkubus $Q_i$ yang cukup kecil sehingga osilasi $D\Phi$ pada masing-masingnya $\leq \varepsilon$. Langkah 1 pada setiap subkubusnya (berpusat $x_i$):

$$
\lambda_d(\Phi(Q)) \leq \sum_i\lambda_d(\Phi(Q_i))
\leq (1 + C\varepsilon)^d \sum_i \abs{\det
D\Phi(x_i)}\,\lambda_d(Q_i)
\leq (1 + C\varepsilon)^d\Bigl(\int_Q J + \varepsilon'\Bigr),
$$

dengan langkah terakhirnya sebab $\sum_i\abs{\det D\Phi(x_i)}\mathbf
1_{Q_i} \to J$ secara seragam pada $Q$ (menurut [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $\det D\Phi$) — yakni pembandingan jumlah Riemann. Lalu biarkan $\varepsilon \to 0$: sehingga $(*)$ berlaku bagi kubus [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact).

*Langkah 3: $(*)$ untuk setiap Borel $A$.* Fungsi himpunan $A
\mapsto \lambda_d(\Phi(A))$, pada himpunan bagian Borel dari $U$, merupakan [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) (sebab $\Phi$ bijeksi ke $V$ yang mengawetkan himpunan Borel dan kelepasan terbilang), dan demikian pula $A \mapsto \int_AJ$. Setiap himpunan bagian terbuka $U$ berupa gabungan terbilang kubus [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) diadik yang hampir saling lepas (lewat penguraian diadik bakunya: ambillah kubus diadik maksimal yang termuat di [himpunan terbukanya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology)), dan kedua [ukurannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) aditif melintasinya (sebab batas kubusnya bersifat nol-$\lambda_d$, dan peta-$\Phi$-nya bersifat nol menurut Langkah 2 yang diterapkan pada selimut kubus tipis atas sisinya): sehingga $(*)$ beralih dari kubus ke [himpunan terbuka](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology). Untuk Borel $A$ yang umum: habiskan $U$ oleh [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $K_m \uparrow U$ dengan $K_m \subseteq
\mathring K_{m+1}$, lalu tetapkan $m$; maka pada $\mathring K_{m+1}$, $J$ terbatas oleh suatu $M_m$. Lewat keteraturan luar $\lambda_d$ (dengan bukti seperti pada [Teorema 9.13](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#thm-b3-measure-regularity), memakai kotak), pilihlah [himpunan terbuka](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) $O_n$ dengan $A \cap K_m \subseteq O_n
\subseteq \mathring K_{m+1}$ dan $\lambda_d\bigl(O_n \setminus
(A\cap K_m)\bigr) \to 0$. Maka

$$
\lambda_d\bigl(\Phi(A\cap K_m)\bigr) \leq
\lambda_d\bigl(\Phi(O_n)\bigr) \leq \int_{O_n}J
\leq \int_{A\cap K_m}J + M_m\,\lambda_d\bigl(O_n\setminus(A\cap
K_m)\bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_{A\cap K_m}J .
$$

Lalu biarkan $m \to \infty$: [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) dari bawah pada kirinya, dan kekonvergenan monoton pada kanannya. Dengan demikian $(*)$ tegak.

*Langkah 4: kesamaannya dan rumus integralnya.* Mula-mula perluaslah $(*)$ dari himpunan ke integral: untuk setiap $g
\geq 0$ yang [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) pada $V$,

$$
\int_V g(y)\,\dd y \leq \int_U g(\Phi(x))\,J(x)\,\dd x .
\tag{$**$}
$$

Sungguh, untuk $g = \mathbf 1_B$ ini adalah $(*)$ dengan $A =
\Phi^{-1}(B)$; lalu kelinearannya memperluasnya ke $g$ yang sederhana, dan kekonvergenan monotonnya ke setiap $g \geq 0$ (yakni mesin bakunya). Kini terapkan $(**)$ dua kali: mula-mula pada $g$, lalu — untuk difeomorfisma $\Phi^{-1}$ — pada fungsi $x \mapsto g(\Phi(x))J(x)$:

$$
\int_Vg \leq \int_U g(\Phi(x))J(x)\dd x
\leq \int_V g(y)\,J(\Phi^{-1}y)\,\abs{\det
D\Phi^{-1}(y)}\,\dd y = \int_V g ,
$$

sebab $J(\Phi^{-1}y)\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = \abs{\det\bigl(
D\Phi(\Phi^{-1}y)\,D\Phi^{-1}(y)\bigr)} = 1$ (lewat aturan rantai pada $\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}$). Jadi semua ketaksamaannya menjadi kesamaan: sehingga rumusnya berlaku bagi $g \geq 0$, dan bagi fungsi $L^1$ lewat penguraiannya. ∎

**Contoh 11.12 (Koordinat kutub; fungsi Gauss lagi).**

Pemetaan $\Phi(r, \theta) = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ merupakan difeomorfisma $\mathcal C^1$ dari $\intoo0{+\infty}\times\intoo0{2\pi}$ ke $\R^2$ dikurangi sebuah setengah garis (yakni himpunan nol), dengan $\det D\Phi =
r$:

$$
\int_{\R^2}f(x, y)\,\dd x\,\dd y
= \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{+\infty}
f(r\cos\theta, r\sin\theta)\,r\,\dd r\,\dd\theta .
$$

Untuk $f = \eu^{-x^2-y^2}$, Tonelli dan rumus ini memberikan

$$
G^2 = \Bigl(\int_\R \eu^{-x^2}\dd x\Bigr)^2
= \int_{\R^2}\eu^{-x^2-y^2}
= 2\pi\int_0^\infty r\eu^{-r^2}\dd r = \pi:
$$

yakni bukti klasik dua baris bagi $G = \sqrt\pi$, yang kini sepenuhnya dibenarkan (bandingkan dengan bukti parameternya pada [Soal 10.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1)).

**Teorema 11.13 (Volume bola satuan).**

Misalkan $v_d = \lambda_d(B(0,1))$ di $\R^d$. Maka

$$
v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma\bigl(\frac d2 + 1\bigr)} :
\qquad
v_1 = 2,\quad v_2 = \pi,\quad v_3 = \tfrac{4\pi}3,\quad
v_4 = \tfrac{\pi^2}2,\ \dots
$$

**Bukti.** Hitunglah $I = \int_{\R^d}\eu^{-\norm x_2^2}\dd\lambda_d$ dua kali. Lewat Tonelli ia terfaktorkan: $I = G^d = \pi^{d/2}$. Sedangkan lewat rumus kue berlapis ([Proposisi 11.8](#prop-b3-product-layercake)) dengan $f = \eu^{-
\norm x^2}$, yang himpunan arasnya berupa bola: $\{f > t\} =
B\bigl(0, \sqrt{-\ln t}\bigr)$ untuk $0 < t < 1$, yang berukuran $v_d(-\ln t)^{d/2}$ (sebab pendilatan oleh $\rho$ menskalakan $\lambda_d$ dengan $\rho^d$: [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange)), sehingga

$$
I = \int_0^1 v_d\,(-\ln t)^{d/2}\,\dd t
\overset{t = \eu^{-s}}{=}
v_d\int_0^\infty s^{d/2}\eu^{-s}\,\dd s
= v_d\,\Gamma\Bigl(\frac d2 + 1\Bigr).
$$

Lalu samakan keduanya. (Nilainya: $\Gamma(\frac32) = \frac{\sqrt\pi}2$, $\Gamma(2) = 1$, dan seterusnya.) Perhatikan bahwa $v_d \to 0$ saat $d \to \infty$ — dan soal akhir pekannya mengukur secepat apa, lewat Stirling. ∎

## 11.4 Latihan

**Latihan 11.1 ★.**

Misalkan $\mu$ [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) cacah pada $(\intcc01, \mathcal
B(\intcc01))$ (yang tak berhingga-$\sigma$) dan $\lambda$ [ukuran Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-lebesgueouter), lalu misalkan $\Delta = \{(x,x)\}$ diagonal di $\intcc01^2$. Tunjukkan bahwa $\Delta$ [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable), lalu hitunglah kedua integral berulang $\mathbf 1_\Delta$ terhadap $\lambda$ dan $\mu$: keduanya berbeda. Hipotesis mana pada [Teorema 11.5](#thm-b3-product-tonelli) yang gagal?

**Solusi Latihan 11.1.**

Himpunan $\Delta$ tertutup di $\intcc01^2$, jadi bersifat Borel, dan $\mathcal
B(\intcc01^2)$ adalah aljabar-$\sigma$ hasil kalinya ([Proposisi 11.2](#prop-b3-product-sections)(b)). Dengan berulang menurut satu arah:

$$
\int_{\intcc01}\Bigl(\int \mathbf 1_\Delta(x,y)
\,\dd\lambda(y)\Bigr)\dd\mu(x)
= \int \lambda(\{x\})\,\dd\mu(x) = 0 ;
$$

sedangkan menurut arah yang lain:

$$
\int_{\intcc01}\Bigl(\int\mathbf
1_\Delta(x,y)\,\dd\mu(x)\Bigr)\dd\lambda(y)
= \int \mu(\{y\})\,\dd\lambda(y) = \int 1\,\dd\lambda = 1 .
$$

Hipotesis yang gagal adalah keberhinggaan-$\sigma$ [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) cacah $\mu$ pada $\intcc01$ yang tak terbilang: sebab tak ada keluarga terbilang berisi himpunan berukuran-$\mu$ berhingga yang menyelimutinya.

**Latihan 11.2 ★.**

Benarkan penukarannya lalu turunkan kembali integral Dirichlet: untuk $A > 0$,

$$
\int_0^A\frac{\sin x}x\,\dd x
= \int_0^A\!\!\int_0^{+\infty}\eu^{-xy}\sin x\,\dd y\,\dd x
= \int_0^{+\infty}\!\!\int_0^A \eu^{-xy}\sin x\,\dd x\,\dd y,
$$

hitunglah integral dalamnya dalam bentuk tertutup, lalu biarkan $A \to
+\infty$ (dengan mendominasi integral-$y$-nya) untuk memperoleh $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$.

**Solusi Latihan 11.2.**

Pada $\intcc0A\times\intoo0{+\infty}$: $\int_0^A\int_0^\infty\eu^{-xy}\abs{\sin x}\,\dd y\,\dd x =
\int_0^A\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \leq A < \infty$ (lewat Tonelli untuk nilai mutlaknya): sehingga Fubini berlaku, dan karena $\int_0^\infty\eu^{-xy}\dd y = \frac1x$, maka

$$
\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x
= \int_0^\infty\Bigl(\int_0^A\eu^{-xy}\sin x\,\dd
x\Bigr)\dd y
= \int_0^\infty \frac{1 - \eu^{-Ay}(\cos A + y\sin A)}{1 +
y^2}\,\dd y
$$

(dengan integral dalamnya: $\operatorname{Im}\int_0^A\eu^{(\iu -
y)x}\dd x$, yang dihitung langsung). Saat $A \to \infty$, suku koreksinya terbatas oleh $\int_0^\infty\eu^{-Ay}\frac{1 +
y}{1 + y^2}\dd y \leq \frac32\int_0^\infty\eu^{-Ay}\dd y =
\frac3{2A} \to 0$; sedangkan suku utamanya adalah $\int_0^\infty\frac{\dd y}{1+y^2} = \frac\pi2$. Karena itu $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ — yakni integral Dirichlet lewat Fubini.

**Latihan 11.3 ★★.**

(a) Buktikan bahwa untuk $f \geq 0$ yang [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) dan $\mu$ yang berhingga: $\sum_{n\geq1}\mu(\{f \geq n\}) \leq \int f\,\dd\mu \leq
\mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(\{f\geq n\})$: sehingga keterintegralannya adalah keterjumlahan [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) ekornya. (b) Turunkan bahwa $f \in L^1(\mu)$ (dengan $\mu$ berhingga) jika dan hanya jika $\sum_n\mu(\abs f \geq n) < \infty$.

**Solusi Latihan 11.3.**

(a) Lewat kue berlapis ([Proposisi 11.8](#prop-b3-product-layercake)): $\int
f\,\dd\mu = \int_0^\infty\mu(f > t)\,\dd t$, dan $t \mapsto
\mu(f > t)$ bersifat tak naik. Pada $[n-1, n]$: $\mu(f \geq n)
\leq \mu(f > t) \leq \mu(f > n - 1) \leq \mu(f \geq n - 1)$; lalu jumlahkan integralnya atas selang satuannya:

$$
\sum_{n\geq1}\mu(f \geq n) \leq \int f\,\dd\mu \leq
\sum_{n\geq1}\mu(f \geq n - 1) = \mu(f \geq 0) +
\sum_{n\geq1}\mu(f\geq n) \leq \mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(f\geq
n).
$$

(b) Terapkan (a) pada $\abs f$: maka keberhinggaan integralnya dan deretnya saling setara (sebab tambahan $\mu(X)$ bersifat berhingga).

**Latihan 11.4 ★★.**

Untuk $f(x, y) = \dfrac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2}$ pada $\intoo01^2$, tunjukkan bahwa

$$
\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x = \frac\pi4,
\qquad
\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd x\,\dd y = -\frac\pi4
$$

*(perhatikan $f = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)$)*, lalu periksalah langsung bahwa $\int\!\int\abs f = +\infty$: jadi hipotesis keterintegralan Fubini bukanlah hiasan.

**Solusi Latihan 11.4.**

Karena $f(x,y) = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)$ untuk $x \ne 0$:

$$
\int_0^1 f(x, y)\,\dd y = \frac{1}{x^2 + 1}
\ \Longrightarrow\
\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x =
\int_0^1\frac{\dd x}{1 + x^2} = \frac\pi4 ;
$$

lalu menurut kesetangkupan gasal $f(y,x) = -f(x,y)$, urutan lainnya memberikan $-\frac\pi4$. Untuk nilai mutlaknya: bila $0 < y < x$,

$$
\int_0^x f(x,y)\,\dd y = \Bigl[\frac{y}{x^2 +
y^2}\Bigr]_0^x = \frac1{2x},
\quad\text{dan } f \geq 0 \text{ di sana, sehingga}\quad
\int_0^1\!\!\int_0^1\abs f \geq \int_0^1\frac{\dd x}{2x} =
+\infty .
$$

Tak ada pertentangan dengan Fubini: sebab hipotesisnya $f \in L^1$ gagal, dan kedua integral berulangnya sekadar dua bilangan yang berbeda.

**Latihan 11.5 ★★.**

(a) Hitunglah $\mathbf 1_{\intcc01} * \mathbf 1_{\intcc01}$ secara eksplisit (yakni sebuah fungsi tenda), lalu bentuk umum $(\mathbf 1 * \mathbf 1 *
\mathbf 1)$. (b) Tunjukkan bahwa $\operatorname{supp}(f * g) \subseteq
\overline{\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g}$. (c) Tunjukkan bahwa jika $f \in L^1$ dan $g$ terbatas serta [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), maka $f * g$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity). *(Pakai kekonvergenan terdominasi lewat [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) translasi pada $g$ yang terbatas itu.)*

**Solusi Latihan 11.5.**

(a) $(\mathbf 1_{\intcc01}*\mathbf 1_{\intcc01})(x) =
\lambda\bigl(\intcc01\cap\intcc{x-1}x\bigr)$: yakni $0$ bila $x
\notin \intcc02$, $x$ bila $0 \leq x \leq 1$, dan $2 - x$ bila $1
\leq x \leq 2$: yaitu tendanya. Mengonvolusikannya lagi memberikan gundukan $\mathcal C^1$ yang kuadratik sepenggal-sepenggal pada $\intcc03$ (yakni B-spline kuadratik): sehingga setiap konvolusinya menambah satu derajat kemulusan — yakni asas pemulusan di balik pemulus [Bab 12](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/12-ruang-lp#ch-b3-lp).

(b) Jika $x \notin \overline{\operatorname{supp}f +
\operatorname{supp}g}$, maka ada bola di sekitar $x$ yang saling lepas dengan himpunan jumlahnya; lalu untuk $y \in \operatorname{supp}g$, $x - y
\notin\operatorname{supp}f$, sehingga integrannya lenyap secara identik: jadi $f * g = 0$ di dekat $x$.

(c) Untuk $x_n \to x$: $(f*g)(x_n) = \int
f(y)g(x_n - y)\,\dd y$; maka integrannya konvergen titik demi titik (menurut [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $g$) dan terdominasi oleh $\norm
g_\infty\,\abs f \in L^1$: sehingga kekonvergenan terdominasinya memberikan $(f*g)(x_n) \to (f*g)(x)$.

**Latihan 11.6 ★★.**

(a) Tunjukkan bahwa simpleks $\Delta_d = \{x \in \intco0\infty^d
: x_1 + \dots + x_d \leq 1\}$ bervolume $\frac1{d!}$ *(lewat induksi dan Fubini)*. (b) Pulihkan $v_2 = \pi$ dan $v_3 = \frac{4\pi}3$ dari [Teorema 11.13](#thm-b3-product-ballvolume), lalu tunjukkan bahwa $\lambda_d(\text{elipsoid bersetengah sumbu } a_i) =
v_d\prod a_i$.

**Solusi Latihan 11.6.**

(a) Lewat Fubini dan induksi, dengan mengiris sepanjang koordinat terakhirnya:

$$
\lambda_d(\Delta_d) = \int_0^1
\lambda_{d-1}\bigl((1 - t)\,\Delta_{d-1}\bigr)\,\dd t
= \lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})\int_0^1(1 - t)^{d-1}\dd t
= \frac{\lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})}{d},
$$

dengan memakai aturan pendilatan $\lambda_{d-1}(\rho A) =
\rho^{d-1}\lambda_{d-1}(A)$ ([Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange)); lalu dengan $\lambda_1(\Delta_1) = 1$: volumenya $\frac1{d!}$.

(b) $v_2 = \pi/\Gamma(2) = \pi$; dan $v_3 =
\pi^{3/2}/\Gamma(\frac52) = \pi^{3/2}/(\frac32\cdot\frac12
\sqrt\pi) = \frac{4\pi}3$. Sedangkan elipsoidnya adalah $T(B(0,1))$ dengan $T = \operatorname{diag}(a_1, \dots, a_d)$: sehingga [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange) memberikan volume $v_d\prod a_i$.

**Latihan 11.7 ★★.**

Untuk $s > 0$ yang mana integral berikut berhingga? Benarkan dengan [koordinat kutub](#ex-b3-product-polar):

$$
\int_{B(0,1)\subseteq\R^2}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 +
y^2)^{s}},
\qquad
\int_{\R^2\setminus B(0,1)}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 +
y^2)^{s}} .
$$

Perumumkanlah ke $\R^d$ (dengan ambang $s < d/2$ dan $s > d/2$).

**Solusi Latihan 11.7.**

Di $\R^2$, lewat [koordinat kutub](#ex-b3-product-polar) ([Contoh 11.12](#ex-b3-product-polar)):

$$
\int_{B(0,1)}\frac{\dd x\dd y}{(x^2+y^2)^s}
= 2\pi\int_0^1 r^{1 - 2s}\,\dd r,
\qquad
\int_{\R^2\setminus B(0,1)} = 2\pi\int_1^\infty r^{1-2s}\dd r:
$$

yang berhingga jika dan hanya jika $1 - 2s > -1$ (yakni $s < 1$), berturut-turut $1 - 2s < -1$ (yakni $s >
1$). Di $\R^d$, hindarilah koordinat bola dengan memakai kue berlapisnya: $\lambda_d(\{\norm x^{-2s} > t\}\cap B(0,1)) =
\lambda_d(B(0, \min(1, t^{-1/2s}))) = v_d\min(1, t^{-d/2s})$, dan $\int_0^\infty v_d\min(1, t^{-d/(2s)})\dd t < \infty$ jika dan hanya jika $\frac d{2s} > 1$, yakni $s < \frac d2$; sedangkan integral luarnya konvergen jika dan hanya jika $s > \frac d2$ (lewat perhitungan yang sama pada daerah komplemennya).

**Latihan 11.8 ★★★.**

(Beta–Gamma) Untuk $p, q > 0$, misalkan $B(p, q) = \int_0^1t^{p-1}(1
- t)^{q-1}\dd t$. Mulailah dari $\Gamma(p)\Gamma(q)$ sebagai integral rangkap, lalu substitusikan $(x, y) = (uv,\, u(1 - v))$ (yakni sebuah difeomorfisma dari kuadran terbuka ke $\intoo0\infty\times\intoo01$; hitunglah Jacobinya $= u$) lalu simpulkan

$$
B(p, q) = \frac{\Gamma(p)\,\Gamma(q)}{\Gamma(p + q)} .
$$

Turunkan $\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\,
\dd\theta = \frac12B(p,q)$ beserta nilai integral Wallis $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n$.

**Solusi Latihan 11.8.**

Lewat Tonelli (sebab integrannya positif) dan penggantian variabel $(x, y) = \Phi(u, v) = (uv,\ u(1-v))$, yakni sebuah difeomorfisma $\mathcal C^1$ dari $\intoo0\infty\times\intoo01$ ke kuadran terbuka dengan

$$
\det D\Phi = \det\begin{pmatrix} v & u\\ 1 - v & -u
\end{pmatrix} = -uv - u(1 - v) = -u,
\qquad \abs{\det} = u :
$$

$$
\Gamma(p)\Gamma(q) =
\iint x^{p-1}y^{q-1}\eu^{-x-y}\dd x\,\dd y
= \iint (uv)^{p-1}\bigl(u(1{-}v)\bigr)^{q-1}\eu^{-u}\,u\,
\dd u\,\dd v
= \Gamma(p + q)\,B(p, q).
$$

Lalu substitusi $t = \sin^2\theta$ pada $B(p,q)$ memberikan $2\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\,\dd\theta =
B(p, q)$. Untuk Wallis: $W_n =
\int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,\dd\theta = \frac12B\bigl(\frac{n +
1}2, \frac12\bigr) = \frac{\Gamma(\frac{n+1}2)\sqrt\pi}
{2\,\Gamma(\frac n2 + 1)}$ — misalnya $W_{2n} =
\frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ dengan memakai $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi$.

**Latihan 11.9 ★★.**

(Rumus pemindahan) Misalkan $T \colon (X, \mathcal A, \mu) \to (Y,
\mathcal B)$ [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) dan $T_*\mu(B) = \mu(T^{-1}(B))$ yakni *ukuran peta maju*. Tunjukkan bahwa untuk setiap $g \geq 0$ yang [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) pada $Y$:

$$
\int_Y g\,\dd(T_*\mu) = \int_X g\circ T\,\dd\mu
$$

(lewat mesin bakunya). Lalu bandingkan dengan [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange): keterangan tambahan apa yang dibawa rumus penggantian variabelnya, yang tak dibawa rumus pemindahan abstraknya? *(Sebab rumus pemindahannya tak pernah mengenali $T_*\mu$; sedangkan teorema penggantian variabelnya menghitung $T_*\lambda_d$ secara eksplisit sebagai [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) berkepadatan.)*

**Solusi Latihan 11.9.**

Untuk indikatornya: $\int\mathbf 1_B\,\dd(T_*\mu) = T_*\mu(B) =
\mu(T^{-1}B) = \int\mathbf 1_B\circ T\,\dd\mu$; lalu kelinearannya memperluasnya ke $g$ yang sederhana, dan kekonvergenan monotonnya ke $g \geq 0$ — yakni rumus pemindahannya. Ia murni formal: sebab ia menyatakan ulang integral terhadap $T_*\mu$ tetapi tak mengatakan apa pun tentang $T_*\mu$ itu *apa*. Sedangkan isi [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange) dan [Teorema 11.11](#thm-b3-product-changeofvar) adalah pengenalannya

$$
\Phi_*\bigl(\lambda_d\restriction_U\bigr) =
\abs{\det D\Phi^{-1}}\,\lambda_d\restriction_V
\quad\text{(yakni ukuran berkepadatan)},
$$

yakni sebuah perhitungan peta maju [ukuran Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-lebesgueouter) — dengan masukan analitisnya berupa geometri diferensial $\Phi$, bukan formalisme teori [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure).

**Latihan 11.10 ★★★.**

(Momen Gauss) Dengan [koordinat kutub](#ex-b3-product-polar) dan Fubini, hitunglah untuk bobot Gauss baku pada $\R^d$:

$$
\int_{\R^d}\norm x_2^2\;\eu^{-\norm x_2^2}\,\dd x
\qquad\text{dan}\qquad
\int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2_2}\,\dd x,
$$

lalu periksa kekonsistenannya (sebab $\norm x^2 = \sum x_i^2$), dan turunkan momen kedua [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$.

**Solusi Latihan 11.10.**

Lewat Tonelli fungsi Gaussnya terfaktorkan, sehingga dengan $G_1 =
\int_\R\eu^{-s^2}\dd s = \sqrt\pi$ dan $\int_\R
s^2\eu^{-s^2}\dd s = \frac{\sqrt\pi}2$ (lewat pengintegralan parsial):

$$
\int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2}\dd x =
\frac{\sqrt\pi}2\;\pi^{(d-1)/2} = \frac{\pi^{d/2}}2,
\qquad
\int_{\R^d}\norm x^2\eu^{-\norm x^2}\dd x =
d\cdot\frac{\pi^{d/2}}2
$$

(sebab menurut kesetangkupannya, $\norm x^2 = \sum_ix_i^2$ menyumbang $d$ suku yang sama — yakni pemeriksaan kekonsistenannya). Untuk [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) yang ternormalkan $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$, momen keduanya adalah $\frac d2$.

**Latihan 11.11 ★★.**

(Grafik dan hipograf) Misalkan $f \colon \R^d \to \intco0\infty$ [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable). (a) Tunjukkan bahwa *hipograf* $H = \{(x, y) \in
\R^d\times\R : 0 < y < f(x)\}$ [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) di $\R^{d+1}$ dengan

$$
\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d :
$$

yakni “integralnya adalah luas di bawah grafiknya”, akhirnya menjadi sebuah teorema. *(Pakai penampangnya; lalu Tonelli.)* (b) Tunjukkan bahwa grafik $\{(x, f(x)) : x \in \R^d\}$ merupakan himpunan nol di $\R^{d+1}$. (c) Turunkan bukti dua baris bahwa bola $S^{d-1}$ bersifat nol-Lebesgue di $\R^d$.

**Solusi Latihan 11.11.**

(a) Berlaku $H = \Phi^{-1}(\intoo0\infty)$ untuk $\Phi(x, y) = f(x) -
y$ yang diiriskan dengan $\{y > 0\}$: yang [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable), sebab $(x, y)
\mapsto f(x)$ dan $(x,y)\mapsto y$ [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) pada hasil kalinya (lewat komposisi dengan proyeksinya). Sedangkan penampang-$x$ dari $H$ adalah $\intoo0{f(x)}$, yang berukuran $f(x)$: sehingga Tonelli mengintegralkan penampangnya,

$$
\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}\lambda_1\bigl(\intoo0{f(x)}
\bigr)\,\dd x = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d .
$$

(b) Grafiknya adalah $\{(x,y) : y \geq f(x)\} \cap \{y \leq
f(x)\}$, yang [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable); sedangkan penampang-$x$-nya berupa himpunan tunggal, yang berukuran $0$: sehingga Tonelli memberikan $\lambda_{d+1}(\text{grafik}) =
\int 0 = 0$.

(c) Bola $S^{d-1}$ adalah gabungan dua grafik $y =
\pm\sqrt{1 - \abs{x'}^2}$ atas bola satuan $\R^{d-1}$ (dengan memisahkan koordinat terakhirnya): yakni gabungan dua himpunan nol menurut (b), jadi nol.

**Latihan 11.12 ★★.**

(Sebuah integral rangkap yang termasyhur) Dengan deret geometri dan Tonelli pada $\intoo01^2$, buktikan bahwa

$$
\int_0^1\!\!\int_0^1\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy}
= \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \zeta(2),
\qquad
\int_0^1\!\!\int_0^1\frac{\dd x\,\dd y}{1 + xy}
= \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\zeta(2)}2 .
$$

(Untuk identitas deret keduanya: pisahkan indeks genap dan gasalnya.) Dengan $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ ([Bab 15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/15-operator-kompak-dan-teorema-spektral#ch-b3-spectral)), dua integral yang tampak tak berbahaya bernilai $\frac{\pi^2}6$ dan $\frac{\pi^2}{12}$; lalu di manakah tepatnya hipotesis kepositifan Tonelli menjalankan tugasnya?

**Solusi Latihan 11.12.**

Pada $\intoo01^2$, $\frac1{1 - xy} = \sum_{n\geq0}(xy)^n$ dengan suku tak negatif: sehingga Tonelli mengizinkan pengintegralan suku demi suku,

$$
\iint\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy}
= \sum_{n\geq0}\Bigl(\int_0^1x^n\dd x\Bigr)
\Bigl(\int_0^1y^n\dd y\Bigr)
= \sum_{n\geq0}\frac1{(n+1)^2} = \zeta(2) .
$$

Untuk kasus berganti tandanya, $\frac1{1 + xy} =
\sum_n(-1)^n(xy)^n$ bukan deret positif; tetapi integral deret *mutlaknya* bernilai $\zeta(2) <
\infty$, sehingga Fubini (dengan keterintegralan yang kini tegak) berlaku: $\iint\frac{\dd x\dd y}{1 + xy} =
\sum_n\frac{(-1)^n}{(n+1)^2}$. Untuk identitas deretnya:

$$
\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}
= \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} - 2\sum_{k\geq1}\frac1{(2k)^2}
= \zeta(2) - \frac{\zeta(2)}2 = \frac{\zeta(2)}2 .
$$

Dengan $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ ([Soal 15.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/15-operator-kompak-dan-teorema-spektral#pb-b3-spectral-1)): kedua integralnya bernilai $\frac{\pi^2}6$ dan $\frac{\pi^2}{12}$. Kepositifan Tonelli adalah segalanya pada perhitungan pertamanya — sebab tak ada pemeriksaan keterintegralan yang perlu sebelum menukarnya; sedangkan pada yang kedua, kepositifan deret mutlaknyalah yang *menyahihkan* keterintegralannya sehingga Fubini boleh berjalan pada deret bertandanya.

## 11.5 Soal: rumus Stirling

**Soal 11.1.**

Soal akhir pekan — $n! \sim
\sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n$, lewat kekonvergenan terdominasi

Rumus Stirling menguasai setiap pencacahan asimtotik di buku ini — yakni volume bola, koefisien binomial, dan bentuk lokal teorema limit pusat. Kita membuktikannya dari integral $\Gamma$ ([Contoh 10.16](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma)) dengan *metode Laplace*, dalam bentuk kekonvergenan terdominasinya yang paling bersih, lalu memungut buah hasilnya.

**Bagian I — Rumusnya.** Untuk $t > 0$, $\Gamma(t + 1) = \int_0^\infty x^{t}\eu^{-x}\dd x$.

1. Substitusikan $x = t + \sqrt t\,u$ lalu tunjukkan bahwa $$\frac{\Gamma(t+1)}{t^{t}\eu^{-t}\sqrt t}  = \int_{-\sqrt t}^{+\infty}  \exp\Bigl(t\ln\Bigl(1 + \frac u{\sqrt  t}\Bigr) - \sqrt t\,u\Bigr)\,\dd u  \;=\;\int_\R g_t(u)\,\dd u,$$ dengan $g_t(u) = \exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t) -  \sqrt t\,u\bigr)\mathbf 1_{u > -\sqrt t}$.
2. Tunjukkan limit titik demi titiknya: untuk setiap $u$ yang tetap, $g_t(u)  \to \eu^{-u^2/2}$ saat $t \to +\infty$ *(uraikan $\ln(1 + h)$ sampai orde kedua)* .
3. Dominasinya. Misalkan $\varphi(h) = \ln(1 + h) - h$, sehingga $g_t(u) = \exp\bigl(t\,\varphi(u/\sqrt t)\bigr)$ untuk $u > -\sqrt t$. Buktikan kedua batas $$\varphi(h) \leq -\frac{h^2}4 \quad (-1 < h \leq 1),  \qquad  \varphi(h) \leq -c\,h \quad (h \geq 1),\ \ c = 1 -  \ln 2 > 0$$ *(pelajarilah $\varphi(h) + \frac{h^2}4$ dan $\varphi(h)  + ch$: hitunglah turunannya lalu periksa tandanya pada masing-masing selangnya)*. Lalu turunkan, untuk $t \geq 1$: $$g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4}\ \ (\abs u \leq \sqrt t),  \qquad  g_t(u) \leq \eu^{-cu}\ \ (u \geq \sqrt t),$$ sehingga $g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4} +  \eu^{-cu}\,\mathbf 1_{u > 0}$: yakni pendominasi [terintegralkan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) yang tak bergantung pada $t \geq 1$.
4. Simpulkan dengan teorema kekonvergenan terdominasi dan integral Gauss ([Contoh 11.12](#ex-b3-product-polar)): $$\Gamma(t + 1) \;\sim\;  \sqrt{2\pi t}\;\Bigl(\frac t\eu\Bigr)^{t}  \qquad (t \to +\infty),$$ dan khususnya $n! \sim \sqrt{2\pi  n}\,(n/\eu)^n$.

**Bagian II — Buah hasilnya.**

5. (Wallis) Dari [Latihan 11.8](#exo-b3-product-8) , rumus bertipe $W_{2n} =  \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}$ : turunkanlah $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ dari Stirling, lalu periksalah terhadap rekursi $W_{n} =  \frac{n-1}nW_{n-2}$ .
6. (Volume bolanya runtuh) Tunjukkan bahwa $$v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma(\frac d2 + 1)}  \;\sim\; \frac{1}{\sqrt{\pi d}}  \Bigl(\frac{2\pi\eu}{d}\Bigr)^{d/2},$$ sehingga $v_d \to 0$ lebih cepat daripada barisan geometri mana pun; lalu carilah dimensi yang memaksimumkan $v_d$ (secara numerik: $d =  5$).
7. (Pemusatan binomialnya — yakni cuplikan [Bab 23](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/23-fungsi-karakteristik-dan-teorema-limit-pusat#ch-b3-clt)) Dengan Stirling, tunjukkan taksiran lokalnya, untuk $k = n/2 + s\sqrt n/2$ dengan $s$ yang tetap dan $n$ genap: $$2^{-n}\binom{n}{k} \;\sim\;  \sqrt{\frac{2}{\pi n}}\;\eu^{-s^2/2},$$ yakni profil Gauss diskretnya: de Moivre–Laplace dalam embrio.
8. Di manakah tepatnya bukti Bagian I memakai: (i) kekonvergenan monoton atau terdominasi; (ii) integral Gaussnya; (iii) sifat keinvarianan [ukuran Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-lebesgueouter) ? Satu kalimat masing-masing.

**Bagian III — Suku galatnya: Stirling dengan palang.** Tetapkan $d_n = \ln n! - \bigl(n + \tfrac12\bigr)\ln n + n -
\ln\sqrt{2\pi}$, sehingga Bagian I mengatakan $d_n \to 0$.

9. Tunjukkan bahwa $d_n - d_{n+1} = \bigl(n +  \tfrac12\bigr)\ln\bigl(1 + \tfrac1n\bigr) - 1$ .
10. Dengan $t = \frac1{2n+1}$, periksalah $\frac{n+1}n =  \frac{1+t}{1-t}$ lalu uraikan: $$d_n - d_{n+1} = \frac{t^2}3 + \frac{t^4}5 +  \frac{t^6}7 + \cdots,$$ lalu turunkan batas dua sisinya $$\frac1{3(2n+1)^2} \;<\; d_n - d_{n+1} \;<\;  \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)} .$$
11. Teleskopkanlah (dengan memakai $d_m \to 0$) lalu periksa identitas aljabar yang menyenangkan $\frac1{3(2m+1)^2} >  \frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1}$ untuk $m \geq 1$, untuk memperoleh pengapitan klasiknya $$\sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n  \eu^{1/(12n+1)} \;<\; n! \;<\;  \sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n\eu^{1/(12n)} .$$
12. Dua akibatnya: (a) galat nisbi rumus Stirling bernilai $< 10^{-6}$ segera setelah $n \geq 83\,334$ ; (b) taksirlah $100!$ sampai empat angka berarti dengan tangan dari pengapitannya (dengan $100! \approx 9.3326\cdot  10^{157}$ ), lalu takjublah sejenak pada ketelitian sebuah rumus asimtotik pada $n$ yang sangat berhingga.

**Bagian IV — Jalur Wallis: Stirling tanpa fungsi Gauss.** Secara historis konstanta $\sqrt{2\pi}$ datang dari Wallis, bukan dari Gauss; dan bagian ini membuktikan kembali Stirling secara bebas dari Bagian I–II, sehingga membuktikan kembali integral Gaussnya. Misalkan $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,
\dd\theta$.

13. Tegakkanlah $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ (lewat pengintegralan parsial), bentuk tertutupnya $$W_{2n} = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}, \qquad  W_{2n+1} = \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}n},$$ beserta identitas $W_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}$.
14. Dari kemonotonan $(W_n)$ turunkan $W_{2n}/W_{2n+1} \to 1$, lalu $$W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\frac\pi n}  \qquad\text{dan}\qquad  \binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \longrightarrow  \frac1{\sqrt\pi} :$$ yakni teorema Wallis, yang diperoleh tanpa Stirling.
15. Tunjukkan, lewat peneleskopan Bagian III saja (tanpa perlu nilai konstantanya), bahwa $e_n = \ln n! - (n +  \frac12)\ln n + n$ konvergen ke suatu limit $\ell$ ; yang setara dengan $n! \sim K\,n^{n+1/2}\eu^{-n}$ dengan $K =  \eu^\ell > 0$ yang belum dikenali.
16. Sisipkan keasimtotikan ini ke $\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n$ lalu kenali, dengan memakai pertanyaan 14, satu-satunya nilai yang mungkin: $K = \sqrt{2\pi}$ . Rakitlah logikanya: Bagian III–IV bersama memberikan bukti kedua yang [lengkap](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete) bagi Stirling — dan karena itu, dengan menjalankan substitusi Bagian I secara mundur, sebuah penilaian bebas atas $\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ . Yakni dua tiang, yang masing-masingnya menopang yang lain.

**Bagian V — Buah hasil terakhirnya.**

17. (Profil lokal yang [lengkap](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete)) Untuk bilangan bulat $\abs j \leq  K\sqrt n$ (dengan $K$ yang tetap), tunjukkan bahwa $$\frac{\binom{2n}{n+j}}{\binom{2n}{n}} =  \prod_{i=1}^{\abs j}\frac{n - i + 1}{n + i}  = \exp\Bigl(-\frac{j^2}n +  O\Bigl(\frac1{\sqrt n}\Bigr)\Bigr),$$ secara seragam terhadap $j$ *(ambillah logaritmanya lalu pakailah $\ln  \frac{1-x}{1+y} = -(x + y) + O(x^2 + y^2)$)*. Inilah versi dua sisi pertanyaan 7 dan taksiran persis yang dikutip soal akhir pekan [Bab 23](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/23-fungsi-karakteristik-dan-teorema-limit-pusat#ch-b3-clt).
18. (Cuplikan Poisson) Tunjukkan dengan Stirling bahwa $\eu^{-n}\dfrac{n^n}{n!} \sim \dfrac1{\sqrt{2\pi n}}$ : sehingga modus hukum Poisson bermean besar $n$ membawa massa $\approx (2\pi n)^{-1/2}$ , persis seperti yang akan diramalkan teorema limit pusatnya.
19. (Nisbah Gamma) Untuk $a \in \intoo01$ , buktikan $\dfrac{\Gamma(n + a)}{\Gamma(n)\,n^a} \to 1$ dengan memakai batas kemiringan kelog-cembungan pada [Soal 10.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1) (yakni pertanyaan 14 di sana), lalu perluas ke setiap real $a > 0$ lewat persamaan fungsionalnya. (Inilah arti “ $\Gamma(t+1) \sim$ Stirling” di antara bilangan bulatnya.)
20. (Bola, sekali lagi) Dari $v_d = \pi^{d/2}/\Gamma(\frac d2  + 1)$: tabelkanlah $v_1, \dots, v_7$ secara persis, periksalah keunimodalannya lewat $\frac{v_d}{v_{d-2}} = \frac{2\pi}d$ (yang naik selama $d < 2\pi$ dan turun sesudahnya), lalu buktikan identitas pembangkit yang mencolok $$\sum_{k\geq0}v_{2k}\,x^{2k} = \eu^{\pi x^2} :$$ yakni semua [volume bola satuan](#thm-b3-product-ballvolume) berdimensi genap yang terkemas dalam satu eksponensial.
21. (Keasimtotikan entropi) Untuk $\alpha \in \intoo01$ yang tetap dengan $\alpha n \in \N$, turunkan dari Stirling $$\binom{n}{\alpha n} \;\sim\;  \frac{\eu^{n\,H(\alpha)}}  {\sqrt{2\pi\,\alpha(1-\alpha)\,n}},  \qquad  H(\alpha) = -\alpha\ln\alpha -  (1-\alpha)\ln(1-\alpha) :$$ yakni laju pertumbuhan eksponensial koefisien binomialnya adalah *entropi* $H$ — lalu periksalah bahwa $\alpha =  \frac12$ memulihkan pertanyaan 5, dan bahwa $H(\alpha) <  \ln2$ untuk $\alpha \neq \frac12$ (sehingga binomial yang tak berpusat bersifat eksponensial terabaikan di dalam $2^n$).
22. (Luas permukaan) Luas bola satuan $S^{d-1}$ adalah $s_{d-1} = d\,v_d$ (yang dibuktikan sebagai [Latihan 21.6](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/21-bentuk-diferensial-dan-teorema-stokes#exo-b3-forms-6) pada bab bentuk diferensial; di sini, terimalah sebagai definisinya). Tabelkanlah $s_0, \dots, s_6$ , temukan yang terbesar (yakni $d - 1 =  6$ dengan $s_6 = \frac{16\pi^3}{15} \approx 33.07$ ), lalu tunjukkan bahwa $s_{d-1} \to 0$ secara adigeometri pula — sebab bola berdimensi tinggi, menurut setiap tolok ukur Euclid, bersifat lenyap kecil.
23. (Suku koreksi pertamanya) Turunkan dari pengapitan pertanyaan 11 bahwa $d_n = \frac1{12n} +  O\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$, sehingga $$n! = \sqrt{2\pi n}\,\Bigl(\frac  n\eu\Bigr)^{n}\Bigl(1 + \frac1{12n} +  O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr)\Bigr).$$ Periksalah di $n = 10$: rumus telanjangnya memberikan $3\,598\,696$ (dengan galat nisbi $8.3\cdot10^{-3}$), sedangkan yang terkoreksi $3\,628\,685$ terhadap $10! =  3\,628\,800$ (dengan galat nisbi $3.2\cdot10^{-5}$) — jadi satu suku deretnya membeli dua setengah angka.
24. (Median $\Gamma$) Tunjukkan bahwa $$\frac{1}{\Gamma(t+1)}  \int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x  \;\longrightarrow\; \frac12  \qquad (t \to +\infty) :$$ yakni secara asimtotik, tepat separuh massa integran $\Gamma$ terletak di bawah modusnya $x = t$. *(Jalankan substitusi Bagian I pada integral yang terpancung; sebab pendominasi pertanyaan 3 sudah tersedia.)*
25. (Entropi, secara tak asimtotik) Untuk $\alpha \in  \intoc0{\frac12}$ buktikan batas yang berlaku bagi *setiap* $n \geq 1$: $$\sum_{k=0}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\binom nk  \;\leq\; \eu^{n\,H(\alpha)} ,$$ dengan membandingkan jumlahnya terhadap $\sum_k\binom  nk\lambda^{k-\alpha n}$ untuk kemiringan $\lambda =  \frac{\alpha}{1-\alpha} \leq 1$. Periksalah bahwa pemilihan $\lambda$ ini optimal, lalu damaikan dengan pertanyaan 21: sebab laju eksponensial $H(\alpha)$ pada pernyataan asimtotiknya tercapai oleh sebuah ketaksamaan satu baris tanpa keasimtotikan sama sekali.

**Solusi Soal 11.1.**

**1.** Dengan $x = t + \sqrt t\,u$ (sehingga $\dd x = \sqrt
t\,\dd u$; dan $x$ menjelajah $\intoo0\infty$ saat $u$ menjelajah $\intoo{-\sqrt t}\infty$):

$$
\Gamma(t{+}1) = \int_0^\infty x^t\eu^{-x}\dd x
= t^t\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{\infty}
\exp\Bigl(t\ln\Bigl(1 + \frac u{\sqrt t}\Bigr) - \sqrt
t\,u\Bigr)\dd u,
$$

sebab $x^t = t^t\exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t)\bigr)$ dan $\eu^{-x} = \eu^{-t}\eu^{-\sqrt tu}$.

**2.** Untuk $u$ yang tetap dan $t \to \infty$: $t\ln(1 +
u/\sqrt t) - \sqrt tu = t\bigl(\frac u{\sqrt t} -
\frac{u^2}{2t} + o(\frac1t)\bigr) - \sqrt tu = -\frac{u^2}2 +
o(1)$: sehingga $g_t(u) \to \eu^{-u^2/2}$.

**3.** Tetapkan $\psi_1(h) = \varphi(h) + \frac{h^2}4$ pada $\intoc{-1}1$: maka $\psi_1(0) = 0$ dan $\psi_1'(h) = \frac1{1+h} -
1 + \frac h2 = \frac{h(h-1)}{2(1+h)}$, yang $\geq 0$ pada $\intoc{-1}0$ dan $\leq 0$ pada $\intcc01$: sehingga $\psi_1 \leq 0$, yakni $\varphi(h) \leq -h^2/4$ di sana. Tetapkan $\psi_2(h) =
\varphi(h) + ch$ pada $\intco1\infty$ dengan $c = 1 - \ln2$: maka $\psi_2(1)
= \ln2 - 1 + c = 0$ dan $\psi_2'(h) = c - \frac h{1+h} \leq c -
\frac12 < 0$: sehingga $\varphi(h) \leq -ch$ untuk $h \geq 1$. Kini untuk $t
\geq 1$: jika $\abs u \leq \sqrt t$, maka $g_t(u) =
\eu^{t\varphi(u/\sqrt t)} \leq \eu^{-t(u/\sqrt t)^2/4} =
\eu^{-u^2/4}$; sedangkan jika $u \geq \sqrt t$, maka $t\,\varphi(u/\sqrt t) \leq
-ct\cdot\frac u{\sqrt t} = -c\sqrt t\,u \leq -cu$ (sebab $t \geq
1$), sehingga $g_t(u) \leq \eu^{-cu}$. Karena itu $g_t \leq \eu^{-u^2/4} +
\eu^{-cu}\mathbf 1_{u>0}$, yang [terintegralkan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) dan tak bergantung pada $t \geq
1$.

**4.** Lewat kekonvergenan terdominasi: $\int_\R g_t(u)\dd u \to
\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ ([Contoh 11.12](#ex-b3-product-polar) ditambah penskalaan $u\mapsto\sqrt2\,u$). Lalu dengan pertanyaan 1:

$$
\Gamma(t + 1) \sim \sqrt{2\pi t}\;\Bigl(\frac
t\eu\Bigr)^t,\qquad
n! \sim \sqrt{2\pi n}\,\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n .
$$

**5.** Dari [Latihan 11.8](#exo-b3-product-8), $W_{2n} =
\frac\pi2\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} =
\frac\pi2\,4^{-n}\binom{2n}n$. Lewat Stirling:

$$
\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2}
\sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}}
{2\pi n\,(n/\eu)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} .
$$

Maka $W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\pi/n}$, yang konsisten dengan rekursi $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ (yang memaksa $W_n \sim
W_{n-2}$, dan bersama $W_nW_{n-1}\cdot n = \frac\pi2$ — yakni hubungan Wallis klasiknya — memberikan $W_n \sim
\sqrt{\pi/(2n)}$; jadi kedua keasimtotikannya bersesuaian).

**6.** Berlaku $\Gamma(\frac d2 + 1) \sim \sqrt{2\pi\frac
d2}\,(\frac d{2\eu})^{d/2}$, sehingga

$$
v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma(\frac d2 + 1)}
\sim \frac{1}{\sqrt{\pi d}}\Bigl(\frac{2\pi\eu}
d\Bigr)^{d/2} \longrightarrow 0
$$

secara adigeometri (sebab untuk $d > 2\pi\eu \approx 17$, setiap faktornya $< 1$ dan menyusut). Secara numerik $v_1 = 2$, $v_2 \approx
3.14$, $v_3 \approx 4.19$, $v_4 \approx 4.93$, $v_5 \approx
5.26$, dan $v_6 \approx 5.17$: jadi maksimumnya di $d = 5$.

**7.** Dengan $k = \frac n2 + \frac{s\sqrt n}2$ (yang bulat, $n$ genap, dan $s$ tetap): ambillah logaritma pada $2^{-n}\binom nk =
2^{-n}\frac{n!}{k!(n-k)!}$ lalu terapkan Stirling pada ketiga faktorialnya. Dengan menulis $k = \frac n2(1 + \varepsilon)$ dan $n - k =
\frac n2(1 - \varepsilon)$ dengan $\varepsilon = s/\sqrt n$:

$$
\ln\Bigl(2^{-n}\binom nk\Bigr)
= -\frac n2\bigl[(1{+}\varepsilon)\ln(1{+}\varepsilon) +
(1{-}\varepsilon)\ln(1{-}\varepsilon)\bigr]
+ \frac12\ln\frac{2}{\pi n(1 - \varepsilon^2)} + o(1),
$$

sedangkan kurungnya adalah $\varepsilon^2 + O(\varepsilon^4) =
\frac{s^2}n + O(n^{-2})$: sehingga tampilannya menuju $-\frac{s^2}2 +
\frac12\ln\frac2{\pi n}$ sampai $o(1)$, yakni

$$
2^{-n}\binom nk \sim \sqrt{\frac{2}{\pi
n}}\;\eu^{-s^2/2} :
$$

yakni profil Gauss lemparan koin, yang [terukur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) — yaitu bentuk lokal de Moivre–Laplace, yang akan diglobalkan di [Bab 23](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/23-fungsi-karakteristik-dan-teorema-limit-pusat#ch-b3-clt).

**8.** (i) Kekonvergenan terdominasinya mengubah limit titik demi titik dari pertanyaan 2 menjadi kekonvergenan integralnya, dengan memakai pendominasi pertanyaan 3. (ii) Integral Gaussnya menilaikan limit $\int\eu^{-u^2/2} = \sqrt{2\pi}$ — sehingga konstanta Stirling $\sqrt{2\pi}$ *adalah* integral Gaussnya. (iii) Sedangkan substitusi $x = t + \sqrt tu$ merupakan penggantian variabel afin: yakni keinvarianan translasi dan aturan penskalaan [ukuran Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-lebesgueouter) ([Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange) dalam dimensi $1$).

**9.** Uraikan kedua sukunya:

$$
d_n - d_{n+1} = \ln\frac{n!}{(n+1)!} + \Bigl(n +
\frac32\Bigr)\ln(n+1) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - 1
= \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln\frac{n+1}n - 1,
$$

sebab suku $-\ln(n+1)$ dan $(n + \frac32)\ln(n+1)$ bergabung menjadi $(n + \frac12)\ln(n+1)$.

**10.** Untuk $t = \frac1{2n+1}$: $\frac{1+t}{1-t} =
\frac{2n+2}{2n} = \frac{n+1}n$, dan $n + \frac12 =
\frac1{2t}$; lalu deret gasal $\ln\frac{1+t}{1-t} =
2\sum_{k\geq0}\frac{t^{2k+1}}{2k+1}$ memberikan

$$
\Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln\frac{n+1}n
= \sum_{k\geq0}\frac{t^{2k}}{2k+1}
= 1 + \frac{t^2}3 + \frac{t^4}5 + \cdots
$$

Lalu kurangkan $1$. Batas bawahnya: suku pertamanya saja, $\frac{t^2}3 = \frac1{3(2n+1)^2}$. Batas atasnya: turunkan semua penyebutnya menjadi $3$ lalu jumlahkan deret geometrinya: $\frac{t^2}{3(1 - t^2)} = \frac1{3((2n+1)^2 - 1)} =
\frac1{12n(n+1)} = \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)}$.

**11.** Dengan menjumlahkan batas atasnya dari $n$ sampai $\infty$ (memakai $d_m \to 0$): $d_n < \frac1{12n}$. Untuk batas bawahnya: $\frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1} =
\frac{12}{(12m+1)(12m+13)}$, dan

$$
\begin{align*}
\frac1{3(2m+1)^2} > \frac{12}{(12m+1)(12m+13)}
&\iff (12m+1)(12m+13) > 36(2m+1)^2 \\
&\iff 168m + 13 > 144m + 36,
\end{align*}
$$

yang benar untuk $m \geq 1$. Lalu dengan menjumlahkan minoran teleskopik ini: $d_n > \frac1{12n+1}$. Dan mengeksponensialkannya memberikan pengapitan klasik $n!$.

**12.** (a) Galat nisbinya $= \eu^{d_n} - 1 <
\eu^{1/(12n)} - 1 < \frac{1.1}{12n}$ untuk $n$ yang besar; jadi $<
10^{-6}$ segera setelah $12n \geq 1.1\cdot10^6$, dan syarat $n \geq 83\,334$ sudah cukup (sebab $\frac1{12n} \leq 10^{-6}$ sudah mengakibatkannya). (b) $\log_{10}(100!) =
\frac12\log_{10}(200\pi) + 200 - 100\log_{10}\eu +
d_{100}\log_{10}\eu = 1.39906 + 200 - 43.42945 + 0.00036
\approx 157.96997$, sehingga $100! \approx 10^{0.96997} \cdot
10^{157} = 9.333\cdot10^{157}$; sedangkan jendela terjaminnya $(\eu^{1/1201}, \eu^{1/1200})$ berlebar di bawah $10^{-6}$ secara nisbi — yakni rumus “asimtotik” yang, pada $n =
100$, menjadi alat presisi.

**13.** Tulis $\sin^n = \sin^{n-2} - \sin^{n-2}\cos^2$, lalu integralkan suku keduanya secara parsial (dengan $u = \cos\theta$, $\dd v = \sin^{n-2}\cos\theta\,\dd\theta$, dan $v =
\frac{\sin^{n-1}}{n-1}$):

$$
\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}\cos^2 =
\Bigl[\cos\theta\,\frac{\sin^{n-1}\theta}{n-1}\Bigr]_0^{\pi/2}
+ \frac1{n-1}\int_0^{\pi/2}\sin^n = \frac{W_n}{n-1} .
$$

Karena itu $W_n = W_{n-2} - \frac{W_n}{n-1}$, yakni $W_n =
\frac{n-1}nW_{n-2}$. Dari $W_0 = \frac\pi2$ dan $W_1 = 1$:

$$
W_{2n} = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac\pi2
= \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n},
\qquad
W_{2n+1} = \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}
= \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}n},
$$

dengan mengubah faktorial rangkapnya lewat $(2n)!! = 2^nn!$ dan $(2n-1)!! = \frac{(2n)!}{2^nn!}$. Akhirnya $nW_nW_{n-1} =
(n-1)W_{n-1}W_{n-2}$ menurut rekursinya: jadi konstan, sama dengan $1\cdot W_1W_0 = \frac\pi2$.

**14.** Berlaku $W_{2n+1} \leq W_{2n} \leq W_{2n-1}$ (menurut kemonotonan titik demi titik $\sin^n$) dan $\frac{W_{2n-1}}{W_{2n+1}} =
\frac{2n+1}{2n} \to 1$, yang menjepit $\frac{W_{2n}}{W_{2n+1}} \to
1$. Digabungkan dengan $W_{2n}W_{2n+1} = \frac{\pi}{2(2n+1)}$ (pertanyaan 13): $W_{2n}^2 \sim \frac\pi{4n}$, sehingga $W_{2n} \sim
\frac12\sqrt{\frac\pi n}$ dan $\binom{2n}n4^{-n} =
\frac2\pi W_{2n} \sim \frac1{\sqrt{\pi n}}$.

**15.** Pertanyaan 9–10 tak pernah memakai nilai konstantanya: sebab dengan $e_n = \ln n! - (n+\frac12)\ln n + n$, selisih $e_n - e_{n+1}$ terletak di $\bigl(0, \frac1{12n} -
\frac1{12(n+1)}\bigr)$, sehingga $(e_n)$ turun sedangkan $(e_n -
\frac1{12n})$ naik: yakni barisan berdampingan, yang konvergen ke suatu $\ell$ bersama. Karena itu $n! \sim K n^{n+1/2}\eu^{-n}$ dengan $K =
\eu^\ell$.

**16.** Dengan menyubstitusikan Stirling berkonstanta tak dikenal ke binomial pusatnya:

$$
\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \sim
\frac{K\,(2n)^{2n+1/2}\eu^{-2n}}{\bigl(K\,n^{n+1/2}
\eu^{-n}\bigr)^2}\,4^{-n}\sqrt n
= \frac{2^{2n}\sqrt{2}\,K\,n^{2n+1/2}}{K^2\,n^{2n+1}}
\,4^{-n}\sqrt n = \frac{\sqrt2}{K},
$$

lalu pertanyaan 14 memaksa $\frac{\sqrt2}K = \frac1{\sqrt\pi}$: sehingga $K = \sqrt{2\pi}$. Jadi Bagian III–IV membuktikan kembali Stirling dari nol; dan memasukkannya ke identitas Bagian I menilaikan $\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ tanpa [koordinat kutub](#ex-b3-product-polar): sehingga Wallis dan Gauss saling menopang.

**17.** Berlaku $\frac{\binom{2n}{n+j}}{\binom{2n}n} =
\frac{(n!)^2}{(n+j)!\,(n-j)!} =
\prod_{i=1}^{j}\frac{n-i+1}{n+i}$ untuk $j \geq 0$ (dan menurut kesetangkupannya untuk $j < 0$). Dengan mengambil logaritmanya, bila $1 \leq i
\leq j \leq K\sqrt n$:

$$
\ln\frac{n-i+1}{n+i} = \ln\Bigl(1 - \frac{i-1}n\Bigr) -
\ln\Bigl(1 + \frac in\Bigr) = -\frac{2i-1}{n} +
O\Bigl(\frac{i^2}{n^2}\Bigr),
$$

dan $\sum_{i\leq j}(2i - 1) = j^2$, sedangkan galatnya berjumlah $O(j^3/n^2) = O(n^{-1/2})$: sehingga secara seragam, $\exp\bigl(-\frac{j^2}n + O(n^{-1/2})\bigr)$.

**18.** Berlaku $\eu^{-n}\frac{n^n}{n!} \sim \eu^{-n}
\frac{n^n}{\sqrt{2\pi n}\,n^n\eu^{-n}} =
\frac1{\sqrt{2\pi n}}$. Variabel Poisson bermean $n$ mempunyai simpangan baku $\sqrt n$, dan $\frac1{\sqrt{2\pi n}}$ tepat merupakan tinggi puncak Gauss $\frac1{\sigma\sqrt{2\pi}}$: yakni teorema limit pusat lokalnya, yang dicuplik di modusnya.

**19.** Untuk $a \in \intoo01$, lema kemiringan [Soal 10.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1) (yakni pertanyaan 14 di sana), yang diterapkan pada $\log\Gamma$ yang cembung di sekitar $n$, memberikan $(n-1)^a \leq
\frac{\Gamma(n+a)}{\Gamma(n)} \leq n^a$: sehingga nisbahnya terhadap $n^a$ terjepit oleh $(1 - \frac1n)^a \to 1$. Sedangkan untuk $a = m + a'$ (dengan $m \in \N$ dan $a' \in \intco01$): $\Gamma(n+a) = (n + a - 1)
\cdots(n + a')\Gamma(n + a')$, dan setiap dari $m$ faktornya bernilai $n(1 + O(\frac1n))$: lalu kalikan taksirannya.

**20.** Rekursi $v_d = \frac{2\pi}dv_{d-2}$ (dari $\Gamma(\frac d2 + 1) = \frac d2\Gamma(\frac d2)$) memberikan, dari $v_1 = 2$ dan $v_2 = \pi$:

$$
v_3 = \frac{4\pi}3,\quad v_4 = \frac{\pi^2}2,\quad
v_5 = \frac{8\pi^2}{15},\quad v_6 = \frac{\pi^3}6,\quad
v_7 = \frac{16\pi^3}{105}.
$$

Nisbah $\frac{2\pi}d$ melampaui $1$ tepat untuk $d \leq 6$, sehingga setiap paritasnya naik lalu turun; dan secara numerik $v_4
\approx 4.93$, $v_5 \approx 5.26$, $v_6 \approx 5.17$: jadi maksimum keseluruhannya di $d = 5$. Untuk fungsi pembangkitnya: $v_{2k} =
\frac{\pi^k}{k!}$, sehingga $\sum_kv_{2k}x^{2k} =
\eu^{\pi x^2}$ — yakni semua volume bola berdimensi genap yang tergulung dalam satu eksponensial, sekaligus taksiran peluruhan adigeometri seketika bagi $v_d$.

**21.** Stirling pada pembilang dan penyebutnya, dengan $k =
\alpha n$:

$$
\binom n{\alpha n} \sim
\frac{\sqrt{2\pi n}\,n^n}
{\sqrt{2\pi\alpha n}\,(\alpha n)^{\alpha n}\,
\sqrt{2\pi(1-\alpha)n}\,((1-\alpha)n)^{(1-\alpha)n}}
= \frac{\eu^{nH(\alpha)}}{\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}},
$$

sebab $n^n/(\alpha n)^{\alpha n}((1-\alpha)n)^{(1-\alpha)n} =
\alpha^{-\alpha n}(1-\alpha)^{-(1-\alpha)n} =
\eu^{nH(\alpha)}$ (dengan pangkat $n$-nya saling meniadakan: $\alpha n +
(1-\alpha)n = n$), dan $\eu^{-n}$-nya meniadakan pula. Di $\alpha = \frac12$: $H = \ln2$ dan prafaktornya adalah $\sqrt{2/(\pi n)}$ — yakni pertanyaan 5 lagi. Sedangkan kecekungan sejati $H$ (sebab turunan keduanya $-\frac1{\alpha(1-\alpha)} < 0$) menaruh maksimumnya $\ln 2$ hanya di $\alpha = \frac12$: sehingga untuk $\alpha \neq \frac12$, $\binom n{\alpha n}2^{-n} \approx
\eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))}$ meluruh eksponensial — yakni mesin kombinatorik di balik setiap pernyataan pemusatan tentang lemparan koin.

**22.** Dari $s_{d-1} = dv_d$ dan pertanyaan 20:

$$
s_0 = 2,\ \ s_1 = 2\pi,\ \ s_2 = 4\pi,\ \ s_3 = 2\pi^2,\ \
s_4 = \frac{8\pi^2}3,\ \ s_5 = \pi^3,\ \ s_6 =
\frac{16\pi^3}{15},
$$

yang secara numerik $2,\ 6.28,\ 12.57,\ 19.74,\ 26.32,\ 31.01,\
33.07$; dan $s_7 = \frac{\pi^4}3 \approx 32.47 < s_6$: sehingga maksimumnya adalah bola-$6$. Lalu rekursi $s_{d+1} =
(d+2)\,v_{d+2} = (d+2)\,\frac{2\pi}{d+2}\,v_d = 2\pi v_d =
\frac{2\pi}d\,s_{d-1}$ menunjukkan kenaikan yang digerakkan $\frac{2\pi}d$ dan keruntuhan adigeometri yang sama seperti pada volumenya: sehingga lewat dimensi ketujuh, bola menyusut lenyap lebih cepat daripada barisan geometri mana pun.

**23.** Pertanyaan 11 mengatakan persis $\frac1{12n+1} < d_n <
\frac1{12n}$, dan

$$
\frac1{12n} - \frac1{12n+1} = \frac1{12n(12n+1)} =
O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr),
$$

sehingga $d_n = \frac1{12n} + O(\frac1{n^2})$ dan $\eu^{d_n} = 1 +
\frac1{12n} + O(\frac1{n^2})$; lalu mengalikannya dengan $\sqrt{2\pi n}(n/\eu)^n$ memberikan rumus yang terkoreksi. Di $n =
10$: $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} = 7.92665 \times 453999.3
\approx 3\,598\,696$, yang kurang $30\,104$ (dengan galat nisbi $8.3\cdot10^{-3}$); sedangkan mengalikannya dengan $1 + \frac1{120}$ memberikan $3\,628\,685$, yang kurang $115$ (dengan galat nisbi $3.2\cdot10^{-5}$). Sedangkan pengapitannya sendiri memakukan $10!$ antara $3\,598\,696\,\eu^{1/121} \approx 3\,628\,559$ dan $3\,598\,696\,\eu^{1/120} \approx 3\,628\,808$ — jadi batas atasnya meleset delapan satuan pada tujuh angka.

**24.** Substitusi Bagian I $x = t + \sqrt t\,u$, yang diterapkan pada integral terpancungnya, memberikan

$$
\int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x
= t^{t}\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{0} g_t(u)\,\dd u ,
$$

sebab rentang $0 \leq x \leq t$ menjadi $-\sqrt t \leq u \leq
0$. Pendominasi pertanyaan 3 menyelimuti $g_t\mathbf 1_{u < 0}$ pula, sehingga kekonvergenan terdominasinya melahirkan

$$
\int_{-\sqrt t}^{0}g_t(u)\,\dd u \longrightarrow
\int_{-\infty}^{0}\eu^{-u^2/2}\dd u = \frac{\sqrt{2\pi}}2 ,
$$

sedangkan pertanyaan 4 memberikan $\Gamma(t+1) \sim
t^t\eu^{-t}\sqrt t\,\sqrt{2\pi}$. Jadi nisbahnya menuju $\frac12$. Secara peluang: sebuah peubah acak Gamma berbentuk besar menaruh separuh massanya secara asimtotik pada masing-masing sisi modusnya — yakni kesetangkupan teorema limit pusatnya, yang terbaca dari satu substitusi.

**25.** Misalkan $\lambda = \frac{\alpha}{1-\alpha} \in
\intoc01$. Untuk $k \leq \lfloor\alpha n\rfloor \leq \alpha n$ berlaku $\lambda^{k - \alpha n} \geq 1$, sehingga

$$
\sum_{k=0}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\binom nk
\leq \lambda^{-\alpha n}\sum_{k=0}^{n}\binom nk\lambda^{k}
= \Bigl(\lambda^{-\alpha}(1 + \lambda)\Bigr)^{n},
$$

dan dengan $\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}$:

$$
\lambda^{-\alpha}(1+\lambda)
= \alpha^{-\alpha}(1-\alpha)^{\alpha}\cdot\frac1{1-\alpha}
= \alpha^{-\alpha}(1-\alpha)^{-(1-\alpha)}
= \eu^{H(\alpha)} .
$$

Keoptimalannya: dengan meminimumkan $f(\lambda) = -\alpha\ln\lambda +
\ln(1+\lambda)$ atas $\lambda > 0$, persamaan $f'(\lambda)
= -\frac\alpha\lambda + \frac1{1+\lambda} = 0$ mempunyai satu-satunya solusi $\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}$, yang minimum sebab $f'' > 0$ — yakni pilihan pemiringan eksponensial (Chernoff). Pendamaiannya: menurut pertanyaan 21 satu suku $k =
\lfloor\alpha n\rfloor$ saja sudah berorde $\eu^{nH(\alpha)}/\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}$, sehingga

$$
\frac{\eu^{nH(\alpha)}}{C\sqrt n} \leq
\sum_{k\leq\alpha n}\binom nk \leq \eu^{nH(\alpha)} :
$$

sehingga laju $H(\alpha)$-nya persis, dan seluruh jumlahnya berbiaya paling banyak satu faktor $\sqrt n$ atas suku terbesarnya. Lalu dibagi $2^n$, inilah batas ekor koin adilnya $\P(S_n \leq \alpha n) \leq
\eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))}$ — yakni pemusatan [ukuran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-measure) dalam satu baris.