Pengantar Teori Ukuran dan Integral Lebesgue.pdf

PENGANTAR TEORI UKURAN DAN INTEGRAL LEBESGUE

Disusun oleh : Kholida Khoirunnisa 12/331359/PA/14622

Program Studi S1 Matematika Jurusan Matematika Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Universitas Gadjah Mada 2015

DAFTAR LAMBANG x∈A A⊆X N R R A M inf A sup A  → n X i=1 n [

: : : : : : : : : : : :

x anggota A A himpunan bagian (subset) atau sama dengan X himpunan semua asli himpunan semua bilangan real himpunan semua bilangan real digabung {−∞, ∞} koleksi semua himpunan terukur-µ∗ di himpunan X koleksi semua himpunan terukur-m∗ di himpunan R batas bawah terbesar himpunan A batas atas terkecil himpunan A akhir suatu bukti akhir suatu contoh menuju

ai

: penjumlahan a1 + a2 + · · · + an

ai

: gabungan a1 ∪ a2 ∪ · · · ∪ an

i=1

p⇒q ⇔

: jika p maka q : jika dan hanya jika

i

DAFTAR ISI

I

HIMPUNAN TERUKUR 1.1. Ukuran Luar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Himpunan terukur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 3

II ALJABAR HIMPUNAN 2.1. Aljabar Himpunan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Aljabar-σ Himpunan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Ruang Ukuran Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6 6 6 13

III FUNGSI TERUKUR 3.1. Fungsi Terukur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Konsep Almost Everywhere dan Nearly Everywhere . . . . . . . . . . . . 3.3. Fungsi Sederhana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14 14 18 19

IV INTEGRAL LEBESGUE 4.1. Integral Fungsi Sederhana . . . . . . . . . 4.2. Integral Fungsi Terukur dan Terbatas . . . 4.3. Integral Fungsi Terukur dan Nonnegatif . . 4.4. Integral Fungsi Terukur . . . . . . . . . . 4.5. Teorema Kekonvergenan Integral Lebesgue 4.6. Convergence in Measure . . . . . . . . . .

24 24 26 31 32 34 39

ii

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

BAB I

HIMPUNAN TERUKUR 1.1. Ukuran Luar Definisi 1.1. Misalkan X 6= ∅. Fungsi µ∗ : 2X → R yang mempunyai sifat-sifat : 1. µ∗ (A) ≥ 0 untuk setiap A ∈ 2X 2. µ∗ (∅) = 0 3. Jika A, B ∈ 2X dan A ⊆ B, maka µ∗ (A) ≤ µ∗ (B) ! ∞ ∞ [ X ∗ X An ≤ µ∗ (An ) 4. Jika {An } ∈ 2 maka µ n=1

n=1

disebut ukuran luar (outer measure) pada X. (Catatan : R = R ∪ {−∞, ∞}) Contoh 1.1. Untuk memperjelas pemahaman dari Definisi 1.1, perhatikan contoh berikut. Diambil X = R. 2R merupakan koleksi semua himpunan bagian di dalam R. Fungsi m∗ : 2R → R dengan definisi m∗ (A) = inf

(∞ X i=1

l(Ii )|A ⊂

∞ [

) Ii dan Ii selang terbuka

i=1

dengan l(Ii ) merupakan panjang interval Ii , merupakan ukuran luar pada R. Bukti. Ambil sebarang A, B ∈ 2R . Cukup dibuktikan bahwa m∗ memenuhi keempat sifat pada Definisi 1.1. 1. Panjang interval Ii bernilai non negatif, maka jumlahannya juga non negatif. Lebih lanjut, infimumnya juga bernilai non negatif. Diperoleh bahwa m∗ (A) ≥ 0 2. ∅ ⊂ 2R . Menurut sifat pertama, m∗ (∅) ≥ 0. Andaikan m∗ (∅) > 0, tentu ada selang terbuka (a, b) sehingga ∅ ⊂ (a, b). Tetapi mengingat ∅ ⊆ A untuk setiap A ⊆ R, maka ∅ ⊂ (−ε, ε) untuk setiap bilangan real ε > 0. Jadi, m∗ (∅) = inf {l(−ε, ε)} ε>0

= inf {2ε} ε>0

=0 Terjadi kontradiksi, maka pengandaian diingkar. Jadi, m∗ (∅) = 0 3. Pembuktian ini dibagi menjadi 2 kasus. 1

(a) Jika m∗ (B) = ∞, maka jelas m∗ (A) ≤ m∗ (B) = ∞. Bukti Selesai. (b) Jika m∗ (B) < ∞, mengingat m∗ (B) = inf

(∞ X

l(Ii )|B ⊂

i=1

∞ [

) Ii dan Ii selang terbuka

i=1

maka untuk sebarang ε > 0, terdapat barisan selang terbuka {Ii } sehingga S B⊆ ∞ i=1 Ii dan ∞ X l(Ii ) < m∗ (B) + ε (1.1) i=1

Karena A ⊆ B, tentu A ⊆

S∞

i=1 Ii ,

yang berakibat

∗

m (A) ≤

∞ X

l(Ii )

(1.2)

i=1

Dari (1.1) dan (1.2), diperoleh m∗ (A) < m∗ (B) + ε Dengan kata lain, m∗ (A) ≤ m∗ (B) Jadi, terbukti bahwa jika A, B ∈ 2R dan A ⊆ B, maka µ∗ (A) ≤ µ∗ (B) 4. Pembuktian ini dibagi menjadi 2 kasus : ∗

(a) Jika terdapat n ∈ N sehingga m (Ai ) = ∞, maka ! ∞ ∞ [ X m∗ An ≤ m∗ (An ) = ∞. Bukti selesai. n=1

∞ X

m∗ (An ) = ∞. Didapat

n=1

n=1 ∗

(b) Jika ∀n ∈ N, m (An ) < ∞, maka ada barisan {Ink } sehingga An ⊆

∞ [

Ink

k=1

dan

∞ X

l(Ink ) < m∗ (An ) +

k=1

Diperoleh

∞ [

An ⊆

n=1

∞ ∞ [ [ n=1 k=1

2

Ink

ε 2n

Oleh karena itu, m∗

∞ [

! An

≤

n=1

∞ X ∞ X

l (Ink )

n=1 k=1

<

∞ X

m∗ (An ) +

n=1

Dengan kata lain, terbukti bahwa m

∗

∞ [

! An

≤

n=1

ε 2n

∞ X

m∗ (An )

n=1

Jadi, m∗ merupakan ukuran luar pada R



1.2. Himpunan terukur Definisi 1.2. Jika µ∗ merupakan ukuran luar pada X, maka himpunan E ∈ 2X dikatakan terukur-µ∗ (µ∗ -measurable) jika untuk setiap A ∈ 2X benar bahwa µ∗ (A) = µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (A ∩ E C ) Teorema 1.1. E ⊆ X terukur µ∗ jika dan hanya jika untuk setiap A ⊆ R benar bahwa µ∗ (A) ≥ µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (A ∩ E C ) Bukti. Syarat perlu : Cukup jelas bahwa 1.2 ⇒ 1.1 Syarat cukup : Diketahui bahwa untuk setiap A ⊆ X benar bahwa µ∗ (A) ≥ µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (A ∩ E C )

(1.3)

Karena A = (A ∩ E) ∪ (A ∩ E C ), maka menurut Definisi 1.1 yang ketiga, diperoleh µ∗ (A) = µ∗ {(A ∩ E) ∪ (A ∩ E C )}

(1.4)

µ∗ (A) ≤ µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (A ∩ E C )

(1.5)

Dari (1.3) dan (1.5) diperoleh µ∗ (A) = µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (A ∩ E C )  Teorema 1.2. Diberikan himpunan X 6= ∅ dan E, F ⊆ X. Misalkan A adalah koleksi semua himpunan terukur-µ∗ di X, maka berlaku : 1. ∅, X ∈ A 3

2. Jika E ∈ A, maka E C ∈ A 3. Jika E, F ∈ A, maka E ∪ F ∈ A 4. Jika µ∗ (E) = 0, maka E ∈ A Bukti. Ambil sebarang E, F ∈ X, 1. Ambil sebarang A ∈ X, maka A ∩ ∅ = ∅ dan A ∩ X = A. Diperoleh µ∗ (A ∩ ∅) + µ∗ (A ∩ ∅C ) = µ∗ (∅) + µ∗ (A) = 0 + µ∗ (A) = µ∗ (A)

µ∗ (A ∩ X) + µ∗ (A ∩ X C ) = µ∗ (A) + µ∗ (∅) = µ∗ (A) + 0 = µ∗ (A) Jadi, terbukti bahwa ∅, X ∈ A. 2. Diambil sebarang E ∈ A, artinya E terukur-µ∗ . Ambil sebarang A ∈ A, benar bahwa µ∗ (A) = µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (A ∩ E C ) = µ∗ (A ∩ (E C )C ) + µ∗ (A ∩ E C ) = µ∗ (A ∩ E C ) + µ∗ (A ∩ (E C )C ) Jadi, terbukti bahwa jika E ∈ A, maka E C ∈ A. 3. Diambil sebarang E, F ∈ A, artinya E, F masing-masing terukur-µ∗ . Diambil sebarang A ∈ 2X , maka A ∩ E C ∈ 2X . Karena F terukur-µ∗ , maka µ∗ (A ∩ E C ) = µ∗ ((A ∩ E C ) ∩ F ) + µ∗ ((A ∩ E C ) ∩ F C ) µ∗ ((A ∩ E C ) ∩ F ) = µ∗ (A ∩ E C ) − µ∗ ((A ∩ E C ) ∩ F C )

Karena A ∩ (E ∪ F ) = (A ∩ E) ∪ (A ∩ F C ) = (A ∩ E) + (A ∩ F ∩ E C )

4

Jadi, µ∗ (A ∩ (E ∪ F )) ≤ µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (A ∩ F ∩ E C ) µ∗ (A ∩ (E ∪ F )) ≤ µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (A ∩ E C ) − µ∗ ((A ∩ E C ) ∩ F C ) µ∗ (A ∩ (E ∪ F )) + µ∗ ((A ∩ E C ) ∩ F C ) ≤ µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (A ∩ E C ) µ∗ (A ∩ (E ∪ F )) + µ∗ (A ∩ (E ∪ F )C ) ≤ µ∗ (A) Jadi, terbukti bahwa jika E, F ∈ A, maka E ∪ F ∈ A. 4. Diketahui µ∗ (E) = 0. Ambil sebarang A ⊆ X, diperoleh A∩E ⊆ E dan A∩E C ⊆ A. Maka diperoleh µ∗ (A ∩ E) ≤ µ∗ (E) = 0 µ∗ (A ∩ E C ) ≤ µ∗ (A) Diperhatikan bahwa µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (A ∩ E C ) = 0 + µ∗ (A ∩ E C ) ≤ µ∗ (A) Jadi, E terukur-µ∗ . Terbukti bahwa jika µ∗ (E) = 0, maka E ∈ A. 

5

BAB II

ALJABAR HIMPUNAN 2.1. Aljabar Himpunan Definisi 2.1. Diberikan himpunan X 6= ∅. A ⊆ 2X disebut Aljabar Himpunan pada X jika memenuhi 1. ∅, X ∈ A 2. Jika E ∈ A, maka E C ∈ A 3. Jika E, F ∈ A, maka E ∪ F ∈ A Menurut Teorema 1.2, koleksi semua himpunan terukur-µ∗ di X merupakan Aljabar Himpunan. Selanjutnya akan didefinisikan Aljabar Himpunan yang lebih khusus, yaitu Aljabar-σ Himpunan. 2.2. Aljabar-σ Himpunan Definisi 2.2. Diberikan himpunan X 6= ∅. A ⊆ 2X disebut Aljabar-σ Himpunan pada X jika memenuhi 1. ∅, X ∈ A 2. Jika E ∈ A, maka E C ∈ A 3. Jika {En } ∈ A, maka

∞ [

En ∈ A

i=1

Selanjutnya akan dibuktikan bahwa A koleksi semua himpunan terukur-µ∗ pada X merupakan Aljabar-σ Himpunan. Namun terlebih dahulu akan dipaparkan lemma dan teorema untuk membuktikannya. Teorema 2.1. Jika {An } ⊆ A, maka terdapat {Bn } ⊆ A yang saling asing dan ∞ [

Bn =

n=1

∞ [

An

n=1

Bukti. Dibentuk B1 = A1 B2 = A2 − A1 = A2 ∩ AC 1 .. . C C Bn = An − An−1 − An−2 − · · · − A1 = An ∩ AC n−1 ∩ An−2 ∩ · · · ∩ A1

6

Jelas bahwa Bn ⊆ An dan Bn ∈ A. Didapat, ∞ [

Bn ⊆

n=1

∞ [

An

(2.1)

n=1

S S∞ Selanjutnya diambil sebarang x ∈ ∞ n=1 An , akan ditunjukkan x ∈ n=1 Bn . Tentu ada Ak sehingga x ∈ Ak . Dipilih k terkecil, yaitu i, sehingga x ∈ Ai , Bi = Ai − Ai−1 − · · · − A1 S Jadi, x ∈ Bi . Hal ini berakibat x ∈ ∞ n=1 Bn . Jadi ∞ [

An ⊆

n=1

∞ [

Bn

(2.2)

n=1

Diambil m 6= n. Tanpa mengurangi keumuman, dianggap m < n Bm ∩ Bn ⊆ Am ∩ Bn = Am ∩ (An ∩ Acn−1 ∩ · · · ∩ AC 1) =∅ Jadi, {Bn } saling asing. Jadi terbukti bahwa terdapat {Bn } yang saling asing dan ∞ [

An =

n=1

∞ [

Bn

n=1



Teorema 2.2. Jika E1 , E2 , . . . , En ∈ A yang saling asing, maka untuk setiap A ∈ 2X benar bahwa ! n n [ X ∗ µ A∩ Ek = µ∗ (A ∩ Ek ) k=1

k=1

Bukti. Bukti dengan induksi matematika : 1. Untuk n = 1, jelas berlaku karena ruas kanan sama dengan ruas kiri.

7

2. Dianggap benar untuk n − 1, akan dibuktikan benar untuk n. Diperhatikan bahwa, A∩ A∩

n−1 [ k=1 n−1 [

! ∩ En = A ∩ En

Ek !

∩ EnC = A ∩

Ek

k=1

n−1 [

Ek

k=1

Selanjutnya, µ∗

A∩

n−1 [

! Ek

! + µ∗

∩ En

A∩

k=1

n−1 [

!

! ∩ EnC

Ek

= µ∗ (A ∩ En ) + µ∗ (A ∩

k=1

n−1 [ k=1

= µ∗ (A ∩ En ) +

n−1 X

µ∗ (A ∩ Ek )

k=1

=

n X

µ∗ (A ∩ Ek )

k=1

Karena Ek terukur-µ∗ , maka µ∗

A∩

n−1 [

! Ek

! ∩ En

+ µ∗

A∩

n−1 [

! Ek

! ∩ EnC

= µ∗ A ∩

n [

! Ek

k=1

k=1

k=1

Didapat µ

∗

A∩

n [

! Ek

=

n X

k=1

Terbukti bahwa µ∗ A

Ek

µ∗ (A ∩ Ek )

k=1

!

n \[

=

n X

µ∗ (A ∩ Ek )

i=1

k=1



Teorema 2.3. Untuk sebarang {Ak } ⊆ A, benar bahwa ∞ [

Ak ∈ A

k=1

Bukti. Telah dibuktikan bahwa jika {Ak } ⊆ A maka ada {Ek } ⊆ A yang saling asing sehingga ∞ ∞ [ [ Ak = Ek k=1

k=1

8

Ek )

S S∞ ∗ Jadi, untuk membuktikan ∞ k=1 Ak terukur-µ sama dengan membuktikan bahwa k=1 Ek terukur-µ∗ . S S Ditulis Fn = nk=1 Ek , sehingga didapat Fn ⊆ ∞ k=1 Ek = E. Hal ini mengakibatkan E C ⊆ FnC , yang berarti µ∗ (E C ) ≤ µ∗ (FnC ). Diambil sebarang himpunan A ∈ 2X , maka µ∗ (A) = µ∗ (A ∩ Fn ) + µ∗ (A ∩ FnC ) µ∗ (A) ≥ µ∗ (A ∩ Fn ) + µ∗ (A ∩ E C ) n [ ∗ ∗ µ (A) ≥ µ (A ∩ Ek ) + µ∗ (A ∩ E C ) k=1

µ∗ (A) ≥

n X

µ∗ (A ∩ Ek ) + µ∗ (A ∩ E C )

k=1

Persamaan di atas berlaku untuk setiap n ∈ N. Oleh karena itu, berlaku pula untuk n → ∞. Didapat, µ∗ (A) ≥

∞ X

µ∗ (A ∩ Ek ) + µ∗ (A ∩ E C )

k=1

µ∗ (A) ≥ µ∗

A∩

∞ [

! + µ∗ (A ∩ E C )

Ek

k=1 ∗

µ (A) ≥ µ (A ∩ E) + µ∗ (A ∩ E C )

Jadi,

S∞

k=1

∗

S∞

Ek terukur-µ∗ . Dengan kata lain,

k=1

Ak terukur-µ∗ . Terbukti.



Dari teorema di atas, terbukti bahwa koleksi semua himpunan terukur-µ∗ pada X merupakan aljabar-σ himpunan. Akibat 2.1.

1. Jika {Ak } ⊆ A, maka µ

∗

∞ [

! ≤

Ak

k=1

∞ X

µ∗ (Ak )

k=1

2. Jika {Ek } ⊆ A, maka µ

∗

∞ [

! Ek

k=1

=

∞ X k=1

Teorema 2.4. Setiap selang (interval) terukur-m∗ .

9

µ∗ (Ek )

Bukti. Karena (a.b) = (a, ∞) ∩ (−∞, b) (a.b] = (a, ∞) ∩ (−∞, b]

Cukup dibuktikan bahwa (a, ∞) terukur-m∗ . Ambil sebarang A ∈ R, akan ditunjukkan m∗ (A) ≥ m∗ (A ∩ (a, ∞)) + m∗ (A ∩ (−∞, a]) Jika m∗ (A) = ∞, maka jelas terpenuhi sehingga tidak perlu dibuktikan. Jika 0 ≤ m∗ (A) < ∞, tulis A1 = A ∩ (a, ∞) dan A2 = A ∩ (−∞, a]. Sehingga A1 ∪ A2 = A A1 ∩ A2 = ∅ Ambil sebarang ε > 0 maka ada barisan selang terbuka {Ik } sehingga A ⊆ dan ∞ X m∗ (Ik ) < m∗ (A) + ε k=1 0

00

Jadi, {Ik } terpecah menjadi dua bagian yaitu {Ik } = {Ik } ∪ {Ik } dengan

A1 ⊆

∞ [

∞ [

0

Ik dan A2 ⊆

k=1

k=1

0

0

00

Ik

Ik = Ik ∪ Ik” dan ∅ = Ik ∩ Ik” 0

Jadi, Ik dan Ik” saling asing untuk setiap k ∈ N. Didapat 0

m∗ (Ik ) = m∗ (Ik ∪ Ik” ) 0

= m∗ (Ik ) + m∗ (Ik” )

Karena m∗ (A1 ) ≤

∞ X

0

m∗ (Ik )

k=1

m∗ (A2 ) ≤

∞ X k=1

10

m∗ (Ik” )

S∞

k=1 Ik

maka didapat ∗

∗

m (A1 ) + m (A2 ) ≤ m∗ (A1 ) + m∗ (A2 ) ≤ m∗ (A1 ) + m∗ (A2 ) ≤

∞ X k=1 ∞ X k=1 ∞ X

∗

0

m (Ik ) +

∞ X

m∗ (Ik” )

k=1 0

m∗ (Ik ) + m∗ (Ik” ) m∗ (Ik )

k=1 ∗

∗

m (A1 ) + m (A2 ) < m∗ (A) + ε m∗ (A1 ) + m∗ (A2 ) ≤ m∗ (A) Jadi, terbukti bahwa (a, ∞) terukur-m∗ .  ∗ C ∗ Lebih lanjut, karena (a, ∞) terukur-m , maka (a, ∞) = (−∞, a] terukur-m . Dengan cara yang sama pula, dapat dibuktikan bahwa (−∞, a) dan [a, ∞) terukur-m∗ . Hal ini mengakibatkan (a, b), [a, b], (a, b] dan [a, b) juga terukur m∗ . Akibat 2.2. Untuk setiap a, b ∈ R, interval 1. (a, b) terukur-m∗ 2. (a, b] terukur-m∗ 3. [a, b) terukur-m∗ 4. [a, b] terukur-m∗ Teorema 2.5. Diberikan E ∈ X. Tiga pernyataan di bawah ini ekuivalen. 1. E ∈ A 2. ∀ε > 0 terdapat himpunan terbuka O sehingga E ⊂ O dan µ∗ (O − E) < ε 3. ∀ε > 0 terdapat himpunan tertutup F sehingga F ⊂ E dan µ∗ (E − F ) < ε Bukti. 1. Dari 1 ke 2. Diketahui E terukur-µ∗ . Oleh karena itu, diambil sebarang ε > 0, maka terdapat barisan selang terbuka {Ik } sehingga E⊆

∞ [ k=1

11

Ik

dan ∞ X

µ∗ (Ik ) < µ∗ (E) + ε

k=1 ∞ X

µ∗ (Ik ) − µ∗ (E) < ε

k=1

Diambil O =

S∞

k=1 Ik .

Maka O merupakan himpunan terbuka dan O terukur-µ∗

Diperhatikan bahwa O = E ∪ (O − E) dan ∅ = E ∩ (O − E). Jadi, E dan O − E saling asing, sehingga µ∗ (E ∪ (O − E)) = µ∗ (E) + µ∗ (O − E) µ∗ (O) = µ∗ (E) + µ∗ (O − E) µ∗ (O − E) = µ∗ (O) − µ∗ (E)

Berdasarkan Akibat 2.1 yang pertama, ∗

µ (O) = µ

∗

∞ [

! Ik

≤

∞ X

µ∗ (Ik )

k=1

k=1

Diperoleh µ∗ (O − E) ≤

∞ X

µ∗ (Ik ) − µ∗ (E)

k=1 ∗

µ (O − E) ≤ ε Terbukti. 2. Dari 2 ke 3, Oleh karena E terukur-µ∗ , maka E C juga terukur-µ∗ . Menurut 2, ∀ε > 0 terdapat himpunan terbuka O sehingga E C ⊂ O dan µ∗ (O − E C ) < ε. Dipilih F = OC , maka F merupakan himpunan tertutup dan E − F = E ∩ F C = E ∩ O = O ∩ E = O − EC Jadi, µ∗ (E − F ) = µ∗ (O − E C ) < ε. Terbukti. 3. Dari 3 ke 1, Diketahui ∀ε > 0 terdapat himpunan tertutup F sehingga F ⊂ E dan µ∗ (E − F ) < S ε. Oleh karena F tertutup, maka F C terbuka. Misal O = F C . Didapat O = ∞ k=1 Ik C C dengan Ik selang terbuka. Karena F ⊂ E, maka E ⊂ F = O. 12

Diperoleh E C ⊂

S∞

k=1 Ik

dan

µ∗ (O) − µ∗ (E C ) = µ∗ (O − E C ) = µ∗ (E) − µ∗ (OC ) = µ∗ (E − F ) α} ∈ A 2. {x ∈ E|f (x) ≤ α} ∈ A 3. {x ∈ E|f (x) < α} ∈ A 4. {x ∈ E|f (x) ≥ α} ∈ A Bukti. Karena himpunan (i) dan (ii) saling komplemen di E, seperti halnya himpunan (iii) dan (iv), dan komplemen suatu himpunan terukur adalah terukur, maka (i) dan (ii) ekuivalen, seperti halnya (iii) dan (iv). Jadi, cukup ditunjukkan bahwa (ii) ⇔ (iii). 1. Akan dibuktikan (ii) ⇒ (iii). Diperhatikan {x ∈ E|f (x) < α} =

∞ [

{x ∈ E|f (x) ≤ α −

n=1

1 } n

Karena α − n1 ∈ R, maka {x ∈ E|f (x) ≤ α − n1 terukur-µ∗ . Lebih lanjut, gabungannya terukur-µ∗ . Jadi, {x ∈ E|f (x) < α} terukur-µ∗ . 2. Akan dibuktikan (iii) ⇒ (ii). Diperhatikan {x ∈ E|f (x) ≤ α} =

∞ \

{x ∈ E|f (x) < α +

n=1

1 } n

Karena α + n1 ∈ R, maka {x ∈ E|f (x) < α + n1 terukur-µ∗ . Lebih lanjut, irisannya terukur-µ∗ . Jadi, {x ∈ E|f (x) ≤ α} terukur-µ∗ .  Berdasarkan teorema di atas, didefinisikan fungsi terukur pada himpunan terukur E. Definisi 3.1. Fungsi f : X → R dikatakan terukur pada E ∈ A jika salah satu dari pernyataan di dalam teorema di atas terpenuhi. Akibat 3.1. Jika ∀x ∈ E ∈ A, f (x) = α untuk suatu α ∈ R, maka f terukur µ∗ pada E. 14

Bukti. Ambil sebarang λ ∈ R. Diperhatikan {x ∈ E|f (x) > λ} =

 E

, jika λ ≤ α

∅

, jika λ > α

Masing-masing E dan ∅ merupakan himpunan terukur-µ∗ . Jadi, f fungsi terukur.



Teorema 3.2. Jika fungsi f, g terukur pada himpunan terukur-µ∗ E, maka 1. Untuk setiap λ ∈ R, λf terukur pada E ∈ A. 2. f + g terukur pada E. 3. f 2 terukur pada E. 4. f g terukur pada E. Bukti. 1. Akan dibuktikan λf terukur pada E. (a) Jika λ = 0, maka (λf )(x) = 0 untuk setiap x ∈ E. Fungsi λf menjadi fungsi konstan. Menurut akibat 3.1 di atas, maka λf terukur pada E. (b) Jika λ > 0. Ambil sebarang α ∈ R, maka {x ∈ E|(λf )(x) > α} = {x ∈ E|f (x) >

α } λ

Karena αλ ∈ R, maka himpunan {x ∈ E|(λf )(x) > α} terukur. Jadi, λf terukur pada E. (c) Jika λ < 0. Ambil sebarang α ∈ R, maka {x ∈ E|(λf )(x) > α} = {x ∈ E|f (x) <

α } λ

Karena αλ ∈ R, maka himpunan {x ∈ E|(λf )(x) < α} terukur. Jadi, λf terukur pada E. Jadi, λf terukur pada E. 2. Akan dibuktikan f + g terukur pada E, {x ∈ E|(f + g)(x) > α} = {x ∈ E|f (x) > α − g(x)} Karena x ∈ E ⊂ X dan α ∈ R, maka f (x), α − g(x) ∈ R. Di antara kedua bilangan real tersebut, pasti terdapat bilangan rasional r ∈ Q, yaitu α − g(x) < r < f (x) 15

Didapat {x ∈ E|(f + g)(x) > α} = {x ∈ E|f (x) > α − g(x)} = {x ∈ E|α − g(x) < r < f (x)} = {x ∈ E|f (x) > r ∧ g(x) > α − r} = {x ∈ E|f (x) > r} ∩ {x ∈ E|g(x) > α − r}

Masing-masing {x ∈ E|f (x) > r} dan {x ∈ E|g(x) > α − r} terukur-µ∗ , maka {x ∈ E|(f + g)(x) > α} terukur-µ∗ . Jadi, f + g fungsi terukur. 3. Akan dibuktikan f 2 terukur pada E. Diperhatikan {x ∈ E|f 2 (x) > α} = {x ∈ E|f (x) > = {x ∈ E|f (x) >

√

√ α ∨ f (x) < − α}

√

√ α} ∪ {x ∈ E|f (x) < − α}

√ √ Karena masing-masing {x ∈ E|f (x) > α} dan {x ∈ E|f (x) < − α} terukur, maka {x ∈ E|f 2 (x) > α} terukur. Jadi, f 2 terukur pada E. 4. Akan dibuktikan f g terukur pada E. Diperhatikan 1 f g = ((f + g)2 − f 2 − g 2 ) 2 Oleh karena masing-masing f + g, f 2 dan g 2 terukur-µ∗ , maka f g juga terukur-µ∗ . Jadi, f g terukur pada E. 

Teorema 3.3. Diketahui fn fungsi terukur pada himpunan terukur-µ∗ E, ∀n ∈ N. Untuk setiap x ∈ R, fungsi-fungsi yang didefinisikan sebagai berikut: 1. maxk≤n fk (x) = max{f1 (x), f2 (x), · · · , fn (x)} 2. mink≤n fk (x) = min{f1 (x), f2 (x), · · · , fn (x)} 3. supk≥n fk (x) = sup{fn (x), fn+1 (x), · · · } 4. inf k≥n fk (x) = inf{fn (x), fn+1 (x), · · · } 5. lim fk (x) = inf n≥1 supk≥n fk (x) 6. lim fk (x) = supn≥1 inf k≥n fk (x) merupakan fungsi terukur pada E. 16

Bukti. 1. Untuk maxk≤n fk , {x ∈ E| max fk (x) > α} = {x ∈ E| max{f1 (x), f2 (x), · · · , fn (x)} > α} k≤n

= {x ∈ E|f1 (x) > α ∨ f2 (x) > α ∨ · · · ∨ fn (x) > α} n [ = {x ∈ E|fk (x) > α} k=1

Karena masing-masing {x ∈ E|fk (x) > α} terukur-µ∗ , maka gabungannya juga terukur-µ∗ . Jadi, maxk≤n fk terukur pada E. 2. Untuk mink≤n fk , {x ∈ E| min fk (x) > α} = {x ∈ E| min{f1 (x), f2 (x), · · · , fn (x)} > α} k≤n

= {x ∈ E|f1 (x) > α ∧ f2 (x) > α ∧ · · · ∧ fn (x) > α} n \ {x ∈ E|fk (x) > α} = k=1

Karena masing-masing {x ∈ E|fk (x) > α} terukur-µ∗ , maka irisannya juga terukurµ∗ . Jadi, mink≤n fk terukur pada E. 3. Untuk supk≥n fk (x), {x ∈ E| sup fk (x) > α} = {x ∈ E| sup{fn (x), fn+1 (x), · · · } > α} k≥n

= {x ∈ E|fn (x) > α ∨ fn+1 (x) > α ∨ · · · } ∞ [ = {x ∈ E|fk (x) > α} k=n

Karena masing-masing {x ∈ E|fk (x) > α} terukur-µ∗ , maka gabungannya juga terukur-µ∗ . Jadi, supk≤n fk terukur pada E. 4. Untuk inf k≥n fk (x), {x ∈ E| inf fk (x) < α} = {x ∈ E| inf{fn (x), fn+1 (x), · · · } < α} k≥n

= {x ∈ E|fn (x) < α ∨ fn+1 (x) < α ∨ · · · } ∞ [ = {x ∈ E|fk (x) < α} k=n

Karena masing-masing {x ∈ E|fk (x) < α} terukur-µ∗ , maka gabungannya juga terukur-µ∗ . Jadi, inf k≤n fk terukur pada E. 17

5. Untuk lim fk (x) = inf n≥1 supk≥n fk (x), {x ∈ E| lim fk (x) > α} = {x ∈ E| inf sup fk (x) > α} n≥1 k≥n

=

∞ [ ∞ \

{x ∈ E|fk (x) > α}

n=1 k=1

Karena masing-masing {x ∈ E|fk (x) > α} terukur-µ∗ , maka gabungan dan irisannya juga terukur-µ∗ . Jadi, lim fk terukur pada E. 6. Untuk lim fk (x) = supn≥1 inf k≥n fk (x), {x ∈ E| lim fk (x) < α} = {x ∈ E| sup inf fk (x) < α} n≥1 k≥n

=

∞ [ ∞ \

{x ∈ E|fk (x) < α}

n=1 k=1

Karena masing-masing {x ∈ E|fk (x) < α} terukur-µ∗ , maka gabungan dan irisannya juga terukur-µ∗ . Jadi, lim fk terukur pada E. 

3.2. Konsep Almost Everywhere dan Nearly Everywhere Definisi 3.2. Suatu pernyataan P (x) dikatakan berlaku/benar hampir di mana-mana (h.d) atau almost everywhere (a.e) pada himpunan terukur-µ∗ E, jika terdapat A ⊂ E sehingga µ∗ (A) = 0 dan P (x) berlaku benar untuk setiap x ∈ E − A. Contoh 3.1. Diberikan f : [a, b] → R  1 , x ∈ [a, b] irasional f (x) = 0 , x ∈ [a, b] rasional Diambil A =koleksi semua bilangan rasional di dalam [a, b], maka m∗ (A) = 0. Lebih lanjut, f (x) = 1 untuk setiap x ∈ [a, b] − A. Jadi, pernyataan f (x) = 1 dikatakan hampir di mana-mana pada [a, b]. Definisi 3.3. Suatu pernyataan P (x) dikatakan berlaku/benar nyaris di mana-mana (n.d) atau nearly everywhere (a.e) pada himpunan terukur-µ∗ E, jika terdapat A ⊂ E sehingga P (x) berlaku benar untuk setiap x ∈ E − A. Terlihat bahwa definisi nearly everywhere lebih lemah daripada almost everywhere. Teorema 3.4. Jika pernyataan f (x) = g(x) almost everywhere pada himpunan terukurµ∗ pada E dan f terukur pada E, maka g terukur pada E. 18

Bukti. Karena f (x) = g(x) h.d pada E, maka terdapat A ⊂ E sehingga µ∗ (A) = 0 dan f (x) = g(x) untuk setiap x ∈ E − A. Diperhatikan {x ∈ E|g(x) > α} = {x ∈ E − A|g(x) > α} + {x ∈ A|g(x) > α} = {x ∈ E − A|f (x) > α} − {x ∈ E|f (x) 6= g(x)}

Karena µ∗ (A) = 0 maka µ∗ ({x ∈ E|f (x) 6= g(x)}) = 0, maka {x ∈ E|g(x) > α} terukurµ∗ . Jadi, g terukur pada E. 

3.3. Fungsi Sederhana Definisi 3.4. Diberikan E ⊆ X. Fungsi χE : X → R dengan rumus  1 , x ∈ E χE (x) = 0 , x ∈ /E disebut fungsi karakteristik (characteristic function) pada E. Teorema 3.5. Jika E ⊂ X terukur-µ∗ , maka χE merupakan fungsi terukur pada X. Bukti. Ambil sebarang α ∈ R, 1. Jika α < 1, maka {x ∈ E|χE (x) < α} = {x ∈ E|χE (x) < 1} = {x ∈ E|χE (x) = 0} = ∅ Himpunan kosong ∅ merupakan himpunan terukur-µ∗ , maka χE fungsi terukur. 2. Jika α ≥ 1, maka {x ∈ E|χE (x) < α} = {x ∈ E|χE (x) = 1 ∨ χE (x) = 0} = E Himpunan E merupakan himpunan terukur-µ∗ , maka χE fungsi terukur. Terbukti.



Definisi 3.5. Jika E terukur-µ∗ , {cn } ∈ R, {En } ∈ A sehingga E =

n [ k=1

ϕ:R→R n X ϕ(x) = ck χEk (x) k=1

19

Ek , maka fungsi

disebut fungsi sederhana (simple function) pada E. Teorema 3.6. Jika ϕ dan ψ masing-masing fungsi sederhana, maka αϕ, ϕ + ψ dan ϕ · ψ juga fungsi sederhana. m n [ [ Pm Pn Bukti. Katakan ϕ = Ek = Fj . k=1 ck χEk dan ψ = j=1 dj χFj dengan E = k=1

Dibentuk Ak j = Ek ∩ Fj . Diperoleh n [

Akj =

n [

(Ek ∩ Fj ) = Ek ∩

n [

j=1

j=1

j=1

m [

m [

m [

k=1

Akj =

(Ek ∩ Fj ) = Fj ∩

k=1

Fj = Ek ∩ E = Ek

Fj = Fj ∩ E = Fj

k=1

maka 1. αϕ = α

m X

ck χEk =

m X

(ck α)χEk

k=1

k=1

Karena ck α ∈ R, maka αϕ merupakan fungsi sederhana. 2. ϕ+ψ =

m X

ck χEk +

n X j=1

k=1

= =

m X

dj χFj

ck χSnj=1 Akj +

k=1 n m X X

n X

dj χSm k=1 Akj

j=1

(ck + dj )χSnj=1 Akj ∩Sm k=1 Akj

k=1 j=1

merupakan fungsi sederhana. 3. ϕψ = = =

m X k=1 m X

ck χEk

n X

dj χFj

j=1

ck χ

k=1 m X n X

Sn

j=1

n X Akj

dj χ S m k=1 Akj

j=1

(ck · dj )χSnj=1 Akj ∩Sm k=1 Akj

k=1 j=1

20

j=1

merupakan fungsi sederhana.  Teorema 3.7. E ⊂ X merupakan himpunan terukur-µ∗ . Untuk setiap n ∈ N didefinisikan fungsi terukur pada E , fn : X → R. Jika {fn } almost everywhere konvergen ke suatu fungsi f , maka f fungsi terukur pada E. Bukti. Berdasarkan definisi almost everywhere, dapat dianggap bahwa {fn } konvergen ke f pada E. Dengan kata lain, ∀x ∈ E∀ε > 0 ∃nx ∈ N sehingga ∀k ≥ nx berlaku |fk (x) − f (x)| < ε Oleh karena {fk } fungsi terukur-µ∗ maka himpunan {x ∈ E|fk (x) < λ − n1 } terukur-µ∗ untuk setiap λ ∈ R. Didapat {x ∈ E|f (x) < λ} =

∞ ∞ \ [

{fk (x) < λ −

n=k k=1

1 } n

merupakan himpunan terukur-µ∗ . Jadi, f fungsi terukur pada E.



Akibat 3.2. Fungsi f : X → R terukur pada himpunan terukur-µ∗ E jika dan hanya jika ada barisan fungsi sederhana {ϕn } pada E yang konvergen ke f almost everywhere pada E. Bukti. 1. ⇐ Syarat cukup jelas terpenuhi, berdasarkan Teorema 3.7 2. ⇒ Dibentuk komponen-komponen En = {x ∈ E|f (x)f (x) ≤

1 } 2n

f terukur pada E, sehingga En terukur-µ∗ . Dibentuk Ei = {x ∈ E|

i−1 1 ≤ f (x) ≤ n } n 2 2

untuk i ≥ 1, maka Ei terukur-µ∗ . Tulis ci =

i−1 2n

dan di =

i , 2n

maka di − ci = n1 . Dibentuk fungsi-fungsi sederhana 2n

X 1 ϕn = n χEn + ci χEi 2 i=1 2n

X 1 di χEi ψn = n χEn + 2 i=1 21

Terlihat bahwa ϕn (x) ≤ f (x) ≤ psin (x) dan ϕn (x) ≤ ϕn+1 (x) ≤ f (x) ≤ ψn+1 (x) ≤ ψn (x) 1 ϕn (x) − ψn (x) = n 2

(3.1) (3.2)

Berdasarkan hasil (3.1) dan (3.2) diperoleh bahwa barisan fungsi sederhana naik monoton {ϕn } dan barisan fungsi sederhana turun monoton {ψn } yang konvergen ke f h.d pada E. ϕn − ψn konvergen ke f pada E. Jadi, barisan fungsi sederhana {Φn } dengan Φn = 2 

Akibat 3.3. Jika fungsi f : X → R terukur pada himpunan terukur-µ∗ E maka ∀ε > 0 terdapat fungsi sederhana ϕε sehingga |f (x) − ϕε (x)| < ε almost everywhere pada E. Bukti. Berdasarkan bukti teorema sebelumnya, ϕn (x) ≤ f (x) ≤ ψn (x) ψn (x) − ϕn (x) =

1 2n

Didapat 1 2n 1 fn (x) − ϕ(x) ≤ n 2

ψn (x) − fn (x) ≤

Diambil sebarang ε > 0, menurut Archimedean properties, terdapat bilangan asli n0 sehingga 1