Makalah ini membahas tentang teori ukuran dan peluang, fungsi sederhana, dan integrasi. Terdapat penjelasan mengenai aljabar ruang terukur, ruang ukuran, ruang probabilitas, fungsi sederhana, dan teorema-teorema terkait."
Bilangan Kompleks adalah pasangan terurut dari dua buah bilangan real x dan y yang dapat dinyatakan dalam z = (x+yi). Kekontinuan fungsi dalam bilangan kompleks didefinisikan sebagai fungsi f(z) terdefinisi di D pada bidang Z dan titik z0 terletak pada interior D, fungsi f(z) dikatakan kontinu di z0 jika untuk z menuju z0, maka lim f(z) = f(z0).
Salah satu materi perkuliahan prodi pendidikan matematika mata kuliah teori himpunan dan logika matematika - Kardinalitas, definisi kardinalitas, himpunan kuasa, operasi relasi dua himpunan, himpunan bagian
Bilangan Kompleks adalah pasangan terurut dari dua buah bilangan real x dan y yang dapat dinyatakan dalam z = (x+yi). Kekontinuan fungsi dalam bilangan kompleks didefinisikan sebagai fungsi f(z) terdefinisi di D pada bidang Z dan titik z0 terletak pada interior D, fungsi f(z) dikatakan kontinu di z0 jika untuk z menuju z0, maka lim f(z) = f(z0).
Salah satu materi perkuliahan prodi pendidikan matematika mata kuliah teori himpunan dan logika matematika - Kardinalitas, definisi kardinalitas, himpunan kuasa, operasi relasi dua himpunan, himpunan bagian
Kalkulus Integral : Teorema Fundamental KalkulusFranz Sebastian
Teorema Fundamental Kalkulus atau Teorema Dasar Kalkulus adalah teorema yang menghubungkan dua cabang kalkulus : Integral dan Turunan. Tanpa teorema ini, kita tidak bisa menghitung integral dengan mudah.
TFK / TDK dibagi menjadi dua bagian, yaitu TFK part 1 dan TFK part 2. Terkadang, teorema part 1 ditulis sebagai part 2 di beberapa sumber lain.
Pembuktian teorema ini tidak di bahas dengan detail pada slide, karena slide ini hanya bertujuan untuk memperkenalkan teorema ini serta manfaat dan aplikasinya dalam menyelesaikan masalah integral.
Click profile untuk melihat bab-bab lain mengenai integral, atau materi lain.
metode numerik stepest descent dengan rerata aritmatikarukmono budi utomo
artikel metode numerik stepest descent dengan rerata aritmatika telah disubmit pada seminar nasional matematika universitas negeri malang tanggal 13 agustus 2016
metode numerik stepest descent dengan rerata aritmatikarukmono budi utomo
metode numerik stepest descent dengan rerata aritmatika dipresentasikan pada seminar nasional matematika universitas negeri malang tanggal 13 agustus 2016
1. 1
MAKALAH TEORI UKURAN DAN PELUANG
FUNGSI SEDERHANA DAN INTEGRASI
Pengampu : Drs. YD. Sumanto, M.si.
Oleh :
1. RUKMONO BUDI UTOMO (J2A 009 004)
2. ENDAH DWI NUR R (J2A 009 026)
3. MELIA R (J2A 009 030)
4. ANASTASYA T (J2A 009 032)
PROGRAM STUDI MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA
FAKULTAS SAINS DAN MATEMATIKA
UNIVERSITAS DIPONEGORO
SEMARANG
2013
2. 2
PENDAHULUAN
I. Aljabar Ruang Terukur , Ruang Ukuran dan Ruang Probabilitas
1.1. Aljabar
F disebut aljabar atas X jika dan hanya jika memenuhi 3 aksioma dibawah ini
i. X F
ii. A F AC
F
iii. A, B F A B F
Lemma
Jika A, B F dimana F merupakan aljabar atas X maka A B F
Bukti
Karena A, B F , maka menurut aksioma (ii), A ,BC C
F . Dan menurut
aksioma (iii) A BC C
F
A B
C
F
Dengan menggunakan aksioma (ii) kembali A B
CC
F
A B F (Terbukti)
Contoh 1
Diberikan himpunan X dibawah ini
X , , ,a b c d F 1 X, , a , F 2 X, , , , ,a b c d
Akan dibuktikan F 1 bukan aljabar atas X ( bukan aljabar ), namun F 2 adalah
aljabar
3. 3
Bukti
i. Membuktikan F 1 bukan aljabar
Untuk a F 1 , , ,
C
a b c d F 1 (aksioma ii tidak terpenuhi)
F 1 bukan aljabar (bukti selesai )
ii. Membuktikan F 2 adalah aljabar
Diketahui F 2 X, , , , ,a b c d
o X F 2 ( aksioma1 terpenuhi)
o XC
, XC
, , ,
C
a b c d , , ,
C
b c d a semuanya F 2
(aksioma ii terpenuhi )
o Untuk mengecek terpenuhinya aksioma iii, pengecekan akan melibatkan
kombinasi elemen-elemen dalam F 2 , yakni C = (4,2) sebanyak 6 buah
pasangan.
X X , X Xa , X , , Xb c d , a a ,
, , , ,b c d b c d , , , Xa b c d semuanya F 2
(Jelas, aksioma ii terpenuhi )
F 2 adalah aljabar (bukti selesai )
Teorema
Jika F 1 dan F 2 adalah aljabar , maka belum dapat dipastikan F 1 F 2
juga merupakan aljabar
Bukti
Misalkan X merupakan sembarang himpunan tak kosong dan F 1, F 2
merupakan dua buah ajabar dengan segala kemungkinan masing-masing
dimana F 1 F 2. Minimal pasti akan dapat ditemukan gabungan antar elemen
di F 1 dan F 2 yang tidak terdefinisi di F 1 F 2 sedemikian sehingga
aksioma (iii) tidak terpenuhi. Bukti selesai.
4. 4
Definisi
F merupakan aljabar atas X dan disebut dengan aljabar jika F merupakan
aljabar dan jika An F 1,2,3,n maka
1
An
n
F
Contoh 2
Misalkan ( X, F 1 ) dan ( X, F 2 ) merupakan dua ruang terukur dengan
F = F 1 F 2. Buktikan bahwa F merupakan aljabar .
Bukti
X F 1
X F 2
Dengan menggunakan lemma yang telah didfinisikan diatas, X F 1 F 2
(aksioma i terpenuhi )
Kemudian, misalkan A F 1, A F 2, maka menurut aksioma ii, AC
F 1
dan AC
F 2. Kita tahu bahwa A F 1 F 2, maka AC
F 1 F 2. (aksioma
ii terpenuhi )
Untuk A , 1,2,3,n n F 1 F 2.
A F 1, A F 2
A An F 1 F 2 ( aksioma iii terpenuhi )
F adalah aljabar (bukti selesai )
1.2. Ruang Terukur, Ruang Ukuran dan Probabilitas
Definisi
Diberikan ruang terukur ( X, F )
F 0, disebut ukuran apabila 0 dan jika A , 1,2,3,n n F
dengan A An m , m n berlaku
11
A An n
nn
. Untuk ( X, F , ) disebut
sebagai ruang ukuran dan ( X, F , ), X 1 disebut sebagai ruang probabilitas.
5. 5
Definisi
Diketahui ( X, F 1 ) , ( X, F 2 ) adalah dua buah ruang terukur dan didefinisikan
suatu f : ( X, F 1 ) ( X, F 2 ) dikatakan terukur jika dan hanya jika A F 2
berlaku f ‘ ( A) F 1
f ‘ ( A) = { x X | f (x) A } F 1
Contoh 3
Diketahui X = , , ,a b c d
F 1= X, , , , ,a b c d , F 2 = 2X
Diketahui pula (X , F 1 ) , (X , F 2 ) adalah dua buah ruang terukur
f : x X dengan f ( x) = a , x X.
Apakah f ( x) terukur ?
Jawab
Diketahui (X, F 1), (X, F 2 ) merupakan dua buah ruang terukur.
Ambil sembarang A F 2 = 2X
f ‘ ( A) = { x X | f (x) A }
= { x X | f (x) = aA }
= X kemudian
f ‘ ( A) = { x X | f (x) A }
= { x X | f (x) = aA }
f ‘ ( A) F 1
f ‘ ( A) terukur.
II. Fungsi Sederhana dan Integrasi
2.1. Fungsi Sederhana
6. 6
Definisi
Suatu fungsi f : R R dikatakan sebagai fungsi sederhana jika terdapat
himpunan berhingga 1 2 3, , , , nC C C C R dan kelompok himpunan
1 2 3, , , , nA A A A .
1
( )
n
i i
i
f x C IA x
Teorema
Ruang ukuran (R, B , (R) ) , ( )x R f x a dimana B merupakan borel yakni
merupakan aljabar terkecil yang masih memuat interval terbuka dikatakan
terukur jika dan hanya jika a R berlaku ( ) ( )x R f x a B R .
Point-point penting :
i. Jika f terukur, maka terdapat barisan fungsi sederana fn sedemikian
Sehingga 1 2 3f f f fn dan limf fn
n
ii.Jika f : ,a b R kontinu pada ,a b , maka terdapat barisan fungsi
sederhana fn sedemikian sehingga 1 2 3f f f fn dan limf fn
n
1
n
n i i
i
f C IA
, i
b a
A
n
untuk setiap a dan b merupkan batas bawah dan
atas dari partisi dalam integral Riemann, dan n menunjukkan banyaknya
partisi tersebut
Definisi
Deberikan ruang terukur , ,f . Fungsi : ,f R disebut fungsi
sederhana ( simple function ) jika f memiliki daerah hasil atau range berhingga.
Diberikan fungsi karakteristik
1,
0,
A
x A
I x
x A
dimana A .
Jika :f R fungsi sederhana , 1 2 3, , , , nf C C C C dan iA dimana
, 1,2,3, ,i iA x f x C i n , maka
1
n
i i
i
f C IA x
.
7. 7
Contoh 4
Diberikan ( )f x x yakni fungsi bilangan bulat terbesar x
dengan selang 2,5 R
Tentukan nilai iA dan hitunglah f nya.
Jawab
1 2,5 2A x f x 2 2,5 1A x f x
2,5 2 1x x 2,5 1 0x x
2, 1 1,0
Selanjutnya analog dengan 1A dan 2A diperoleh
3 0,1A 5 2,3A 7 4,5A
4 1,2A 6 3,4A 8 5A
Kemudian untuk mencari nilai f , gunakan
1
n
i i
i
f C IA x
1 2 4 5 6 7 82 2 3 4 5f IA IA IA IA IA IA IA
Point-point penting
i. Setiap fungsi sederhana merupakan kombinasi linear fungsi-sungsi
karakteristik
ii. Fungsi sederhana
1
n
i i
i
f C IA x
merupakan fungsi terukur jika iA
adalah himpunan terukur 1,2,3, ,i N
Teorema
Setiap fungsi terukur :f R terdapat barisan fungsi sederhana nf sedemikian
sehingga 0
lim n
n
f f
pada
8. 8
Bukti
Untuk ( ) 0,f x x didefinisikan
1
( )
2 2
nk n n
k k
A x f x
( )nA x f x n , 1,2,3, ,n N , 1,2, , 2n
k n
1
1
2
n
n nk nn
k
k
f IA nIA
f (x) , f (x) ≥ 0
𝑓+
(x) =
0, f (x) < 0
0, f (x) ≥ 0
𝑓−
(x) =
- f(x), f (x) < 0
𝑓 = 𝑓+
- 𝑓−
| 𝑓 |= 𝑓+
+ 𝑓−
Sehingga jika f sebarang fungsi terukur
𝑓 = 𝑓+
- 𝑓−
(𝑓𝑛 ) barisan fungsi sederhana
Lim 𝑓𝑛 = 𝑓+
Dan (𝑞 𝑛) barisan fungsi sederhana
Lim 𝑞 𝑛 = 𝑓−
maka
ℎ 𝑛 = 𝑓𝑛 - 𝑞 𝑛
Lim ℎ 𝑛 = Lim ( 𝑓𝑛 − 𝑞 𝑛 ) = Lim 𝑓𝑛 - Lim 𝑞 𝑛
= 𝑓+
- 𝑓−
= 𝑓
Jika terukur, terbatas dan (𝑓𝑛 ) barisan fungsi sederhana konvergen ke 𝑓, maka
𝑓𝑛 → 𝑓 (seragam).