# Bab 46: Integral Tak Wajar (Improper Integrals)

## 46.1 Integral pada Batas Domain Tak Hingga

Penjelasan master untuk Bab 46: perluasan konsep integral ke domain tak berhingga atau ke fungsi yang tidak terbatas. Rumus master:
$$\int_1^\infty\frac1{x^2}\,dx=\lim_{t\to\infty}\left[-\frac1x\right]_1^t=\lim_{t\to\infty}\Bigl(-\frac1t-(-1)\Bigr)=1.$$

Integral Riemann (Bab 43) hanya didefinisikan untuk fungsi terbatas pada interval tertutup dan terbatas. Lambang $\int_1^\infty$ karena itu memerlukan definisi baru. Lambang $\infty$ bukan bilangan real, sehingga tidak ada partisi $[1,\infty]$ dan tidak ada "jumlah Darboux sampai $\infty$". Definisinya adalah limit integral biasa. Rumus master tepat menunjukkan pola ini: hitung $\int_1^t$, lalu ambil limit $t\to\infty$ dalam arti Definisi 35.2.5. Unit ini juga menutup pinjaman terakhir P32-INT, yaitu bagian (I3), sehingga uji integral Teorema 32.2.4 menjadi terbukti penuh.

Prasyarat: Bab 43–45; Definisi 35.2.5 dan 35.2.6; Teorema 29.2.1 (kriteria Cauchy); Unit 32.2.

### Definisi

#### Definisi 46.1.1 (Integral Tak Wajar Jenis Pertama)

Misalkan $a\in\mathbb{R}$, dan $f:[a,\infty)\to\mathbb{R}$ terintegralkan lokal, yaitu terintegralkan pada $[a,t]$ untuk setiap $t>a$. Tulis $F(t)=\int_a^tf$.

(a) $\int_a^\infty f$ konvergen bila $\lim_{t\to+\infty}F(t)=L$ ada sebagai bilangan real. Dalam hal itu, $\int_a^\infty f=L$. Bila limit itu tidak ada, integralnya divergen.

(b) Bila $F(t)\to+\infty$ (Definisi 35.2.6), kita menulis $\int_a^\infty f=+\infty$. Seperti pada Definisi 26.3.10, ini adalah label untuk perilaku divergen, bukan nilai real.

(c) $\int_{-\infty}^bf$ didefinisikan serupa, dengan $\lim_{s\to-\infty}\int_s^bf$.

(d) Untuk $f$ terintegralkan lokal pada $\mathbb{R}$, $\int_{-\infty}^\infty f$ konvergen bila ada $c$ sehingga $\int_{-\infty}^cf$ dan $\int_c^\infty f$ keduanya konvergen. Nilainya adalah jumlah kedua integral itu, dan tidak bergantung pada $c$ (Latihan 46.1-3).

Definisi (d) memerlukan dua limit yang terpisah, bukan satu limit simetris $\lim_{t\to\infty}\int_{-t}^t$. Latihan 46.1-2 menunjukkan bahwa perbedaan ini nyata.

#### Proposisi 46.1.2 (Titik Dasar Tidak Berpengaruh)

Untuk $a<a'$, $\int_a^\infty f$ konvergen jika dan hanya jika $\int_{a'}^\infty f$ konvergen. Dalam hal itu,
$$\int_a^\infty f=\int_a^{a'}f+\int_{a'}^\infty f.$$

Bukti. Untuk $t>a'$, aditivitas memberi $\int_a^tf=\int_a^{a'}f+\int_{a'}^tf$. Kedua fungsi $t$ berselisih konstanta, sehingga limitnya ada bersama-sama. $\square$

Jadi kekonvergenan hanya ditentukan oleh perilaku $f$ untuk $x$ besar, seperti kekonvergenan deret hanya ditentukan oleh ekornya (Teorema 31.1.5).

### Contoh Dasar

#### Contoh 46.1.3 (Contoh Master)

$\tfrac1{x^2}$ kontinu pada $[1,\infty)$, sehingga terintegralkan lokal. $G(x)=-\tfrac1x$ adalah antiturunannya, sehingga Teorema 45.2.1 memberi $F(t)=1-\tfrac1t$. Untuk $\varepsilon>0$ dan $t>M=\tfrac1\varepsilon$: $|F(t)-1|=\tfrac1t<\varepsilon$. Jadi $\int_1^\infty\tfrac{dx}{x^2}=1$, sesuai rumus master.

Bandingkan dengan Contoh 32.2.3. Di sana $\sum_{k\geq1}\tfrac1{k^2}$ terletak di antara $1{,}6406$ dan $1{,}6498$. Integralnya, $1$, lebih kecil dari deretnya, karena untuk fungsi turun, $\int_k^{k+1}f\leq f(k)$.

#### Teorema 46.1.4 (Integral-$p$)

Untuk $p\in\mathbb{R}$, $\int_1^\infty x^{-p}\,dx$ konvergen jika dan hanya jika $p>1$. Dalam hal itu, nilainya $\tfrac1{p-1}$. Untuk $p\leq1$, $\int_1^\infty x^{-p}\,dx=+\infty$.

Bukti. Untuk $r>0$, $x\mapsto x^r=\exp(r\ln x)$ naik tegas pada $(0,\infty)$ dan tak terbatas: untuk $K>0$ dan $t>K^{1/r}$, $t^r>K$ (Teorema 40.2.8). Jadi $t^r\to+\infty$ dan $t^{-r}=\tfrac1{t^r}\to0$ untuk $t\to+\infty$.

Untuk $p\ne1$, $G(x)=\tfrac{x^{1-p}}{1-p}$ memenuhi $G'(x)=x^{-p}$ (Teorema 40.2.8(d)), sehingga
$$F(t)=\int_1^tx^{-p}\,dx=\frac{t^{1-p}-1}{1-p}.$$
Bila $p>1$, $t^{1-p}=t^{-(p-1)}\to0$, sehingga $F(t)\to\tfrac{-1}{1-p}=\tfrac1{p-1}$. Bila $p<1$, $t^{1-p}\to+\infty$ dan $1-p>0$, sehingga $F(t)\to+\infty$. Untuk $p=1$, $F(t)=\ln t\to+\infty$ (Teorema 45.2.4 dan Teorema 40.2.6(c)). $\square$

Kasus $p=1$ adalah rumus master Unit 32.2: $\int_1^\infty\tfrac{dx}x=\lim_{t\to\infty}\ln t=+\infty$. Kini rumus itu terbukti, dengan $+\infty$ sebagai label divergensi. Hasil ini sejalan dengan deret-$p$ (Teorema 32.1.4 dan 40.2.8): $\sum k^{-p}$ dan $\int_1^\infty x^{-p}$ konvergen untuk nilai $p$ yang sama. Unit berikut menjelaskan alasannya.

### Integran Taknegatif dan Penutupan (I3)

#### Teorema 46.1.5 (Integran Taknegatif)

Misalkan $f\geq0$ terintegralkan lokal pada $[a,\infty)$. Maka $F$ naik, dan pernyataan berikut setara:

(i) $\int_a^\infty f$ konvergen;

(ii) $F$ terbatas di atas pada $[a,\infty)$;

(iii) barisan $(F(n))_{n\geq n_0}$ terbatas di atas, untuk suatu bilangan bulat $n_0\geq a$.

Dalam hal itu, $\int_a^\infty f=\sup_{t\geq a}F(t)$. Bila tidak, $\int_a^\infty f=+\infty$.

Bukti. $F$ naik: untuk $s<t$, $F(t)-F(s)=\int_s^tf\geq0$ (Teorema 44.2.5(a)).

(i)$\Rightarrow$(iii): limit $L$ ada, sehingga $F(t)\leq L+1$ untuk $t$ besar. Untuk $t$ yang lebih kecil, $F(t)$ dibatasi oleh nilai $F$ di titik yang lebih besar, karena $F$ naik.

(iii)$\Rightarrow$(ii): untuk $t\geq n_0$, $F(t)\leq F(\lceil t\rceil)$. Untuk $a\leq t<n_0$, $F(t)\leq F(n_0)$.

(ii)$\Rightarrow$(i): misalkan $L=\sup F$ (aksioma supremum). Untuk $\varepsilon>0$, ada $t_0$ dengan $F(t_0)>L-\varepsilon$. Untuk $t>t_0$, $L-\varepsilon<F(t_0)\leq F(t)\leq L$. Jadi $F(t)\to L$.

Bila $F$ tidak terbatas: untuk setiap $K$, ada $t_0$ dengan $F(t_0)>K$, dan karena $F$ naik, $F(t)>K$ untuk semua $t>t_0$. $\square$

#### Teorema 46.1.6 (Penutupan P32-INT (I3) dan Uji Integral)

Misalkan $f:[1,\infty)\to\mathbb{R}$ positif dan turun, dan $F(t)=\int_1^tf$. Maka:

(a) (I3) $\int_1^\infty f$ konvergen jika dan hanya jika $(F(n))_{n\geq1}$ terbatas.

(b) Uji integral, Teorema 32.2.4, berlaku tanpa pinjaman: $\sum_{k\geq1}f(k)$ konvergen jika dan hanya jika $\int_1^\infty f$ konvergen, dan $\int_1^{n+1}f\leq\sum_{k=1}^nf(k)\leq f(1)+\int_1^nf$.

(c) Bila konvergen, sisa $R_{N+1}=\sum_{k=N+1}^\infty f(k)$ memenuhi
$$\int_{N+1}^\infty f\leq R_{N+1}\leq\int_N^\infty f.$$

Bukti. $f$ terintegralkan lokal (Teorema 44.1.3). (a) adalah Teorema 46.1.5 dengan $n_0=1$. Untuk (b), $G_k=F(k)$ memenuhi $(\ast)$ Teorema 32.2.1 menurut (I2), yang sudah ditutup di Bab 44. Teorema 32.2.1(a),(b) dan bagian (a) di sini menyelesaikan (b). Untuk (c), Teorema 32.2.1(c) memberi $\lim G-G_{N+1}\leq R_{N+1}\leq\lim G-G_N$. Di sini $\lim G=\int_1^\infty f$, sehingga $\lim G-G_N=\int_N^\infty f$ menurut Proposisi 46.1.2. $\square$

Dengan teorema ini, seluruh pinjaman P32-INT tertutup: (I1) oleh Teorema 44.1.3, (I2) oleh Teorema 44.2.2 dan 44.2.5(b), dan (I3) di sini. Uji integral di Unit 32.2 kini menjadi teorema lengkap.

#### Contoh 46.1.7 (Deret di Ambang Batas)

$f(x)=\tfrac1{x\ln x}$ pada $[2,\infty)$ positif dan turun, karena $x\ln x$ naik dan positif. Substitusi $\varphi=\ln$ (Teorema 45.3.4), dengan $f(u)=\tfrac1u$ pada $[\ln2,\ln t]$, memberi
$$\int_2^t\frac{dx}{x\ln x}=\int_{\ln2}^{\ln t}\frac{du}u=\ln(\ln t)-\ln(\ln2)\to+\infty.$$
Teorema 46.1.6, yang digeser ke $[2,\infty)$ dengan $f_k=f(k+1)$, memberi bahwa $\sum_{k\geq2}\tfrac1{k\ln k}$ divergen. Pertumbuhannya sangat lambat. Teorema 46.1.6(b), yang digeser dengan cara yang sama, memberi untuk $n\geq2$:
$$\ln\ln(n+1)-\ln\ln2\leq\sum_{k=2}^n\frac1{k\ln k}\leq\frac1{2\ln2}+\ln\ln n-\ln\ln2.$$
Contohnya, untuk $n=10^6$, $\ln\ln n\approx2{,}63$, sehingga jumlah sejuta suku pertama masih kurang dari $\tfrac1{2\ln2}+2{,}63+0{,}37<3{,}73$, karena $-\ln\ln2\approx0{,}367$. Sebelum logaritma tersedia, Unit 31 memakai pengganti $\tfrac1{k\,d(k)}$, dengan $d(k)$ banyaknya digit biner. Kini versi aslinya terbukti. Sebaliknya, $\sum_{k\geq2}\tfrac1{k(\ln k)^2}$ konvergen (Latihan 46.1-6).

### Kriteria Cauchy dan Konvergensi Mutlak

#### Teorema 46.1.8 (Kriteria Cauchy)

Misalkan $f$ terintegralkan lokal pada $[a,\infty)$. $\int_a^\infty f$ konvergen jika dan hanya jika untuk setiap $\varepsilon>0$ ada $M\geq a$ dengan
$$\Bigl|\int_s^tf\Bigr|<\varepsilon\qquad\text{untuk semua }t>s>M.$$

Bukti. ($\Rightarrow$) Bila $F(t)\to L$, ambil $M$ dengan $|F(t)-L|<\tfrac\varepsilon2$ untuk $t>M$. Maka $|\int_s^tf|=|F(t)-F(s)|<\varepsilon$.

($\Leftarrow$) Barisan $(F(n))_{n\geq\lceil a\rceil}$ adalah barisan Cauchy, karena $|F(n)-F(m)|=|\int_m^nf|<\varepsilon$ untuk $n>m>M$. Teorema 29.2.1 memberi limit $L$. Misalkan $\varepsilon>0$, dan $M$ dari hipotesis. Untuk $t>M$, ambil bilangan bulat $n>\max(t,M)$ dengan $|F(n)-L|<\varepsilon$. Pilihan ini deterministik: misalnya $n$ terkecil yang memenuhi. Maka $|F(t)-L|\leq|F(t)-F(n)|+|F(n)-L|<2\varepsilon$. $\square$

#### Teorema 46.1.9 (Konvergensi Mutlak)

Misalkan $f$ terintegralkan lokal pada $[a,\infty)$. Bila $\int_a^\infty|f|$ konvergen, maka $\int_a^\infty f$ konvergen, dan $\bigl|\int_a^\infty f\bigr|\leq\int_a^\infty|f|$.

Bukti. $|f|$ terintegralkan lokal (Teorema 44.2.5(c)). $|\int_s^tf|\leq\int_s^t|f|$, sehingga kriteria Cauchy untuk $|f|$ memberi kriteria Cauchy untuk $f$. Ketaksamaannya berlaku untuk setiap $t$, sehingga juga di limit (Teorema 34.3.7). $\square$

Integral yang konvergen tetapi tidak konvergen mutlak disebut konvergen bersyarat, sejajar dengan deret di Bab 33.

#### Contoh 46.1.10 ($\int_1^\infty\tfrac{\sin x}x$, Konvergen Bersyarat)

Konvergen. Integrasi parsial pada $[1,t]$, dengan $u=\tfrac1x$ dan $v=-\cos x$, memberi
$$\int_1^t\frac{\sin x}x\,dx=\cos1-\frac{\cos t}t-\int_1^t\frac{\cos x}{x^2}\,dx.$$
$|\tfrac{\cos t}t|\leq\tfrac1t\to0$. Integral terakhir konvergen mutlak, karena $\int_1^t\tfrac{|\cos x|}{x^2}\leq\int_1^t\tfrac{dx}{x^2}<1$ (Teorema 46.1.5 dan 46.1.9). Jadi ruas kanan mempunyai limit untuk $t\to\infty$.

Tidak konvergen mutlak. Bukti ini tidak memakai $\pi$. Karena $|\sin x|\leq1$, $|\sin x|\geq\sin^2x=\tfrac{1-\cos2x}2$ (Akibat 40.2.12). Jadi
$$\int_1^t\frac{|\sin x|}x\,dx\geq\frac12\ln t-\frac12\int_1^t\frac{\cos2x}x\,dx.$$
Integral terakhir konvergen untuk $t\to\infty$ dengan argumen yang sama: integrasi parsial dengan $v=\tfrac{\sin2x}2$. Jadi integral itu terbatas dalam $t$, sedangkan $\tfrac12\ln t\to+\infty$. Teorema 46.1.5 memberi $\int_1^\infty\tfrac{|\sin x|}x=+\infty$.

### Latihan

Latihan 46.1-1. Tentukan kekonvergenan dan nilainya: (a) $\int_0^\infty\exp(-x)\,dx$; (b) $\int_1^\infty x^{-3/2}\,dx$; (c) $\int_0^\infty x\exp(-x)\,dx$; (d) $\int_0^\infty\tfrac{dx}{1+x}$.

Latihan 46.1-2. Buktikan bahwa $\int_{-\infty}^\infty x\,dx$ divergen menurut Definisi 46.1.1(d), walaupun $\int_{-t}^tx\,dx=0$ untuk setiap $t$.

Latihan 46.1-3. Buktikan bahwa pada Definisi 46.1.1(d), kekonvergenan dan nilai $\int_{-\infty}^\infty f$ tidak bergantung pada pilihan $c$.

Latihan 46.1-4. Untuk $n\geq2$, misalkan $T_n(x)=\max\bigl(0,1-n^2|x-n|\bigr)$, dan $f=\sum_{n\geq2}T_n$ pada $[1,\infty)$. Buktikan bahwa $f$ kontinu, $\int_1^\infty f$ konvergen, tetapi $f(n)=1$ untuk setiap $n\geq2$. Bandingkan dengan syarat perlu $a_k\to0$ untuk deret (Teorema 31.3.1).

Latihan 46.1-5. Misalkan $\int_a^\infty f$ konvergen dan $\lim_{x\to\infty}f(x)=L$ ada. Buktikan bahwa $L=0$.

Latihan 46.1-6. Buktikan bahwa $\int_2^\infty\tfrac{dx}{x(\ln x)^2}=\tfrac1{\ln2}$, lalu simpulkan bahwa $\sum_{k\geq2}\tfrac1{k(\ln k)^2}$ konvergen, dengan batas atas eksplisit.

Latihan 46.1-7. Dengan Teorema 46.1.6(c) dan $S_{10}=\sum_{k=1}^{10}\tfrac1{k^3}\approx1{,}1975319$, berikan selang yang memuat $\sum_{k=1}^\infty\tfrac1{k^3}$.

Latihan 46.1-8. Buktikan bahwa $\int_0^\infty\exp(-x^2)\,dx$ konvergen, dengan nilai paling besar $1+\tfrac1e$.

### Solusi

Solusi 46.1-1. (a) $F(t)=1-\exp(-t)$, dan $0<\exp(-t)\leq\tfrac1{1+t}\to0$. Nilainya $1$.

(b) Teorema 46.1.4 dengan $p=\tfrac32$: nilainya $\tfrac1{1/2}=2$.

(c) Integrasi parsial: $F(t)=\bigl[-x\exp(-x)\bigr]_0^t+\int_0^t\exp(-x)\,dx=-t\exp(-t)+1-\exp(-t)$. Karena $\exp(t)\geq1+t+\tfrac{t^2}2>\tfrac{t^2}2$ untuk $t>0$, $0<t\exp(-t)<\tfrac2t\to0$. Nilainya $1$.

(d) $F(t)=\ln(1+t)\to+\infty$: divergen. $\square$

Solusi 46.1-2. Untuk sebarang $c$, $\int_c^tx\,dx=\tfrac{t^2-c^2}2\to+\infty$, sehingga $\int_c^\infty x\,dx$ divergen. Definisi (d) gagal untuk setiap $c$. Limit simetris $\int_{-t}^tx=0$ disebut nilai utama Cauchy. Nilai itu bukan integral tak wajar dalam arti buku ini, karena pergeseran kecil merusaknya: $\int_{-t}^{t+1}x\,dx=\tfrac{(t+1)^2-t^2}2=t+\tfrac12\to+\infty$. $\square$

Solusi 46.1-3. Misalkan $c<c'$. Menurut Proposisi 46.1.2, $\int_c^\infty f$ konvergen jika dan hanya jika $\int_{c'}^\infty f$ konvergen, dengan $\int_c^\infty f=\int_c^{c'}f+\int_{c'}^\infty f$. Hal serupa berlaku di kiri: $\int_{-\infty}^{c'}f=\int_{-\infty}^cf+\int_c^{c'}f$. Jumlahkan: $\int_{-\infty}^cf+\int_c^\infty f=\int_{-\infty}^{c'}f+\int_{c'}^\infty f$. $\square$

Solusi 46.1-4. Pendukung $T_n$ adalah $[n-\tfrac1{n^2},n+\tfrac1{n^2}]$. Untuk $n\geq2$, $\tfrac1{n^2}\leq\tfrac14$, sehingga pendukung-pendukung itu saling lepas. Jadi di setiap titik paling banyak satu suku tidak nol. Pada setiap interval terbatas, hanya berhingga banyak $T_n$ yang tidak nol, dan masing-masing kontinu, sehingga $f$ kontinu. $\int T_n$ adalah dua segitiga linear dengan alas $\tfrac1{n^2}$ dan tinggi $1$, yaitu $2\cdot\tfrac12\cdot\tfrac1{n^2}=\tfrac1{n^2}$, dihitung dengan Teorema 45.2.1 pada tiap potongan linear. Untuk $t>1$, $\int_1^tf\leq\sum_{n\geq2}\tfrac1{n^2}\leq\sum_{n\geq2}\tfrac1{n(n-1)}=1$. Jadi $F$ terbatas, dan Teorema 46.1.5 memberi kekonvergenan. Juga $f(n)=T_n(n)=1$. Berbeda dengan deret, kekonvergenan integral tidak mengharuskan integrannya menuju $0$. $\square$

Solusi 46.1-5. Andaikan $L>0$. Ada $M$ dengan $f(x)>\tfrac L2$ untuk $x>M$. Untuk $t>M+1$, $\int_{M+1}^tf\geq\tfrac L2(t-M-1)\to+\infty$. Padahal kriteria Cauchy (Teorema 46.1.8) membatasi $|\int_s^tf|$ untuk $s,t$ besar. Kontradiksi. Kasus $L<0$ memakai $-f$. $\square$

Solusi 46.1-6. Substitusi $\varphi=\ln$ pada $[2,t]$, dengan $f(u)=u^{-2}$ pada $[\ln2,\ln t]$, memberi $\int_2^t\tfrac{dx}{x(\ln x)^2}=\tfrac1{\ln2}-\tfrac1{\ln t}\to\tfrac1{\ln2}$. Integrannya positif dan turun pada $[2,\infty)$. Uji integral, yang digeser ke $[2,\infty)$, memberi kekonvergenan, dan $\sum_{k=2}^nf(k)\leq f(2)+\int_2^nf$. Jadi jumlahnya paling besar $\tfrac1{2(\ln2)^2}+\tfrac1{\ln2}\approx1{,}041+1{,}443=2{,}484$. $\square$

Solusi 46.1-7. $\int_N^\infty x^{-3}\,dx=\tfrac1{2N^2}$, menurut Teorema 46.1.4. Dengan $N=10$: $\tfrac1{242}\approx0{,}004132\leq R_{11}\leq\tfrac1{200}=0{,}005$. Jadi $1{,}201664\leq\sum_{k\geq1}\tfrac1{k^3}\leq1{,}202532$. Nilai yang dikenal, sekitar $1{,}2020569$, terletak di dalamnya. Nilai ini dicatat tanpa bukti. $\square$

Solusi 46.1-8. Integrannya kontinu dan positif. Untuk $x\geq1$, $x^2\geq x$, sehingga $\exp(-x^2)\leq\exp(-x)$. Jadi untuk $t>1$:
$$F(t)\leq\int_0^11\,dx+\int_1^t\exp(-x)\,dx\leq1+\exp(-1).$$
Teorema 46.1.5 memberi kekonvergenan, dengan nilai paling besar $1+\tfrac1e\approx1{,}368$. Nilai sebenarnya, $\tfrac{\sqrt\pi}2\approx0{,}886$, dicatat tanpa bukti dan tidak dipakai. $\square$

### Ringkasan

Integral tak wajar $\int_a^\infty f$ didefinisikan sebagai $\lim_{t\to\infty}\int_a^tf$ bila limit itu ada. $\infty$ tetap bukan bilangan, dan "$=+\infty$" hanya label divergensi. Rumus master $\int_1^\infty x^{-2}=1$ adalah contoh pertamanya. $\int_1^\infty x^{-p}$ konvergen tepat ketika $p>1$, sama dengan deret-$p$. Untuk integran taknegatif, kekonvergenan setara dengan keterbatasan $\int_a^t$, bahkan cukup pada bilangan bulat. Ini menutup bagian (I3) pinjaman P32-INT, sehingga uji integral menjadi teorema lengkap, dengan taksiran sisa yang dicontohkan pada $\sum k^{-3}$ dan $\sum\tfrac1{k\ln k}$. Kriteria Cauchy memberi konvergensi mutlak. $\int_1^\infty\tfrac{\sin x}x$ konvergen bersyarat, dibuktikan tanpa $\pi$. Berbeda dengan deret, integral dapat konvergen walaupun integrannya tidak menuju $0$.

## 46.2 Integral dari Fungsi Singular dan Uji Perbandingan

Unit 46.1 menangani domain yang tak terbatas. Unit ini menangani jenis kedua, yaitu integran yang tidak terbatas di dekat suatu titik, misalnya $\tfrac1{\sqrt x}$ di dekat $0$. Definisinya kembali berupa limit: integralkan pada $[s,b]$ yang menghindari titik singular, lalu ambil $s\to a^+$. Unit ini lalu membuktikan uji perbandingan untuk kedua jenis. Dengan uji itu, kekonvergenan sering dapat diputuskan tanpa menghitung integralnya, cukup dengan membandingkan integran terhadap pangkat $x^{-p}$.

Prasyarat: Unit 46.1; Bab 45; Definisi 35.1.1 (limit sepihak); Teorema 34.2.5 (kriteria Cauchy untuk limit fungsi).

### Definisi

#### Definisi 46.2.1 (Integral Tak Wajar Jenis Kedua)

Misalkan $a<b$, dan $f:(a,b]\to\mathbb{R}$ terintegralkan pada $[s,b]$ untuk setiap $s\in(a,b)$. $f$ boleh tidak terbatas di dekat $a$. $\int_a^bf$ konvergen bila
$$\lim_{s\to a^+}\int_s^bf$$
ada sebagai bilangan real, dan nilainya adalah limit itu. Integral pada $[a,b)$ dengan singularitas di $b$ didefinisikan serupa, dengan $\lim_{t\to b^-}\int_a^tf$.

Bila ada beberapa titik bermasalah, misalnya singularitas di kedua ujung, singularitas di titik dalam, atau gabungan dengan domain tak terbatas, interval dipecah dengan titik-titik antara. Setiap bagian harus memuat paling banyak satu masalah, di salah satu ujungnya. Integralnya konvergen bila setiap bagian konvergen. Seperti pada Latihan 46.1-3, hasilnya tidak bergantung pada titik pemecah.

#### Proposisi 46.2.2 (Konsistensi dengan Integral Riemann)

(a) Bila $f$ terintegralkan Riemann pada $[a,b]$, maka $\lim_{s\to a^+}\int_s^bf=\int_a^bf$. Jadi definisi baru tidak mengubah nilai integral lama.

(b) Bila $f$ terbatas pada $(a,b]$ dan terintegralkan pada setiap $[s,b]$, maka $f$, dengan nilai sebarang di $a$, terintegralkan Riemann pada $[a,b]$.

Bukti. (a) Misalkan $|f|\leq K$. Maka $\bigl|\int_a^bf-\int_s^bf\bigr|=\bigl|\int_a^sf\bigr|\leq K(s-a)\to0$ (Teorema 45.1.2).

(b) Misalkan $|f|\leq K$ pada $[a,b]$, termasuk nilai di $a$. Untuk $\varepsilon>0$, ambil $s\in(a,b)$ dengan $2K(s-a)<\tfrac\varepsilon2$, dan partisi $Q$ dari $[s,b]$ dengan $U-L<\tfrac\varepsilon2$. Untuk partisi $P=\{a\}\cup Q$, subinterval $[a,s]$ menyumbang paling banyak $2K(s-a)$ pada $U-L$. Jadi $U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$. $\square$

Jadi integral tak wajar jenis kedua hanya membawa hal baru untuk fungsi yang tidak terbatas.

### Pangkat sebagai Pembanding

#### Teorema 46.2.3 (Integral-$p$ di Nol)

Untuk $p\in\mathbb{R}$, $\int_0^1x^{-p}\,dx$ konvergen jika dan hanya jika $p<1$. Dalam hal itu, nilainya $\tfrac1{1-p}$.

Bukti. Untuk $p\leq0$, integrannya kontinu dan terbatas pada $(0,1]$, sehingga Proposisi 46.2.2 berlaku. Untuk $p\ne1$:
$$\int_s^1x^{-p}\,dx=\frac{1-s^{1-p}}{1-p}.$$
Untuk $r>0$, $s^r\to0$ bila $s\to0^+$: dengan $t=\tfrac1s$, $s^r=t^{-r}\to0$ bila $t\to+\infty$ (bukti Teorema 46.1.4 dan Proposisi 35.2.8). Bila $p<1$, $s^{1-p}\to0$, sehingga limitnya $\tfrac1{1-p}$. Bila $p>1$, $s^{1-p}=\tfrac1{s^{p-1}}\to+\infty$, sehingga integralnya $+\infty$. Untuk $p=1$, $\int_s^1\tfrac{dx}x=-\ln s\to+\infty$. $\square$

Perhatikan bahwa arah ketaksamaan terbalik dari Teorema 46.1.4. Di $\infty$, pangkat harus turun cukup cepat ($p>1$). Di $0$, pangkat tidak boleh naik terlalu cepat ($p<1$). Akibatnya, $\int_0^\infty x^{-p}\,dx$ divergen untuk setiap $p$: bila $p>1$, bagian $(0,1]$ divergen, dan bila $p\leq1$, bagian $[1,\infty)$ divergen.

#### Contoh 46.2.4

(a) $\int_0^1\tfrac{dx}{\sqrt x}=2$, dengan $p=\tfrac12$. Integrannya tidak terbatas, tetapi luas di bawahnya terhingga.

(b) $\int_0^1\ln x\,dx=-1$. Antiturunannya $x\ln x-x$, sehingga $\int_s^1\ln x\,dx=-1-s\ln s+s$. Untuk melihat $s\ln s\to0$: dengan $t=\tfrac1s$, $|s\ln s|=\tfrac{\ln t}t$. Latihan 45.2-3 memberi $\ln t=2\ln\sqrt t\leq2(\sqrt t-1)<2\sqrt t$ untuk $t\geq1$, sehingga $\tfrac{\ln t}t<\tfrac2{\sqrt t}\to0$.

(c) Contoh 45.2.6, lanjutan. Untuk $F(x)=x^2\sin\tfrac1{x^2}$, $F'$ tidak terbatas pada $(0,1]$, sehingga $\int_0^1F'$ bukan integral Riemann. Sebagai integral tak wajar, integral itu konvergen. $F'$ kontinu pada setiap $[s,1]$, sehingga Teorema 45.2.1 memberi $\int_s^1F'=F(1)-F(s)\to F(1)-F(0)=\sin1$, karena $|F(s)|\leq s^2$.

### Uji Perbandingan

Dalam bagian ini, "integral tak wajar $\int_I$" berarti salah satu dari dua jenis, dengan satu titik bermasalah $\omega$, yaitu $\omega=\infty$ untuk $I=[a,\infty)$ atau $\omega=a$ untuk $I=(a,b]$. Fungsinya terintegralkan pada setiap interval tertutup yang termuat di $I$.

#### Lemma 46.2.5 (Integran Taknegatif)

Bila $f\geq0$ pada $I$, maka $\int_If$ konvergen jika dan hanya jika integral-integral parsialnya terbatas di atas. Integral parsialnya adalah $\int_a^tf$ untuk jenis pertama, atau $\int_s^bf$ untuk jenis kedua. Bila tidak terbatas, $\int_If=+\infty$.

Bukti. Jenis pertama adalah Teorema 46.1.5. Untuk jenis kedua, $G(s)=\int_s^bf$ naik ketika $s$ turun menuju $a$, karena $G(s)-G(s')=\int_s^{s'}f\geq0$ untuk $s<s'$. Bila $G$ terbatas, misalkan $L=\sup_{a<s<b}G(s)$. Untuk $\varepsilon>0$, ada $s_0$ dengan $G(s_0)>L-\varepsilon$, dan untuk $a<s<s_0$, $L-\varepsilon<G(s)\leq L$. Jadi $G(s)\to L$ untuk $s\to a^+$. Bila $G$ tidak terbatas, argumen yang sama memberi $G(s)\to+\infty$. $\square$

#### Teorema 46.2.6 (Uji Perbandingan)

Misalkan $0\leq f\leq g$ pada $I$.

(a) Bila $\int_Ig$ konvergen, maka $\int_If$ konvergen, dan $0\leq\int_If\leq\int_Ig$.

(b) Bila $\int_If=+\infty$, maka $\int_Ig=+\infty$.

Bukti. Integral parsial $f$ tidak melebihi integral parsial $g$ (Teorema 44.2.5(a)), dan integral parsial $g$ tidak melebihi $\int_Ig$, karena integral parsialnya naik menuju limitnya. Lemma 46.2.5 memberi (a), dan ketaksamaan nilai diperoleh di limit. (b) adalah kontraposisi (a). $\square$

#### Teorema 46.2.7 (Uji Perbandingan Limit)

Misalkan $f,g>0$ pada $I$, dan $\tfrac{f(x)}{g(x)}\to\lambda\in(0,\infty)$ untuk $x\to\omega$. Maka $\int_If$ dan $\int_Ig$ konvergen bersama-sama atau divergen bersama-sama.

Bukti. Ada bagian $J\subseteq I$ di dekat $\omega$, yaitu $J=[M,\infty)$ atau $J=(a,a+\delta]$, tempat $\tfrac\lambda2\leq\tfrac fg\leq2\lambda$, yaitu $\tfrac\lambda2g\leq f\leq2\lambda g$. Teorema 46.2.6, diterapkan dua arah dengan kelinearan, memberi kesetaraan kekonvergenan pada $J$. Sisa $I\setminus J$ adalah interval tertutup tempat kedua fungsi terintegralkan biasa. Proposisi 46.1.2 dan padanannya untuk jenis kedua, yang diperoleh dengan aditivitas yang sama, menyelesaikan bukti. $\square$

Pembanding standar adalah $x^{-p}$: Teorema 46.1.4 di $\infty$, dan Teorema 46.2.3 di $0$. Untuk singularitas di titik $a$ selain $0$, gunakan $(x-a)^{-p}$, yang ditranslasikan (Latihan 45.3-3).

Konvergensi mutlak juga berlaku untuk jenis kedua. Kriteria Cauchy untuk $G(s)=\int_s^bf$ di $s\to a^+$ adalah Teorema 34.2.5 dengan $c=a$. Bukti Teorema 46.1.9 berlaku kata demi kata. Jadi $|f|\leq g$ dengan $\int_Ig$ konvergen mengakibatkan bahwa $\int_If$ konvergen mutlak.

#### Contoh 46.2.8

(a) $\int_1^\infty\tfrac{dx}{x^2+x+1}$ konvergen, karena $0<\tfrac1{x^2+x+1}\leq\tfrac1{x^2}$. Nilainya di antara $0$ dan $1$.

(b) $\int_0^1\tfrac{dx}{\sqrt{x+x^3}}$ konvergen. Dengan $g(x)=x^{-1/2}$: $\tfrac fg=\tfrac1{\sqrt{1+x^2}}\to1$ untuk $x\to0^+$. Gunakan Teorema 46.2.7 dan 46.2.3.

(c) $\int_1^\infty\tfrac{dx}{\sqrt{x+1}}$ divergen. Dengan $g(x)=x^{-1/2}$: $\tfrac fg=\sqrt{\tfrac x{x+1}}\to1$, dan $p=\tfrac12\leq1$.

(d) $\int_0^1\tfrac{\exp(x)}x\,dx$ divergen, karena $\tfrac{\exp(x)}x\geq\tfrac1x$ untuk $x>0$.

(e) Fungsi Gamma. Untuk $s\in\mathbb{R}$, $\Gamma(s)=\int_0^\infty x^{s-1}\exp(-x)\,dx$ konvergen jika dan hanya jika $s>0$. Pecah di $1$.

- Pada $(0,1]$: $\exp(-1)x^{s-1}\leq x^{s-1}\exp(-x)\leq x^{s-1}=x^{-(1-s)}$. Teorema 46.2.3 dan 46.2.6 memberi bahwa bagian ini konvergen tepat ketika $1-s<1$, yaitu $s>0$.
- Pada $[1,\infty)$: ambil bilangan bulat $m\geq s+1$. Karena semua suku deret $\exp(x)$ taknegatif untuk $x\geq0$, $\exp(x)\geq\tfrac{x^m}{m!}$. Jadi $x^{s-1}\exp(-x)\leq m!\,x^{s-1-m}\leq\tfrac{m!}{x^2}$ untuk $x\geq1$, karena $s-1-m\leq-2$. Bagian ini selalu konvergen.

### Latihan

Latihan 46.2-1. Tentukan kekonvergenannya, dengan alasan: (a) $\int_0^1x^{-0{,}99}\,dx$; (b) $\int_0^1\tfrac{dx}{\sqrt{x-x^2}}$; (c) $\int_1^\infty\tfrac{\ln x}{x^2}\,dx$, beserta nilainya; (d) $\int_0^1\tfrac{dx}{\exp(x)-1}$.

Latihan 46.2-2. Buktikan bahwa $\int_0^1x\ln x\,dx=-\tfrac14$.

Latihan 46.2-3. Misalkan $f(x)=\operatorname{sgn}(x)\,|x|^{-1/3}$ untuk $x\ne0$. Buktikan bahwa $\int_{-1}^1f$ konvergen dengan nilai $0$, sedangkan $\int_{-1}^1\tfrac{dx}x$ divergen menurut definisi pemecahan di titik $0$.

Latihan 46.2-4. Untuk $s>0$, buktikan bahwa $\Gamma(1)=1$ dan $\Gamma(s+1)=s\,\Gamma(s)$. Simpulkan bahwa $\Gamma(n+1)=n!$ untuk $n\in\mathbb{N}$.

Latihan 46.2-5. Buktikan bahwa $\int_0^1\tfrac1x\sin\tfrac1x\,dx$ konvergen, tetapi tidak konvergen mutlak. (Petunjuk: substitusi $x=\tfrac1u$ pada $[s,1]$, lalu Contoh 46.1.10.)

Latihan 46.2-6. Misalkan $f,g\geq0$ pada $[1,\infty)$, $\tfrac fg\to0$, dan $\int_1^\infty g$ konvergen. Buktikan bahwa $\int_1^\infty f$ konvergen. Tunjukkan dengan contoh bahwa kebalikannya salah.

Latihan 46.2-7. Tunjukkan bahwa syarat $0\leq f$ pada Teorema 46.2.6 tidak dapat dibuang, dengan contoh $f\leq g$ pada $[1,\infty)$, $\int_1^\infty g$ konvergen, tetapi $\int_1^\infty f$ divergen.

Latihan 46.2-8. Buktikan bahwa $\int_0^\infty\tfrac{dx}{\sqrt x\,(1+x)}$ konvergen, dengan nilai paling besar $4$.

### Solusi

Solusi 46.2-1. (a) Konvergen, karena $p=0{,}99<1$. Nilainya $\tfrac1{0{,}01}=100$.

(b) Integrannya $x^{-1/2}(1-x)^{-1/2}$, singular di kedua ujung. Pecah di $\tfrac12$. Pada $(0,\tfrac12]$, $(1-x)^{-1/2}\leq\sqrt2$, sehingga integran $\leq\sqrt2\,x^{-1/2}$, dan bagian ini konvergen (Teorema 46.2.3 dan 46.2.6). Pada $[\tfrac12,1)$, integran $\leq\sqrt2(1-x)^{-1/2}$. Untuk $t<1$, $\int_{1/2}^t(1-x)^{-1/2}\,dx=\bigl[-2\sqrt{1-x}\bigr]_{1/2}^t\leq\sqrt2$, sehingga bagian ini juga konvergen. Integralnya konvergen. Nilainya, $\pi$, dicatat tanpa bukti.

(c) $0\leq\tfrac{\ln x}{x^2}\leq\tfrac{2\sqrt x}{x^2}=2x^{-3/2}$ untuk $x\geq1$ (Contoh 46.2.4(b)), sehingga konvergen. Nilainya, dengan integrasi parsial: $\int_1^t\tfrac{\ln x}{x^2}=\bigl[-\tfrac{\ln x}x\bigr]_1^t+\int_1^t\tfrac{dx}{x^2}=-\tfrac{\ln t}t+1-\tfrac1t\to1$.

(d) Nilai rata-rata memberi $\exp(x)-1=\exp(\xi)x\leq ex$ untuk $x\in(0,1]$. Jadi integran $\geq\tfrac1{ex}$, dan integralnya divergen, karena $p=1$. $\square$

Solusi 46.2-2. Antiturunannya $\tfrac{x^2}2\ln x-\tfrac{x^2}4$. Jadi $\int_s^1x\ln x\,dx=-\tfrac14-\tfrac{s^2}2\ln s+\tfrac{s^2}4$. Karena $|s^2\ln s|=s\cdot|s\ln s|\to0$ (Contoh 46.2.4(b)), limitnya $-\tfrac14$. Integrannya sebenarnya terbatas pada $(0,1]$, karena $x\ln x\to0$, sehingga Proposisi 46.2.2(b) juga memberi keterintegralan Riemann. $\square$

Solusi 46.2-3. Pecah di $0$. $\int_0^1x^{-1/3}\,dx=\tfrac1{2/3}=\tfrac32$ (Teorema 46.2.3). Pada $[-1,0)$, $f(x)=-|x|^{-1/3}$, dan dengan substitusi $x=-u$ (Latihan 45.3-3), $\int_{-1}^{-s}f=-\int_s^1u^{-1/3}\,du\to-\tfrac32$. Kedua bagian konvergen, dan jumlahnya $0$. Untuk $\tfrac1x$, bagian $\int_0^1\tfrac{dx}x$ sudah divergen, sehingga integral keseluruhannya divergen. Pembatalan simetris $\lim_{s\to0^+}\bigl(\int_{-1}^{-s}+\int_s^1\bigr)\tfrac{dx}x=0$ adalah nilai utama Cauchy, bukan integral tak wajar (bandingkan Solusi 46.1-2). $\square$

Solusi 46.2-4. $\Gamma(1)=\int_0^\infty\exp(-x)\,dx=1$ (Solusi 46.1-1(a)). Untuk $0<\varepsilon<t$, integrasi parsial dengan $u=x^s$ dan $v=-\exp(-x)$ memberi
$$\int_\varepsilon^tx^s\exp(-x)\,dx=\bigl[-x^s\exp(-x)\bigr]_\varepsilon^t+s\int_\varepsilon^tx^{s-1}\exp(-x)\,dx.$$
Suku batasnya menuju $0$. $\varepsilon^s\to0$ karena $s>0$. $t^s\exp(-t)\to0$, karena $t^s\exp(-t)\leq m!\,t^{s-m}$ dengan $m>s$, seperti pada Contoh 46.2.8(e). Kedua integral konvergen (Contoh 46.2.8(e)), sehingga $\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)$. Induksi memberi $\Gamma(n+1)=n\,\Gamma(n)=\cdots=n!\,\Gamma(1)=n!$. $\square$

Solusi 46.2-5. Misalkan $f(x)=\tfrac1x\sin\tfrac1x$, kontinu pada $(0,1]$. Untuk $0<s<1$, terapkan Teorema 45.3.4 dengan $\varphi(u)=\tfrac1u$ pada $[1,\tfrac1s]$, sehingga $\varphi(1)=1$, $\varphi(\tfrac1s)=s$, dan $\varphi'(u)=-\tfrac1{u^2}$:
$$\int_1^{1/s}f\bigl(\tfrac1u\bigr)\Bigl(-\frac1{u^2}\Bigr)du=\int_1^sf,\qquad\text{yaitu}\qquad\int_s^1f=\int_1^{1/s}\frac{\sin u}u\,du,$$
karena $f(\tfrac1u)\cdot\tfrac1{u^2}=u\sin u\cdot\tfrac1{u^2}=\tfrac{\sin u}u$. Untuk $s\to0^+$, $\tfrac1s\to+\infty$, dan ruas kanan konvergen menurut Contoh 46.1.10 (Proposisi 35.2.8). Dengan $|f|$, perhitungan yang sama memberi $\int_1^{1/s}\tfrac{|\sin u|}u\,du\to+\infty$. $\square$

Solusi 46.2-6. Ada $M$ dengan $\tfrac fg\leq1$ untuk $x\geq M$, yaitu $f\leq g$ di sana. Teorema 46.2.6 pada $[M,\infty)$ dan Proposisi 46.1.2 menyelesaikan bukti. Kebalikannya salah: $f=\tfrac1{x^2}$ dan $g=\tfrac1x$ memenuhi $\tfrac fg=\tfrac1x\to0$, $\int f$ konvergen, tetapi $\int g$ divergen. $\square$

Solusi 46.2-7. $f(x)=-\tfrac1x\leq0=g(x)$. $\int_1^\infty g=0$ konvergen, sedangkan $\int_1^tf=-\ln t$ tidak mempunyai limit real. Rumusan yang benar untuk integran bertanda: $|f|\leq g$ dengan $\int g$ konvergen memberi konvergensi mutlak. $\square$

Solusi 46.2-8. Integrannya positif dan kontinu pada $(0,\infty)$, dengan dua titik bermasalah, yaitu $0$ dan $\infty$. Pecah di $1$. Pada $(0,1]$, integran $\leq x^{-1/2}$, dengan integral $2$. Pada $[1,\infty)$, integran $\leq x^{-3/2}$, dengan integral $2$ (Teorema 46.1.4). Teorema 46.2.6 memberi kekonvergenan kedua bagian, dengan jumlah paling besar $4$. Nilai sebenarnya, $\pi$, dicatat tanpa bukti dan tidak dipakai. Bilangan $\pi$ baru didefinisikan di Bab 49 (penutupan P40-PI), dan unit ini tidak bergantung padanya. $\square$

### Ringkasan

Integral tak wajar jenis kedua, untuk integran yang tidak terbatas di dekat $a$, didefinisikan sebagai $\lim_{s\to a^+}\int_s^bf$. Untuk fungsi yang terintegralkan Riemann, definisi ini memberi nilai yang sama. $\int_0^1x^{-p}$ konvergen tepat ketika $p<1$, kebalikan dari kasus $\infty$. Akibatnya, $\int_0^\infty x^{-p}$ selalu divergen. Uji perbandingan dan uji perbandingan limit memutuskan kekonvergenan dengan membandingkan integran terhadap pangkat, untuk kedua jenis integral tak wajar. Contoh yang dikerjakan: $\int_0^1\ln x=-1$, integral turunan tak terbatas dari Contoh 45.2.6 bernilai $\sin1$, fungsi Gamma dengan $\Gamma(n+1)=n!$, dan $\int_0^1\tfrac1x\sin\tfrac1x$ konvergen bersyarat. Peringatannya: perbandingan memerlukan integran taknegatif, dan pembatalan simetris (nilai utama) bukan kekonvergenan.