Muhafzan FUNGSI KONTINU. Muhafzan, Ph.D

Transkripsi

1 1

2 FUNGSI KONTINU, Ph.D

3 FUNGSI KONTINU 3 1 Kekontinuan Bab ini akan diawali dengan klas fungsi yang terpenting dalam analisis riil, yaitu klas fungsi-fungsi kontinu. Terlebih dahulu akan didenisikan gagasan kekontinuan di suatu titik dan kekontinuan dalam suatu himpunan. Kemudian akan ditunjukkan bahwa kombinasi dari fungsi-fungsi kontinu akan menghasilkan fungsi kontinu juga. Denisi 1. Misalkan A R; f : A! R dan c 2 A: Fungsi f dikatakan kontinu di c jika untuk setiap lingkungan V " (f(c)) ada lingkungan V (c) sedemikian sehingga x 2 V (c) \ A ) f(x) 2 V " (L): Soal: Tuliskan denisi fungsi f tidak kontinu di titik c! Perlu dicatat bahwa:

4 FUNGSI KONTINU 4 (1). Jika c adalah suatu titik kluster dari A; maka f kontinu di c jika dan hanya jika lim x!c Sehingga, agar (*) berlaku maka harus dipenuhi 3 syarat i). f harus terdenisi di c (sehingga f(c) mempunyai makna) ii). lim x!c f harus ada iii). lim x!c f = f(c) f = f(c): (*) (2). Jika c bukan titik kluster dari A; maka ada lingkungan V (c) sedemikian sehingga V (c) \ A = fcg : Sehingga dapat disimpulkan bahwa fungsi f otomatis kontinu pada suatu titik c 2 A dengan c bukan titik kluster. Dalam kasus seperti ini, titik c disebut sebagai titik terasing (isolated point) dari himpunan A: Karena kontinuitas otomatis untuk titik terasing, maka dalam bagian ini hanya akan diuji kontinuitas untuk titik kluster saja.

5 FUNGSI KONTINU 5 Berikut ini akan didenisikan kontinuitas pada suatu himpunan. Denisi 2. Misalkan A R dan f : A! R dan B A: Fungsi f dikatakan kontinu pada B jika f kontinu di setiap titik dalam B: Theorem 1 Misalkan A R, f : A! R dan c 2 A: Maka pernyataan berikut ekivalen: (i). f kontinu di c; yaitu untuk setiap V " (f(c)) ada V (c) sedemikian sehingga untuk setiap x 2 A \ V (c) berakibat f(x) 2 V " (f(c)): (ii). Untuk setiap " > 0 terdapat > 0 sedemikian sehingga x 2 A dan jx cj < (") ) jf(x) f(c)j < ": (iii). Jika (x n ) adalah barisan sebarang dalam A; dengan x n 2 A 8 n 2 N; yang konvergen ke c; maka barisan (f(x n )) konvergen ke f(c): Theorem 2 (Kriteria Diskontinu) Misalkan A R, f : A! R dan c 2 A: Fungsi f diskontinu di c jika dan hanya jika terdapat barisan (x n ) dalam A yang konvergen ke c; tetapi barisan (f(x n )) tidak konvergen ke f(c):

6 FUNGSI KONTINU 6 Contoh 1. Misalkan f(x) = x 2 : Tunjukkan bahwa fungsi f kontinu pada R: Bukti. Ambil c 2 R sebarang. Dalam contoh 3 Bab IV telah ditunjukkan bahwa lim x 2 = c 2 = f(c): Karena c 2 R sebarang, maka dapat disimpulkan x!c bahwa fungsi f kontinu pada R: Contoh 2. Fungsi sgn(x) tidak kontinu di 0; tetapi sgn(x) kontinu pada setiap titik x 6= 0: Contoh 3. Misalkan A R dan f adalah fungsi Dirichlet yang didenisikan sebagai berikut: 1; jika x rasional f(x) = 0; jika x irrasional Tunjukkan bahwa f(x) tidak kontinu disetiap titik dalam R: Bukti. Misalkan c adalah bilangan rasional dan (x n ) adalah barisan bilangan

7 FUNGSI KONTINU 7 irrasional yang konvergen ke c (Corollary dan Teorema dalam Bartle (1992) menjamin eksistensi barisan tersebut). Maka f(x n ) = 0 dan berakibat lim (f(x n)) = 0; x!c sedangkan f(c) = 1: Karena itu f diskontinu di setiap bilangan rasional c: Selanjutnya, Misalkan b adalah bilangan irrasional dan (y n ) adalah barisan bilangan rasional yang konvergen ke b (Teorema dalam Bartle (1992) menjamin eksistensi barisan tersebut). Maka f(y n ) = 1 dan berakibat lim (f(y n)) = 1; y!c sedangkan f(b) = 0: Oleh karena itu f diskontinu di setiap bilangan irrasional b:sebarang. Karena himpunan bilangan riil merupakan gabungan dari rasional dan irrasional, maka dapat disimpulkan bahwa f diskontinu dise-

8 FUNGSI KONTINU 8 tiap titik dalam R: Perlu diperhatikan, kadang-kadang suatu fungsi f : A! R tidak kontinu pada suatu titik c karena f(c) tidak terdenisi. Namun demikian, jika lim f(x) = L dan jika didenisikan suatu fungsi baru F : A [ fcg! R x!c sebagai L; jika x = c F (x) = f(x); jika x 2 A; maka F kontinu di c: Periksa, bahwa lim F = L: x!c Selain itu, dalam kasus suatu fungsi g : A! R; dengan limg tidak ada, x!c maka tidak ada cara untuk mengkonstruksi suatu fungsi baru G : A [ fcg! R yang kontinu di c dengan mendenisikan L; jika x = c G(x) = g(x); jika x 2 A:

9 FUNGSI KONTINU 9 Untuk memperlihatkan ini, periksa bahwa jika lim G ada, dan lim G = L x!c x!c maka lim g juga mesti ada dan lim g = L: x!c x!c Contoh 4. Misalkan f terdenisi dalam Rn f2g dengan f(x) = x2 + x 6 : x 2 Dapatkah f didenisikan di x = 2 agar f kontinu di 2? 2 Kombinasi Fungsi Kontinu Theorem 3 Misalkan A R; f; g : A! R kontinu di c 2 A dan b 2 R: (a). Maka (f + g) ; (f g); (fg) dan (bf) kontinu di c: (b). Jika h : A! R kontinu di c 2 A dan h(x) 6= 0 8 x 2 A maka f h kontinu di c: Bukti (b).

10 FUNGSI KONTINU 10 Terlebih dahulu akan dibuktikan bahwa jika h : A! R kontinu di c 2 A dan h(x) 6= 0 8 x 2 A maka 1 kontinu di c: h Karena h kontinu di c; maka untuk = 1 2 jh(c)j ; ada 1 > x 2 A dan jx cj < 1 ) jh(x) h(c)j < 1 2 jh(c)j : Mengingat ketaksamaan segitiga: jjh(x)j jh(c)jj jh(x) h(c)j < 1 2 jh(c)j ; maka diperoleh 1 2 jh(c)j < jh(x)j ; jika jx cj < 1

11 FUNGSI KONTINU 11 atau 1 jh(x)j < 2 jh(c)j ; jika jx cj < 1: Ambil " > 0 sebarang. Akan dicari > 0 sedemikian sehingga 8 x 2 A dan jx cj < ) 1 1 h(x) h(c) = h(x) h(c) h(x)h(c) < ": Karena h kontinu di c; maka ada 2 > 0 sedemikian sehingga 8 x 2 A dan jx cj < 2 ) jh(x) h(c)j < 1 2 " jh(c)j2 :

12 FUNGSI KONTINU 12 Pilih = inf f 1 ; 2 g ; maka berlaku 8 x 2 A dan jx cj < ) 1 h(x) 1 h(c) = h(x) h(c) h(x)h(c) 1 = jh(x)j : 1 jh(c)j : jh(x) < 2 jh(c)j " jh(c)j2 = ": h(c)j Karena " > 0 sebarang, maka disimpulkan bahwa 1 h kontinu di c: Dengan menggunakan bagian (a), kekontinuan f dan 1 h di c berakibat bahwa f h kontinu di c. Buktikan yang lainnya!

13 FUNGSI KONTINU 13 Theorem 4 Misalkan A R; f; g : A! R kontinu pada A dan b 2 R: (a). Maka (f + g) ; (f g); (fg) dan (bf) kontinu pada A: (b). Jika h : A! R kontinu di c 2 A dan h(x) 6= 0 8 x 2 A maka f h kontinu pada A: Buktikan! Theorem 5 Misalkan A R; f : A! R dan jfj didenisikan sebagai jfj (x) = jf(x)j ; 8 x 2 A: (a). Jika f kontinu di suatu titik c 2 A; maka jfj kontinu di c: (b). Jika f kontinu pada A; maka jfj kontinu pada A: Buktikan! p Theorem 6 Misalkan A R; f : A! R dan f(x) 0 8 x 2 A didenisikan sebagai f(x); 8 x 2 A: p f (x) = (a). Jika f kontinu di suatu titik c 2 A; maka p f kontinu di c: (b). Jika f kontinu pada A; maka p f kontinu pada A:

14 FUNGSI KONTINU 14 Buktikan! Contoh 5. Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = sin(x) kontinu pada R: Bukti. Gunakan fakta bahwa dan sin(x) jsin(z)j jzj ; jcos(z)j j1j ; sin(y) = 2 sin 1 1 (x y) cos (x + y) : 2 2 Misalkan c 2 R sebarang. Ambil " > 0 sebarang. Akan dicari > 0 sedemikian sehingga jx cj < ) jsin(x) sin(c)j < ":

15 FUNGSI KONTINU 15 Mengingat jsin(x) sin(c)j = 2 sin 1 2 (x c) cos 1 2 (x + c) pilih = "; maka berlaku (x c) :1 = jx cj ; jx cj < ) jsin(x) sin(c)j < jx cj < ": Karena c 2 R dan " > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa kontinu pada R: Komposisi Fungsi Kontinu f(x) = sin(x) Misalkan f : A! R kontinu di c 2 A dan g : B! R kontinu di b = f(c): Maka fungsi h = g f g(f) kontinu di c: Untuk menjamin bahwa

16 FUNGSI KONTINU 16 g f terdenisi disemua titik dalam A; perlu diasumsikan bahwa f(a) B: Perlu juga diperhatikan bahwa domain fungsi h; D(h), adalah sebagai berikut: D(h) = fx 2 D(f)jf(x) 2 D(g)g Theorem 7 Misalkan A; B R; f : A! R dan g : B! R adalah sedemikian sehingga f(a) B: Jika f kontinu di suatu titik c 2 A dan g kontinu di b = f(c) 2 B; maka komposisi g f : A! R kontinu di c: Bukti. Misalkan V " (g(b)) adalah lingkungan " sebarang dari g(b): g kontinu di b = f(c) ) 9 V (b) 3 8 y 2 B \ V (b) ) g(y) 2 V " (g(b)): f kontinu di c ) untuk V (b) tersebut, 9 V (c) 3 8 x 2 A \ V (c) ) f(x) 2 V (b):

17 FUNGSI KONTINU 17 Karena f(a) B; maka 8 x 2 A \ V (c) ) f(x) 2 B \ V (b) ) (g f)(x) = g(f(x)) 2 V " (g(f(c))): Karena V " (g(b)) sebarang; maka g f kontinu di c: Theorem 8 Misalkan A; B R; f : A! R kontinu pada A; dan g : B! R kontinu pada B: Jika f(a) B; maka fungsi komposisi g f : A! R kontinu pada A: Bukti. Bukti teorema 8 merupakan akibat langsung dari hasil sebelumnya jika f dan g kontinu pada setiap titik dalam himpuan A dan B: Contoh 6. Misalkan fungsi f dan g didenisikan sebagai berikut: 0; x = 1 g(x) = dan f(x) = x + 1; 8 x 2 R: 2; x 6= 1; Tunjukkan bahwa lim x!0 gf 6= ( g f) (0): Mengapa hal ini tidak bertentangan

18 FUNGSI KONTINU 18 dengan teorema 7? Bukti. (g f) (x) = g(f(x)) = g(x + 1) = 0; x = 0 = 2; x 6= 0 0; x + 1 = 1 2; x + 1 6= 1 Perhatikan bahwa: lim x!0 g f = 2; tetapi ( g f) (0) = 0: Jadi limg f 6= ( g f) (0): x!0 Hal ini disebabkan fungsi g diskontinu di f(0) = 1: 3 Kekontinuan Fungsi Pada Interval Fungsi-fungsi yang kontinu pada interval memiliki sejumlah sifat-sifat pent-

19 FUNGSI KONTINU 19 ing yang secara umum tidak dimiliki oleh fungsi-fungsi lain. Dalam bagian ini akan dikemukakan beberapa hasil yang mendalam tentang fungsi-fungsi yang kontinu pada interval. Denisi 3. Suatu fungsi f : A! R dikatakan terbatas pada A jika ada suatu konstanta M > 0 sedemikian sehingga jf(x)j M; 8 x 2 A: Dengan kata lain, suatu fungsi akan terbatas pada suatu interval jika range nya adalah himpunan terbatas dalam R: Suatu fungsi f dikatakan tak terbatas pada himpunan A jika untuk setiap bilangan M > 0 maka ada x M 2 A sedemikian sehingga jf(x M )j > M: Contoh 7. Fungsi f(x) = 1 x tak terbatas pada A = (0; 1) ; karena untuk

20 FUNGSI KONTINU 20 sebarang M > 0, maka ada titik x M = 1 M A sedemikian sehingga f(x M ) = 1 x M = M + 1 > M: Contoh 7 memperlihatkan bahwa fungsi kontinu tak perlu terbatas. Dalam teorema berikut akan diperlihatkan bahwa fungsi kontinu pada suatu tipe interval tertentu perlu terbatas. Theorem 9 ( Teorema Keterbatasan) Misalkan I = [a; b] adalah suatu interval tertutup terbatas dan f : I! R kontinu pada I: Maka f terbatas pada I: Bukti. Andaikan f tak terbatas pada I: Maka, maka untuk sebarang n 2 N ada bilangan x n 2 I sedemikian sehingga jf(x n j > n: Karena I terbatas maka barisan (x n ) terbatas. Maka berdasarkan teorema Bolzano Weierstrass, ada subbarisan (x nr ) dari (x n ) yang konvergen ke suatu bilangan x: Karena I tertutup dan elemen-elemen dari (x nr ) berada dalam I maka x 2 I

21 FUNGSI KONTINU 21 (berdasarkan teorema 9 bab 3). Karena fungsi f kontinu di x maka barisan f((x nr )) konvergen ke f(x), dan barisan konvergen f((x nr )) haruslah terbatas. Tetapi hal ini kontradiksi, karena jf(x nr j > n r r; untuk r 2 N: Oleh karena itu pengandaian bahwa fungsi kontinu f tak tebatas pada interval tertutup terbatas I menghasilkan suatu kontradiksi. Denisi 4 Misalkan A R dan f : A! R: a). Fungsi f dikatakan mempunyai maksimum mutlak pada A jika ada suatu titik x 2 A sedemikian sehingga f(x ) f(x); 8 x 2 A: b). Fungsi f dikatakan mempunyai minimum mutlak pada A jika ada suatu

22 FUNGSI KONTINU 22 titik x 2 A sedemikian sehingga f(x ) f(x); 8 x 2 A: c). x dikatakan titik maksimum mutlak f pada A; dan x minimum mutlak f pada A: dikatakan titik Suatu fungsi kontinu pada suatu himpunan A tidak perlu memiliki suatu maksimum mutlak atau minimum mutlak. Sebagai contoh, perhatikan fungsi f(x) = 1 : Fungsi ini kontinu pada himpunan A = fx 2 Rjx > 0g, tetapi x f tidak memiliki maksimum mutlak maupun minimum mutlak dalam A: Dalam himpunan fx 2 Rj1 < x < 2g fungsi f juga tidak memiliki maksimum dan minimum mutlak. Tetapi fungsi f memiliki maksimum dan minimum mutlak dalam himpunan A = fx 2 Rj1 x 2g. Theorem 10 (Maksimum-Minimum) Misalkan I = [a; b] adalah suatu interval tertutup terbatas dan f : I! R kontinu pada I: Maka f mempunyai maksimum dan minimum mutlak pada I:

23 FUNGSI KONTINU 23 Bukti. Perhatikan himpunan tak kosong yang terdiri atas nilai-nilai f pada I; yakni f(i) = ff(x)jx 2 Ig : Maka f(i) adalah himpunan terbatas berdasarkan teorema 9. sup f(i) dan inf f(i) keduanya ada, dan misalkanlah s = sup f(i) dan s = inf f(i): Akan dibuktikan ada x ; x 2 I sedemikian sehingga s = f(x ) dan s = f(x ): Akibatnya Karena s = sup f(i); maka untuk setiap n 2 N; bilangan s 1 n bukan batas atas himpunan f(i): Akibatnya ada bilangan x n 2 I sedemikian se-

24 FUNGSI KONTINU 24 hingga s 1 n < f(x n) < s 8 n 2 N: (#) Karena I terbatas, maka barisan (x n ) juga terbatas. Oleh karena itu ada subbarisan (x nr ) dari (x n ) yang konvergen ke suatu bilangan x (berdasarkan teorema Bolano Weierstrass). Karena elemen dari (x nr ) juga berada dalam I maka x 2 I: Oleh karena itu f kontinu di x dan Karena maka lim (f (x nr )) = f (x ) : s 1 n r < f(x nr ) < s 8 n 2 N; (berdasarkan (#)) lim (f (x nr )) = s (berdasarkan teorema apit)

25 FUNGSI KONTINU 25 Oleh karena itu f (x ) = lim (f (x nr )) = s = sup f(i); yang menunjukkan bahwa x adalah suatu titik maksimum mutlak f pada I: Dengan argumen yang serupa, buktikan juga eksistensi elemen x 2 I; sedemikian sehingga s = f(x ): Teorema berikut memberikan suatu dasar untuk melokasikan akar suatu fungsi kontinu, dan buktinya dapat dijadikan algoritma untuk menghitung akar yang dapat dibuat program untuk perhitungan komputer. Theorem 11 (Teorema Lokasi Akar) Misalkan I adalah suatu interval dan f : I! R kontinu pada I: Jika ; 2 I dengan < ; memenuhi f() < 0 < f() (atau f() < 0 < f(); maka ada suatu bilangan c 2 (; ) sedemikian sehingga f(c) = 0:

26 FUNGSI KONTINU 26 Bukti. Anggaplah f() < 0 < f(): Misalkan I 1 = [; ] dan = 1 ( + ): 2 Jika f() = 0; ambil c = ; dan bukti selesai. Jika f() > 0; ambil 2 =, 2 = ; sedangkan jika f() < 0; ambil 2 =, 2 = : Misalkan I 2 = [ 2 ; 2 ] dengan f( 2 ) < 0 dan f( 2 ) > 0: Teruskan proses bagi dua interval ini. Anggaplah I 1 ; I 2 ; : : : ; I k = [ k ; k ] diperoleh dengan proses bagi dua secara berturut-turut dengan f( k ) < 0 dan f( k ) > 0:

27 FUNGSI KONTINU 27 Misalkan k = 1 2 ( k + k ): Jika f( k ) = 0; ambil c = k ; dan bukti selesai. Jika f( k ) > 0; ambil k+1 = k, k+1 = k ; sedangkan jika f( k ) < 0; ambil k+1 = k, k+1 = k : Misalkan I k+1 = [ k+1 ; k+1 ] dengan f( k+1 ) < 0 dan f( k+1 ) > 0: Jika proses ini berakhir dengan melokasikan suatu titik n sedemikian sehingga f( n ) = 0; maka bukti lengkap. Jika proses belum berakhir, maka didapat suatu barisan interval tertutup terbatas tersarang (nested) I n = [ n ; n ] ; n 2 N: Karena interval-interval ini diperoleh dengan pengulangan bagi dua, maka

28 FUNGSI KONTINU 28 diperoleh ( ) n n = : 2 n 1 Akibatnya ada suatu titik c 2 I n 8 n 2 N (berdasarkan sifat Interval Tersarang 2.6.1, Bartle (1994)). Karena n c n 8 n 2 N; maka dan Karena lim 2 n 1 0 c n n n = 0 n c n n = = 0; maka ( ) 2 n 1 ( ) 2 n 1 : lim ( n ) = c dan lim ( n ) = c:

29 FUNGSI KONTINU 29 Karena f kontinu di c maka lim (f ( n )) = f(c) = lim (f ( n )) : Dilain pihak, karena f ( n ) 0 8 n 2 N; maka f(c) = lim (f ( n )) 0: Dengan cara yang sama, karena f ( n ) 0 8 n 2 N; maka f(c) = lim (f ( n )) 0: Oleh karena itu haruslah f(c) = 0; dan akibatnya c adalah suatu akar dari f. Theorem 12 (Teorema Nilai Antara Bolzano) Misalkan I adalah suatu interval dan f : I! R kontinu pada I: Jika a; b 2 I dan k 2 R; memenuhi f(a) < k < f(b); maka ada suatu bilangan c 2 I antara a dan b sedemikian sehingga f(c) = k:

30 FUNGSI KONTINU 30 Bukti. Anggaplah a < b dan misalkan g(x) = f(x) g(a) < 0 < g(b): k; maka Akibatnya, ada suatu titik c dengan a < c < b sedemikian sehingga 0 = g(c) = f(c) k: (berdasarkan Teorema Lokasi Akar) Oleh karena itu f(c) = k: Anggaplah b < a dan misalkan h(x) = k h(b) < 0 < h(a): f(x); maka Akibatnya, ada suatu titik c dengan b < c < a sedemikian sehingga 0 = h(c) = k f(c): (berdasarkan Teorema Lokasi Akar) Oleh karena itu f(c) = k:

31 FUNGSI KONTINU 31 Corollary 1 Misalkan I = [a; b] adalah suatu interval tertutup terbatas dan f : I! R kontinu pada I: Jika k 2 R adalah sebarang bilangan yang memenuhi inf f(i) k sup f(i); maka ada suatu bilangan c 2 I antara a dan b sedemikian sehingga f(c) = k: Buktikan! Teorema berikut meringkaskan hasil utama dari bagian ini, yang menyatakan bahwa peta dari interval tertutup terbatas oleh suatu fungsi kontinu adalah suatu interval tertutup terbatas juga. Titik ujung dari interval (peta) adalah nilai minimum dan maksimum mutlak dari fungsi tersebut. Theorem 13 Misalkan I adalah suatu tertutup terbatas dan f : I! R kontinu pada I: Maka himpunan adalah suatu interval tertutup terbatas. Bukti. f(i) = ff(x)jx 2 Ig

32 FUNGSI KONTINU 32 Misalkan m = inf f(i) dan M = sup f(i); maka m; M 2 f(i) (berdasarkan teorema Maksimum Minimum). Selain itu juga diperoleh bahwa f(i) [m; M] : Disisi lain, jika k 2 [m; M] sebarang, maka corollary 1 berakibat bahwa ada titik c 2 I sedemikian sehingga k = f(c): Sehingga k 2 f(i) dan dapat disimpulkan bahwa [m; M] f(i): Oleh karena itu, f(i) = [m; M] : Lemma 1 Misalkan S R; S 6=? memenuhi sifat Maka S adalah suatu interval. x; y 2 S dan x < y ) [x; y] S: (**) Theorem 14 (Pengawetan Interval) Misalkan I adalah suatu interval, dan f : I! R kontinu pada I: Maka himpunan f(i) adalah suatu interval.

33 FUNGSI KONTINU 33 Bukti. Misalkan ; 2 f(i) dengan < ; maka ada titik-titik a; b 2 I sedemikian sehingga = f(a) dan = f(b): Selanjutnya, berdasarkan Teorema Nilai Antara Bolzano diperoleh bahwa jika k 2 (; ) maka ada suatu titik c 2 I dengan k = f(c) 2 f(i): Oleh karena itu, [; ] f(i); yang menunjukkan bahwa f(i) memiliki sifat (**) pada lemma 1. Sehingga f(i) adalah suatu interval. 4 Kekontinuan Uniform Misalkan A R dan f : A! R: Dalam teorema 1 telah dinyatakan bahwa pernyataan berikut ekivalen: (i). f kontinu di setiap titik u 2 A (ii). diberikan " > 0 dan u 2 A; maka ada ("; u) > 0 sedemikian sehingga 8x 2 A dan jx uj < ("; u) ) jf(x) f(u)j < ":

34 FUNGSI KONTINU 34 Dari pernyataan di atas dapat dilihat bahwa secara umum bergantung pada " > 0 dan u 2 A: Ketergantungan pada u adalah akibat dari perubahan nilai fungsi f secara cepat pada suatu titik tertentu, dan mungkin perubahan secara lambat pada titik yang lain. Pada sebagian fungsi, dapat dipilih sedemikian rupa sehingga tersebut hanya bergantung pada " dan tidak bergantung pada u 2 A: Sebagai contoh, perhatikan fungsi f(x) = 2x 8 x 2 R: Maka jf(x) f(u)j = j2x 2uj = 2 jx uj ; sehingga kita dapat memilih ("; u) = " 2 8 " > 0; u 2 R:

35 FUNGSI KONTINU 35 Dilain pihak, untuk fungsi maka g(x) = 1 ; pada x 2 A = fx 2 R : x > 0g ; x jg(x) g(u)j = 1 x 1 u = x u xu : Ambil sebarang " > 0; maka untuk 1 = u 2 berlaku jx uj < 1 = u 2 ) x > u 2 ) 1 x < 2 u ) jg(x) g(u)j = x u xu < 2 u x u u

36 FUNGSI KONTINU 36 Pilih maka ("; u) = jx uj < ("; u) ) jg(x) g(u)j = u 2 ; u2 2 " ; (1) < x u xu 2 u x u u = 2 jx uj u2 < 2 u u2 2 2 " = ": Dapat dilihat bahwa pemilihan dalam rumus (1) bergantung pada u 2 A: Perhatikan juga bahwa rumus (1) tidak bisa memberikan suatu nilai (") > 0

37 FUNGSI KONTINU 37 yang akan bisa berlaku secara serentak untuk semua u > 0; karena u inf 2 ; u2 2 " = 0: Denisi 5. Misalkan A R dan f : A! R: f dikatakan kontinu uniform pada A jika untuk setiap " > 0 terdapat (") > 0 sedemikian sehingga x; u 2 A dan jx uj < (") ) jf(x) f(u)j < ": Jelas bahwa jika f kontinu uniform pada A; maka f kontinu pada A: Sebaliknya tidak perlu benar. Theorem 15 (Kriteria tidak kontinu uniform) Misalkan A R dan f : A! R: Pernyataan berikut ekivalen: (i). f tidak kontinu uniform pada A (ii). terdapat suatu " 0 > 0 sedemikian sehingga untuk setiap > 0 terdapat titik x ; u 2 A yang

38 FUNGSI KONTINU 38 memenuhi jx u j < tetapi jf(x ) f(u )j " 0 : (iii). terdapat suatu " 0 > 0 dan dua barisan (x n ) dan (u n ) dalam A sedemikian sehingga lim (x n u n ) = 0 tetapi jf(x n ) f(u n )j " 0 untuk semua n 2 N: Contoh 8. Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = 1 x tidak kontinu uniform pada Bukti. Ambil x n = 1 n dan u n = 1 n + 1 : Maka untuk " 0 = 1 berlaku A = fx 2 R : x > 0g : lim (x n u n ) = 0; tetapi jf(x n ) f(u n )j 1 untuk semua n 2 N:

39 FUNGSI KONTINU 39 Theorem 16 (Kriteria kontinuitas uniform pada interval tertutup) Misalkan I adalah interval tertutup terbatas dan f : I! R kontinu pada I: Maka f kontinu uniform pada I: Bukti. (Pembuktian menggunakan argumen kontradiksi) Anggaplah f tidak kontinu uniform pada I: Maka 9 " 0 > 0 dan dua barisan (x n ) dan (u n ) dalam I sedemikian sehingga jx n u n j < 1 n ; tetapi jf(x n) f(u n )j " 0 untuk semua n 2 N: Karena I terbatas, maka barisan (x n ) juga terbatas. Akibatnya ada sub barisan (x nk ) dari (x n ) yang konvergen ke suatu z (berdasarkan teorema Bolzano Weierstrass). Karena I tertutup, maka z 2 I: Selain itu, sub barisan (u nk ) dari (u n ) juga konvergen ke z; karena Karena f ju nk zj = ju nk x nk + x nk zj ju nk x nk j + jx nk zj : kontinu di z; maka barisan barisan (f (x nk )) konvergen ke f(z)

40 FUNGSI KONTINU 40 dan barisan (f (u nk )) juga konvergen ke z: Tetapi ini kontradiksi dengan jf(x n ) f(u n )j " 0 untuk semua n 2 N: Sehingga hipotesis bahwa f tidak kontinu uniform pada interva tertutup terbatas I adalah salah. Contoh 9. Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = 1 x kontinu uniform pada A = fx 2 R : 2 x 3g : Bukti. Ambil " > 0 sebarang. Akan dicari (") > 0 sedemikian sehingga x; u 2 A dan jx uj < (") ) 1 1 x u = jx uj < ": jxj juj

41 FUNGSI KONTINU 41 Mengingat 2 x 3; maka 1 jxj juj < = 1 4 : Pilih (") = 4"; maka berlaku x; u 2 A dan jx uj < (") ) 1 x 1 u = jx uj jxj juj < 1 4 jx uj = ": Karena " > 0 maka dapat disimpulkan bahwa f(x) = 1 x pada A = fx 2 R : 2 x 3g : kontinu uniform Denisi 6 (Fungsi Lipschitz) Misalkan A R dan f : A! R: Fungsi f dikatakan fungsi Lipschitz (memenuhi syarat Lipschitz) pada A jika ada suatu konstanta K > 0 sedemikian

42 FUNGSI KONTINU 42 sehingga jf(x) f(u)j K jx uj untuk semua x; u 2 A: Theorem 17 Jika f : A! R adalah suatu fungsi Lipschitz, maka f kontinu uniform pada A: Contoh 10. f(x) = p x kontinu uniform pada [1; 1): Tunjukkan! Contoh 11. f(x) = p x kontinu uniform pada [0; 1): Tunjukkan! Theorem 18 Jika f : A! R kontinu uniform pada A dan (x n ) adalah suatu barisan Cauchy dalam A; maka (f (x n )) adalah barisan Cauchy dalam R: Bukti. Misalkan f kontinu uniform pada A dan (x n ) adalah suatu barisan Cauchy dalam A: Ambil " > 0 sebarang. f kontinu uniform pada A ) 9 > 0 3 x; u 2 A dan jx uj < ) jf(x) f(u)j < "

43 FUNGSI KONTINU 43 (x n ) barisan Cauchy dalam A ) untuk > 0 di atas, 9 H() 2 N 3 jx n u m j < 8 n; m > H() ) jf(x n ) f(u m )j < " 8 n; m > H() Fakta terakhir memperlihatkan bahwa (f (x n )) adalah barisan Cauchy dalam R: Theorem 19 (Perluasan Kontinu) Suatu fungsi f kontinu uniform pada interval (a; b) jika dan hanya jika f dapat didenisikan pada a dan b sedemikian sehingga perluasan fungsi f kontinu pada [a; b] : Soal. 1). Tunjukkan bahwa f(x) = 1 kontinu seragam pada [1; 1); tetapi tidak x2 kontinu seragam pada (0; 1) : 2). a). Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = x 2 tidak kontinu seragam pada [0; 1) :

44 FUNGSI KONTINU 44 b). Tunjukkan bahwa fungsi g(x) = sin (0; 1) : 1 x tidak kontinu seragam pada 3). Tunjukkan bahwa f(x) = x2; x 2 R kontinu seragam pada R: 4). Misalkan A R dan f : A! R mempunyai sifat untuk setiap " > 0 ada fungsi g " : A! R sedemikian sehingga g " kontinu seragam pada A dan jf(x) g " (x)j < " untuk setiap x 2 A: Buktikan bahwa f kontinu 3 seragam pada A: 5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers Suatu fungsi f : A! R dikatakan naik (increasing) pada A jika x 1 ; x 2 2 A dan x 1 x 2 maka f(x 1 ) f(x 2 ): Suatu fungsi f : A! R dikatakan naik sejati (strictly increasing) pada A

45 FUNGSI KONTINU 45 jika x 1 ; x 2 2 A dan x 1 < x 2 maka f(x 1 ) < f(x 2 ): Suatu fungsi g : A! R dikatakan turun (decreasing) pada A jika x 1 ; x 2 2 A dan x 1 x 2 maka g(x 1 ) g(x 2 ): Suatu fungsi g : A! R dikatakan turun sejati (strictly decreasing) pada A jika x 1 ; x 2 2 A dan x 1 < x 2 maka g(x 1 ) > g(x 2 ): Suatu fungsi f dikatakan monoton pada A jika f naik atau turun pada A: Suatu fungsi f dikatakan monoton sejati (strictly monotone) pada A jika f naik sejati atau turun sejati pada A: Jika fungsi f : A! R naik pada A; maka fungsi g = berlaku juga sebaliknya. Fungsi monoton tak perlu (not necessarily) kontinu. Sebagai contoh, perhatikan fungsi 0; x 2 [0; 1] f(x) = 1; x 2 (1; 2] f turun pada A; dan

46 FUNGSI KONTINU 46 Maka f naik pada (0; 2]; tetapi gagal untuk kontinu pada x = 1: Theorem 20 Misalkan I R adalah suatu interval dan f : I! R adalah fungsi naik pada I: Jika c 2 I bukan suatu titik ujung I; maka (i). lim x!c f = sup ff(x) : x 2 I; x < cg (ii). lim f = inf ff(x) : x 2 I; x > cg : x!c + Bukti. Misalkan x 2 I dan x < c maka f(x) f(c) (karena f adalah fungsi naik). Karena c bukan suatu titik ujung I; maka himpunan ff(x) : x 2 I; x < cg 6=? dan terbatas di atas oleh f(c). Sehingga sup ff(x) : x 2 I; x < cg ada, dan sebutlah L: Akan dibuktikan lim x!c f = L:

47 FUNGSI KONTINU 47 Ambil " > 0 sebarang. Maka L " bukan batas atas himpunan ff(x) : x 2 I; x < cg : Sehingga ada y " 2 I; y " < c sedemikian sehingga L " < f(y " ) L: Karena f fungsi naik, maka pilih = c y " : Akibatnya, jika 0 < c y < maka y " < y < c sedemikian sehingga Oleh karena itu L " < f(y " ) f(y) L: 0 < c y < ) jf(y) Lj < ": Karena " > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa lim x!c f = sup ff(x) : x 2 I; x < cg :

48 FUNGSI KONTINU 48 Soal 1). Buktikan bagian (ii). 2). Tuliskan teorema 20 dalam versi fungsi f turun pada I: Corollary 2 Misalkan I R adalah suatu interval dan f : I! R adalah fungsi naik pada I: Jika c 2 I bukan suatu titik ujung I; maka pernyataan berikut ekivalen. (i). f kontinu di c (ii). lim x!c f = f(c) = lim x!c + f (iii). sup ff(x) : x 2 I; x < cg = f(c) = inf ff(x) : x 2 I; x > cg : Soal. 1). Buktikan corollary 2. 2). Misalkan I adalah suatu interval dan f : I! R adalah fungsi naik. Jika a adalah titik ujung kiri dari I; tunjukkan bahwa f kontinu di a jika dan

49 FUNGSI KONTINU 49 hanya jika f(a) = inf ff(x) : x 2 I; a > xg : 3). Tunjukkan bahwa f(x) = x dan g(x) = x 1 naik sejati pada I = [0; 1] ; tetapi fg tidak naik pada I: 4). Jika f; g > 0 8 x 2 I dan f; g naik pada I; tunjukkan bahwa fg naik pada interval I: Misalkan f : I! R adalah fungsi naik pada I dan c 2 I bukan suatu titik ujung I: Denisikan loncatan f di c sebagai berikut: Lihat gambar 1 berikut: f j (c) = lim x!c + f lim f: x!c

50 FUNGSI KONTINU 50 Gambar 1. Loncatan f di c Maka berdasarkan teorema 20, berlaku f j (c) = inf ff(x) : x 2 I; x > cg sup ff(x) : x 2 I; x < cg

51 FUNGSI KONTINU 51 Jika titik ujung kiri a 2 I; denisikan loncatan f di a sebagai berikut: f j (a) = lim x!a +f f(a): Jika titik ujung kanan b 2 I; denisikan loncatan f di b sebagai berikut: f j (b) = f(b) lim f: x!b Theorem 21 Misalkan I R adalah suatu interval dan f : I! R adalah fungsi naik pada I: Jika c 2 I; maka f kontinu di c jika dan hanya jika f j (c) = 0: Buktikan! Fungsi Invers. Ingat bahwa: Suatu fungsi f : I! R mempunyai invers jika dan hanya jika f injektif (satu - satu); yaitu x; y 2 I dengan x 6= y berakibat f(x) 6= f(y): Theorem 22 (Invers Kontinu) Misalkan I R adalah suatu interval dan f : I! R adalah fungsi monoton sejati pada I: Maka invers fungsi f juga monoton sejati dan kontinu pada J = f(i):

52 FUNGSI KONTINU 52 Bukti. Ada 2 kasus yang harus dibuktikan, yaitu: 1). fungsi f naik sejati 2). fungsi f turun sejati Kasus 1. Misalkan f naik sejati. Karena f kontinu pada I dan I adalah interval maka J = f(i) adalah interval (berdasarkan teorema 14 tentang pengawetan interval). Karena f naik sejati pada I; maka f injektif pada I; oleh karena itu invers fungsi f; yakni g : J! R; ada. Akan dibuktikan g naik sejati. y 1 ; y 2 2 J; y 1 < y 2 ) y 1 = f(x 1 ) dan y 2 = f(x 2 ) untuk suatu x 1 ; x 2 2 I: Akan dibuktikan bahwa x 1 < x 2 : Andaikan x 1 x 2 : Maka y 1 = f(x 1 ) f(x 2 ) = y 2

53 FUNGSI KONTINU 53 yang bertentangan dengan y 1 < y 2 : Oleh karena itu mestilah g(y 1 ) = x 1 < x 2 = g(y 2 ): Karena y 1 dan y 2 adalah elemen sebarang dari J dengan y 1 < y 2 ; maka dapat disimpulkan bahwa g naik sejati pada J: Akan dibuktikan bahwa g kontinu pada J: Anggaplah g diskontinu di suatu titik c 2 J; maka loncatan g di c adalah tak nol sedemikian sehingga lim g < lim y!c y!c +g: Jika dipilih sebarang bilangan x 6= g(c) yang memenuhi lim g < x < lim y!c y!c +g; maka x mempunyai sifat bahwa x 6= g(y) untuk sebarang y 2 J;

54 FUNGSI KONTINU 54 (lihat gambar 2 berikut). Gambar 2. g(y) 6= x untuk y 2 J Sehingga x =2 I; yang bertentangan dengan fakta bahwa I adalah suatu interval. Oleh karena itu disimpulkan bahwa g kontinu pada J: Soal:

55 FUNGSI KONTINU 55 Buktikan kasus 2! DAFTAR BACAAN [1] Bartle, R. G. dan Sherbert, D. R., Introduction to Real Analysis, 2 nd edition, John Wiley and Sons, New York, [2] Marsden, J. E dan Hoffman, M. J., Elementary Classical Analysis, 2 nd edition, W. H. Freeman and Company, New York, 1993