BAB I LIMIT-LIMIT Limit-limit Fungsi

Transkripsi

1 .. Limit-it Fungsi BAB I LIMIT-LIMIT... Definisi. Misalkan A R. Suatu titik c R adalah titik cluster dari A jika setiap lingkungan-δ dari c, V δ (c) = (c-δ,c+δ), memuat paling sedikit satu titik dari A yang berbeda dengan c. Catatan : Titik c merupakan anggota dari A atau bukan, tetapi meskipun demikian itu tidak menentukan apakah c suatu titik cluster dari A atau bukan, karena secara khusus yang diperlukan adalah bahwa adanya titiktitik dalam V δ (c) A yang berbeda dengan c agar c menjadi titik Cluster dari A, dengan demikian c akan menjadi titik cluster dari A jika dan hanya jika V δ (c) A\{c}.... Teorema. Suatu bilangan c R merupakan titik cluster dari A R jika dan hanya jika terdapat barisan bilangan real (a n ) dalam A dengan a n c untuk semua n N sedemikian sehingga (a n ) = c. Bukti. Jika c merupakan titik cluster dari A, maka untuk setiap n N, lingkungan-(/n) dari c, V /n (c), memuat paling sedikit satu titik yang berbeda dengan c. Jika titik yang dimaksud adalah a n, maka a n A, a n c, dan (a n ) = c. Sebaliknya, jika terdapat suatu barisan (a n ) dalam A\{c} dengan (a n ) = c, maka untuk sebarang δ>0 terdapat bilangan asli K(δ) sedemikian sehingga jika n K(δ), maka a n V δ (c). Oleh karena itu lingkungan-δ dari c, V δ (c), memuat titik-titik a n, n K(δ), yang mana termuat dalam A dan berbeda dengan c. Contoh-contoh berikut ini menekankan bahwa suatu titik cluster dari suatu himpunan dapat masuk dalam himpunan tersebut atau tidak. Bahkan lebih dari itu, suatu himpunan bisa mungkin tidak mempunyai titik cluster...3. Contoh-contoh. (a) Jika A = (0,), maka setiap titik dalam interval tutup [0,] merupakan titik cluster dari A. Perhatikan bahwa 0 dan adalah titik cluster dari A, meskipun titiktitik itu tidak termuat dalam A. Semua titik dalam A adalah titik cluster dari A (mengapa?) (b) Suatu himpunan berhingga tidak mempunyai titik cluster (mengapa?) (c) Himpunan tak berhingga N tidak mempunyai titik cluster. (d) Himpunan A 4 = {/n : n N} hanya mempunyai 0 sebagai titik clusternya. Tidak satu pun titik dalam A 4 yang merupakan titik cluster dari A 4. (e) Himpunan A 5 = I Q yaitu himpunan semua bilangan rasional dalam interval tutup I=[0,]. Ini menunjukkan bahwa setiap titik dalam I merupakan titik cluster dari A 5. Definisi Limit Sekarang kita kembali kepada pengertian it dari suatu fungsi pada titik cluster domainnya...4 Definisi. Misalkan A R, f : A R, dan c suatu titik cluster dari A. Kita katakan bahwa suatu bilangan real L merupakan it dari f pada c jika diberikan sebarang lingkungan-ε dari L, V ε (L),

2 terdapat lingkungan-δ dari c, V δ (c) sedemikian sehingga jika c sebarang titik dari V δ (c) A, maka f() termasuk dalam V ε (L). (Lihat Gambar..) y f ( Diberikan V ε (L) Lo ( Gambar.. Limit dari f pada c adalah L Jika L merupakan suatu it dari f pada c, maka kita juga mengatakan bahwa f konvergen ke L pada c. Sering dituliskan L = f atau L = f ( ) Kita juga mengatakan bahwa f() menuju L sebagaimana mendekat ke c, atau f() menuju L sebagaimana menuju ke c. Simbol F() L sebagaimana c juga dipergunakan untuk menyatakan fakta bahwa f mempunyai it L pada c. Jika f tidak mempunyai suatu it pada c, kita akan sering mengatakan bahwa f divergen pada c...5. Teorema. Jika f : A R dan c suatu titik cluster dari A, maka f hanya dapat mempunyai satu it pada c. Bukti. Andaikan kontradiksi, yaitu terdapat bilangan real L L yang memenuhi definisi..4. Kita pilih ε>0 sedemikain sehingga lingkungan-ε dari L daan L, yaitu V ε (L ) dan V ε (L ) saling lepas. Sebagai contoh, kita dapat mengambil sebarang ε yang lebih kecil dari ½ L L. Maka menurut definisi..4, terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika sebarang titik dalam A V δ (c) dan c, maka f() termuat dalam V ε (L ). Secara serupa, terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika sebarang titik dalam A V δ (c) dan c, maka f() termuat dalam V ε (L ). Sekarang ambil δ = inf{δ,δ }, dan misalkan V δ (c) lingkungan-δ dari c. Karena c titik cluster dari A, maka terdapat paling sedikit satu titik 0 c sedemikian sehingga 0 A V δ (c). Akibatnya, f( 0 ) mesti termasuk dalam V ε (L ) dan V ε (L ), yang mana kontradiksi dengan fakta bahwa kedua himpunan ini saling lepas. Jadi asumsi bahwa L L merupakan it-it f pada c menimbulkan kontradiksi. Kriteria ε-δ untuk Limit..6 Teorema. Misalkan f : A R dan c suatu titik cluster dari A, maka (i) f = L jika dan hanya jika ( o c Ada V δ (c) (

3 (ii) untuk sebarang ε > 0 terdapat suatu δ(ε) > 0 sedemikian sehingga jika A dan 0 < - c < δ(ε), maka f() - L < ε. Bukti. (i) (ii) Anggaplah bahwa f mempunyai it L pada c. Maka diberikan ε > 0 sebarang, terdapat δ = δ(ε) > 0 sedemikian sehingga untuk setiap dalam A yang merupakan unsur dalam lingkungan-δ dari c, V δ c), c, nilai f() termasuk dalam lingkungan-ε dari L, V ε (L). Akan tetapi, V δ (c) dan c jika dan hanya jika 0 < - c < δ. (Perhatikan bahwa 0 < - c adalah cara lain untuk menyatakan bahwa c). Juga, f() termasuk dalam V ε (L) jika dan hanya jika f() L < ε. Jadi jika A memenuhi 0 < - c < δ, maka f() memenuhi f() - L <ε. (ii) (i) Jika syarat yang dinyatakan dalam (ii) berlaku, maka kita ambil lingkungan-δ dari c, V δ (c) = (c - δ,c + δ) dan lingkungan-ε dari L, V ε (L) = (L - ε,l + ε). Maka syarat (ii) berakibat jika masuk dalam V δ (c), dimana A dan c, maka f() termasuk dalam V ε (L). Oleh karena itu, menurut definisi..4, f mempunyai it L pada c. Sekarang akan memberikan beberapa contoh untuk menunjukkan bagaimana Teorema..6. sering dipergunakan...7. Contoh-contoh. (a) b = b. Untuk menjadi lebih eksplisit, misalkan f() = b untuk semua R; kita claim bahwa = b. Memang, jika diberikan ε > 0, misalkan δ = ε. Maka jika 0 < - c < ε, kita mempunyai f() - b = b - b = 0 < δ =ε. Karena ε > 0 sebarang, kita simpulkan dari..6(ii) bahwa f = b. f (b). = c. c Misalkan g() = untuk semua R. Jika ε > 0 misalkan δ(ε) = ε. Maka jika 0 < - c < δ(ε), maka secara trivial kita mempunyai g() - c = - c < ε. Karena ε > 0 sebarang, maka kita berkesimpulan bahwa (c). g = c. = c. Misalkan h() = untuk semua R. Kita ingin membuat selisih h() c = c lebih kecil dari suatu ε > 0 yang diberikan dengan pengambilan yang cukup dekat dengan c. Untuk itu, kita perhatikan bahwa c = ( c)( + c). Selain itu, jka - c <, maka c + dengan demikian + c + c c +. Oleh karena itu, jika - c <, kita mempunyai (*) c = c + c ( c + ) - c 3

4 Selain itu suku terakhir ini akan lebih kecil dari ε asalkan kita mengambil - c < ε/( c + ). Akibatnya, jika kita memilih δ(ε) = inf ε,, maka jika 0 < - c < δ(ε), pertama akan berlaku c + bahwa - c < dengan demikian (*) valid. Selanjutnya, karena - c < ε/( c + ) maka c < ε/( c + ) - c < ε. Karena kita mempunyai pilihan δ(ε) > 0 untuk sebarang pilihan dari ε > 0, maka dengan demikian kita telah menunjukkan bahwa h( ) = = c. (d) =, jika c > 0. c Misalkan ϕ() = / untuk > 0 dan misalkan c > 0. Untuk menunjukkan bahwa ϕ c = /c kita ingin membuat selisih ( ) ϕ = c lebih kecil dari ε > 0 yang diberikan dengan c pengambilan cukup dekat dengan c > 0. Pertama kita perhatikan bahwa = ( c ) c c = c c untuk > 0. Itu berguna untuk mendapatkan batas atas dari /(c) yang berlaku dalam suatu lingkungan c. Khususnya, jika - c < c, maka c < < 3 c (mengapa?), dengan demikian 0 < < c c untuk - c < c. Oleh karena itu, untuk nilai-nilai ini kita mempunyai (#) ( ) ϕ < c c c. Agar suku terakhir lebih kecil dar ε, maka cukup mengambil c < c ε. Akibatnya, jika kita memilih δ(ε) = inf{ c, c ε}, maka apabila 0 < - c < δ(ε), pertama yang berlaku bahwa - c < c dengan demikian (#) valid, dan olehnya itu, karena c < c ε maka berlaku ( ) ϕ = c < ε. Karena kita mempunyai pilihan δ(ε) > 0 untuk sebarang pilihan dari ε > 0, maka dengan c demikian kita telah menunjukkan bahwa ϕ( ) = = c. c (e). memberikan 3 4 = Misalkan ψ() = ( 3 4)/( + ) untuk R. Maka sedikit manipulasi secara aljabar 4

5 4 ψ ( ) = ( + ) = - 5 ( + ) Untuk mendapatkan suatu batas dari koefisien -, kita membatasi dengan syarat < < 3. Untuk dalam interval ini, kita mempunyai (3 ) + 6(3) + =75 dan 5( + ) 5( + ) = 0, dengan demikian ( ) ψ - = Sekarang diberikan ε > 0, kita pilih δ(ε) = inf, ε. Maka jika 0 < - < δ(ε), kita mempunyai 5 ψ() (4/5) (5/) - < ε. Karena ε > 0 sebarang, maka contoh (e) terbukti. Kriteria Barisan Untuk Limit maka :..8. Teorema. (Kriteria Barisan) Misalkan f : A R dan c suatu titik cluster dari A; (i) f = L jika dan hanya jika (ii) untuk sebarang barisan ( n ) dalam A yang konvergen ke c sedemikian sehingga c untuk semua n N, barisan (f( n )) konvergen ke L. Bukti. (i) (ii). Anggaplah f mempunyai it L pada c, dan asumsikan ( n ) barisan dalam A dengan ( ) = c dan n c untuk semua n N. Kita mesti membuktikan bahwa barisan (f( n )) n konvergen ke L. Misalkan ε > 0 sebarang, maka dengan Kriteria ε-δ..6, terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika memenuhi 0 < - c < δ, dimana A maka f() memenuhi f() - L < ε. Sekarang kita akan menggunakan definisi kekonvergenan barisan untuk δ yang diberikan untuk memperoleh bilangan asli K(δ) sedemikian sehingga jika n > K(δ) maka n c < δ. Akan tetapi untuk setiap n yang demikian kita mempunyai f( n ) - L < ε. Jadi, jika n > K(δ), maka f( n ) - L < ε. Oleh karena itu, barisan (f( n )) konvergen ke L. (ii) (i). [Pembuktian ini merupakan argumen kontrapositif.] Jika (i) tidak benar, maka terdapat suatu lingkungan-ε 0 dari L, ( L) Vε 0, sedemikian sehingga lingkunga-δ dari c apapun yang kita pilih, akan selalu terdapat paling kurang satu δ dalam A V δ (c) dengan δ c sedemikian sehingga f( δ ) ( L) Vε 0. Dari sini untuk setiap n N, lingkungan-(/n) dari c memuat suatu bilangan n sedemikian sehingga 0 < n - c < /n dan n A, tetapi sedemikian sehingga f( n ) - L ε 0 untuk semua n N. Kita menyimpulkan bahwa barisan ( n ) dalam A\{c} konvergen ke c, tetapi barisan (f( n )) tidak konvergen ke L. Oleh karena itu kita telah menunjukkan bahwa jika (i) tidak benar, maka (ii) juga tidak benar. Kita simpulkan bahwa (ii) menyebabkan (i). 5

6 Kriteria Kedivergenan..9. Kriteria Divergensi. Misalkan A R, f : A R dan c R suatu titik cluster dari A. (a). Jika L R, maka f tidak mempunyai it L pada c jika dan hanya jika terdapat suatu barisan ( n ) dalam A dengan n c untuk semua n N sedemikian sehingga barisan ( n ) konvergen ke c tetapi barisan (f( n )) tidak konvergen ke L. (b). Fungsi f tidak mempunyai it pada c jika dan hanya jika terdapat suatu barisan ( n ) dalam A dengan n c untuk semua n N sedemikian sehingga barisan ( n ) konvergen ke c tetapi barisan (f( n )) tidak konvergen dalam R...0. Contoh-contoh. (a). ( / ) tidak ada dalam R. 0 Seperti Contoh dalam..7(d), misalkan ϕ() = / untuk > 0. Akan tetapi, disini kita menyelidiki pada c = 0. Argumen yang diberikan pada contoh..7(d) gagal berlaku jika c = 0 karena kita tidak akan memperoleh suatu batas sebagaimana dalam (#) pada contoh tersebut. Jika kita mengambil barisan ( n ) dengan n = /n untuk n N, maka ( n ) = 0, tetapi ϕ( n ) = //n = n. Seperti kita ketahui bahwa barisan (ϕ( n )) = (n) tidak konvergen dalam R, karena barisan ini tidak terbatas. Dari sini, dengan Teorema..9(b), ( / ) (b) sgn( ) tidak ada. 0 Misalkan fungsi signum didefinisikan dengan +, sgn() = 0,, untuk > 0 untuk = 0 untuk < 0 tidak ada dalam R. [Akan tetapi, lihat contoh.3.9(a).].( 0 ) - Gambar 4.. Fungsi Signum Perhatikan bahwa sgn() = / untuk 0. (Lihat Gambar..) Kita akan menunjukkan bahwa sgn tidak mempunyai it pada = 0. Kita akan mengerjakan ini dengan menunjukkan bahwa terdapat barisan ( n ) sedemikian sehingga ( n ) = 0, tetapi sedemikian sehingga (sgn( n )) tidak konvergen. Misalkan n = (-) n /n untuk n N dengan demikian ( n ) = 0. Akan tetapi, karena sgn( n ) = (-) n untuk n N, maka (sgn( n )) tidak konvergen. Oleh karena itu (sgn( n )) tidak ada. 6

7 (c) sin(/) tidak ada dalam R. Misalkan g() = sin(/) untuk 0. (Lihat Gambar..3.) Kita akan menunjukkan bahwa g tidak mempunyai it pada c = 0, dengan memperlihatkan dua barisan ( n ) dan (y n ) dengan n 0 dan y n 0 untuk semua n N dan sedemikian sehingga ( n ) = 0 = (y n ), tetapi sedemikian sehingga (g( n )) (g(y n )). Mengingat Teorema..9, ini mengakibatkan mengapa.) g tidak ada. (Jelaskan Gambar. 3. Grafik f() = sin(/), 0 Kita mengingat kembali dari kalkulus bahwa sin t = 0 jika t = nπ untuk n Z, dan sin t = + jika t = ½π + πn untuk n Z. Sekarang misalkan n = untuk n N; maka ( nπ n ) = 0 dan g( n ) = 0 untuk semua n N, dengan demikian (g( n )) = 0. Di pihak lain, misalkan y n = (½π + πn) - untuk n N; maka (y n ) = 0 dan g(y n ) = sin(½π + πn) = untuk semua n N, dengan demikian (g(y n )) =. Kita simpulkan bahwa sin(/) tidak ada. Soal-soal Latihan. Tentukan suatu syarat pada - yang akan menjamin bahhwa : (a) - < ½, (b) - < /0 3 (c) (d) - < /n untuk suatu n N yang diberikan, 3 - < /n untuk suatu n N yang diberikan.. Misalkan c suatu titik cluster dari A R dan f : A R. Buktikan bahwa ( ) f = L jika dan hanya jika f ( ) L = Misalkan f : R R, dan c R. Tunjukkan bahwa f ( ) = L jika dan hanya jika f ( + c) = L. 7

8 4. Misalkan f : R R, I R suatu interval buka, dan c I. Jika f merupakan pembatasan dari f pada I, tunjukkan bahwa f mempunyai suatu it pada c jika dan hanya jika f mempunyai suatu it pada c dan tunjukkan pula bahwa f = f. 5. Misalkan f : R R, J R suatu interval tutup, dan c J. Jika f merupakan pembatasan dari f pada I, tunjukkan bahwa jika f mempunyai suatu it pada c dan hanya jika f mempunyai suatu it pada c. Tunjukkan bahwa tidak berlaku bahwa jika f mempunyai suatu it pada c dan hanya jika f mempunyai suatu it pada c. 6. Misalkan I = (0,a), a > 0, dan misalkan g() = untuk I. Untuk sebarang,c dalam I, tunjukkan bahwa g() c a - c. Gunakan ketaksamaan ini untuk membuktikan bahwa = c untuk sebarang c I. 7. Misalkan I R suatu interval, f : I R, dan c I. Misalkan pula terdapat K dan L sedemikian sehingga f() - L K - c untuk I. Tunjukkan bahwa f = L. 8. Tunjukkan bahwa 3 = c 3 untuk sebarang c R. 9. Tunjukkan bahwa = c untuk sebatang c Gunakan formulasi ε-δ dan formulasi formulasi barisan dari pengertian it untuk memperlihatkan berikut : (a) = - ( > ), (b) = + ( > 0), (c) = 0 ( 0), (d) + = + ( > 0).. Tunjukkan bahwa it-it berikut ini tidak ada dalam R: (a) ( > 0), (b) ( > 0), (c). ( + sgn( ) ), (d) sin ( 0).. Misalkan fungsi f : R R mempunyai it L pada 0, dan misalkan pula a > 0. Jika g : R R didefinisikan oleh g() = f(a) untuk R, tunjukkan bahwa 3. Misalkan c titik cluster dari A R dan f : A R sedemikian sehingga ( f ( ) ) bahwa jika L =,0, maka f ( ) tidak mempunyai suatu it pada c. g = L. = L. Tunjukkan = 0. Tnjukkan dengan contoh bahwa jika L 0, maka f bisa mungkin 4. Misalkna f : R R didefinisikan oleh f() = jika rasional, dan f() = 0 jika irasional. Tunjukkan bahwa f mempunyai suatu it pada = 0. Gunakan argumen barisan untuk menunjukkan bahwa jika c 0, maka f tidak mempunyai it pada c... Teorema-teorema Limit 8

9 .. Definisi. Misalkan A R, f : R R, dan c R suatu titik cluster dari A. Kita mengatakan bahwa f terbatas pada suatu lingkungan dari c jika terdapat lingkungan-δ dari c, V δ (c) dan suatu konstanta M > 0 sedemikian sehingga f() M untuk semua A V δ (c)... Teorema Jika A R dan f : A R mempunyai suatu it pada c R, maka f terbatas pada suatu lingkungan dari c. Bukti. Jika L = f ( ), maka oleh Teorema..6, dengan ε =, terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika 0 < - c < δ, maka f() - L < ; dari sini f() - L f() - L <. Oleh karena itu, jika A V δ (c), c, maka f() L +. Jika c A, kita pilih M = L +, sedangkan jika c A kita pilih M = sup{ f(c), L +}. Ini berarti bahwa jika c A V δ (c), maka f() M. Ini menunjukkan bahwa f terbatas pada V δ (c) suatu lingkungan-δ dari c...3 Definisi Misalkan A R dan misalkan pula f dan g fungsi-fungsi yang terdefinisi pada A ke R. Kita mendefinisikan jumlah f + g, selisih f g, dan hasil kali fg pada A ke R sebagai fungsifungsi yang diberikan oleh (f + g)() = f() + g(), (f - g)() = f() - g(), dan (fg)() = f()g(), untuk semua A. Selanjutnya, jika b R, kita definisikan kelipatan bf sebagai fungsi yang diberikan oleh (bf)() = bf() untuk semua A. Akhirnya, jika h() 0 untuk A, kita definisikan hasil bagi f/h adalah fungsi yang didefinisikan sebagai f h ( ) f = h ( ) ( ) untuk semua A...4 Teorema. Misalkan A R, f dan g fungsi-fungsi pada A ke R, dan c R titik cluster dari A. Selanjutnya, misalkan b R. (a) Jika f = L dan g = M, maka ( f + g) = L + M, ( f g) = L - M, ( fg) = LM, ( bf ) f L =. h H = bl. (b) Jika h : A R, h() 0 untuk semua A, dan jika h = H 0, maka 9

10 Bukti. Salah satu cara pembuktian dari teorema-teorema ini sangat serupa dengan pembuktian Teorema Secara alternatif, teorema ini dapat dibuktikan dengan menggunakan Teorema 3..3 dan Teorema..8. Sebagai contoh, misalkan ( n ) sebarang barisan dalam A sedemikain sehingga n c untuk semua n N,dan c = ( n ). Menurut Teorema..8, bahwa Lim (f( n )) = L, (g( n )) = M. Di pihak lain, Definisi..3 mengakibatkan (fg)( n ) = f( n )g( n ) untuk semua n N. Oleh karena itu suatu aplikasi dari Teorema 3..3 menghasilkan Lim ((fg)( n )) = (f( n )g( n )) = ( f( n )) ( (g( n ))) = LM. Bagian lain dari teorema ini dibuktikan dengan cara yang serupa. Kita tinggalkan untuk dilakukan oleh pembaca. Catatan () Kita perhatikan bahwa, dalam bagian (b), asumsi tambahan dibuat bahwa H = ( ) ( ) h 0. f Jika asumsi ini tidak dipenuhi, maka tidak ada. Akan tetapi jika it ini ada, kita tidak dapat c h menggunakan Teorema..4(b) untuk menghitungnya. () Misalkan A R, dan f, f,, f n fungsi-fungsi pada A ke R, dan c suatu titk cluster dari A. Jika L k = f k untuk k =,,, n, maka,menurut Teorema..4 dengan argumen induksi kita peroleh bahwa L + L + + L n = ( f + f + L + f ) dan L L L n = ( f f L f ) (3) Khususnya, kita deduksi dari () bahwa jika L = f n dan n N, maka L n = ( f ( ) ) n..5 Contoh-contoh (a) Beberapa it yang diperlihatkan dalam Pasal. dapat dibuktikan dengan menggunakan Teorema..4. Sebagai contoh, mengikuti hasil ini bahwa karena n = c, c maka (b) 4)) = 5(4) = 0. = c, dan jika c > 0, maka ( + )( 3 4) = 0 =. c Berdasarkan Teorema..4, kita peroleh bahwa ( + )( 3 4) = ( ( + ))( ( (c) =. + 5 Jika kita menggunakan Teorema..4(b), maka kita mempunyai 3 4 = + 3 ( 4) ( + ) Perhatikan bahwa karena it pada penyebut [yaitu ( + ) Teorema..4(b) dapat dipergunakan. = 4. 5 = 5] tidak sama dengan 0, maka 0

11 4 4 (d) = Jika kita misalkan f() = 4 dan h() = 3 6 untuk R, maka kita tidak dapat menggunakan Teorema..4(b) untuk meneghitung (f()/h()) sebab H = h( ) = ( 3 6) ( )( + ) 3( ) = 3-6 = 3() 6 = 0. Akan tetapi, jika, maka berarti bahwa = ( + ). Oleh karena itu kita mempunyai = 3 ( + ) = = + = 4 3 ( + ) = 3 3 Perhatikan bahwa fungsi g() = ( 4)/(3 6) mempunyai it pada = meskipun tidak terdefinisi pada titik tersebut. (e) tidak ada dalam R. 0 Tentu saja = dan H = 0 menggunakan Teorema..4(b) untuk menghitung = 0. Akan tetapi, karena H = 0, kita tidak dapat. Kenyataannya, seperti kita telah lihat 0 pada Contoh..0(a), fungsi ϕ() = / tidak mempunyai it pada = 0. Kesimpulan ini mengikuti juga Teorema.. karena fungsi ϕ() = / tidak terbatas pada lingkungan dari = 0. (Mengapa?) (f) Jika p fungsi polinimial, maka p( ) = p(c). Misalkan p fungsi polinimial pada R dengan demikian p() = a n n + a n- n- + + a + a 0 untuk semua R. Menurut Teorema..4 dan fakta bahwa p( ) k n n = [ a + a + + a + a ] n + ( a ) n + a0 Dari sini p( ) = p(c) untuk ssebarang fungsi polinomial p. 0 = c k, maka L = ( a ) + ( a ) + n n = a n c n + a n- c n- + + a c + a 0 = p(c). (g) Jika p dan q fungsi-fungsi polinomial pada R dan jika q(c) 0, maka ( ) n n ( c) ( c) p( ) p =. q q Karena q() suatu fungsi polinomial, berarti menurut sutu teorema dalam aljabar bahwa terdapat paling banyak sejumlah hingga bilangan real α, α,,α m [pembuat nol dari q()] sedemikain sehingga q(α j ) = 0 dan sedemikian sehingga jika {α, α,, α m } maka q() 0. Dari sini, jika

12 {α, α,, α m } kita dapat mendefinisikan r() = p q ( ) ( ) q(c) 0, dari berdasarkan bagian (f) bahwa q( ) c. Jika c bukan pembuat nol dari q(), maka = q(c). 0. Oleh karena itu kita dapat menggunakan Teorema..4(b) untuk menyimpulkan bahwa p( ) p( ) p = =. q q ( ) q( ) ( c) ( c)..6 Teorema Misalkan A R. f : A R dan c R suatu titik cluster dari A. Jika a f() b untuk semua A, c, dan jika f ada, maka a f b. c c Bukti. Jika L = c f, maka menurut Teorema..8 bahwa jika ( n ) sebarang barisan bilangan real sedemikain sehingga c n A untuk semua n N dan jika barisan ( n ) konvergen ke c, maka barisan (f( n )) konvergen ke L. Karena a f( n ) b untuk semua n N, berarti menurut Teorema 3..6 bahwa a L b...7 Teorema Apit. Misalkan A R, f,g,h : A R, dan c R suatu titik cluster dari A. Jika f() g() h() untuk semua A, c, dan jika f = L = h, maka g = L. c c c..8 Contoh-contoh (a) 3/ = 0 ( > 0). Misalkan f() = 3/ untuk > 0. Karena ketaksamaan < / berlaku untuk 0 <, maka berarti bahwa < f() = 3/ untuk 0 <. Karena = 0 dan = 0, maka dengan menggunakan Teorema Apit..7 diperoleh 3/ = 0. (b) sin = 0. 0 Dapat dibuktikan dengan menggunakan pendekatan deret Taylor (akan dibahas pada lanjutan dari tulisan ini) bahwa - sin untuk semua 0. Karena ( ± ) Teorema Apit bahwa sin = 0. 0 (c) cos =. 0 0 = 0, maka menurut Dapat dibuktikan dengan menggunakan pendekatan deret Taylor (akan dibahas pada lanjutan dari tulisan ini) bahwa (*) - ½ cos untuk semua R. Karena ( ) =, maka menurut Teorema Apit bahwa cos =. 0

13 (d) cos = 0. 0 Kita tidak dapat menggunakan Teorema..4 (b) secara langsung untuk menghitung it ini. (Mengapa?) Akan tetapi, dari ketaksamaan (*) dalam bagian (c) bahwa -½ (cos )/ 0 untuk > 0 dan juga bahwa 0 (cos )/ ½ untuk < 0. Sekarang misalkan f() = - / untuk 0 dan f() = 0 untuk < 0, dan misalkan pula h() = 0 untuk 0 dan h() = -/ untuk < 0. Maka kita mempunyai f() (cos )/ h() untuk 0. Karena, mudah dilihat (Bagaimana?) bahwa f = h, maka menurut Teorema Apit bahwa cos = (e) sin =. 0 Sekali lagi, kita tidak dapat menggunakan Teorema..4(b) untuk menghitung it ini. Akan te-tapi, dapat dibuktikan (pada lanjutan diktat ini) bahwa sin untuk 0 dan bahwa sin untuk 0. Oleh karena itu berarti (Mengapa?) bahwa - 6 (sin )/ untuk semua 0. Tetapi karena ( ) Apit bahwa sin =. 0 (f) ( sin( / ) ) = = - 6 =, kita simpulkan dari Teorema Misalkan f() = sin (/) untuk 0. Karena sin z untuk semua z R, kita mempunyai ketaksamaan - f() = sin(/) untuk semua R, 0. Karena = 0, 0 maka dari Teorema Apit diperoleh bahwa f = Teorema Misalkan A R, f : A R dan c R suatu titik cluster dari A. Jika f > 0 [ atau, f < 0], maka terdapat suatu lingkungan dari c V δ (c) sedemikian sehingga f() > 0 [atau f() < 0] untuk semua A V δ (c), c. Bukti. Misalkan L = f and anggaplah L > 0. Kita ambil ε = ½L > 0 dalam Teorema..6(b), dan diperoleh suatu bilangan δ > 0 sedemikain sehingga jika 0 < - c < δ dan A, maka f() - L < ½L. Oleh karena itu (Mengapa?) berarti bbahwa jika A V δ (c), c, maka f()>½l>0. Jika L < 0, dapat digunakan argumen yang serupa. Latihan.. Gunakan Teorema..4 untuk menentukan it-it berikut : 3

14 (a) + ( + )( + 3) ( R), (b) ( > 0), (c) + + ( > 0), (d) 0 ( R) +. Tentukan it-it berikut dan nyatakan teorema-teorema mana yang digunakan dalam setiap kasus. (Anda bisa menggunakan latihan 4 di bawah.) (a) (c) + ( > 0), (b) + 3 ( + ) ( > 0), (d) 4 ( > 0), ( > 0) 3. Carilah dimana > Buktikan bahwa cos( / ) tidak ada, akan tetapi cos( / ) = Misalkan f,g fungsi-fungsi yang didefinisikan pada A R ke R, dan misalkan c suatu titik cluster dari A. Anggaplah bahwa f terbatas pada suatu lingkungan dari c dan = 0. Buktikan bahwa fg = Gunakanlah formuasi ε-δ dari it fungsi untuk membuktikan pernyataan pertama dalam Teorema..4(a). g 7. Gunakanlah formulasi sekuensial untuk it fungsi untuk membuktikan Teorema..4(b). 8. Misalkan n N sedemikian sehingga n 3. Buktikan ketaksamaan n untuk < <. Selanjutnya, gunakan fakta bahwa = 0 untuk menunjukkan bahwa 0 n = Misalkan f,g fungsi-fungsi yang didefinisikan pada A R ke R, dan misalkan c suatu titik cluster dari A. (a) Tunjukkan bahwa jika f dan ( f + g) ada, tunjukkanlah bahwa f ada. (b) Jika f dan fg ada, apakah juga g ada? 0. Berikan contoh fungsi-fungsi f dan g sedemikian sehingga f dan g tidak mempunyai it pada suatu titik c, tetapi sedemikian sehingga fungsi-fungsi f + g dan fg mempunyai it pada c.. Tentukan apakah it-it berikut ada dalam R. (a) sin( / ) ( 0), (b) sin( / ) (c) sgn sin( / ) ( 0), (d) sin( / ) ( 0), ( > 0). Misalkan f : R R sedemikian sehingga f( + y) = f() + f(y) untuk semua,y dalam R. Anggaplah f = L ada. Buktikan bahwa L = 0, dan selanjutnya buktikan bahwa f mempunyai suatu it pada setiap titik c R. [Petunjuk : Pertama-tama catat bahwa f() = f() + f() = f() untuk semua R. Juga perhatikan bahwa f() = f( c) + f(c) untuk semua,c dalam R.] 3. Misalkan A R, f : A R dan c suatu titik cluster dari A. Jika f yang terdefinisi untuk A dengan f () = f(), buktikan bahwa ada, dan jika f menyatakan fungsi f = f. 4

15 4. Misalkan A R, f : A R dan c suatu titik cluster dari A. Tambahan, anggaplah bahwa f() 0 untuk semua A, dan misalkan f suatu fungsi yang terdefinisi pada A dengan f () = f ( ) untuk semua A. Jika f ada, buktikan bahwa f = f..3 Beberapa Perluasan dari Konsep Limit Limit-it Sepihak.3. Definisi. Misalkan A R dan f : A R (i) Jika c R suatu titik cluster dari A (c, ) = { A: > c}, maka kita mengatakan bahwa L R adalah suatu it-kanan dari f pada c dan dituliskan f = L jika diberikan sebarang ε > 0 + terdapat suatu δ = δ(ε)> 0 sedemikian sehingga untuk semua A dengan 0 < c < δ, maka f() L < ε. (ii) Jika c R suatu titik cluster dari A (-,c) = { A : < c}, maka kita mengatakan bahwa L R adalah suatu it-kiri dari f pada c dan dituliskan f = L jika diberikan sebarang ε > 0 terdapat suatu δ = δ(ε)> 0 sedemikian sehingga untuk semua A dengan 0 < c < δ, maka f() - L < ε. Catatan: () Jika L suatu it kanan dari f pada c, kita kadang-kadang mengatakan bahwa L adalah f = L. Terminologi dan notasi yang serupa it dari kanan pada c. Kita menggunakan notasi ( ) digunakan juga untuk it-kiri. () Limit-it f dan f disebut it-it sepihak dari f pada c. Ini dimungkinkan kedua it sepihak dimaksud ada. Juga bisa mungkin salah satu saja yang ada. Serupa, seperti kasus pada fungsi f() = sgn () pada c = 0, it-it ini ada, meskipun berbeda. (3) Jika A suatu interval dengan titik ujung kiri c, maka jelas nampak bahwa f : A R mempunyai suatu it pada c jika dan hanya jika f mempunyai suatu it kanan pada c. Selain itu, dalam kasus ini it f dan it pihak kanan f sama. (Situasi serupa juga akan berlaku untuk it-kiri suatu interval dengan titik ujung kanan adalah c Teorema Misalkan A R, f : A R dan c suatu titik cluster dari A (c, ). Maka pernyataan-pernyataan berikut ini eqivalen. (i) f = L R; + (ii) Untuk sebarang barisan ( n ) yang konvergen ke c sedemikian sehingga n A dan n > c untuk semua n N, barisan (f( n )) konvergen ke L R. Kita tinggalkan pembuktian Teorema ini (dan formulasi dan pembuktian dari teorema yang analog dengannya untuk it-kiri) untuk dilakukan oleh pembaca. A (-,c). Maka.3.3 Teorema. Misalkan A R, f : A R dan c R suatu titik Cluster dari A (c, ) dan f = L R jika dan hanya jika f = L = f. + 5

16 .3.4 Contoh-contoh (a) Misalkan f() = sgn(). Kita telah lihat dari contoh..0(b) bahwa sgn tidak mempunyai it pada c = 0. Ini jelas bahwa sgn( ) = + dan bahwa sgn( ) + = -. Karena it-it satu pihak ini berbeda, maka mengikuti Teorema.3.3 bahwa sgn tidak mempunyai it pada 0. (b) Misalkan g() = e / untuk 0. (Lihat gambar.3.) Pertama kita tunjukkan bahwa g tidak mempunyai it kanan hingga pada c = 0 karena g tidak terbatas pada sebarang lingkungan kanan (0, ) dari 0. Kita akan menggunakan ketaksamaan (*) 0 < t < e t untuk t > 0 yang pada bagian ini tidak akan diberikan pembuktiannya. Berdasarkan (*), jika > 0 maka 0 < / < e /. GAMBAR.3. Grafik dari g() = e / ( 0) Dari sini, jika kita mengambil n = /n, maka g( n ) > n untuk semua n N. Oleh karena itu tidak ada dalam R. + e / Akan tetapi, e / = 0. Kita perhatikan bahwa, jika < 0 dan kita mengambil t = / dalam (*) kita peroleh 0 < -/ < e -/. Karena < 0, ini mengakibatkan 0 < e / < - untuk semua < 0. Mengikuti ketaksamaan ini diperoleh < e / bahwa e / = 0. (c) Misalkan h() = /(e / + ) untuk 0. (lihat gambar.3.). Kita telah melihat bagian (b) bahwa 0 < / < e / untuk > 0, dengan demikian 0 < < yang mengakibatkan bahwa e / + + e / + h = 0. Karena kita telah melihat dalam bagian (b) = 0, maka dari analog Teorema..4(b) untuk untuk it-kiri, kita peroleh 6

17 + = 0 / e / ( e + ) = Perhatikan bahwa untuk fungsi ini, it sepihak keduaduanya ada, akan tetapi tidak sama. = 0 + GAMBAR.3.. Grafik dari h() = /(e / +) ( 0) Limit-it Tak Hingga.3.5 Definisi. Misalkan A R, f : A R dan c R suatu titik cluster dari A. (i) Kita katakan bahwa f menuju ke apabila, dan ditulis f = jika untuk setiap α R terdapat δ = δ(α) > 0 sedemikain sehinggauntuk semua A dengan 0 < -c < δ, maka f()>α. (ii) Kita katakan bahwa f menuju ke apabila, dan ditulis f = jika untuk setiap β R terdapat δ = δ(β) > 0 sedemikian sehingga untuk semua A dengan 0 < - c < δ, maka f() < β..3.6 Contoh-contoh (a) ( / ) = Karena, jika α > 0 diberikan, misalkan δ = / α. Ini erarti bahwa jika 0 < <δ, maka < /α dengan demikian / > α. (b) Misalkan g() = / untuk 0. (Lihat Gambar.3.4) Fungsi g tidak menuju ke atau ke - sebagaimana. Karena, jika α > 0 maka g() < α untuk semua < 0, dengan demikian g tidak menuju ke apabila. Serupa juga, jika β < 0 maka g() > β untuk semua > 0, dengan demikian g tidak menuju ke - apabila. Hasil berikut analog dengan Teorema Apit..7. (Lihat juga Teorema 3.6.4)..3.7 Teorema Misalkan A R, f,g : A R dan c R suatu titik cluster dari A. Anggaplah bahwa f() g() untuk semua A, c.. 7

18 (a) Jika f =, maka g =. (b) Jika =, maka f =. g Bukti. (a) Jika f = dan α R diberikan, maka terdapat δ(α) > 0 sedemikian sehingga jika 0 < - c < δ(α) dan A, maka f() > α. Akan tetapi, jika f() g() untuk semua A c, maka berarti jika 0 < - c < δ(α) dan A, maka g() > 0. Oleh karena itu g =. Pembuktian bagian (b) dilakukan dengan cara serupa. Fungsi g() = / dalam Contoh.3.6(b) menyarankan bahwa itu dapat berguna untuk memandang it-it sepihaknya. GAMBAR.3.3 Grafik dari f() = / ( 0).3.8 Definisi Misalkan A R dan f : A R. GAMBAR.3.4 Grafik dari g() = / ( 0) 8

19 (i) Jika c R suatu titik cluster dari A (c, ) ={ A: > 0}, maka kita mengatakan bahwa f menuju [atau - ] apabila +, dan ditulis + f = atau, + f =, jika untuk setiap α R terdapat δ=δ(α) sedemikian sehingga untuk semua A dengan 0 < c < δ, maka f() > α [atau, f() < α]. (ii) Jika c R suatu titik cluster dari A (-,c) ={ A: < 0}, maka kita mengatakan bahwa f menuju [atau - ] apabila -, dan ditulis f = atau, f =, jika untuk setiap α R terdapat δ=δ(α) sedemikian sehingga untuk semua A dengan 0 < c < δ, maka f() > α [atau, f() < α]..3.9 Contoh-contoh (a) Misalkan g() = / untuk 0. Kita telah mencatat dalam Contoh.3.6(b) bahwa g tidak ada. Akan tetapi suatu latihan yang mudah untuk menunjukkan bahwa 0 + ( / ) = / dan ( ) = (b) Telah diperoleh pada Contoh.3.4(b) bahwa fungsi g() = e / untuk 0 tidak terbatas pada sebarang interval (0,δ), δ > 0. Dari sini it-kanan dari e / apabila + tidak ada dalam pengertian Definisi.3.(I). Akan tetapi, karena / < e / melihat bahwa ( ) = + e / dalam pengertian dari Definisi.3.8. Limit-it pada Ketakhinggaan.3.0 Definisi Misalkan A R dan f : A R. untuk > 0, maka secara mudah kita (i) Anggaplah bahwa (a, ) A untuk suatu a R. Kita mengatakan bahwa L R merupakan it dari f apabila, dan ditulis f = L, jika diberikan sebarang ε > 0 terdapat K=K(ε) > a sedemikian sehingga untuk sebarang > K, maka f() - L < ε. (ii) Anggaplah bahwa (-,b) A untuk suatu b R. Kita mengatakan bahwa L R merupakan it dari f apabila -, dan ditulis f = L, jika diberikan sebarang ε > 0 terdapat K=K(ε) < b sedemikian sehingga untuk sebarang < K, maka f() - L < ε..3. Teorema Misalkan A R, f : A R, dan anggaplah bahwa (a, ) A untuk suatu a R. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini eqivalen : (i) L = f ; (ii) Untuk sebarang barisan ( n ) dalam A (a, ) sedemikian sehingga ( n ) =, barisan (f( n )) konvergen ke L. 9

20 Kita tinggalkan bagi pembaca untuk membuktikan teorema ini dan untuk merumuskan serta membuktikan teorema serupa dengannya untuk it dimana Contoh-contoh (a) Misalkan g() = / untuk 0. Ini merupakan suatu latihan dasar untuk membuktikan bahwa ( / ) = 0 = ( / ) (Lihat Gambar.3.4) (b) Misalkan f() = / untuk 0. Pembaca dapat menunjukkan bahwa bahwa ( / ) = 0 = ( / ). (Lihat Gambar.3.3). Cara lain untuk menunjukkan ini adalah dengan menunjukkan bahwa jika maka 0 / /. Mengingat bagian (a), ini mengakibatkan ( / ).3.3 Definisi Misalkan A R dan f : A R. (i) Anggaplah bahwa (a, ) A untuk suatu a A. Kita mengatakan bahwa f menuju ke [atau, - ] apabila, dan ditulis f = [ atau f = ], jika diberikan sebarang α R terdapat K = K(α) > a sedemikian sehingga untuk sebarang > K, maka f() > α [atau, f() < α]. (Lihat Gambar.3.5) (ii) Anggaplah bahwa (-,b) A untuk suatu b A. Kita mengatakan bahwa f menuju ke [atau, - ] apabila -, dan ditulis f = [ atau f = ], jika diberikan sebarang α R = 0. terdapat K = K(α) < b sedemikian sehingga untuk sebarang < K, maka f() > α [atau, f() < α].. y Κ(α) α GAMBAR.3.5 f = Teorema Misalkan A R, f : A R, dan anggaplah bahwa (a, ) A untuk suatu a R. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini ekuivalen : (i) (ii) f = [atau, f = - ] Untuk sebarang barisan ( n ) dalam (a, ) sedemikian sehingga ( n ) =, maka (f( n )) = [atau (f( n )) = - ]. 0

21 .3.5 Teorema Misalkan A R, f,g : A R, dan anggaplah ahwa (a, ) A untuk suatu a R. Misalkan pula bahwa g()>0 untuk semua >a dan bahwa L 0. (i) Jika L > 0, maka f = jika dan hanya jika g =. ( ) ( ) f = L untuk suatu L R, g (ii) Jika L < 0, maka f = - jika dan hanya jika g = -. 0 < ½L < Bukti. (i) Karena L > 0, hipotesis mengakibatkan bahwa terdapat a > a sedemikian sehingga f g ( ) ( ) < 3 L untuk > a. Oleh karena itu kita mempunyai (½L)g() < f() < ( 3 L)g() untuk semua > a, dari sini dengan mudah kita peroleh kesimpulannya. Pembuktian bagian (ii) dikerjakan dengan cara serupa. Kita tinggalkan bagi pembaca untuk memformulasi hasil-hasil yang analogi dengan Teorema di atas, apabila Contoh-contoh (a) n = untuk n N. Misalkan g() = n untuk (0, ). Diberikan α R, misalkan K = sup{,α}. Maka untuk semua > K, kita mempunyai g() = n α. Karena α R sebarang, maka ini berarti g =. (b) n = untuk n N, n genap, dan n = - untuk n N, n ganjil. Kita akan mencoba kasus n ganjil, katakanlah n = k+ dengan k = 0,,. Diberikan α R, misalkan K = inf{α,-}. Untuk sebarang < K, maka karena ( ) k, kita mempunyai n = ( ) k < α. Karena α R sebarang, maka berarti n = -. (c) Misalkan p : R R fungsi polinomial p() = a n n + a n- n- + + a + a 0. Maka p =, jika a n > 0, dan p = - jika a n < 0. a n Misalkan g() = n dan gunakan Teorema.3.5. Karena + a 0, maka diperoleh n.3.5, p =. ( ) ( ) p g ( ) ( ) = a n + a n- + + p = a n. Karena g =, maka menurut Teorema g (d) Misalkan p fungsi polinomial dalam bagian (c). Maka p = [atau, - ] jika n genap [atau, ganjil] dan a n > 0. Kita tinggalkan detailnya untuk pemaca kerjakan. Latihan-latihan. Buktikan Teorema.3..

22 . Berikan contoh suatu fungsi yang mempunyai it-kanan, tetapi tidak mempunyai it-kiri pada suatu titik. 3. Misalkan f() = ½ untuk 0.. Tunjukkan bahwa f ( ) = f ( ) + = Misalkan c R dan f didefinisikan untuk (c, ) dan f() > 0 untuk semua (c, ). Tunjukkan bahwa f = jika dan hanya jika ( f ) = Hitunglah it-it berikut, atau tunjukkan bahwa it-it ini tidak ada. (a) + ( ), (b) ( ), (c) + + ( > 0), (d) + ( > 0), (e) + 0 ( > -), (f) + ( > 0), (g) 5 ( > 0), (h) ( > 0) Buktikan Teorema Misalkan f dan g masing-masing mempunyai it dalam R apabila dan f() g() untuk semua (α, ). Buktikan bahwa f g. 8. Misalkan f terdefinisi pada (0, ) ke R. Buktikan bahwa f ( ) = L jika dan hanya jika f ( ) 9. Tunjukkan bahwa jika f : (a, ) R sedemikian sehingga f ( ) = L dimana L R, maka f ( ) 0. Buktikan Teorema Lengkapkan bukti dari Teorema Misalkan f ( ) = L dimana L > 0, dan g( ) =. Tunjukkan bahwa f ( ) g( ) tunjukkan dengan contoh bahwa konklusi ini gagal. + = L. = 0. =. Jika L = 0, 3. Carilah fungsi-fungsi f dan g yang didefinisikan pada (0, ) sedemikain sehingga f = dan g =, akan tetapi ( f g) = 0. Dapatkan anda menemukan fungsi-fungsi demikian, dengan g() > 0 untuk semua (0, ), sedemikain sehingga f g = 0? 4. Misalkan f dan g terdefinisi pada (a, ) dan juga f = L dan g =. Buktikan bahwa f o g = L.

23 . Fungsi-fungsi Kontinu BAB II FUNGSI KONTINU.. Definisi Misalkan A R, f : A R dan c A. Kita katakan bahwa f kontinu pada c jika, diberikan sebarang lingkungan V ε (f(c)) dari f(c) terdapat suatu lingkungan V δ (c) dari c sedemikain sehingga jika sebarang titik pada A V δ (c), maka f() termuat dalam V ε (f(c)). (Lihat Gambar..). GAMBAR.. Diberikan V ε(f(c)), lingkungan V δ(c) ditentukan Peringatan () Jika c A merupakan titik cluster dari A, maka pembandingan dari Definisi..4 dan.. menunjukkan bahwa f kontinu pada c jika dan hanya jika () f(c) = f. Jadi, jika c titik cluster dari A, maka agar () berlaku, tiga syarat harus dipenuhi: (i) f harus terdefinisi pada c (dengan demikian f(c) dapat dimengerti), (ii) it dari f harus ada dalam R (dengan demikian f dapat dimengerti), dan (iii) nilai-nilai dari f(c) dan f harus sama. () Jika c bukan titik cluster dari A, maka terdapat lingkungan V δ (c) dari c sedemikian sehingga A V δ (c) = {c}. Jadi kita menyimpulkan bahwa suatu fungsi f kontinu secara otomatis pada c A yang bukan titik cluster dari A. Titik-titik demikian ini sering disebut titik-titik terisolasi dari A; titik-titik ini kurang menarik untuk kita bahas, karena far from the action. Karena kekontinuan berlaku secara otomatis untuk titik-titik terisolasi ini, kita akan secara umum menguji kekontinuan hanya pada titik-titik cluster. Jadi kita akan memandang kondisi () sebagai karakteristik untuk kekontinuan pada c... Definisi Misalkan A R, f : A R. Jika B A, kita katakan bahwa f kontinu pada B jika f kontinu pada setiap titik dalam B. ekivalen...3 Teorema Misalkan A R, f : A R, dan c A. Maka kondisi-kondisi berikut (i) f kontinu pada c; yaitu, diberikan sebarang lingkungan V ε (f(c)) dari f(c) terdapat suatu lingkungan V δ (c) dari c sedemikain sehingga jika sebarang titik pada A V δ (c), maka f() termuat dalam V ε (f(c)) (ii) Diberikan sebarang ε > 0 terdapat suatu δ > 0 sedemikian sehingga untuk semua A dengan - c < δ, maka f() f(c) < ε. 3

24 (iii) Jika ( n ) sebarang barisan bilangan real sedemikian sehingga n A untuk semua n N dan ( n ) konvergen ke c, maka barisan (f( n )) konvergen ke f(c). Pembuktian teorema ini hanya memerlukan sedikit modifikasi pembuktian dari Teorema..6 dan..8. Kita tinggalkan detailnya sebagai suatu latihan penting bagi pembaca...4. Kriteria Diskontinu Misalkan A R, f : A R, dan c A. Maka f diskontinu pada c jika dan hanya jika terdapat suatu barisan ( n ) dalam A sedemikian sehingga ( n ) konvergen ke c, tetapi barisan (f( n )) tidak konvergen ke f(c)...5 Contoh-contoh (a) f() = b kontinu pada R Telah diperlihatkan pada Contoh..7(a) bahwa jika c R, maka kita mempunyai Karena f(c) = b, maka f kontinu pada setiap titik c R. Jadi f kontinu pada R. (b) g() = kontinu pada R. Telah diperlihatkan pada Contoh..7(b) bahwa jika c R, maka kita mempunyai f = b. g = c. Karena g(c) = c, maka g kontinu pada setiap titik c R. Jadi g kontinu pada R. (c) h() = kontinu pada R. Telah diperlihatkan pada Contoh..7(c) bahwa jika c R, maka kita mempunyai h(c) = c, maka h kontinu pada setiap titik c R. Jadi h kontinu pada R. (d) ϕ() = / kontinu pada A = { R : > 0}. Telah diperlihatkan pada Contoh..7(d) bahwa jika c A, maka kita mempunyai ϕ(c) = /c, maka ϕ kontinu pada setiap titik c A. Jadi ϕ kontinu pada A. (e) ϕ() = / tidak kontinu pada = 0 h = c. Karena ϕ = /c. Karena Memang, jika ϕ() = / untuk > 0, maka tidak terdefinisi pada = 0, dengan demikian tidak kontinu pada titik ini. Secara alternatif, telah diperlihatkan pada Contoh..0(a) bahwa ϕ tidak ada dalam R, dengan demikian ϕ tidak kontinu pada = 0. sgn (f) Fungsi sgn tidak kontinu pada = 0. Fungsi sgn telah didefinisikan pada contoh..0(b), dimana juga telah ditunjukkan bahwa ( ) terdefinisi. tidak ada dalam R. Oleh karena itu sgn tidak kontinu pada = 0 meskipun sgn 0 (g) Misalkan A = R dan f fungsi diskontinu Dirichlet yang didefinisikan oleh, f() = 0, jika rasional jika irrasional Kita claim bahwa f tidak kontinu pada sebarang titik pada R. (Fungsi ini diperkenalkan pada tahun 89 oleh Dirichlet) 4

25 Memang, jika c bilangan rasional, misalkan ( n ) suatu barisan bilangan irasional yang konvergen ke c. Karena f( n ) = 0 untuk semua n N, maka kita mempunyai (f( n )) = 0 sementara f(c) =. Oleh karena itu f tidak kontinu pada bilangan rasional c. Sebaliknya, jika b bilangan rasional, misalkan (y n ) suatu barisan bilangan irasional yang konvergen ke b. Karena f(y n ) = untuk semua n N, maka kita mempunyai (f(y n )) = sementara f(b) = 0. Oleh karena itu f tidak kontinu pada bilangan irasional b. Karena setiap bilangan real adalah bilangan rasional atau irasional, kita simpulkan bahwa f tidak kontinu pada setiap titik dalam R. (h) Misalkan A = { R : > 0}. Untuk sebarang bilangan irasional > 0 kita definisikan h() = 0. Untuk suatu bilangan rasional dalam A yang berbentuk m/n, dengan bilangan asli m,n tidak mempunyai faktor persektuan kecuali, kita definisikan h(m/n) = /n. (Lihat Gambar...) Kita claim bahwa h kontinu pada setiap bilangan irasional pada A, dan diskontinu pada setiap bilangan rasional dalam A. (Fungsi ini diperkenalkan pada tahun 875 oleh K.J. Thomae) Memang, jika a > 0 bilangan rasional, misalkan ( n ) suatu barisan bilangan irasional dalam A yang konvergen ke a. maka h( n ) = 0 sementara h(a) > 0. Dari sini h diskontinu pada a. Di pihak lain, jika b suatu bilangan irasional dan ε > 0, maka (dengan Sifat Arcimedean) terdapat bilangan asli n 0 sedemikian sehingga /n 0 < ε. Terdapat hanya sejumlah hingga bilangan rasional dengan penyebut lebih kecil dari n 0 dalam interval (b, b + ). (Mengapa?) Dari sini δ > 0 dapat dipilih sekecil mungkin yang mana lingkungan (b - δ,b + δ) tidak memuat tidak memuat bilangan rasional dengan penyebut lebih kecil dari n 0. Selanjutnya, bahwa untuk - b < δ, A, kita mempunyai h() h(b) = h() /n 0 < ε. Jadi h kontinu pada bilangan irasional b. Akibatnya, kita berkesimpulan bahwa fungsi Thomae h kontinu hanya pada titik-titik irasional dalam A. * * / * * /7 * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * / 3/ GAMBAR.. Grafik Fungsi Thomae..6 Peringatan (a) Kadang-kadang suatu fungsi f : A R tidak kontinu pada suatu titik c, sebab tidak terdefinisi pada titik tersebut. Akan tetapi, jika fungsi f mempunyai suatu it L pada tiitik c dan jika kita definisikan F pada A {c} R dengan 5

26 L F( ) = f ( ) untuk untuk = c A maka F kontinu pada c. Untuk melihatnya, perlu mengecek bahwa (mengapa?), karena f = L F = L, tetapi ini berlaku (b) Jika fungsi g : A R tidak mempunyai suatu it pada c, maka tidak ada cara untuk memperoleh suatu fungsi G : A {c} R yang kontinu pada c dengan pendefinisian C G( ) = g( ) untuk untuk = c A Untuk melihatnya, amati bahwa jika sama dengan C. ada dan sama dengan C, maka g mesti ada juga dan G..7 Contoh-contoh (a) Fungsi g() = sin (/) untuk 0 (lihat Gambar..3) tidak mempunyai it pada = 0 (lihat contoh..0(c)). Jadi tidak terdapat nilai yang dapat kita berikan pada = 0. Untuk memperoleh suatu perluasan kontinu dari g pada = 0. (b) Misalkan f() = sin(/) untuk 0. (Lihat Gambar..3) Karena f tidak terdefinisi pada = 0, fungsi f tidak bisa kontinu pada titik ini. Akan tetapi, telah diperlihatkan pada Contoh..8(f) bahwa ( sin( ) ) definisikan F : R R dengan = 0. Oleh karena itu mengikuti Peringatan..6(a) bahwa jika kita 0 F ( ) = sin ( ) maka F kontinu pada = 0. untuk untuk = 0 0 Gambar..3 Grafik dari f() = sin(/) 0 6

27 Latihan-latihan. Buktikan Teorema..4.. Perlihatkan Kriteria Diskontinu Misalkan a < b < c. Misalkan pula bahwa f kontinu pada [a,b], g kontinu pada [b,c], dan f(b) = g(b). Definisikan h pada [a,c] dengan h() = f() untuk [a,b] dan h() = g() untuk (b,c]. Buktikan bahwa h kontinu pada [a,c]. 4. Jika R, kita definisikan adalah bilangan bulat terbesar n Z sedemikian sehingga n. (Jadi, sebagai contoh, 8,3 = 8, π = 3, -π = -4.) Fungsi a disebut fungsi bilangan bulat terbesar. Tentukan titik-titik dimana fungsi-fungsi berikut kontinu : (a). f() =, (b) g() =, (c). h() = sin, (d) k() = / ( 0). 5. Misalkan f terdefinisi untuk semua R,, dengan f() = ( + 6)/( ). Dapatkah f terdefinisi pada = dimana dengan ini menjadikan f kontinu pada titik ini? 6. Misalkan A R dan f : A R kontinu pada titik c A. Tunjukkan bahwa untuk sebarang ε > 0, terdapat lingkungan V δ (c) dari c sedemikian sehingga jika,y A V δ (c), maka f() f(y) < ε. 7. Misalkan f : R R kontinu pada c dan misalkan f(c) > 0. Tunjukkan bahwa terdapat V δ (c) suatu lingkungan dari c sedemikian sehingga untuk sebarang V δ (c) maka f() > Misalkan f : R R kontinu pada R dan misalkan S = { R : f() = 0} adalah himpunan nol dari f. Jika ( n ) S dan = ( n ), tunjukkan bahwa S. 9. Misalkan A B R, f : B R dan g pembatasan dari f pada A (yaitu, g() = f() untuk A). (a). Jika f kontinu pada c A, tunjukkan bahwa g kontinu pada c. (b). Tunjukkan dengan contoh bahwa jika g kontinu pada c, tidak perlu berlaku bahwa f kontinu pada c. 0. Tunjukkan bahwa fungsi nilai mutlak f() = kontinu pada setiap titik c R.. Misalkan K > 0 dan f : R memenuhi syarat f() f(y) K - y untuk semua,y R. Tunjukkan bahwa f kontinu pada setiap titik c R.. Misalkan bahwa f : R R kontinu pada R dan f(r) = 0 untuk setiap bilangan rasional r. Buktikan bahwa f() = 0 untuk semua R. 3. Definisikan g : R R dengan g() = untuk rasional, dan g() = + 3 untuk irasional. Tentukan semua titik dimana g kontinu. 4. Misalkan A = (0, ) dan k : A R didefinisikan sebagai berikut. Untuk A, rasional, kita definisikan k() = 0; untuk A rasional dan berbentuk = m/n dengan bilangan asli m, n tidak mempunyai faktor persekutuan kecuali, kita definisikan k() = n. Buktikan bahwa k tidak terbatas pada setiap interval terbuka dalam A. Simpulkan bahwa k tidak kontinu pada sebarang titik dari A.. Kombinasi dari Fungsi-fungsi Kontinu.. Teorema Misalkan A R, f dan g fungsi-fungsi yang terdefinisi pada A ke R dan b R. Andaikan bahwa c A dan f dan g kontinu pada c. (a) Maka f + g, f g, fg, dan bf kontinu pada c. 7

28 (b) Jika h : A R kontinu pada c A dan jika h() 0 untuk semua A, maka fungsi f/h kontinu pada c. Bukti. (a). Jika c bukan suatu titik cluster dari A, maka konklusi berlaku secara otomatis. Dari sini, kita asumsikan bahwa c titik cluster dari A. Karena f dan g kontinu pada c, maka f(c) = f dan g(c) = g Oleh karena itu mengikuti Teorema..4(a) diperoleh (f + g)(c) = f(c) + g(c) = ( f + g) Dengan demikian f + g kontinu pada c. Pernyataan-pernyataan lain pada bagian (a) dibuktikan dengan cara serupa. f h bahwa ( c) b R. A. (b) Karena c A, maka h(c) 0. Tetapi karena h(c) = = f h ( c) ( c) = f h h f =. Oleh karena itu f/h kontinu pada c. h, berikut dari Teorema..4(b).. Teorema Misalkan A R, f dan g fungsi-fungsi yang terdefinisi pada A ke R dan (a) Maka f + g, f g, fg, dan bf kontinu pada A. (b) Jika h : A R kontinu pada A dan h() 0 untuk A, maka fungsi f/h kontinu pada..3 Komentar Untuk mendefinisikan fungsi hasil bagi, kadang-kadang lebih cocok memulainya sebagai berikut : Jika ϕ : R, misalkan A = { A : ϕ() 0}. Kita akan mendefinisikan fungsi hasil bagi f/ϕ pada himpunan A dengan f f ( ) (*) ( ) = ϕ untuk A. ϕ( ) Jika ϕ kontinu pada titik c A, maka jelas bahwa pembatasan ϕ dari ϕ pada A juga kontinu pada c. Oleh karena itu mengikuti Teorema..(b) dipergunkan untuk ϕ bahwa f/ϕ kontinu pada c A. Serupa juga jika f dan ϕ kontinu pada A, maka fungsi f/ϕ, didefinisikan pada A oleh (*), kontinu pada A...4 Contoh-contoh (a) Fungsi-fungsi polinomial. Jika p suatu fungsi polinimial, dengan demikian p() = a n n + a n- n- + + a + a 0 untuk semua R, maka mengikuti Contoh..5(f) bahwa p(c) = polinomial kontinu pada R. (b) Fungsi-fungsi rasional p untuk sebarang c R. Jadi fungsi Jika p dan q fungsi-fungsi polinomial pada R, maka terdapat paling banyak sejumlah hingga α,α,, α n akar-akar real dari q. Jika {α,α,, α n } maka q() 0 dengan demikian kita dapat p( ) mendefinisikan fungsi rasional r dengan r() = untuk {α,α,, α n }. q( ) Telah diperlihatkan dalam Contoh..5(g) bahwa jika q(c) 0, maka r(c) = p( c) q( c) = p( ) q( ) = r( ). Dengan kata lain, r kontinu pada c. Karena c sebarang bilangan real yang bukan 8

29 akar dari q, kita katakan bahwa suatu fungsi rasional yang kontinu pada setiap bilangan real dimana fungsi tersebut terdefinisi. (c) Kita akan menunjukkan bahwa fungsi sinus kontinu pada R. Untuk mengerjakan ini kita akan menggunakan sifat-sifat dari fungsi sinus dan cosinus yang pada bagian ini tidak akan dibuktikan. Untuk semua,y,z R kita mempunyai sin z z, cos z, sin sin y = sin[½( y)]cos[½( + y)]. Dari sini, jika c R, maka kita mempunyai sin sin c (½ c )() = - c. Oleh karena itu sin kontinu pada c. Karena c R sebarang, maka ini berarti fungsi sin kontinu pada R. (d) Fungsi cosinus kontinu pada R. Untuk mengerjakan ini kita akan menggunakan sifat-sifat dari fungsi sinus dan cosinus yang pada bagian ini tidak akan dibuktikan. Untuk semua,y,z R kita mempunyai sin z z, sin z, cos cos y = sin[½( + y)]sin[½(y - )]. Dari sini, jika c R, maka kita mempunyai cos cos c ()(½ c ) = - c. Oleh karena itu cos kontinu pada c. Karena c R sebarang, maka ini berarti fungsi cos kontinu pada R. (Cara lain, kita dapat menggunakan hubungan cos = sin ( + π/).) (e) Fungsi-fungsi tan, cot, sec, csc kontinu dimana fungsi-fungsi ini terdefinisi. Sebagai contoh, fungsi cotangen didefinisikan dengan cot = cos sin asalkan sin 0 (yaitu, asalkan nπ, n Z). Karena sin dan cos kontinu pada R, maka mengikuti Komentar..3 bahwa fungsi cot kontinu pada domainnya. Fungsi-fungsi trigonometri yang lain dilakukan dengan proses pengerjaan yang serupa. = f()...5 Teorema Misalkan A R, f : A R dan f didefinisikan untuk A dengan f () (a) Jika f kontinu pada suatu titik c A, maka f kontinu pada c. (b) Jika f kontinu pada A, maka f kontinu pada A. Bukti. Ini merupakan konsekuensi dari Latihan Teorema Misalkan A R, f : A R dan f() 0 untuk semua A. Kita misalkan f didefinisikan untuk A dengan f () = f (). (c) Jika f kontinu pada suatu titik c A, maka f kontinu pada c. (d) Jika f kontinu pada A, maka f kontinu pada A. Bukti. Ini merupakan konsekuensi dari Latihan..4. 9

30 Komposisi Fungsi-fungsi Kontinu Sekarang kita akan menunjukkan bahwa jika f : A R kontinu pada suatu titik c dan jika g : B R kontinu pada b = f(c), maka komposisi gof kontinu pada c. Agar menjamin bahwa gof terdefinisi pada seleruh A, kita perlu menganggap bahwa f(a) B...7 Teorema Misalkan A,B R, f : A R dan g : B R fungsi-fungsi sedemikian sehingga f(a) B. Jika f kontinu pada suatu titik c A dan g kontinu pada b = f(c) B, maka komposisi gof : A R kontinu pada c. Bukti. Misalkan W suatu lingkungan-ε dari g(b). Karena g kontinu pada b, maka terdapat suatu lingkungan-δ V dari b = f(c) sedemikian sehingga jika y B V maka g(y) W. Karena f kontinu pada c, maka terdapat suatu lingkungan-γ U dari c sedemikian sehingga jika U A, maka f() V. (Lihat Gambar...) Karena f(a) B, maka ini berarti jika A U, maka f() B V dengan demikian gof() = g(f()) W. Tetapi karena W suatu lingkungan-ε dari g(b), ini mengakibatkan bahwa gof kontinu pada c...8 Teorema Misalkan A,B R, f : A R kontinu pada A dan g : B R kontinu pada B. Jika f(a) B, maka komposisi gof : A R kontinu pada A. Bukti. Teorema ini secara serta-merta mengikuti hasil sebelumnya, jika, berturut-turut, f dan g kontinu pada setiap titik A dan B...9 Contoh-contoh (a) Misalkan g () = untuk R. Menurut Ketaksamaan Segitiga bahwa g () g (c) - c untuk semua,c R. Dari sini g kontinu pada c R. Jika f : A R sebarang fungsi kontinu pada A, maka Teorema..8 mengakibatkan bahwa g of = f kontinu pada A. Ini memberikan cara lain pembuktian dari Teorema..5. (b) Misalkan g () = untuk 0. Mengikuti Teorema..3 bahwa g kontinu pada sebarang c 0. Jika f : A R kontinu pada A dan jika f() 0 untuk semua A, maka menurut Teorema..8 g of = f kontinu pada A. Ini memberikan pembuktian lain dari Teorema..6. (c) Misalkan g 3 () = sin untuk R. Kita telah tunjukkan dalam Contoh..4(c) bahwa g 3 kontinu pada R. Jika f : A R kontinu pada A, maka mengikuti Teorema..8 bahwa g 3 of kontinu pada A. Khususnya, jika f() = / untuk 0, maka fungsi g() = sin(/) kontinu pada setiap titik c 0. [Kita telah tunjukkan, dalam Contoh..7(a), bahwa g tidak didefinisikan pada 0 agar g menjadi kontinu pada titik itu.] Latihan- latihan. Tentukan titik-titik kekontinuan dari fungsi-fungsi berikut dan nyatakan teorema-teorema mana yang dipergunakan dalam setiap kasus : (a). f() = ( R); (b) g() = + ( 0); 30

31 (c). h() = + sin ( 0); (d) k() = cos + ( R).. Tunjukkan bahwa jika f : A R kontinu pada A R dan jika n N, maka fungsi f n didefinisikan oleh f n () = (f()) n untuk A, kontinu pada A. 3. Berikan satu contoh f dan g yang kedua-duanya tidak kontinu pada suatu titik c dalam R sedemikian sehingga : (a) fungsi jumlah f + g kontinu pada c, (b) fungsi hasil kali fg kontinu pada c. 4. Misalkan [ ] menyatakan bilangan bulat terbesar yang lebih kecil dari atau sama dengan. (lihat Latihan..4.) Tentukan titik-titik kekontinuan dari fungsi f() = - [ ], R. 5. Misalkan g didefinisikan pada R oleh g() = 0, dan g() = jika, dan misalkan f() = + untuk semua R. Tunjukkan bahwa go f gof(0). Mengapa ini tidak kontradiksi dengan Teorema..7? 6. Misalkan f,g didefinisikan pada R dan c R. Misalkan juga bahwa f = b dan g kontinu pada b. Tunjukkan bahwa 0 go f = g(b). (Bandingkan hasil ini dengan Teorema..7 dan latihan sebelumnya.) 7. Berikan contoh dari fungsi f : [0,] R yang diskontinu pada setiap titik dalam [0,] tetapi sedemikian sehingga f kontinu pada [0,]. 8. Misalkan f,g fungsi-fungsi kontinu dari R ke R, dan misalkan pula f(r) = g(r) untuk semua bilangan rasional r. Apakah benar bahwa f() = g() untuk semua R? 9. Misalkan h : R R kontinu pada R memenuhi h(m/ n ) = 0 untuk semua m Z, n N. Tunjukkan bahwa h() = 0 untuk semua R. 0. Misalkan f : R R kontinu pada R, dan misalkan pula P = { R : f() > 0}. Jika c P, tunjukkan bahwa terdapat suatu lingkungan V δ (c) P.. Jika f dan g kontinu pada R, misalkan pula S = { R : f() g()}. Jika (s n ) S dan (s n ) = s, tunjukkan bahwa s S.. Suatu fungsi f : R R dikatakan aditif jika f( + y) = f() + f(y) untuk semua,y R. Buktikan bahwa jika f kontinu pada suatu titik 0, maka fungsi itu kontinu pada setiap titik dalam R. (Lihat Latihan...) 3

32 3. Misalkan f fungsi aditif kontinu pada R. Jika c = f(), tunjukkan bahwa kita mempunyai f() = c untuk semua R. [Petunjuk : Pertama-tama tunjukkan bahwa jika r suatu bilangan rasional, maka f(r) = cr.] 4. Misalkan g : R R memenuhi hubungan g( + y) = g()g(y) untuk semua,y R. Tunjukkan bahwa jika g kontinu pada = 0, maka g kontinu pada setiap titik dalam R. Juga jika kita mempunyai g(a) = 0 untuk suatu a R, maka g() = 0 untuk semua R. 5. Misalkan f,g : R R kontinu pada suatu titik c, dan h() = sup{f(), g()} untuk R. Tunjukkan bahwa h() = ½(f() + g()) + ½ f() g() untuk semua R. Gunakan hasil ini untuk menunjukkan bahwa h kontinu pada c. 6. Misalkan I = [a,b] dan f : I R terbatas dan kontinu pada I. Definisikan g : I R dengan g() = sup{f(t) : a t b} untuk semua I. Buktikan bahwa g kontinu pada I..3 Fungsi-fungsi Kontinu pada Interval.3. Definisi Suatu fungsi f : A R dikatakan terbatas pada A, jika terdapat M > 0 sedemikan sehingga f() M untuk semua A. Dengan kata lain, suatu fungsi dikatakan terbatas jika range-nya merupakan suatu himpunan terbatas dalam R. Kita mencatat bahwa suatu fungsi kontinu tidak perlu terbatas. Contohnya, fungsi f() = / adalah fungsi kontinu pada himpunan A = { R : > 0}. Akan tetapi, f tidak terbatas pada A. Kenyataannya, f() = / tidak terbatas apabila dibatasi pada B = { R : 0 < < }. Akan tetapi, f() = / terbatas apabila dibatasi untuk himpunan C = { R : }, meskipun himpunan C tidak terbatas..3. Teorema Keterbatasan Misalkan I = [a,b] suatu interval tertutup dan terbatas dan misalkan f : I R kontinu pada I. Maka f terbatas pada I. Bukti. Andaikan f tidak terbatas pada I. Maka, untuk sebarang n N terdapat suatu bilangan n I sedemikian sehingga f( n ) > n. Karena I terbatas, barisan X = ( n ) terbatas. Oleh karena itu, menurut Teorema Bolzano-Weiestrass bahwa terdapat subbarisan X = ( nr ) dari X yang konvergen ke. Karena I tertutup dan unsur-unsur X masuk kedalam I, maka menurut Teorema 3..6, I. Karena f kontinu pada, dengan demikian barisan (f( menyimpulkan dari Teorema 3.. bahwa kekonvergenan barisan (f( nr )) konvergen ke f(). Kita selanjutnya nr )) mesti terbatas. Tetapi ini suatu kontradiksi karena f( ) > n r r untuk r N. Oleh karena itu pengandaian bahwa fungsi nr kontinu f tidak terbatas pada interval tertutup dan terbatas I menimbulkan kontradiksi..3.3 Definisi Misalkan A R dan f : A R. Kita katakan f mempunyai suatu maksimum mutlak pada A jika terdapat suatu titik * A sedemikian sehingga f( * ) f() untuk semua A. Kita katakan f mempunyai suatu minimum mutlak pada A jika terdapat suatu titik * A sedemikian sehingga f( * ) f() untuk semua A. Kita katakan bahwa * suatu titik maksimum mutlak untuk f pada A, dan * suatu titik minimum mutlak dari f pada A, jika titik-titik itu ada. 3

33 Jika suatu fungsi mempunyai suatu titik maksimum mutlak, maka titik ini tidak perlu ditentukan secara tunggal. Sebagai contoh, fungsi g() = didefinisikan untuk A = [-,+] mempunyai dua titik =! yang memberikan titik maksimum pada A, dan titik tunggal = 0 menghasilkan minimum mutlaknya pada A. (Lihat Gambar.3..) Untuk memilih suatu contoh ekstrim, fungsi konstan h() = untuk R adalah sedemikian sehingga setiap titik dalam R merupakan titik maksimum mutlak dan sekaligus titik minimum mutlak untuk f. GAMBAR.3. Grafik fungsi f() = / ( > 0).3.4 Teorema Maksimum-Minimum Misalkan I = [a,b] interval tertutup dan terbatas dan f : I R kontinu pada I. Maka f mempunyai maksimum mutlak dan minimum mutlak pada I. Bukti. Pandang himpunan tak kosong f(i) = {f() : I} nilai-nilai dari f pada I. Dalam Teorema.3. sebelumnya telah diperlihatkan bahwa f(i) merupakan subhimpunan dari R yang terbatas. Misalkan s * = sup f(i) dan s * = inf f(i). Kita claim bahwa terdapat titik-titik * dan * sedemikian sehingga s * = f( * ) dan s * = f( * ). Kita akan memperlihatkan bahwa keberadaan titik *, meninggalkan pembuktian eksistensi dari * untuk pembaca. GAMBAR.3. Grafik fungsi g() = ( ) Karena s * = sup f(i), jika n N, maka s * - /n bukan suatu batas atas dari himpunan f(i). Akibatnya terdapat bilangan real n I sedemikian sehingga 33

34 (#) s * - n < f(n ) s * untuk n N. Karena I terbatas, barisan X = ( n ) terbatas. Oleh karena itu, dengan menggunakan Teorema Bolzano- Weiestrass 3.4.7, terdapat subbarisan X = ( nr ) dari X yang konvergen ke suatu bilangan *. Karena unsur-unsur dari X termasuk dalam I = [a,b], maka mengikuti Teorema 3..6 bahwa * I. Oleh karena itu f kontinu pada * dengan demikian (f( )) = f( * ). Karena itu mengikuti (#) bahwa s * - nr < f( n ) s * untuk r N, kita menyimpulkan dari Teorema Apit 3..7 bahwa (f( r n )) = s *. r n r Oleh karena itu kita mempunyai f( * ) = (f( suatu titik maksimum mutlak dari f pada I. nr )) = s * = sup f(i). Kita simpulkan bahwa * adalah.3.5 Teorema Lokasi Akar Misalkan I suatu interval dan f : I R fungsi kontinu pada I. Jika α < β bilangan-bilangan dalam I sedemikian sehingga f(α) <0< f(β) (atau sedemikian sehingga f(α) >0> f(β)), maka terdapat bilangan c (α,β) sedemikian sehingga f(c) = 0. Bukti. Kita asumsikan bahwa f(α) < 0 < f(β). Misalkan I = [α,β] dan γ = ½(α + β). Jika f(γ) = 0 kita ambil c = γ dan bukti lengkap. Jika f(γ) > 0 kita tetapkan α = α, β = γ, sedangkan jika f(γ) < 0 kita tetapkan α = γ, β = β. Dalam kasus apapun, kita tetapkan I = [α,β ], dimana f(α ) < 0 dan f(β ) > 0. Kita lanjutkan proses biseksi ini. Anggaplah bahwa kita telah mempunyai interval-interval I, I,, I k = [α k,β k ] yang diperoleh dengan biseksi secara berturut-turut dan sedemikian sehingga f(α k ) < 0 dan f(β k ) > 0. Misalkan γ k = ½(α k + β k ). Jika f(γ k ) = 0 kita ambil c = γ k dan bukti lengkap. Jika f(γ k ) > 0 kita tetapkan α k+ = α k, β k+ = γ k, sedangkan jika f(γ k ) < 0 kita tetapkan α k+ = γ k, β k+ = β k. Dalam kasus apapun, kita tetapkan I k+ = [α k+,β k+ ], dimana f(α k+ ) < 0 dan f(β k+ ) > 0. Jika proses ini diakhiri dengan penetapan suatu titik γ n sedemikian sehingga f(γ n ) =0, pembuktian selesai. Jika proses ini tidak berakhir, kita memperoleh suatu barisan nested dari interval-interval tutup I n = [α n,β n ], n N. Karena interval-interval ini diperoleh dengan biseksi berulang, kita mempunyai β n - α n = (β - α)/ n. Mengikuti Sifat Interval Nested. 6. bahwa terdapat suatu titik c dalam I n untuk semua n N. Karena α n c β n untuk semua n N, kita mempunyai 0 c - α n β n - α n = (β - α)/ n, dan 0 β n c β n - α n = (β - α)/ n. Dari sini diperoleh bahwa c = (α n ) dan c = (β n ). Karena f kontinu pada c, kita mempunyai (f(α n )) = f(c) = (f(β n )). Karena f(β n ) 0 untuk semua n N, maka mengikuti Teorema 3..4 bahwa f(c) = (f(β n )) 0. Juga Karena f(α n ) 0 untuk semua n N, maka mengikuti hasil yang sama (gunakan f) bahwa f(c) = (f(α n )) 0. Oleh karena itu kita mesti mempunyai f(c) = 0. Akibatnya c merupakan akar dari f. 34

35 .3.6 Teorema Nilai Antara Bolzano Misalkan I suatu interval dan f : I R kontinu pada I. Jika a, b I dan jika k R memenuhi f(a) < k < f(b), maka terdapat suatu titik c I antara a dan b sedemikian sehingga f(c) = k. Bukti. Anggaplah a < b dan misalkna g() = f() k; maka g(a) < 0 < g(b). Menurut Teorema Lokasi Akar.3.5 terdapat suatu titik c dengan a < c < b sedemikian sehingga 0 = g(c) = f(c) k. Oleh karena itu f(c) = k. Jika b < a, misalkan h() = k f() dengan demikian h(b) < 0 < h(a). Oleh karena itu terdapat titik c dengan b < c < a sedemikian sehingga 0 = h(c) = k f(c), dari sini f(c) = k..3.7 Akibat. Misalkan I = [a,b] suatu interval tutup dan terbatas. Misalkan pula f : I R kontinu pada I. Jika k R sebarang bilangan yang memenuhi inf f(i) k sup f(i) maka terdapat suatu bilangan c I sedemikian sehingga f(c) = k. Bukti. Ini mengikut pada Teorema MaksimumMinimum.3.4 bahwa terdapat titik-titik c * dan c * dalam I sedemikian sehingga inf f(i) = f(c * ) k f(c * ) = sup f(i). Sekarang kesimpulan mengikut pada Teorema Misalkan I = [a,b] suatu interval tutup dan terbatas. Misalkan pula f : I R kontinu pada I. Maka himpunan f(i) = {f() : I} adalah interval tutup dan terbatas. Bukti. Jika kita memisalkan m = inf f(i) dan M = sup f(i), maka mengetahui dari Teorema Maksimum-Minimum.3.4 bahwa m dan M masuk dalam f(i). Selain itu, kita mempunyai f(i) [m,m]. Di pihak lain, jika k sebarang unsur dari [m,m], maka menurut Teorema Akibat sebelumnya bahwa terdapat suatu titik c I sedemikian sehingga k = f(c). Dari sini, k f(i) dan kita menyimpulkan bahwa [m,m] f(i). Oleh karena itu, f(i) adalah interval [m,m]. Catatan. Jika I = [a,b] suatu interval dan f : I R kontinu pada I, kita mempunyai bukti bahwa f(i) adalah interval [m,m]. Kita tidak mempunyai bukti (dan itu tidak selalu benar) bahwa f(i) adalah interval [f(a),f(b)]. (Lihat Gambar.3.3.) Teorema sebelumnya adalah suatu teorema pengawetan dalam pengertian, teorema ini menyatakan bahwa peta kontinu dari suatu interval tutup dan terbatas adalah himpunan yang bertipe sama. Teorema berikut memperluas hasil ini untuk interval secara umum. Akan tetapi, akan dicatat bahwa meskipun peta kontinu dari suatu interval adalah juga suatu interval, tidak benar bahwa interval peta perlu mempunyai bentuk sama seperti interval domain. Sebagai contoh, peta kontinu dari interval buka tidak perlu suatu interval buka, dan peta kontinu dari suatu interval tertutup tak terbatas tidak perlu interval tertutup. Memang, jika f() = /( + ) untuk εr, maka f kontinu pada R [lihat Contoh..4(b)]. Mudah untuk melihat bahwa jika I = (-,), maka f(i ) = (½,], yang mana bukan suatu interval buka. Juga, jika I = [0, ), maka f(i ) = (0,] yang mana bukan interval tutup. (Lihat Gambar.3.4.) interval berikut. Untuk membuktikan Teorema Pengawetan Interval.3.0, kita perlu lemma pencirian.3.9 Lemma Misalkan S R suatu himpunan tak kosong dengan sifat (*) jika,y S dan < y, maka [,y] S. Maka S suatu interval. 35

36 Bukti. Kita akan menganggap bahwa S mempunyai sekurang-kurangnya dua titik. Terdapat empat kasus untuk diperhatikan : (i) S terbatas, (ii) S terbatas di atas tetapi tidak terbatas dibawah, (iii) S terbatas dibawah tetapi tidak terbatas diatas, dan (iv) S tidak terbatas baik diatas maupun dibawah. (i) Misalkan a = inf S dan b = sup S. Jika s S maka a s b dengan demikian s [a,b]; karena s S sebarang, kita simpulkan bahwa S [a,b]. Dipihak lain kita claim bahwa (a,b) S. Karena jika z (a,b), maka z bukan suatu batas bawah dari S dengan demikian terdapat S dengan < z. Juga z ukan suatu batas atas darin S dengan demikian terdapat y S dengan z < y. Akibatnya, z [,y] dan sifat (*) mengakibatkan z [,y] S. Karena z unsur sebarang dalam (a,b), maka disimpulkan bahwa (a,b) S. Jika a S dan b S, maka kita mempunyai S = (a,b); jika a S dan b S kita mempunyai S = (a,b]; jika a S dan b S kita mempunyai S = [a,b); dan jika a S dan b S kita mempunyai S = [a,b]. M f(b) f(a) m a * * b GAMBAR.3.3 f(i) = [m,m] GAMBAR.3.4 Grafik fungsi f() = /( + ) ( R) (ii) Misalkan b = sup S. Jika s S maka s b dengan demikian kita mesti mempunyai S (-,b]. Kita claim bahwa (-,b) S. Karena, jika z (-,b), argumen yang diberikan (i) mengakibatkan terdapat,y S sedemikian sehingga [,y] S. Oleh karena itu (-,b) S. Jika b S, maka kita mempunyai S = (-,b); jika b S, maka kita mempunyai S = (-,b]. 36

37 (iii) Misalkan a = inf S dan memperlihatkan seperti dalam (ii). Dalam kasus ini kita mempunyai S = (a, ) jika a S, dan S = [a, ) jika a S. (iv) Jika z R, maka argumen yang diberikan pada (i) mengakibatkan bahwa terdapat,y S sedemikian sehingga z [,y] S. Oleh karena itu R S, dengan demikian S = (-, ). Jadi, dalam semua kasus, S merupakan suatu interval..3.0 Teorema Pengawetan Interval Misalkan I suatu interval dan f : I R kontinu pada I. Maka himpunan f(i) merupakan suatu interval. Bukti. Misalkan α,β f(i) dengan α < β; maka terdapat titik-titik a,b I sedemikian sehingga α = f(a) dan β = f(b). Selanjutnya, menurut Teorema Nilai Antara Bolzano.3.6 bahwa jika k (α,β) maka terdapat suatu c I dengan k = f(c) f(i). Oleh karena itu [α,β] f(i), meninjukkan bahwa f(i) memiliki sifat (*) pada lemma sebelumnya. Oleh karena itu f(i) merupakan suatu interval. Latihan-latihan. Misalkan I = [a,b] dan f : I R fungsi kontinu sedemikian sehingga f() > 0 untuk setiap I. Buktikan bahwa terdapat suatu α > 0 sedemikian sehingga f() α untuk semua I.. Misalkan I = [a,b] dan f : I R dan g : I R fungsi kontinu pada I. Tunjukkan bahwa himpunan E = { I : f() = g()} mempunyai sifat bahwa jika ( n ) E dan n 0, maka 0 E. 3. Misalkan I = [a,b] dan f : I R fungsi kontinu pada I sedemikian sehingga untuk setiap dalam I terdapat y dalam I sedemikian sehingga f(y) ½ f(). Buktikan bahwa terdapat suatu titik c I sedemikian sehingga f(c). 4. Tunjukkan bahwa setiap polinomial derajat ganjil dengan koefisien real mempunyai paling sedikit akar real. 5. Tunjukkan bahwa polinomial p() = mempunyai paling sedikit dua akar real. Gunakan kalkulator untuk menemukan akar-akar ini hingga dua tempat desimal. 6. Misalkan f kontinu pada interval [0,] ke R dan sedemikian sehingga f(0) = f(). Buktikan bahwa terdapat suatu titik c dalam [0,½] sedemikian sehingga f(c) = f(c + ½). [Petunjuk : Pandang g() = f() f( +½).] Simpulkan bahwa, sebarang waktu, terdapat titik-titik antipodal pada equator bumi yang mempunyai temperatur yang sama. 7. Tunjukkan bahwa persamaan = cos mempunyai suatu solusi dalam interval [0,π/]. Gunakan prosedur biseksi dalam pembuktian Teorema Pencarian Akar dan kalkulator untuk menemukan suatu solusi oproksimasi dari persamaan ini, teliti sampai dua tempat desimal. 8. Misalkan I = [a,b] dan f : I R fungsi kontinu pada I dan misalkan f(a) < 0, f(b) > 0. Misalkan pula W = { I : f() < 0}, dan w = sup W. Buktikan bahwa f(w) = 0. (Ini memberikan suatu alternatif pembuktian Teorema.3.5.) 9. Misalkan I = [0,π/], dan f : I R didefinisikan oleh f() = sup{,cos } untuk I. Tunjukkan bahwa terdapat suatu titik minimum mutlak 0 I untuk f pada I. Tunjukkan bahwa 0 merupakan suatu solusi untuk persamaan cos =. 0. Andaikan bahwa f : R R kontinu pada R dan bahwa f = 0 dan f = 0. Buktikan bahwa f terbatas pada R dan mencapai maksimum atau minimum pada R. Berikan contoh untuk menunjukkan bahwa maksimum dan minimum, keduanya, tidak perlu dicapai. 37

38 . Misalkan f : R R kontinu pada R dan β R. Tunjukkan bahwa jika 0 R sedemikian sehingga f( 0 ) < β, maka terdapat suatu lingkungan-δ U dari 0 sedemikian sehingga f() < β untuk semua U.. Ujilah bahwa interval-interval buka [atau, tutup] dipertakan oleh f() = untuk R pada interval-interval buka [atau, tutup]. 3. Ujilah pemetaan dari interval-interval buka [atau, tutup] dibawah fungsi-fungsi g() = /( + ) dan h() = 3 untuk R. 4. Jika f : [0,] R kontinu dan hanya mempunyai nilai-nilai rasional [atau, nilai-nilai irasional], mesti f fungsi konstan. 5. Misalkan I = [a,b] dan f : I R suatu fungsi (tidak perlu kontinu) dengan sifat bahwa untuk setiap I, fungsi f terbatas pada suatu lingkungan ( ) bahwa f terbatas pada I. V δ dari (dalam pengertian pada Definisi..). Buktikan 6. Misalkan J = (a,b) dan g : J R fungsi kontinu dengan sifat bahwa untuk setiap J, fungsi g terbatas pada suatu lingkungan ( ) V.4 Kekontinuan Seragam δ dari. Tunjukkan bahwa g tidak perlu terbatas pada J. Misalkan A R dan f : A R. Telah dilihat pada Teorema..3 bahwa pernyataanpernyataan berikut ini ekivalen : (i) f kontinu pada setiap titik u A; (ii) diberikan ε > 0 dan u A, terdapat δ(ε,u) > 0 sedemikian sehingga untuk semua A dan - u < δ(ε,u), maka f() f(u) < ε. Suatu hal kita ingin menekankan disini bahwa, secara umum, δ bergantung pada ε > 0 dan u A. Fakta bahwa δ bergantung pada u adalah suatu refleksi bahwa fungsi f dapat diubah nilai-nilainya dengan cepat dekat titik-titik tertentu dan dengan lambat dekat dengan nilai-nilai lain. [Sebagai contoh, pandang f() = sin(/) untuk > 0; lihat Gambar..3.] Sekarang, sering terjadi bahwa fungsi f sedemikian sehingga δ dapat dipilih tidak bergantung pada titik u A dan hanya bergantung pada ε. Sebagai contoh, jika f() = untuk semua R, maka f() f(u) = - u, dan dengan demikian kita dapat memilih δ(ε,u) = ε/ untuk semua ε > 0, u R (Mengapa?) Di pihak lain jika kita memandang g() = / unuk A { R : > 0}, maka () g() g(u) = Jika u A diberikan dan jika kita memilih u. u () δ(ε,u) = inf {½u, ½u ε}, maka jika - u < δ(ε,u) kita mempunyai - u < ½u dengan demikian ½u < < 3 u, dimana berarti bahwa / < /u. Jadi, jika - u < ½u, ketaksamaan () menghasilkan ketaksamaan g() g(u) (/u ) - u. 38

39 Akibatnya, jika - u < δ(ε,u), ketaksamaan (3) dan definisi () mengakibatkan g() g(u) < (/u )(½u ε) = ε Kita telah melihat bahwa pemilihan δ(ε,u) oleh formula () works dalam pengertian bahwa pemilihan itu memungkinkan kita untuk memberikan nilai δ yang akan menjamin bahwa g() g(u) < ε apabila - u < δ dan,u A. Kita perhatikan bahwa nilai δ(ε,u) yang diberikan pada () tidak memunculkan satu nilai δ(ε) > 0 yang akan work untuk semua u > 0 secara simultan, karena inf{δ(ε,u) : u > 0} = 0. GAMBAR.4. g() = / ( > 0) Suatu tanda bagi pembaca akan mempunyai pengamatan bahwa terdapat pilihan lain yang dapat dibuat untuk δ. (Sebagai contoh kita juga dapat memilih δ (ε,u) = inf{ 3 u, 3 u ε}, sebagaimana pembaca dapat tunjukkan; akan tetapi kita masih mempunyai inf{δ(ε,u) : u > 0} = 0.) Kenyataannya, tidak ada cara pemilihan satu nilai δ yang akan work untuk semua u > 0 untuk fungsi g() = /, seperti kita akan lihat. Situasi di atas diperlihatkan secara grafik dalam Gambar.4. dan.4. dimana, untuk lingkungan-ε yang diberikan sekitar f() = ½ dan f(½) =, sesuai dengan nilai maksimum dari δ terlihat sangat berbeda. Seperti u menuju 0, nilai δ yang diperbolehkan menuju Definisi Misalkan A R dan f : A R. Kita katakan f kontinu seragam pada A jika untuk setiap ε > 0 terdapat δ(ε) > 0 sedemikian sehingga jika,u A sebarang bilangan yang memenuhi - u < δ(ε), maka f() f(u) < ε. Ini jelas bahwa jika f kontinu seragam pada A, maka f kontinu seragam pada setiap titk dalam A. Akan tetapi, secara umum konversnya tidak berlaku, sebagaimana telah ditunjukkan oleh fungsi g() = / pada himpunan A = { R : > 0}. 39

40 Pengertian di atas berguna untuk memformulasi syarat ekuivalensi untuk mengatakan bahwa f tidak kontinu seragam pada A. Kita akan memberikan kriteria demikian dalam hasil berikut, ditinggalkan pembuktiannya seagai latihan bagi pembaca..4. Kriteria Kekontinuan tidak Seragam Misalkan A R dan f : A R. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini ekuivalen : f tidak kontinu seragam pada A; Terdapat ε 0 > 0 sedemikian sehingga untuk setiap δ > 0 terdapat titik-titik δ, u δ dalam A sedemikian sehingga δ - u δ < δ dan f( δ ) f(u δ ) ε 0. Terdapat ε 0 > 0 dan dua barisan ( n ) dan (u n ) dalam A sedemikian sehingga ( n u n ) = 0 dan f( n ) f(u n ) ε 0 untuk semua n N. Kita dapat menggunakan hasil ini untuk menunjukkan bahwa g() = / kontinu tidak seragam pada A = { R : > 0}. Karena, jika n = /n dan u n = /(n + ), maka kita mempunyai ( n u n ) = 0, tetapi g() g(u) = untuk semua n N. GAMBAR.4. g() = / ( > 0).4.3 Teorema Kekontinuan Seragam Misalkan I suatu interval tutup dan terbatas dan f : I R kontinu pada I. Maka f kontinu seragam pada I. Bukti. Jika f tidak kontinu seragam pada I maka menurut hasil sebelumnya, terdapat ε 0 > 0 dan dua barisan ( n ) dan (u n ) dalam A sedemikian sehingga n - u n < /n dan f( n ) f(u n ) > ε 0 untuk semua n N. Karena I terbatas, barisan ( n ) terbatas; menurut Teorema Bolzano-Weierstrass terdapat subbarisan ( nk ) dari ( n ) yang konvergen ke suatu unsur z. Karena I tertutup, it z masuk dalam I, menuurt Teorema Ini jelas bahwa subbarisan yang bersesuaian ( u konvergen ke z, karena u n k - z un - k nk + n k - z. nk ) juga 40

41 Sekarang jika f kontinu pada titik z, maka barisan (f( n )) dan (f(u n )) mesti konvergen ke f(z). Akan tetapi ini tidak mungkin karena f( n ) f(u n ) ε 0 untuk semua n N. Jadi hipotesis bahwa f tidak kontinu seragam pada interval tutup dan terbatas I mengakibatkan f tidak kontinu pada suatu titik z I. Akibatnya, jika f kontinu pada setiap titik dalam I, maka f kontinu seragam pada I. Fungsi-fungsi Lipschitz Jika suatu fungsi kontinu seragam diberikan pada suatu himpunan yang merupakan interval tidak tertutup dan terbatas, maka kadang-kadang sulit untuk menunjukkan kekontinuan seragamnya. Akan tetapi, terdapat suatu syarat yang selalu terjadi yang cukup untuk menjamin kekontinuan secara seragam..4.4 Definisi Misalkan A R dan f : A R. Jika terdapat suatu konstanta K > 0 sedemikian sehingga f() f(u) K - u untuk semua,u A, maka f dikatakan fungsi Lipschitz (atau memenuhi syarat Lipschitz) pada A. Syarat bahwa suatu fungsi f : I R pada suatu interval I adalah fungsi Lipschitz dapat diinterpretasi secara geometri sebagai berikut. Jika kita menuliskan syaratnya sebagai f ( ) f ( u) u K,,u I, u, maka kuantitas dalam nilai mutlak adalah kemiringan segmen garis yang melalui titik-titik (,f()) dan (u,f(u)). Jadi, suatu fungsi f memenuhi syarat Lipschitz jika dan hanya jika kemiringan dari semua segmen garis yang menghubungkan dua titik pada grafik y = f() pada I terbatas oleh suatu K..4.5 Teorema Jika f : A R suatu fungsi Lipschitz, maka f kontinu seragam pada A. Bukti. Jika syarat Lipschitz dipenuhi dengan konstanta K, maka diberikan ε > 0 sebarang, kita dapat memilih δ = ε/k. Jika,u A dan memenuhi - u < δ, maka f() f(u) < K(ε/K) = ε Oleh karena itu, f kontinu seragam pada A..4.6 Contoh-contoh (a) Jika f() = pada A = [0,b], dimana b suatu konstanta positif, maka f() f(u) = + u -u b - u untuk semua,u dalam [0,b]. Jadi f memenuhi syarat Lipschitz dengan konstanta K = b pada A, dan oleh karena itu f kontinu seragam pada A. Tentu saja, karena fkontinu pada A yang merupakan interval tertutup dan terbatas, ini dapat juga disimpulkan dari Teorema Kekontinuan Seragam. (Perhatikan bahwa f tidak memenuhi kondisi Lipschitz pada interval [0, ).) (b) Tidak semua fungsi yang kontinu seragam merupakan fungsi Lipschitz. Misalkan g() = untuk dalam interval tertutup dan terbatas I = [0,]. Karena g kontinu pada I, maka menurut Teorema Kekontinuan Seragam.4.3, g kontinu seragam pada I. Akan tetapi, tidak terdapat bilaknagn 4

42 K > 0 sedemikian sehingga g() K untuk semua I. (Mengapa tidak?) Oleh karena itu, g bukan suatu fungsi Lipschitz pada I. (c) Teorema Kekontinuan Seragam dan Teorema.4.5 kadang-kadang dapat dikombinasikan untuk memperlihatkan kekontinuan seragam dari suatu fungsi pada suatu himpunan. Kita pandang g() = pada himpunan A = [0, ). Kekontinuan seragam dari g pada interval I = [0,] mengikuti Teorema Kekontinuan Seragam seperti dicatat dalam (b). Jika J = [, ), maka jika dan u dalam J, u kita mempunyai g() g(u) = - u = ½ - u + u Jadi g suatu fungsi Lipschitz pada J dengan konstanta K = ½, dan dari sini menurut Teorema.4.5, g kontinu seragam pada [, ). Karena A = I J, ini berarti [dengan pemilihan δ(ε) = inf{,δ I (ε),δ J (ε)}] bahwa g kontinu seragam pada A. Kita tinggalkan detailnya untuk pembaca. Teorema Perluasan Kontinu.4.7 Teorema Jika f : A R kontinu seragam pada suatu A R dan jika ( n ) barisan Cauchy dalam A, maka (f( n )) barisan Cauchy dalam R. Bukti. Misalkan ( n ) barisan Cauchy dalam A, dan ε > 0 diberikan. Pertama-tama pilih δ > 0 sedemikian sehingga jika,u dalam A memenuhi - u < δ, maka f() f(u) < ε. Karena ( n ) barisan Cauchy, maka terdapat H(δ) sedemikian sehingga n - m < δ untuk semua n,m > H(δ). Dengan pemilihan δ, ini mengakibatkan bahwa untuk n,m > H(δ), kita mempunyai f( n ) f( m ) < ε. Oleh karena itu barisan (f( n )) barisan Cauchy. Hasil di atas memberikan kita suatu cara alternatif dalam melihat bahwa f() = / tidak kontinu seragam pada (0,). Kita perhatikan bahwa barisan yang diberikan oleh n = /n dalam (0,) merupakan barisan Cauchy, tetapi barisan petanya, dimana f( n ) = n untuk semua n N bukan barusan Cauchy..4.8 Teorema Perluasan Kontinu Suatu fungsi f kontinu seragam pada interval (a,b) jika dan hanya jika f dapat didefinisikan pada titik-titik ujung a dan b sedemikian sehingga fungsi perluasannya kontinu pada [a,b]. Bukti. Suatu fungsi yang kontinu seragam pada [a,b] tentu saja kontinu pada (a,b), dengan demikian kita hanya perlu membuktikan implikasi sebaliknya. Misalkan f kontinu seragam pada (a,b). Kita akan menunjukkan bagaimana memperluas f ke a; argumen untuk b dilakukan dengan cara yang sama. Ini dilakukan dengan menunjukkan bahwa f ( ) = L ada, dan ini diselesaikan dengan penggunaan Kriteria Sekuensial untuk it. Jika ( n ) barisan dalam (a,b) dengan ( n ) = a, maka barisan ini barisan Cauchy, dan dengan demikian konvergen menurut Teorema Jadi (f( n )) = L ada. Jika (u n ) sebarang barisan lain dalam (a,b) yang konvergen ke a, maka (u n - n ) = a a = 0, dengan demikian oleh kekontinuan seragam dari f kita mempunyai (f(u n )) = (f(u n ) f( n )) + (f( n )) = 0 + L = L. Karena kita memperoleh 4

43 nilai L yang sama untuk sebarang barisan yang konvergen ke a, maka dari Kriteria Sekuensial untuk it kita menyimoulkan bahwa f mempunyai it L pada a. Argumen yang sama digunakan untuk IbI, dengan demikian kita simpulkan bahwa f mempunyai perluasan kontinu untuk interval [a,b]. Karena it dari f() = sin(/) pada 0 tidak ada, kita menegaskan dari Teorema Perluasan Kontinu bahwa fungsi ini tidak kontinu seragam pada (0,b] untuk sebarang b > 0. Di pihak lain, karena sin( ) b > 0. = 0 ada, maka fungsi g() = sin (/) kontinu seragam pada (0,b) untuk semua 43

44 Aproksimasi.4.9 Definisi Misalkan I R suatu interval dan s : I R. Maka s dinamakan fungsi tangga jika s hanya mempunyai sejumlah hingga nilai-nilai yang berbeda, setiap nilai diberikan pada satu atau lebih interval dalam I. Sebagai contoh, fungsi s : [-,4] R didefinisikan oleh 0,,, s() = 3,,, - <, - < 0, 0 < < <, 3, 3 < 4, merupakan fungsi tangga. (Lihat Gambar.4.3), y [ ( ( [ [ ( [ [ ( ( [ [ GAMBAR.4.3 Grafik y = s() Sekarang kita akan menunjukkan bahwa suatu fungsi kontinu pada suatu interval tertutup dan terbatas I dapat diaproksimasi secara sebarang dengan fungsi tangga..3.0 Teorema Misalkan I interval tertutup dan terbatas. Misalkan pula f : I R kontinu pada I. Jika ε > 0, maka terdapat suatu fungsi tangga s ε : I R sedemikian sehingga f() - s ε () < ε untuk semua I. Bukti. Karena fungsi f kontinu seragam (menurut Teorema Kekontinuan Seragam.4.3), maka itu berarti bahwa diberikan ε > 0 terdapat δ(ε) > 0 sedemikian sehingga jika,y I dan - y < δ(ε), maka f() f(y) < ε. Misalkan I = [a,b] dan m N cukup besar dengan demikian h = (b a)/m < δ(ε). Sekarang kita membagi I = [a,b] ke dalam m interval saling lepas yang panjangnya h; yaitu I = [a,a+h], dan I k = (a+(k-)h,a+kh] untuk k =,,m. Karena panjang setiap subinterval I k adalah h < δ(ε), maka selisih antara dua nilai dari f dalam I k lebih kecil dari ε. Sekarang kita definisikan (4) s ε () = f(a + kh) untuk I k, k =,,m, 44

45 dengan demikian s ε adalah konstanta pada setiap interval I k. (Kenyataannya bahwa nilai dari s ε pada I k adalah nilai dari f pada titik ujung dari I k, Lihat Gambar.4.4.) Akibatnya jika I k, maka f() - s ε () = f() - f(a + kh) < ε. Oleh karena itu kita mempunyai f() - s ε () < ε untuk semua I. GAMBAR.4.4 Aproksimasi dengan fungsi tangga Perhatikan bahwa pembuktian dari teorema sebelumnya agak lebih dibandingkan dengan pernyataan dalam teorema. Pada kenyataannya kita telah membuktikan pernyataan berikut..4. Akibat Misalkan I = [a,b] interval tutup dan terbatas, dan f : I R kontinu pada I. Jika ε > 0, maka terdapat bilangan asli m sedemikian sehingga jika kita membagi I dalam m interval saling lepas I k yang mempunyai panjang h = (b a)/m, maka fungsi tangga s ε didefinisikan pada (4) memenuhi f() - s ε () < ε untuk semua I. Fungsi tangga merupakan fungsi yang memiliki karakter dasar, akan tetapi tidak kontinu (kecuali dalam kasus trivial). Karena itu sering diperlukan sekali untuk mengaproksimasi fungsifungsi kontinu dengan fungsi kontinu sederhana, bagaimana kita akan menunjukkan bahwa kita dapat mengaproksimasi potong). fungsi-fungsi kontinu dengan fungsi linear kontinu piecewise (potong demi.4. Definisi Misalkan I = [a,b] suatu interval. Maka suatu fungsi g : I R dikatakan linear potong demi potong pada I jika I merupakan gabungan dari sejumlah hingga interval saling lepas I, I m, sedemikian sehingga pembatasan dari g untuk setiap interval I k merupakan fungsi linear. Remark. Jelas bahwa agar suatu fungsi linear potong demi potong g kontinu pada I, segmen garis yang membentuk grafik g bertemu pada titik-titik ujung dari subinterval yang berdekatan I k dan I k + k + (k =,, m-) Teorema.4.3 Misalkan I suatu interval tutup dan terbatas, dan f : I R kontinu pada I. Jika ε > 0, maka terdapat suatu fungsi linear potong-demi-potong kontinu g ε : I R sedemikian sehingga f() - g ε () < ε untuk semua I. 45

46 Bukti. Karena fungsi f kontinu seragam pada I = [a,b] maka itu berarti bahwa diberikan ε > 0 terdapat δ(ε) > 0 sedemikian sehingga jika,y I dan - y < δ(ε), maka f() f(y) < ε. Misalkan m N cukup besar dengan demikian h = (b a)/m < δ(ε). Sekarang kita membagi I = [a,b] ke dalam m interval saling lepas yang panjangnya h; yaitu I = [a,a + h], dan I k = (a + (k-)h,a + kh] untuk k =,,m. Pada setiap interval I k kita definisikan g ε fungsi linear yang menghubungkan titik-titik (a + (k )h,f(a + (k )h) dan (a + kh,f(a + kh)). Maka g ε fungsi linear potong-demi-potong kontinu pada I. Karena, untuk I k nilai f() tidak lebih dari ε dari f(a + (k )h) dan f(a + kh), ditinggalkan sebagai latihan pembaca untuk menunjukkan bahwa f() - g ε () < ε untuk semua I k ; oleh karena itu ketaksamaan ini berlaku untuk semua I. (Lihat Gambar.4.5.) GAMBAR.4.5 Aproksimasi oleh fungsi linear potong-demi-potong Kita akan menutup pasal ini dengan mengemukakan teorema penting dari Weierstrass mengenai aproksimasi fungsi-fungsi kontinu dengan fungsi polinimial. Seperti diharapkan, agar memperoleh suatu aproksimasi tidak lebih dari suatu ε > 0 yang ditentukan, kita mesti bersedia untuk menggunakan polinomial sebarang derajat tinggi..4.4 Teorema Aproksimasi Weierstrass Misalkan I = [a,b] dan misalkan f : I R kontinu. Jika ε > 0 diberikan, maka terdapat suatu fungsi polinimial p ε sedemikian sehingga f() - p ε () < ε untuk semua I. Terdapat sejumlah pembuktian dari teorema ini. Sayangnya, semua pembyktiian itu agak berbelit-belit, atau memakai hasil-hasil yang belum pada pengerjaan kita. Salah satu pembuktian yang paling elementer berdasarkan pada teorema berikut yang dikemukakan oleh Serge Bernsteîn, untuk fungsi kontinu pada [0,]. Diberikan f : [0,] R, Bernsteîn mendefinisikan barisan polinomial : n k B n () = f ( ) k = 0 k n n k n k. 46

47 Fungsi polinomial B n, yang didefinisikan dalam (5) dinamakan polinomial Bernsteîn ke-n untuk f; ini adalah suatu polinomial derajat aling tinggi n dan koefisien-koefisiennya bergantung pada nilai dari fungsi f pada n + titik 0, n, n,, n k,,, dan koefisien-koefisien binomial n n! = k k!( n k)! = n ( n k) L( n k + ) Lk.4.5 Teorema Aproksimasi Bernsteîn Misalkan f : [0,] R fungsi konttinu dan misalkan ε > 0. Terdapat n ε N sedemikian sehingga jika n n ε, maka kita mempunyai f() B n () < ε untuk semua [0,]. Bukti. Pembuktian Teorema ini diberikan dalam Elements of Analysis Real, p Disana ditunjukkan bahwa jika δ(ε) > 0 sedemikian sehingga f() f(y) < ε untuk semua,y [0,] dengan - y < δ(ε), dan jika M f() untuk semua [0,], maka kita dapat memilih n ε =sup{(δ(ε/) -4,M /ε }. Menaksir (6) memberikan informasi tentang seberapa besar n yang mesti kita pilih agar B n mengaproksimasi f tidak melebihi ε. Teorema Aproksimasi Weierstrass.4.4 dapat diperoleh dari Teorema Aproksimasi Bernsteîn.4.5 dengan suatu pengubahan variabel. Secara khusus, kita ganti f : [a,b] R dengan fungsi F : [0,] R yang didefinisikan oleh F(t) = f(a + (b a)t) untuk t [0,]. Fungsi F dapat diaproksimasi dengan polinmial Bernsteîn untuk F pada interval [0,], yang mana selanjutnya menghhasilkan polinomial pada [a,b] yang mengaproksimasi f. Latihan-latihan Tunjukkan bahwa fungsi f() = / kontinu seragam pada himpunan A = [a, ), dimana a suatu konstanta positif. Tunjukkan bahwa fungsi f() / kontinu seragam pada A = [, ), tetapi tidak kontinu seragam pada B = (0, ). Gunakan Kriteria Kekontinuan Tak-Seragam.4. untuk menunjukkan bahwa fungsi-fungsi berkut ini tidak kontinu seragam pada himpunan yang diberikan. (a) f() = A =[0, ); (b) g() = sin(/) B = (0, ). Tunjukkan bahwa fungsi f() = /( + ) untuk R kontinu seragam pada R Tunjukkan bahwa jika f dan g kontinu seragam pada A R, maka f + g juga kontinu seragam pada A. Tunjukkan bahwa jika f dan g kontinu seragam pada A R dan jika kedua-duanya terbatas pada A, maka hasil kali fg juga fungsi kontinu seragam. Jika f() = dan g() = sin, tunjukkan bahwa f dan g kontinu seragam pada R, tetapi hasil kali fg tidak kontinu seragam pada R. 47

48 Buktikan bahwa jika f dan g masing-masing kontinu seragam pada R maka fungsi komposisinya f o g juga kontinu seragam pada R. Jika f kontinu seragam pada A R, dan f() k > 0 untuk semua A, tunjukkan bahwa /f kontinu seragam pada A. Buktikan bahwa jika f kontinu seragam pada suatu himpunan A R yang terbatas, maka f terbatas pada A. Jika g() = untuk [0,], tunjukkan bahwa tidak terdapat suatu konstanta K sedemikian sehingga g() K untuk semua [0,]. Berikan kesimpulan bahwa g kontinu seragam yang tidak merupakan fungsi Lipschitz pada [0,]. Tunjukkan bahwa jikaf kontinu pada [0, ) dan kontinu seragam pada [a, ) untuk suatu konstanta positif a, maka f kontinu seragam pada [0, ). Misalkan A R dan f : A R memiliki difat: untuk setiap ε > 0 terdapat suatu fungsi g ε : A R sedemikian sehingga g ε kontinu seragam pada A dan f() - g ε () < ε untuk semua A. Buktikan bahwa f kontinu seragam pada A. Suatu fungsi f : R R dikatakan fungsi periodik pada A jika terdapat suatu bilangan p > 0 sedemikian sehingga f( + p) = f() untuk semua R. Buktikan bahwa suatu fungsi periodik kontinu pada R adalah terbatas dan kontinu seragam pada R. Jika f 0 () = untuk [0,], Hitunglah beberapa polinomial pertama Bernsteîn untuk f 0.Tunjukkan bahwa polinomial ini serupa dengan f 0. [Petunjuk: Teorema Binomial menyatakan bahwa (a + b) n = n n a k k= 0 k n k b ]. Jika f () = untuk [0,], Hitunglah beberapa polinomial pertama Bernsteîn untuk f.tunjukkan bahwa polinomial ini serupa dengan f. Jika f () = untuk (0,), Hitunglah beberapa polinomial pertama Bernsteîn untuk f.tunjukkan bahwa B n () = ( /n) + (/n). Gunakan hasil latihan sebelumnya untuk f, seberapa besarnya n sedemikian sehingga polinomial Bernsteîn ke-n B n untuk f memenuhi f () B n () 0,00 untuk semua [0,]. Pasal.5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers Ingat kembali bahwa jika A R, maka fungsi f : A R dikatakan naik pada A jika untuk setiap, A dengan berlaku f( ) f( ). Fungsi f dikatakan naik secara murni pada A jika untuk setiap, A dengan < berlaku f( ) < f( ). Demikian juga, g : A R dikatakan turun pada A jika untuk setiap, A dengan berlaku g( ) g( ). Fungsi g dikatakan turun secara murni pada A jika untuk setiap, A dengan > berlaku g( ) > g( ). Jika suatu fungsi naik atau turun pada A, maka kita katakan fungsi tersebut monoton pada A. Jika f fungsi naimk murni ayau turun murni pada A, kita katakan bahwa f monoton murni pada A. Kita perhatikan bahwa jika f : A R naik pada A maka g = -f turun pada A; demikian juga jika ϕ : A R turun pada A, maka ψ = -ϕ naik pada A. 48

49 Dalam pasal ini, kita akan bekerja dengan fungsi-fungsi monoton yang didefinisikan pada suatu interval I R. Kita akan mendiskusikan fungsi-fungsi naik secara eksplisit, tetapi itu jelas bahwa terdapat persesuaian hasil untuk fungsi-fungsi turun. Hasil-hasil ini dapat diperoleh secara langsung dari hasil-hasil untuk fungsi-fungsi naik atau dibuktikan dengan argumen yang serupa. Fungsi monoton tidak perlu kontinu. Sebagai cintoh, jika f() = 0 untuk [0,] dan f() = untuk (,], maka f merupakan fungsi naik pada [0,], tetapi tidak kontinu pada =. Akan tetapi, hasil berikut ini menunjukkan bahwa suatu fungsi monoton selalu mempunyai it-it sepihak baik it pihak-kiri maupun pihak-kanan (lihat Definisi.3.) dalam R pada setiap titik yang bukan titik ujung dari domainnya..5. Teorema Misalkan I R suatu interval dan f : I R naik pada I. Andaikan bahwa c I bukan titik ujung dari I. Maka f = sup{f() : I, < c} f = inf{f() : I, > c} c+ Bukti. Pertama-tama kita perhatikan jika I dan < c, maka f() f(c). Dari sini himpunan {f() : I, < c}, yang mana tidak kosong karena c bukan titik ujung dari I, terbatas diatas oleh f(c). Jadi ini menunjukkan bahwa supremumnya ada; kita simbol dengan L. Jika ε > 0 diberikan, maka L - ε bukan suatu batas atas dari himpunan ini. Dari sini, terdapat y ε I, y ε < c sedemikian sehingga L - ε < f(y ε ) L. Karena f fungsi naik, kita simpulkan bahwa jika δ(ε) = c - y ε dan jika 0 < c y < δ(ε), maka ), maka y ε < y < c dengan demikian L - ε < f(y ε ) f(y) L. Oleh karena itu f(y) - L < ε bila 0 < c y < δ(ε). Karena ε > 0 sebarang, kita katakan bahwa (i) berlaku. Pembuktian bagian (ii) dilakukan dengan cara serupa. Hasil berikut memberikan kriteria untuk kekontinuan dari fungsi naik f pada suatu titik c yang bukan titik ujung interval pada mana f didefinisikan. Akibat Misalkan I R suatu interval dan f : I R naik pada I. Andaikan bahwa c I bukan titik ujung dari I. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini ekuivalen. f kontinu pada c. f = f(c) = f c+ sup{f() : I, < c} = f(c) = inf{f() : I, > c} Pembuktiannya mudah, tinggal mengikuti Teorema.5. dan.3.3. Kita tinggalkan detailnya untuk pembaca. Misalkan I suatu interval dan f : I R suatu fungsi naik. Jika a titik ujung kiri dari I, maka merupakan suatu latihan untuk menunjukkan bahwa f kontinu pada a jika dan hanya jika f(a) = inf{f() : I, a < } 49

50 atau jika hanya jika a+ untuk fungsi-fungsi turun. f. Syarat yang serupa diterapkan pada suatu titik ujung kanan dari I, dan j f (c) { c GAMBAR.5. Lompatan dari f pada c Jika f : I R fungsi naik pada I dan jika c bukan suatu titik ujung dari I, kita definisikan lompatan dari f pada c sebagai j f (c) = f - f c+. (Lihat Gambar.5..) Mengikuti Teorema.5. bahwa j f (c) = inf{f() : I, > c} - sup{f() : I, < c} untuk suatu fungsi naik. Jika titik ujung kiri a dari I masuk dalam I, kita mendefinisikan lompatan dari f pada a menjadi j f (a) = a+ f - f(a). Jika titik ujung kanan b dari I masuk dalam I, kita mendefinisikan lompatan dari f pada b menjadi j f (b) = f(b) - f. b.5.3 Teorema Misalkan I R suatu interval dan f : I R naik pada I. Jika c I, maka f kontinu pada c jika dan hanya jika j f (c) = 0 Bukti. Jika c bukan suatu titik ujung, ini secara mudah mengikuti Akibat.5.. Jika c I titik kiri ujung dari I, maka f kontinu pada c jika dan hanya jika f(c) = f, yang mana ekuivalen dengan j f (c) = 0. Cara serupa juga dapat diperoleh untuk kasus c I titik ujung kanan dari I. Sekarang kita akan menunjukkan bahwa bisa terdapat paling banyak sejumlah terhitung titiktitik dimana fungsi monoton diskontinu..5.4 Teorema Misalkan I R suatu interval dan f : I R fungsi monoton pada I. Maka himpunan titik-titik D I dimana f diskontinu adalah himpunan terhitung. Bukti. Kita akan menganggap bahwa f fungsi naik pada I. Mengikuti Teorema.5.3 bahwa D = { I : j f () 0}. Kita akan memandang kasus bahwa I = [a,b] suatu interval tertutup dan terbatas, ditinggalkan kasus lain sebagai latihan bagi pembaca. Pertama-tama kita perhatikan bahwa karena f fungsi naik, maka j f (c) 0 untuk semua c I. Selain itu, jika a < < n b, maka (mengapa?) kita mempunyai f(a) f(a) + j f ( ) < < j f ( n ) f(b), yang mana berarti bahwa j f ( ) < < j f ( n ) f(b) f(a). (Lihat Gambar.5..) Akibatnya bisa terdapat paling banyak k buah titik dalam I = [a,b] dimana j f () (f(b) f(a))/k. Kita simpulkan bahwa terdapat paling banyak satu titik I dimana j f () f(b) f(a); terdapat baling banyak dua titik dalam I 50 c+

51 dimana j f () (f(b) f(a))/; terdapat baling banyak tiga titik dalam I dimana j f () (f(b) f(a))/3; dan seterusnya. Oleh karena itu terdapat paling banyak sejuemlah terhitung titik-titik dimana j f () > 0. Akan tetapi karena setiap titik dalam D mesti masuk dalam himpunan ini, kita simpulkan bahwa D himpunan terhitung. Teorema.5.4 beberapa aplikasi yang berguna. Sebagai contoh, diperlihatkan dalam Latihan.. bahwa jika h : R R memenuhi identitas (*) h( + y) = h() + h(y) untuk semua,y R dan jika h kontinu pada satu titik 0, maka h kontinu pada setiap titik dalam R. Ini berarti bahwa jika h merupakan fungsi monotan yang memenuhi (*), maka h mesti kontinu pada R. j f ( 4 ) { f(b) j f ( 3 ) { j f ( ) { f(b) - f(a) j f ( ) { f(a) a 3 4 GAMBAR.5. j f( ) + + j f( n) f(b) f(a) Fungsi-fungsi Invers Sekarang kita akan memandang keberadaan invers suatu fungsi yang kontinu pada suatu interval I R. Kita ingat kembali (lihat Pasal.) bahwa suatu fungsi f : I R mempunyai fungsi invers jika dan hanya jika f injektif ( = satu-satu); yaitu,y I dan y mengakibatkan bahwa f() f(y). Kita perhatikan bahwa suatu fungsi monoton murni adalah injektif dan dengan demikian mempunyai invers. Dalam teorema berikut, kita menunjukkan bahwa jika f : I R fungsi kontinu monoton murni, maka f mempunyai suatu fungsi invers g pada J = f(i) yang juga fungsi kontinu monoton murni pada J. Khususnya, jika f fungsi naik murni maka demikian juga dengan g, dan jika f fungsi turun murni maka demikian juga g..5.5 Teorema Invers Kontinu Misalkan I R suatu interval dan f : I R monoton murni dan kontinu pada I. Maka fungsi g invers dari f adalaj fungsi monoton murni dan kontinu pada J = f(i). Bukti. Kita pandang kasus f fungsi naik murni, meninggalkan kasus bahwa f fungsi turun murni untuk pembaca. b 5

52 j g (c) { ȯ g(c) J c GAMBAR.5.3 g(y) untuk y J Karena f kontinu dan I suatu interval, maka menurut Teorema Pengawetan Interval.3.0, J = f(i) suatu interval. Selain itu, karena f naik murni pada I, maka f fungsi injektif pada I; oleh karena itu fungsi g : J R invers dari f ada. Kita claim bahwa g naik murni. Memang, jika y < y, maka y = f( ) dan y = f( ) untuk suatu, I. Kita mesti mempunyai < ; untuk hal lain, mengakibatkan y = f( ) f( ) = y, bertentangan dengan hipotesis bahwa y < y. Oleh karena itu kita mempunyai g(y ) = < = g( ). Karena y dan y sebarang unsur dalam J dengan y < y, kita simpulkan bahwa g naik murni pada J. Tinggal menunjukkan bahwa g kontinu pada J. Akan tetapi, ini merupakan konsekuensi dati fakta bahwa g(j) = I suatu interval. Memang, jika g diskontinu pada suatu titik c J, maka lompatan dari g pada c tidak nol dengan demikian g < g. Jika kita memilih sebarang g(c) yang c+ memenuhi g < < g, maka mempunyai sifat bahwa g(y) untuk sebarang y J. (Lihat c+ Gambar.5.3.) Dari sini I, yang mana kontradikdi dengan fakta bahwa I suatu interval. Oleh karena itu kita menyimpulkan bahwa g kontinu pada J. Fungsi Akar ke-n Kita kan menggunakan Teorema Invers Kontinu.5.5 untuk fungsi pangkat ke-n. Kita perlu membedakan atas dua kasus: (i) n genap, dan (ii) n ganjil. n genap. Agar diperoleh suatu fungsi yang monoton murni, kita batasi perhatian kita untuk interval I = [0, ). Jadi, misalkan f() = n untuk I. (Lihat Gambar.5.4.) Kita telah melihat (dalam Latihan..7) bahwa jika 0 < y, maka f() = n < y n = f(y); oleh karena itu f monoton murni pada I. Selain itu, mengikuti Contoh..4(a) bahwa IfI kontinu pada I. Oleh karena itu, menurut Teorema Pengawetan Interval.3.0, J = f(i) suatu interval. Kita akan menunjukkan bahwa J = [0, ). Misalkan y 0 sebarang; menurut Sifat Archimedean, terdapat k N sedemikian sehingga 0 y < k. Karena (Mengapa?) f(0) = 0 y < k k n = f(k), mengikuti Teorema Nilai Antara Bolzano.3.6 bahwa y J. Karena y 0 sebarang, kita simpulkan bahwa J = [0, ). 5

53 GAMBAR.5.4 Grafik dari f() = n ( 0, n genap) Kita menyimpulkan dari Teorema Invers Kontinu.5.5 bahwa fungsi g yaitu invers dari f() = n pada I = [0.) naik murni dan kontinu pada J = [0,). Kita lazimnya menuliskan g() = /n ataug() = n untuk 0 (n genap), dan menyebut /n = n akar ke-n dari 0 (n genap). Fungsi g dinamakan fungsi akar ke-n (n genap). (Lihat Gambar.5.5.) GAMBAR.5.5 Grafik dari f() = /n ( 0, n genap) Karena g invers untuk f, kita mempunyai g(f()) = dan f(g()) = untuk semua [0, ). Kita dapat menuliskan persamaan-persamaan ini dalam bentuk berikut: ( n ) /n = dan ( /n ) n = untuk semua [0, ) dan n genap. n ganjil. Dalam kasus ini kita misalkan F() = n untuk semua R; menurut.3.4(a), F kontinu pada R. Kita tinggalkan bagi pembaca untuk menunjukkan bahwa F naik murni pada R dan F(R) =R. (Lihat Gambar.5.6.) Mengikuti Teorema Invers Kontinu.5.5, fungsi G yaitu invers dari F() = n untuk R, adalah fungsi naik murni dan kontinu pada R. Kita lazimnya menuliskan G() = /n atau G() = n untuk R, n ganjil dan menyebut /n sebagai akar ke-n dari R. Fungsi G disebut fungsi akar ke-n (n ganjil). (Lihat Gambar.5.7.) Disini kita mempunyai ( n ) /n = dan ( /n ) n = untuk semua R dan n ganjil. 53

54 GAMBAR.5.6 Grafik F() = n ( R, n ganjil) Pangkat-pangkat Rasional Telah didefinisikan fungsi-fungsi akar ke-n untuk n N, yang mana hal ini memudahkan untuk mendefinisikan pangkat-pangkat rasional..5.6 Definisi (i) Jika m,n N dan 0, kita definisikan m/n = ( /n ) m. (ii) Jika m,n N dan > 0, kita definisikan -m/n = ( /n ) -m. Dari sini kita telah mendefinisikan r apabila r bilangan rasional dan > 0. Grafik dari ξ r bergantung pada apakah r >, r =, 0 < r <, r = 0, atau r < 0. (Lihat Ganbar.5.8.) Karena suatu bilangan rasional r Q dapat ditulis dalam bentuk r = m/n dengan m Z, n N, dalam banyak cara, akan diunjukkan bahwa Definisi.5.6 tidak berarti ganda. Yaitu, jika r = m/n = p/q dengan m,p Z dan n,q N dan jika > 0, maka ( /n ) m = ( /q ) p. Kita tinggalkan sebagai latihan bagi pembaca untuk membuktikan hubungan ini. GAMBAR.5.7 Grafik G() = /n ( R, n ganjil).5.7 Teorema Jika m Z,n N, dan > 0, maka m/n = ( m ) /n. Bukti. Jika > 0 dan m,n Z, maka ( m ) n = mn = ( n ) m. Sekarang misalkan y = m/n = ( /n ) m > 0 dengan demikian y n = (( /n ) m ) n = (( /n ) n ) m = m. Oleh karena itu diperoleh bahwa y = ( m ) /n. Pembaca akan menunjukkan juga, sebagai latihan, bahwa jika > 0 dan r,s Q, maka r s = r + s = s r dan ( r ) s = rs = ( s ) r. 54

55 GAMBAR.5.8 Grafik dari ξ r ( > 0) Latihan-latihan Jika I = [a,b] suatu interval dan f : I R suatu fungsi naik, maka titik a [atau juga, b] suatu titik minimum mutlak [atau juga, titik maksimum absolut] untuk f pada I. Jika f suatu fungsi naik murni, maka a merupakan satu-satunya titik minimum mutlak untuk f pada I. Jika f dan g fungsi-fungsi naik pada suatu interval I R, tunjukkan bahwa f + g juga suatu fungsi naik pada I. Jika f juga fungsi naik murni pada I, maka f + g fungsi naik murni pada I. Tunjukkan bahwa f() = dan g() = naik murni pada I = [0,], akan tetapi hasil kali fg tidak naik pada I. Tunjukkan bahwa jika f dan g fungsi-fingsi positif naik pada suatu interval I, maka fungsi hasil-kalinya fg merupakan fungsi naik pada I. Tunjukkan bahwa jika I = [a,b] dan f : I R fungsi naik pada I, maka f kontinu pada a jika dan hanya jika f(a) = inf{f() : (a,b]}. Misalkan I R suatu interval dan f : I R fungsi naik pada I. Misalkan juga c I bukan titik ujung dari I. Tunjukkan bahwa f kontinu pada c jika dan hanya jika terdapat suatu barisan ( n ) dalam I sedemikian sehingga n < c untuk n =,3,5, ; n > c untuk n =,4,6, ; dan sedemikian sehingga c = ( n ) dan f(c) = (f( n )). Misalkan I R suatu interval dan f : I R fungsi naik pada I. Jika c I bukan titik ujung dari I, tunjukkan bahwa lompatan j f (c) dari f pada c diberikan oleh inf{f(y) f() : < c < y,,y I}. Misalkan f,g fungsi-fungsi naik pada suatu interrval I R dan f() > g() untuk semua I. Jika y f(i) g(i), tunjukkan bahwa f - (y) < g - (y). [Petunjuk: Pertama-tama interpretasi pernyataan ini secara geometri]. Misalkan I = [0,] dan misalkan f : I R didefinisikan oleh f() = untuk rasional, dan f() = untuk irasional. Tunjukkan bahwa f injektif pada I dan f(f()) = untuk semua I. (Dari sini f adalah fungsi invers untuk dirinya sendiri!) Tunjukkan bahwa f kontinu hanya pada = ½. Misalkan I = [a,b] dan f : I R kontinu pada I. Jika f mempunyai suatu maksimum mutlak [atau, minimum mutlak] pada suatu titik interior c dari I, tunjukkan bahwa f bukan injektif pada I. Misalkan f() = untuk [0,], dan f() = + untuk (,]. Tunjukkan bahwa f dan f - merupakan fungsifungsi naik murni. Apakah f dan f - kontinu pada setiap titik? 55

56 Misalkan f : [0,] R suatu fungsi kontinu yang tidak memuat sebarang dari nilai-nilainya dua kali dan dengan f(0) < f(). Tunjukkan bahwa f fungsi naik murni pada [0,]. Misalkan h : [0,] R suatu fungsi yang memuat nilai-nilainya tepat dua kali. Tunjukkan bahwa h tidak kontinu pada setiap titik. [Petunjuk : Jika c < c titik-titik dimana h mencapai supremumnya, tunjukkan bahwa c = 0, c =. Sekarang titik-titik dimana h mencapai infimumnya.] Misalkan R, > 0. Tunjukkan bahwa jika m,p Z, n,q N, dan mq = np, maka ( /n ) m = ( /q ) p. Jika R, > 0, dan jika r,s Q, tunjukkan bahwa r s = r + s = s r dan ( r ) s = rs = ( s ) r. 56

57 DAFTAR PUSTAKA Bartle, Robert G Introduction to Real Analysis. Second edition. New York : John Wiley & Sons, Inc. Bartle, Robert. G The Elements of Integration. New York : John Wiley & Sons, Inc. Hewitt, Edwin. et al.969. Real and Abstract Analysis. Second printing. New York : Springer- Verlag. Hu, Sze-Tsen Elements of Real Analysis. California : Holden - day, inc. 57