Fungsi, Limit dan Kekontinuan, Turunan
11. FUNGSI MONOTON DAN FUNGSI KONVEKS
11.1 Definisi dan Limit Fungsi Monoton
Misalkan f terdefinisi pada suatu himpunan H. Kita katakan bahwa f naik pada H apabila untuk setiap x, y ∈ H dengan x < y berlaku
f (x) ≤ f (y).
Jika ketaksamaan < berlaku, maka kita katakan bahwa f naik sejati pada H. Definisi serupa dapat dirumuskan untuk fungsi turun dan turun sejati pada H. Fungsi naik atau turun disebut fungsi monoton. Fungsi yang naik dan turun sekaligus pada H mestilah konstan pada H.
Contoh 1. (i) Fungsi f : R → R yang didefinisikan sebagai f (x) = x3 merupakan fungsi naik sejati pada R.
(ii) Fungsi g : (0, ∞) → R yang didefinisikan sebagai g(x) = 1x merupakan fungsi turun sejati pada (0, ∞).
Proposisi 2. Jika f naik pada [a, b], maka f mencapai nilai minimum di a dan nilai maksimum di b.
Bukti. Misalkan a < x < b. Maka menurut definisi kita mempunyai f (a) ≤ f (x) ≤ f (b).
Jadi f mencapai nilai minimum di a dan nilai maksimum di b.
Sekarang kita akan membahas limit fungsi monoton. Untuk itu, kita perke-nalkan notasi
f (c−) = lim
Gambar 11.1(i) Grafik fungsi f (x) = x3
Gambar 11.1(ii) Grafik fungsi g(x) = x1
dan
f (c+) = lim
x→c+f (x), asalkan kedua limit ini ada.
Contoh 3. Misalkan f : R → R didefinisikan sebagai f (x) =
x, x ≤ 1;
3
Maka, f (1−) = 1 = f (1), sedangkan f (1+) = 3 2.
Teorema 4. (i) Jika f naik dan terbatas di atas pada (a, b), maka f (b−) = sup
x∈(a,b)
f (x).
(ii) Jika f naik dan terbatas di bawah pada (a, b), maka f (a+) = inf
x∈(a,b)
f (x).
Bukti. (i) Misalkan M = sup
x∈(a,b)
f (x). Diberikan > 0 sembarang, kita harus mencari suatu δ > 0 sedemikian sehingga jika b − δ < x < b, maka |f (x) − M | < atau M − < f (x) < M + .
Ketaksamaan f (x) < M + selalu terpenuhi karena M merupakan batas atas untuk f pada (a, b). Selanjutnya, karena M − bukan merupakan batas atas untuk f pada (a, b), maka terdapat suatu y ∈ (a, b) sedemikian sehingga M − < f (y). Namun f naik pada (a, b), sehingga untuk setiap x yang memenuhi y < x < b berlaku
M − < f (y) ≤ f (x). Jadi, pilihlah δ = b − y.
(ii) Serupa dengan (i).
Akibat 5. Misalkan f naik pada (a, b). Jika c ∈ (a, b), maka f (c−) dan f (c+) ada, dan
f (x) ≤ f (c−) ≤ f (c) ≤ f (c+) ≤ f (y) untuk a < x < c < y < b.
Soal Latihan
1. Buktikan Teorema 4 bagian (ii). Mulai dengan memisalkan m = inf
x∈(a,b)f (x). 2. Buktikan jika f turun dan terbatas di bawah pada (a, b), maka
f (b−) = inf
x∈(a,b)
Gambar 11.2 Kasus f (c−) < f (c) < f (c+)
3. Buktikan jika f dan g naik (sejati) pada H, maka f + g naik (sejati) pada H. 4. Diketahui f (x) > 0 untuk setiap x ∈ H, dan g := 1f. Buktikan jika f naik
(sejati) pada H, maka g turun (sejati) pada H.
5. Diketahui f naik sejati pada A. Buktikan bahwa f merupakan korespondensi 1-1 antara A dan B := f (A), sehingga f−1ada. Buktikan bahwa f−1naik sejati pada B.
11.2 Fungsi Monoton yang Mempunyai Turunan
Pada bagian ini kita akan membahas bagaimana kita dapat menyelidiki kemono-tonan suatu fungsi melalui turunannya, bila fungsi tersebut mempunyai turunan. Persisnya, kita mempunyai teorema berikut.
Teorema 6. Misalkan f kontinu pada [a, b] dan mempunyai turunan pada (a, b). (i) Jika f0(x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ (a, b), maka f naik pada [a, b]. Jika f0(x) > 0 untuk tiap x ∈ (a, b), maka f naik sejati pada [a, b].
(ii) Jika f0(x) ≤ 0 untuk tiap x ∈ (a, b), maka f turun pada [a, b]. Jika f0(x) < 0 untuk tiap x ∈ (a, b), maka f turun sejati pada [a, b].
Bukti. (i) Misalkan x dan y bilangan sembarang di [a, b] dengan x < y. Maka f memenuhi hipotesis Teorema Nilai Rata-rata pada [x, y] dan karenanya
f0(c) = f (y) − f (x) y − x
untuk suatu c ∈ (x, y). Jika f0(t) ≥ 0 untuk tiap t ∈ (a, b), maka f0(c) ≥ 0 dan karenanya f (x) ≤ f (y). Jadi f naik pada [a, b].
Jika f0(t) > 0 untuk tiap t ∈ (a, b), maka f0(c) > 0 dan karenanya f (x) < f (y). Jadi f naik sejati pada [a, b].
(ii) Serupa dengan (i).
Contoh 7. Misalkan f : R → R didefinisikan sebagai f (x) = x(1 − x). Turunannya adalah
f0(x) = 1 − 2x.
Jadi f0(x) ≥ 0 untuk x ≤ 12 dan f0(x) ≤ 0 untuk x ≥ 12. Dengan demikian f naik pada (−∞,12] dan turun pada [12, ∞).
Soal Latihan
1. Misalkan n ∈ N. Buktikan bahwa fungsi f : [0, ∞) → R yang didefinisikan sebagai
f (x) = (x + 1)1/n− x1/n merupakan fungsi turun pada [0, ∞).
2. Misalkan f mempunyai turunan dan naik pada suatu interval terbuka I. Buk-tikan bahwa f0(x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I. Jika f naik sejati pada I, apakah dapat disimpulkan bahwa f0(x) > 0 untuk tiap x ∈ I? Jelaskan.
11.3 Invers Fungsi Monoton
Menurut Soal 11.1 No. 5, fungsi f yang naik sejati pada A mendefinisikan suatu korespondensi 1-1 antara A dan B := f (A). Dalam hal ini f akan mempunyai invers f−1. Lebih jauh, f−1 naik sejati pada B.
Dalam kasus di mana f kontinu dan daerah asal f merupakan interval, sebutlah I, maka daerah nilainya juga merupakan suatu interval, sebutlah J = f (I) (Teorema 10 pada Bab 8). Lebih jauh, kita mempunyai teorema berikut.
Teorema 8. Misalkan f : I → J dengan I interval dan J = f (I). Jika f naik sejati dan kontinu pada I, maka f−1: J → I kontinu pada J .
Bukti. Andaikan f−1 tidak kontinu di suatu titik d ∈ J . Asumsikan bahwa d bukan titik ujung J . Maka, mengingat f−1 naik sejati pada J , f−1(d−) dan f−1(d+) ada, dan f−1(d−) < f−1(d+). Sekarang misalkan λ ∈ I sedemikian sehingga
f−1(d−) < λ < f−1(d+) dan λ 6= f−1(d).
Karena itu f (λ) tidak terdefinisi (buatlah ilustrasinya!), dan ini bertentangan dengan hipotesis bahwa f terdefinisi pada I.
Teorema 9. Misalkan I dan J interval, I◦dan J◦interval terbuka yang mempunyai titik ujung sama dengan titik ujung I dan J . Misalkan f : I → J kontinu dan J = f (I). Jika f mempunyai turunan pada I◦dan f0(x) > 0 untuk tiap x ∈ I◦, maka f−1 : J → I ada dan kontinu pada J . Lebih jauh, f−1 mempunyai turunan pada J◦ dan
(f−1)0(y) = 1 f0(x) untuk tiap y ∈ J◦ dan x = f−1(y).
Catatan. Bukti Teorema 9 dapat dilihat di [2].
Soal Latihan
1. Misalkan f : R → R didefinisikan sebagai f (x) = 1 + x + x3. Tunjukkan bahwa f mempunyai invers dan hitunglah nilai (f−1)0(−1).
2. Berikan sebuah contoh fungsi f : A → R yang naik sejati dan kontinu pada A, tetapi f−1 tidak kontinu pada B = f (A). (Petunjuk. Himpunan A tentunya bukan suatu interval.)
11.4 Fungsi Konveks
Misalkan I ⊆ R suatu interval. Fungsi f : I → R dikatakan konveks pada I apabila untuk setiap t ∈ [0, 1] dan x1, x2∈ I berlaku
f ((1 − t)x1+ tx2) ≤ (1 − t)f (x1) + tf (x2).
Catat bahwa untuk x1< x − 2, titik (1 − t)x1+ tx2 bergerak dari x1 ke x2 ketika t bergerak dari 0 ke 1. Jadi jika f konveks pada I dan x1, x2∈ I, maka ruas garis yang menghubungkan titik (x1, f (x1)) dan (x2, f (x2)) berada di atas grafik fungsi f (lihat Gambar 11.3).
Gambar 11.3 Grafik fungsi konveks
Sebuah fungsi konveks tidak harus mempunyai turunan di setiap titik. Sebagai contoh, f (x) = |x| merupakan fungsi konveks pada R tetapi tidak mempunyai tu-runan di 0. Namun, dapat ditunjukkan jika f konveks pada interval terbuka I, maka f mempunyai ‘turunan kiri’ dan ‘turunan kanan’ di setiap titik dalam I. Sebagai akibatnya, setiap fungsi konveks pada interval terbuka merupakan fungsi kontinu.
Teorema berikut memperlihatkan kaitan antara fungsi konveks dan turunan keduanya, bila fungsi tersebut mempunyai turunan kedua. Istilah konveks dalam hal ini setara dengan istilah ‘cekung ke atas’ yang telah kita bahas pada Bab 9.
Teorema 10. Misalkan I interval terbuka dan f : I → R mempunyai turunan kedua pada I. Maka, f konveks pada I jika dan hanya jika f00(x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I.
Bukti. Misalkan f konveks pada I. Untuk tiap c ∈ I, kita mempunyai
f00(c) = lim
h→0
f (c + h) − 2f (c) + f (c − h)
h2 .
Kita pilih h cukup kecil sedemikian sehingga c − h dan c + h ada di I. Maka, c =
1 2[(c + h) + (c − h)], sehingga f (c) = f 1 2(c + h) + 1 2(c − h) ≤1 2f (c + h) + 1 2f (c − h).
Akibatnya, f (c + h) − 2f (c) + f (c − h) ≥ 0. Karena h2 > 0 untuk tiap h 6= 0, kita simpulkan bahwa f00(c) ≥ 0.
Sebaliknya, misalkan f00(x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I. Untuk membuktikan bahwa f konveks pada I, ambil x1, x2∈ I dan 0 < t < 1, dan misalkan x0= (1 − t)x1+ tx2. Berdasarkan Teorema Taylor, terdapat ξ1 di antara x0 dan x1 sedemikian sehingga
f (x1) = f (x0) + (x1− x0)f0(x0) +(x1− x0)2
2 f
00(ξ1)
dan juga terdapat ξ2 di antara x0dan x2 sedemikian sehingga
f (x2) = f (x0) + (x2− x0)f0(x0) +(x2− x0)2
2 f
00(ξ2).
Perhatikan bahwa (1 − t)(x1− x0) + t(x2− x0) = (1 − t)x1+ tx2 − x0 = 0 dan E := (1 − t)(x1−x0)2
2 f00(ξ1) + t(x2−x0)2
2 f00(ξ2) ≥ 0. Akibatnya,
(1 − t)f (x1) + tf (x2) = f (x0) + E ≥ f (x0) = f ((1 − t)x1+ tx2), sebagaimana yang kita harapkan.
Soal Latihan
1. Buktikan f konveks pada interval I jika dan hanya jika untuk setiap x1, x2, x3∈ I dengan x1< x2< x3berlaku f (x2) − f (x1) x2− x1 ≤ f (x3) − f (x2) x3− x2 . Berikan interpretasi geometrisnya beserta ilustrasinya.
2. Buktikan f konveks pada interval I jika dan hanya jika untuk setiap x1, x2, x3∈ I dengan x1< x2< x3berlaku f (x2) − f (x1) x2− x1 ≤ f (x3) − f (x1) x3− x1 . Berikan interpretasi geometrisnya beserta ilustrasinya. 3. Buktikan jika f konveks pada interval terbuka I, maka
lim h→0− f (c + h) − f (c) h dan h→0lim+ f (c + h) − f (c) h ada untuk setiap c ∈ I, dan sebagai akibatnya f kontinu pada I.
4. Misalkan f mempunyai turunan pada interval terbuka I. Buktikan f konveks jika dan hanya jika f0 naik pada I.
5. Misalkan I interval terbuka, f : I → R naik sejati, konveks, dan mempunyai turunan pada I. Misalkan c ∈ I sedemikian sehingga f (c) = 0. Konstruksi barisan hxni dengan x1> c dan
xn+1= xn− f (xn)
f0(xn), n = 1, 2, 3, . . . .
Buktikan bahwa xn → c untuk n → ∞. (Metode penghampiran ‘akar’ f ini dikenal sebagai Metode Newton-Raphson. Untuk f (x) = x2− a, metode ini menghasilkan barisan hxni yang dibahas pada Bab 3, Contoh 13.)
