Muhafzan FUNGSI KONTINU. Muhafzan, Ph.D

FUNGSI KONTINU

Muhafzan, Ph.D

1 Kekontinuan

Bab ini akan diawali dengan klas fungsi yang terpenting dalam analisis riil, yaitu klas fungsi-fungsi kontinu. Terlebih dahulu akan dide nisikan gagasan kekontinuan di suatu titik dan kekontinuan dalam suatu himpunan. Kemu- dian akan ditunjukkan bahwa kombinasi dari fungsi-fungsi kontinu akan menghasilkan fungsi kontinu juga.

De nisi 1. Misalkan A R; f : A ! R dan c 2 A: Fungsi f dikatakan kontinu di c jika untuk setiap lingkungan V_"(f (c)) ada lingkungan V (c) sedemikian sehingga

x 2 V (c) \ A ) f(x) 2 V^"(L):

Soal: Tuliskan de nisi fungsi f tidak kontinu di titik c !

Perlu dicatat bahwa:

(1). Jika c adalah suatu titik kluster dari A; maka f kontinu di c jika dan hanya jika

xlim!c f = f (c): (*)

Sehingga, agar (*) berlaku maka harus dipenuhi 3 syarat i). f harus terde nisi di c (sehingga f(c) mempunyai makna) ii). lim

x!c f harus ada iii). lim

x!c f = f (c)

(2). Jika c bukan titik kluster dari A; maka ada lingkungan V (c) sedemikian sehingga V (c)\ A = fcg :

Sehingga dapat disimpulkan bahwa fungsi f otomatis kontinu pada suatu titik c 2 A dengan c bukan titik kluster. Dalam kasus seperti ini, titik c disebut sebagai titik terasing (isolated point) dari himpunan A:

Karena kontinuitas otomatis untuk titik terasing, maka dalam bagian ini hanya akan diuji kontinuitas untuk titik kluster saja.

Berikut ini akan dide nisikan kontinuitas pada suatu himpunan.

De nisi 2. Misalkan A R dan f : A ! R dan B A: Fungsi f dikatakan kontinu pada B jika f kontinu di setiap titik dalam B:

Theorem 1 Misalkan A R, f : A ! R dan c 2 A: Maka pernyataan berikut ekivalen:

(i). f kontinu di c; yaitu untuk setiap V"(f (c)) ada V (c) sedemikian sehingga untuk setiap x 2 A \ V (c) berakibat f(x) 2 V^"(f (c)):

(ii). Untuk setiap " > 0 terdapat > 0 sedemikian sehingga

x 2 A dan jx cj < (") ) jf(x) f (c)j < ":

(iii). Jika (xn) adalah barisan sebarang dalam A; dengan xn 2 A 8 n 2 N; yang konvergen ke c; maka barisan (f(xn)) konvergen ke f (c):

Theorem 2 (Kriteria Diskontinu) Misalkan A R, f : A ! R dan c 2 A: Fungsi f diskontinu di c jika dan hanya jika terdapat barisan (xn) dalam A yang konvergen ke c; tetapi barisan (f (xn)) tidak konvergen ke f(c):

Contoh 1. Misalkan f(x) = x²:

Tunjukkan bahwa fungsi f kontinu pada R:

Bukti. Ambil c 2 R sebarang. Dalam contoh 3 Bab IV telah ditunjukkan bahwa lim

x!c x² = c² = f (c): Karena c 2 R sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa fungsi f kontinu pada R:

Contoh 2. Fungsi sgn(x) tidak kontinu di 0; tetapi sgn(x) kontinu pada setiap titik x 6= 0:

Contoh 3. Misalkan A R dan f adalah fungsi Dirichlet yang dide nisikan sebagai berikut:

f (x) = 1; jika x rasional 0; jika x irrasional

Tunjukkan bahwa f(x) tidak kontinu disetiap titik dalam R:

Bukti. Misalkan c adalah bilangan rasional dan (x_n) adalah barisan bilangan

irrasional yang konvergen ke c (Corollary 2.5.6 dan Teorema 2.5.5 dalam Bartle (1992) menjamin eksistensi barisan tersebut). Maka f(x_n) = 0 dan berakibat

xlim!c (f (x_n)) = 0;

sedangkan f(c) = 1: Karena itu f diskontinu di setiap bilangan rasional c:

Selanjutnya, Misalkan b adalah bilangan irrasional dan (y_n) adalah barisan bilangan rasional yang konvergen ke b (Teorema 2.5.5 dalam Bartle (1992) menjamin eksistensi barisan tersebut). Maka f(y_n) = 1 dan berakibat

ylim!c (f (y_n)) = 1;

sedangkan f(b) = 0: Oleh karena itu f diskontinu di setiap bilangan irra- sional b:sebarang. Karena himpunan bilangan riil merupakan gabungan dari rasional dan irrasional, maka dapat disimpulkan bahwa f diskontinu dise-

tiap titik dalam R:

Perlu diperhatikan, kadang-kadang suatu fungsi f : A ! R tidak kon- tinu pada suatu titik c karena f(c) tidak terde nisi. Namun demikian, jika

xlim!c f (x) = L dan jika dide nisikan suatu fungsi baru F : A [ fcg ! R sebagai

F (x) = L; jika x = c f (x); jika x 2 A;

maka F kontinu di c: Periksa, bahwa lim

x!c F = L:

Selain itu, dalam kasus suatu fungsi g : A ! R; dengan lim

x!cg tidak ada, maka tidak ada cara untuk mengkonstruksi suatu fungsi baru G : A [ fcg ! R yang kontinu di c dengan mende nisikan

G(x) = L; jika x = c g(x); jika x 2 A:

Untuk memperlihatkan ini, periksa bahwa jika lim

x!c G ada, dan lim

x!c G = L maka lim

x!c g juga mesti ada dan lim

x!c g = L:

Contoh 4. Misalkan f terde nisi dalam Rn f2g dengan f (x) = x² + x 6

x 2 :

Dapatkah f dide nisikan di x = 2 agar f kontinu di 2 ? 2 Kombinasi Fungsi Kontinu

Theorem 3 Misalkan A R; f; g : A ! R kontinu di c 2 A dan b 2 R:

(a). Maka (f + g) ; (f g); (f g) dan (bf ) kontinu di c:

(b). Jika h : A ! R kontinu di c 2 A dan h(x) 6= 0 8 x 2 A maka f

h kontinu di c:

Bukti (b).

Terlebih dahulu akan dibuktikan bahwa jika h : A ! R kontinu di c 2 A dan h(x) 6= 0 8 x 2 A maka 1

h kontinu di c:

Karena h kontinu di c; maka untuk = 1

2 jh(c)j ;

ada ₁ > 0 3 8 x 2 A dan jx cj < ¹ ) jh(x) h(c)j < 1

2 jh(c)j : Mengingat ketaksamaan segitiga:

jjh(x)j jh(c)jj jh(x) h(c)j < 1

2 jh(c)j ; maka diperoleh

1

2 jh(c)j < jh(x)j ; jika jx cj < ¹

atau

1

jh(x)j < 2

jh(c)j; jika jx cj < ¹:

Ambil " > 0 sebarang. Akan dicari > 0 sedemikian sehingga 8 x 2 A dan jx cj < ) 1

h(x)

1

h(c) = h(x) h(c)

h(x)h(c) < ":

Karena h kontinu di c; maka ada ₂ > 0 sedemikian sehingga 8 x 2 A dan jx cj < ² ) jh(x) h(c)j < 1

2" jh(c)j² :

Pilih = inf f ¹; ₂g ; maka berlaku 8 x 2 A dan jx cj < ) 1

h(x)

1

h(c) = h(x) h(c) h(x)h(c)

= 1

jh(x)j: 1

jh(c)j: jh(x) h(c)j

< 2 jh(c)j²

1

2 " jh(c)j² = ":

Karena " > 0 sebarang, maka disimpulkan bahwa 1

h kontinu di c:

Dengan menggunakan bagian (a), kekontinuan f dan 1

h di c berakibat bahwa f

h kontinu di c.

Buktikan yang lainnya !

Theorem 4 Misalkan A R; f; g : A ! R kontinu pada A dan b 2 R:

(a). Maka (f + g) ; (f g); (f g) dan (bf ) kontinu pada A:

(b). Jika h : A ! R kontinu di c 2 A dan h(x) 6= 0 8 x 2 A maka f

h kontinu pada A:

Buktikan !

Theorem 5 Misalkan A R; f : A ! R dan jfj dide nisikan sebagai jfj (x) = jf(x)j ; 8 x 2 A:

(a). Jika f kontinu di suatu titik c 2 A; maka jfj kontinu di c:

(b). Jika f kontinu pada A; maka jfj kontinu pada A:

Buktikan !

Theorem 6 Misalkan A R; f : A ! R dan f(x) 0 8 x 2 A dide nisikan sebagai p

f (x) = pf (x); 8 x 2 A:

(a). Jika f kontinu di suatu titik c 2 A; maka p

f kontinu di c:

(b). Jika f kontinu pada A; makap

f kontinu pada A:

Buktikan !

Contoh 5. Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = sin(x) kontinu pada R:

Bukti. Gunakan fakta bahwa

jsin(z)j jzj ; jcos(z)j j1j ; dan

sin(x) sin(y) = 2 sin 1

2(x y) cos 1

2(x + y) :

Misalkan c 2 R sebarang. Ambil " > 0 sebarang. Akan dicari > 0 sedemikian sehingga

jx cj < ) jsin(x) sin(c)j < ":

Mengingat

jsin(x) sin(c)j = 2 sin ¹₂(x c) cos ¹₂(x + c) 2 ¹₂(x c) :1 = jx cj ;

pilih = "; maka berlaku

jx cj < ) jsin(x) sin(c)j < jx cj < ":

Karena c 2 R dan " > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa f (x) = sin(x)

kontinu pada R:

Komposisi Fungsi Kontinu

Misalkan f : A ! R kontinu di c 2 A dan g : B ! R kontinu di b = f (c): Maka fungsi h = g f g(f ) kontinu di c: Untuk menjamin bahwa

g f terde nisi disemua titik dalam A; perlu diasumsikan bahwa f(A) B: Perlu juga diperhatikan bahwa domain fungsi h; D(h), adalah sebagai berikut:

D(h) = fx 2 D(f)jf(x) 2 D(g)g

Theorem 7 Misalkan A; B R; f : A ! R dan g : B ! R adalah sedemikian sehingga f(A) B: Jika f kontinu di suatu titik c 2 A dan g kontinu di b = f(c) 2 B; maka komposisi g f : A ! R kontinu di c:

Bukti. Misalkan V_"(g(b)) adalah lingkungan " sebarang dari g(b):

g kontinu di b = f (c) ) 9 V (b) 3 8 y 2 B \ V (b) ) g(y) 2 V^"(g(b)):

f kontinu di c ) untuk V (b) tersebut, 9 V (c) 3 8 x 2 A \ V (c) ) f(x) 2 V (b):

Karena f(A) B; maka

8 x 2 A \ V (c) ) f(x) 2 B \ V (b)

) (g f)(x) = g(f(x)) 2 V^"(g(f (c))):

Karena V_"(g(b)) sebarang; maka g f kontinu di c:

Theorem 8 Misalkan A; B R; f : A ! R kontinu pada A; dan g : B ! R kontinu pada B: Jika f (A) B; maka fungsi komposisi g f : A ! R kontinu pada A:

Bukti. Bukti teorema 8 merupakan akibat langsung dari hasil sebelumnya jika f dan g kontinu pada setiap titik dalam himpuan A dan B:

Contoh 6. Misalkan fungsi f dan g dide nisikan sebagai berikut:

g(x) = 0; x = 1

2; x 6= 1; dan f(x) = x + 1; 8 x 2 R:

Tunjukkan bahwa lim

x!0g f 6= ( g f) (0): Mengapa hal ini tidak bertentangan

dengan teorema 7 ? Bukti.

(g f ) (x) = g(f (x))

= g(x + 1) = 0; x + 1 = 1 2; x + 1 6= 1

= 0; x = 0 2; x 6= 0 Perhatikan bahwa: lim

x!0g f = 2; tetapi ( g f) (0) = 0: Jadi

xlim!0g f 6= ( g f) (0):

Hal ini disebabkan fungsi g diskontinu di f(0) = 1:

3 Kekontinuan Fungsi Pada Interval

Fungsi-fungsi yang kontinu pada interval memiliki sejumlah sifat-sifat pent-

ing yang secara umum tidak dimiliki oleh fungsi-fungsi lain. Dalam bagian ini akan dikemukakan beberapa hasil yang mendalam tentang fungsi-fungsi yang kontinu pada interval.

De nisi 3. Suatu fungsi f : A ! R dikatakan terbatas pada A jika ada suatu konstanta M > 0 sedemikian sehingga

jf(x)j M; 8 x 2 A:

Dengan kata lain, suatu fungsi akan terbatas pada suatu interval jika range nya adalah himpunan terbatas dalam R:

Suatu fungsi f dikatakan tak terbatas pada himpunan A jika untuk setiap bilangan M > 0 maka ada x_M 2 A sedemikian sehingga

jf(x^M)j > M:

Contoh 7. Fungsi f(x) = 1

x tak terbatas pada A = (0; 1) ; karena untuk

sebarang M > 0, maka ada titik x_M = 1

M + 1 2 A sedemikian sehingga f (x_M) = 1

x_M = M + 1 > M:

Contoh 7 memperlihatkan bahwa fungsi kontinu tak perlu terbatas. Dalam teorema berikut akan diperlihatkan bahwa fungsi kontinu pada suatu tipe interval tertentu perlu terbatas.

Theorem 9 ( Teorema Keterbatasan) Misalkan I = [a; b] adalah suatu interval tertutup terbatas dan f : I ! R kontinu pada I: Maka f terbatas pada I:

Bukti. Andaikan f tak terbatas pada I: Maka, maka untuk sebarang n 2 N ada bilangan x_n 2 I sedemikian sehingga jf(xⁿj > n: Karena I terbatas maka barisan (x_n) terbatas. Maka berdasarkan teorema Bolzano Weier- strass, ada subbarisan (x_nr) dari (x_n) yang konvergen ke suatu bilangan x:

Karena I tertutup dan elemen-elemen dari (x_nr) berada dalam I maka x 2 I

(berdasarkan teorema 9 bab 3). Karena fungsi f kontinu di x maka barisan f ((x_nr)) konvergen ke f(x), dan barisan konvergen f((x_nr)) haruslah ter- batas. Tetapi hal ini kontradiksi, karena

jf(x^nrj > n^r r; untuk r 2 N:

Oleh karena itu pengandaian bahwa fungsi kontinu f tak tebatas pada inter- val tertutup terbatas I menghasilkan suatu kontradiksi.

De nisi 4 Misalkan A R dan f : A ! R:

a). Fungsi f dikatakan mempunyai maksimum mutlak pada A jika ada suatu titik x 2 A sedemikian sehingga

f (x ) f (x); 8 x 2 A:

b). Fungsi f dikatakan mempunyai minimum mutlak pada A jika ada suatu

titik x 2 A sedemikian sehingga

f (x ) f (x); 8 x 2 A:

c). x dikatakan titik maksimum mutlak f pada A; dan x dikatakan titik minimum mutlak f pada A:

Suatu fungsi kontinu pada suatu himpunan A tidak perlu memiliki suatu maksimum mutlak atau minimum mutlak. Sebagai contoh, perhatikan fungsi f (x) = 1

x: Fungsi ini kontinu pada himpunan A = fx 2 Rjx > 0g, tetapi f tidak memiliki maksimum mutlak maupun minimum mutlak dalam A:

Dalam himpunan fx 2 Rj1 < x < 2g fungsi f juga tidak memiliki maksi- mum dan minimum mutlak. Tetapi fungsi f memiliki maksimum dan mini- mum mutlak dalam himpunan A = fx 2 Rj1 x 2g.

Theorem 10 (Maksimum-Minimum) Misalkan I = [a; b] adalah suatu interval tertutup terbatas dan f : I ! R kontinu pada I: Maka f mempunyai maksimum dan minimum mutlak pada I:

Bukti.

Perhatikan himpunan tak kosong yang terdiri atas nilai-nilai f pada I; yakni f (I) = ff(x)jx 2 Ig :

Maka f(I) adalah himpunan terbatas berdasarkan teorema 9. Akibatnya sup f (I) dan inf f(I) keduanya ada, dan misalkanlah

s = sup f (I) dan s = inf f(I):

Akan dibuktikan ada x ; x 2 I sedemikian sehingga s = f (x ) dan s = f(x ):

Karena s = sup f(I); maka untuk setiap n 2 N; bilangan s 1

n bukan batas atas himpunan f(I): Akibatnya ada bilangan x_n 2 I sedemikian se-

hingga

s 1

n < f (x_n) < s 8 n 2 N: (#) Karena I terbatas, maka barisan (x_n) juga terbatas. Oleh karena itu ada subbarisan (x_nr) dari (x_n) yang konvergen ke suatu bilangan x (berdasarkan teorema Bolano Weierstrass). Karena elemen dari (x_nr) juga berada dalam I maka x 2 I: Oleh karena itu f kontinu di x dan

lim (f (x_nr)) = f (x ) : Karena

s 1

n_r < f (x_nr) < s 8 n 2 N; (berdasarkan (#)) maka

lim (f (x_nr)) = s (berdasarkan teorema apit)

Oleh karena itu

f (x ) = lim (f (x_nr)) = s = sup f (I);

yang menunjukkan bahwa x adalah suatu titik maksimum mutlak f pada I:

Dengan argumen yang serupa, buktikan juga eksistensi elemen x 2 I;

sedemikian sehingga

s = f (x ):

Teorema berikut memberikan suatu dasar untuk melokasikan akar suatu fungsi kontinu, dan buktinya dapat dijadikan algoritma untuk menghitung akar yang dapat dibuat program untuk perhitungan kom- puter.

Theorem 11 (Teorema Lokasi Akar) Misalkan I adalah suatu interval dan f : I ! R kontinu pada I:

Jika ; 2 I dengan < ; memenuhi

f ( ) < 0 < f ( ) (atau f ( ) < 0 < f ( );

maka ada suatu bilangan c 2 ( ; ) sedemikian sehingga f(c) = 0:

Bukti.

Anggaplah f( ) < 0 < f( ): Misalkan

I₁ = [ ; ] dan = 1

2( + ):

Jika f( ) = 0; ambil c = ; dan bukti selesai.

Jika f( ) > 0; ambil ₂ = , ₂ = ; sedangkan jika f( ) < 0; ambil

2 = , ₂ = :

Misalkan I₂ = [ ₂; ₂] dengan f( ₂) < 0 dan f( ₂) > 0: Teruskan proses bagi dua interval ini.

Anggaplah

I₁; I₂; : : : ; I_k = [ _k; _k]

diperoleh dengan proses bagi dua secara berturut-turut dengan f( _k) < 0 dan f( _k) > 0:

Misalkan

k = 1

2( _k + _k):

Jika f( _k) = 0; ambil c = _k; dan bukti selesai.

Jika f( _k) > 0; ambil _k+1 = _k, _k+1 = _k; sedangkan jika f( _k) < 0;

ambil _k+1 = _k, _k+1 = _k:

Misalkan I_k+1 = [ _k+1; _k+1] dengan

f ( _k+1) < 0 dan f( _k+1) > 0:

Jika proses ini berakhir dengan melokasikan suatu titik _n sedemikian se- hingga f( _n) = 0; maka bukti lengkap.

Jika proses belum berakhir, maka didapat suatu barisan interval tertutup ter- batas tersarang (nested) I_n = [ _n; _n] ; n 2 N:

Karena interval-interval ini diperoleh dengan pengulangan bagi dua, maka

diperoleh

n n = ( )

2^{n 1} :

Akibatnya ada suatu titik c 2 Iⁿ 8 n 2 N (berdasarkan sifat Interval Ter- sarang 2.6.1, Bartle (1994)). Karena _n c _n 8 n 2 N; maka

0 c _{n n n} = ( )

2^{n 1} dan

0 _n c _{n n} = ( )

2^{n 1} : Karena lim

2^{n 1} = 0; maka

lim ( _n) = c dan lim ( _n) = c:

Karena f kontinu di c maka

lim (f ( _n)) = f (c) = lim (f ( _n)) : Dilain pihak, karena f ( _n) 0 8 n 2 N; maka

f (c) = lim (f ( _n)) 0:

Dengan cara yang sama, karena f ( _n) 0 8 n 2 N; maka f (c) = lim (f ( _n)) 0:

Oleh karena itu haruslah f(c) = 0; dan akibatnya c adalah suatu akar dari f.

Theorem 12 (Teorema Nilai Antara Bolzano) Misalkan I adalah suatu interval dan f : I ! R kon- tinu pada I: Jika a; b 2 I dan k 2 R; memenuhi

f (a) < k < f (b);

maka ada suatu bilangan c 2 I antara a dan b sedemikian sehingga f(c) = k:

Bukti.

Anggaplah a < b dan misalkan g(x) = f(x) k; maka g(a) < 0 < g(b):

Akibatnya, ada suatu titik c dengan a < c < b sedemikian sehingga 0 = g(c) = f (c) k: (berdasarkan Teorema Lokasi Akar) Oleh karena itu f(c) = k:

Anggaplah b < a dan misalkan h(x) = k f (x); maka h(b) < 0 < h(a):

Akibatnya, ada suatu titik c dengan b < c < a sedemikian sehingga 0 = h(c) = k f (c): (berdasarkan Teorema Lokasi Akar) Oleh karena itu f(c) = k:

Corollary 1 Misalkan I = [a; b] adalah suatu interval tertutup terbatas dan f : I ! R kontinu pada I:

Jika k 2 R adalah sebarang bilangan yang memenuhi

inf f (I) k sup f (I);

maka ada suatu bilangan c 2 I antara a dan b sedemikian sehingga f(c) = k:

Buktikan !

Teorema berikut meringkaskan hasil utama dari bagian ini, yang menyatakan bahwa peta dari interval tertutup terbatas oleh suatu fungsi kontinu adalah suatu interval tertutup terbatas juga. Titik ujung dari interval (peta) adalah nilai minimum dan maksimum mutlak dari fungsi tersebut.

Theorem 13 Misalkan I adalah suatu tertutup terbatas dan f : I ! R kontinu pada I: Maka himpunan f (I) = ff(x)jx 2 Ig

adalah suatu interval tertutup terbatas.

Bukti.

Misalkan m = inf f(I) dan M = sup f(I); maka m; M 2 f(I) (berdasarkan teorema Maksimum Minimum). Selain itu juga diperoleh bahwa

f (I) [m; M ] :

Disisi lain, jika k 2 [m; M] sebarang, maka corollary 1 berakibat bahwa ada titik c 2 I sedemikian sehingga k = f(c): Sehingga k 2 f(I) dan dapat disimpulkan bahwa [m; M] f (I): Oleh karena itu,

f (I) = [m; M ] :

Lemma 1 Misalkan S R; S 6= ? memenuhi sifat

x; y 2 S dan x < y ) [x; y] S: (**)

Maka S adalah suatu interval.

Theorem 14 (Pengawetan Interval) Misalkan I adalah suatu interval, dan f : I ! R kontinu pada I:

Maka himpunan f(I) adalah suatu interval.

Bukti.

Misalkan ; 2 f(I) dengan < ; maka ada titik-titik a; b 2 I sedemikian sehingga = f (a) dan = f (b): Selanjutnya, berdasarkan Teorema Nilai Antara Bolzano diperoleh bahwa jika k 2 ( ; ) maka ada suatu titik c 2 I dengan k = f(c) 2 f(I): Oleh karena itu, [ ; ] f (I); yang menunjukkan bahwa f(I) memiliki sifat (**) pada lemma 1. Sehingga f(I) adalah suatu interval.

4 Kekontinuan Uniform

Misalkan A R dan f : A ! R: Dalam teorema 1 telah dinyatakan bahwa pernyataan berikut ekivalen:

(i). f kontinu di setiap titik u 2 A

(ii). diberikan " > 0 dan u 2 A; maka ada ("; u) > 0 sedemikian sehingga 8x 2 A dan jx uj < ("; u) ) jf(x) f (u)j < ":

Dari pernyataan di atas dapat dilihat bahwa secara umum bergantung pada

" > 0 dan u 2 A:

Ketergantungan pada u adalah akibat dari perubahan nilai fungsi f secara cepat pada suatu titik tertentu, dan mungkin perubahan secara lambat pada titik yang lain.

Pada sebagian fungsi, dapat dipilih sedemikian rupa sehingga tersebut hanya bergantung pada " dan tidak bergantung pada u 2 A:

Sebagai contoh, perhatikan fungsi f(x) = 2x 8 x 2 R:

Maka

jf(x) f (u)j = j2x 2uj = 2 jx uj ; sehingga kita dapat memilih ("; u) = "

2 8 " > 0; u 2 R:

Dilain pihak, untuk fungsi g(x) = 1

x; pada x 2 A = fx 2 R : x > 0g ; maka

jg(x) g(u)j = 1 x

1

u = x u

xu : Ambil sebarang " > 0; maka untuk ₁ = u

2 berlaku jx uj < ¹ = u

2 ) x > u

2 ) 1

x < 2 u

) jg(x) g(u)j = x u

xu < 2 u

x u

u

Pilih

("; u) = u

2; u²

2 " ; ⁽¹⁾

maka

jx uj < ("; u) ) jg(x) g(u)j = x u xu

< 2 u

x u

u

= 2

u² jx uj

< 2 u²

u²

2 " = ":

Dapat dilihat bahwa pemilihan dalam rumus (¹) bergantung pada u 2 A:

Perhatikan juga bahwa rumus (¹) tidak bisa memberikan suatu nilai (") > 0

yang akan bisa berlaku secara serentak untuk semua u > 0; karena inf u

2; u²

2 " = 0:

De nisi 5. Misalkan A R dan f : A ! R: f dikatakan kontinu uniform pada A jika untuk setiap " > 0 terdapat (") > 0 sedemikian sehingga

x; u 2 A dan jx uj < (") ) jf(x) f (u)j < ":

Jelas bahwa jika f kontinu uniform pada A; maka f kontinu pada A: Seba- liknya tidak perlu benar.

Theorem 15 (Kriteria tidak kontinu uniform) Misalkan A R dan f : A ! R: Pernyataan berikut ekivalen:

(i). f tidak kontinu uniform pada A

(ii). terdapat suatu "0 > 0 sedemikian sehingga untuk setiap > 0 terdapat titik x ; u 2 A yang

memenuhi

jx u j < tetapi jf(x ) f(u )j "₀:

(iii). terdapat suatu "₀ > 0 dan dua barisan (x_n) dan (u_n) dalam A sedemikian sehingga lim (xn un) = 0 tetapi jf(xⁿ) f (un)j "0 untuk semua n 2 N:

Contoh 8.

Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = 1

x tidak kontinu uniform pada A = fx 2 R : x > 0g :

Bukti.

Ambil x_n = 1

n dan u_n = 1 n + 1: Maka untuk "₀ = 1 berlaku

lim (x_n u_n) = 0; tetapi jf(xⁿ) f (u_n)j 1 untuk semua n 2 N:

Theorem 16 (Kriteria kontinuitas uniform pada interval tertutup) Misalkan I adalah interval tertutup terbatas dan f : I ! R kontinu pada I: Maka f kontinu uniform pada I:

Bukti. (Pembuktian menggunakan argumen kontradiksi)

Anggaplah f tidak kontinu uniform pada I: Maka 9 "⁰ > 0 dan dua barisan (x_n) dan (u_n) dalam I sedemikian sehingga

jxⁿ u_nj < 1

n; tetapi jf(xⁿ) f (u_n)j "₀ untuk semua n 2 N:

Karena I terbatas, maka barisan (x_n) juga terbatas. Akibatnya ada sub barisan (x_nk) dari (x_n) yang konvergen ke suatu z (berdasarkan teorema Bolzano Weierstrass). Karena I tertutup, maka z 2 I: Selain itu, sub barisan (u^nk) dari (u_n) juga konvergen ke z; karena

ju^nk zj = ju^nk x_nk + x_nk zj ju^nk x_nkj + jx^nk zj :

Karena f kontinu di z; maka barisan barisan (f (x_nk)) konvergen ke f(z)

dan barisan (f (u_nk)) juga konvergen ke z: Tetapi ini kontradiksi dengan jf(xⁿ) f (u_n)j "₀ untuk semua n 2 N:

Sehingga hipotesis bahwa f tidak kontinu uniform pada interva tertutup terbatas I adalah salah.

Contoh 9.

Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = 1

x kontinu uniform pada A = fx 2 R : 2 x 3g :

Bukti.

Ambil " > 0 sebarang. Akan dicari (") > 0 sedemikian sehingga x; u 2 A dan jx uj < (") ) 1

x

1

u = jx uj

jxj juj < ":

Mengingat 2 x 3; maka

1

jxj juj < 1 2

1

2 = 1 4: Pilih (") = 4"; maka berlaku

x; u 2 A dan jx uj < (") ) 1 x

1

u = jx uj

jxj juj < 1

4 jx uj = ":

Karena " > 0 maka dapat disimpulkan bahwa f(x) = 1

x kontinu uniform pada

A = fx 2 R : 2 x 3g : De nisi 6 (Fungsi Lipschitz)

Misalkan A R dan f : A ! R: Fungsi f dikatakan fungsi Lipschitz (memenuhi syarat Lipschitz) pada A jika ada suatu konstanta K > 0 sedemikian

sehingga

jf(x) f (u)j K jx uj untuk semua x; u 2 A:

Theorem 17 Jika f : A ! R adalah suatu fungsi Lipschitz, maka f kontinu uniform pada A:

Contoh 10. f(x) = px kontinu uniform pada [1; 1): Tunjukkan!

Contoh 11. f(x) = px kontinu uniform pada [0; 1): Tunjukkan!

Theorem 18 Jika f : A ! R kontinu uniform pada A dan (xⁿ) adalah suatu barisan Cauchy dalam A;

maka (f (xn)) adalah barisan Cauchy dalam R:

Bukti.

Misalkan f kontinu uniform pada A dan (x_n) adalah suatu barisan Cauchy dalam A: Ambil " > 0 sebarang.

f kontinu uniform pada A ) 9 > 0 3 x; u 2 A dan

jx uj < ) jf(x) f (u)j < "

(x_n) barisan Cauchy dalam A ) untuk > 0 di atas, 9 H( ) 2 N 3 jxⁿ u_mj < 8 n; m > H( )

) jf(xⁿ) f (u_m)j < " 8 n; m > H( ) Fakta terakhir memperlihatkan bahwa (f (x_n)) adalah barisan Cauchy dalam R:

Theorem 19 (Perluasan Kontinu) Suatu fungsi f kontinu uniform pada interval (a; b) jika dan hanya jika f dapat dide nisikan pada a dan b sedemikian sehingga perluasan fungsi f kontinu pada [a; b] :

Soal.

1). Tunjukkan bahwa f(x) = 1

x² kontinu seragam pada [1; 1); tetapi tidak kontinu seragam pada (0; 1) :

2). a). Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = x² tidak kontinu seragam pada [0; 1) :

b). Tunjukkan bahwa fungsi g(x) = sin 1

x tidak kontinu seragam pada (0; 1) :

3). Tunjukkan bahwa f(x) = 1

1 + x²; x 2 R kontinu seragam pada R:

4). Misalkan A R dan f : A ! R mempunyai sifat untuk setiap " > 0 ada fungsi g_" : A ! R sedemikian sehingga g^" kontinu seragam pada A dan jf(x) g^"(x)j < "

3 untuk setiap x 2 A: Buktikan bahwa f kontinu seragam pada A:

5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers

Suatu fungsi f : A ! R dikatakan naik (increasing) pada A jika x¹; x₂ 2 A dan x₁ x₂ maka f(x₁) f (x₂):

Suatu fungsi f : A ! R dikatakan naik sejati (strictly increasing) pada A

jika x₁; x₂ 2 A dan x¹ < x₂ maka f(x₁) < f (x₂):

Suatu fungsi g : A ! R dikatakan turun (decreasing) pada A jika x¹; x₂ 2 A dan x₁ x₂ maka g(x₁) g(x₂):

Suatu fungsi g : A ! R dikatakan turun sejati (strictly decreasing) pada A jika x₁; x₂ 2 A dan x¹ < x₂ maka g(x₁) > g(x₂):

Suatu fungsi f dikatakan monoton pada A jika f naik atau turun pada A:

Suatu fungsi f dikatakan monoton sejati (strictly monotone) pada A jika f naik sejati atau turun sejati pada A:

Jika fungsi f : A ! R naik pada A; maka fungsi g = f turun pada A; dan berlaku juga sebaliknya.

Fungsi monoton tak perlu (not necessarily) kontinu.

Sebagai contoh, perhatikan fungsi

f (x) = 0; x 2 [0; 1]

1; x 2 (1; 2]

Maka f naik pada (0; 2]; tetapi gagal untuk kontinu pada x = 1:

Theorem 20 Misalkan I R adalah suatu interval dan f : I ! R adalah fungsi naik pada I: Jika c 2 I bukan suatu titik ujung I; maka

(i). lim

x!c f = supff(x) : x 2 I; x < cg (ii). lim

x!c⁺f = inf ff(x) : x 2 I; x > cg :

Bukti.

Misalkan x 2 I dan x < c maka f(x) f (c) (karena f adalah fungsi naik).

Karena c bukan suatu titik ujung I; maka himpunan ff(x) : x 2 I; x < cg 6= ?

dan terbatas di atas oleh f(c). Sehingga sup ff(x) : x 2 I; x < cg ada, dan sebutlah L: Akan dibuktikan lim

x!c f = L:

Ambil " > 0 sebarang. Maka L " bukan batas atas himpunan ff(x) : x 2 I; x < cg :

Sehingga ada y_" 2 I; y^" < c sedemikian sehingga L " < f (y_") L:

Karena f fungsi naik, maka pilih = c y_": Akibatnya, jika 0 < c y <

maka y_" < y < c sedemikian sehingga

L " < f (y_") f (y) L:

Oleh karena itu

0 < c y < ) jf(y) Lj < ":

Karena " > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa

xlim!c f = sup ff(x) : x 2 I; x < cg :

Soal

1). Buktikan bagian (ii).

2). Tuliskan teorema 20 dalam versi fungsi f turun pada I:

Corollary 2 Misalkan I R adalah suatu interval dan f : I ! R adalah fungsi naik pada I: Jika c 2 I bukan suatu titik ujung I; maka pernyataan berikut ekivalen.

(i). f kontinu di c (ii). lim

x!c f = f (c) = lim

x!c⁺f

(iii). sup ff(x) : x 2 I; x < cg = f(c) = inf ff(x) : x 2 I; x > cg :

Soal.

1). Buktikan corollary 2.

2). Misalkan I adalah suatu interval dan f : I ! R adalah fungsi naik. Jika a adalah titik ujung kiri dari I; tunjukkan bahwa f kontinu di a jika dan

hanya jika

f (a) = inf ff(x) : x 2 I; a > xg :

3). Tunjukkan bahwa f(x) = x dan g(x) = x 1 naik sejati pada I = [0; 1] ; tetapi fg tidak naik pada I:

4). Jika f; g > 0 8 x 2 I dan f; g naik pada I; tunjukkan bahwa fg naik pada interval I:

Misalkan f : I ! R adalah fungsi naik pada I dan c 2 I bukan suatu titik ujung I: De nisikan loncatan f di c sebagai berikut:

f_j(c) = lim

x!c⁺f lim

x!c f:

Lihat gambar 1 berikut:

Gambar 1. Loncatan f di c

Maka berdasarkan teorema 20, berlaku

f_j(c) = inf ff(x) : x 2 I; x > cg sup ff(x) : x 2 I; x < cg

Jika titik ujung kiri a 2 I; de nisikan loncatan f di a sebagai berikut:

f_j(a) = lim

x!a⁺f f (a):

Jika titik ujung kanan b 2 I; de nisikan loncatan f di b sebagai berikut:

f_j(b) = f (b) lim

x!b f:

Theorem 21 Misalkan I R adalah suatu interval dan f : I ! R adalah fungsi naik pada I: Jika c 2 I; maka f kontinu di c jika dan hanya jika f^j(c) = 0:

Buktikan!

Fungsi Invers.

Ingat bahwa: Suatu fungsi f : I ! R mempunyai invers jika dan hanya jika f injektif (satu - satu); yaitu x; y 2 I dengan x 6= y berakibat f(x) 6= f(y):

Theorem 22 (Invers Kontinu) Misalkan I R adalah suatu interval dan f : I ! R adalah fungsi monoton sejati pada I: Maka invers fungsi f juga monoton sejati dan kontinu pada J = f(I):

Bukti.

Ada 2 kasus yang harus dibuktikan, yaitu:

1). fungsi f naik sejati 2). fungsi f turun sejati

Kasus 1.

Misalkan f naik sejati. Karena f kontinu pada I dan I adalah interval maka J = f(I) adalah interval (berdasarkan teorema 14 tentang pengawetan interval). Karena f naik sejati pada I; maka f injektif pada I; oleh karena itu invers fungsi f; yakni g : J ! R; ada. Akan dibuktikan g naik sejati.

y₁; y₂ 2 J; y¹ < y₂ ) y¹ = f (x₁) dan y₂ = f (x₂) untuk suatu x₁; x₂ 2 I:

Akan dibuktikan bahwa x₁ < x₂: Andaikan x₁ x₂: Maka

y₁ = f (x₁) f (x₂) = y₂

yang bertentangan dengan y₁ < y₂: Oleh karena itu mestilah g(y₁) = x₁ < x₂ = g(y₂):

Karena y₁ dan y₂ adalah elemen sebarang dari J dengan y₁ < y₂; maka dapat disimpulkan bahwa g naik sejati pada J:

Akan dibuktikan bahwa g kontinu pada J:

Anggaplah g diskontinu di suatu titik c 2 J; maka loncatan g di c adalah tak nol sedemikian sehingga

ylim!c g < lim

y!c⁺g:

Jika dipilih sebarang bilangan x 6= g(c) yang memenuhi

ylim!c g < x < lim

y!c⁺g;

maka x mempunyai sifat bahwa x 6= g(y) untuk sebarang y 2 J;

(lihat gambar 2 berikut).

Gambar 2. g(y) 6= x ^untuk y 2 J

Sehingga x =2 I; yang bertentangan dengan fakta bahwa I adalah suatu in- terval. Oleh karena itu disimpulkan bahwa g kontinu pada J:

Soal:

Buktikan kasus 2!

DAFTAR BACAAN

[1] Bartle, R. G. dan Sherbert, D. R., Introduction to Real Analysis, 2^nd edition, John Wiley and Sons, New York, 1994.

[2] Marsden, J. E dan Hoffman, M. J., Elementary Classical Analysis, 2^nd edition, W. H. Freeman and Company, New York, 1993