FUNGSI KONTINU
10
Terlebih dahulu akan dibuktikan bahwa jika h : A
1 dan h(x) = 0 x A maka kontinu di c: h 1 Karena h kontinu di c; maka untuk = h(c) ; 2
6 8 2
! R kontinu di c 2 A
j j 1 ada 1 > 0 3 8 x 2 A dan j x cj < 1 ) jh(x) h(c)j < jh(c)j : 2
Mengingat ketaksamaan segitiga:
jjh(x)j jh(c)jj jh(x)
1 h(c) < h(c) ; 2
j
j j
maka diperoleh
1 h(c) < h(x) ; jika x 2
j j j
Muhafzan
j
j cj < 1
FUNGSI KONTINU
11
atau
1 2 < ; jika x c < 1: h(x) h(c) Ambil " > 0 sebarang. Akan dicari > 0 sedemikian sehingga
j
8 x 2 A dan
j j j
j j
1 1 h(x) h(c) jx cj < ) 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)
Muhafzan
1 h(c) < " h(c) 2 : 2
j
j j
FUNGSI KONTINU
12
Pilih = inf 1; 2 ; maka berlaku
f g 1 1 h(x) h(c) 8 x 2 A dan jx cj < ) h(x) h(c) = h(x)h(c)
1 1 : : h(x) h(c) h(x) h(c) 2 1 2 < " h(c) = ": 2 h(c) 2 1 Karena " > 0 sebarang, maka disimpulkan bahwa kontinu di c: h 1 Dengan menggunakan bagian (a), kekontinuan f dan di c berakibat h f bahwa kontinu di c. h =
Buktikan yang lainnya ! Muhafzan
j j jj j j j j j
j
FUNGSI KONTINU
13
Theorem 4 Misalkan A
R; f ; g : A ! R kontinu pada A dan b 2 R:
(a). Maka ( f + g ) ; (f
g);
(b). Jika h : A
(f g) dan (bf ) kontinu pada A:
! R kontinu di c 2 A dan h(x) 6= 0 8 x 2 A maka f h kontinu pada A:
Buktikan !
R; f : A ! R dan jf j didenisikan sebagai jf j (x) = jf (x)j ; 8 x 2 A: (a). Jika f kontinu di suatu titik c 2 A; maka jf j kontinu di c: (b). Jika f kontinu pada A; maka jf j kontinu pada A: Theorem 5 Misalkan A
Buktikan !
p f (x) = ! R dan f (x) 0 8 x 2 A didenisikan sebagai p f (x); 8 x 2 A: p (a). Jika f kontinu di suatu titik c 2 A; maka f kontinu di c: p (b). Jika f kontinu pada A; maka f kontinu pada A: Theorem 6 Misalkan A
Muhafzan
R;
f : A
FUNGSI KONTINU
14
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
(x
1
y)
cos
(x + y) :
2 2 sebarang. Ambil " > 0 sebarang. Akan dicari > 0
R Misalkan c sedemikian sehingga
2
Muhafzan
jx cj < ) jsin(x) sin(c)j < ":
FUNGSI KONTINU
15
Mengingat 1 2
1 2
jsin(x) sin(c)j = 2sin (x c) cos (x + c) 2 (x c) :1 = jx cj ; 1 2
pilih = "; maka berlaku
Karena c
jx cj < ) jsin(x) sin(c)j < jx cj < ":
2 R dan " > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa f (x) = sin(x)
kontinu pada R: Komposisi Fungsi Kontinu
A dan g : B Misalkan f : A R kontinu di c R kontinu di b = f (c): Maka fungsi h = g f g(f ) kontinu di c: Untuk menjamin bahwa
!
Muhafzan
2
!
FUNGSI KONTINU
16
g f terdenisi disemua titik dalam A; perlu diasumsikan bahwa f (A) B: Perlu juga diperhatikan bahwa domain fungsi h; D(h), adalah sebagai
berikut:
D(h) = x
f 2 D(f )jf (x) 2 D(g)g
R dan g : B Theorem 7 Misalkan A; B R; f : A f kontinu di suatu titik c A dan g kontinu di b = f (c)
2
!
! R adalah sedemikian sehingga f (A) B: Jika 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 Muhafzan
) untuk V (b) tersebut, 9 V (c) 3 8 x 2 A \ V (c) ) f (x) 2 V (b):
FUNGSI KONTINU
17
Karena f (A)
B; maka 8 x 2 A \ V (c) ) f (x) 2 B \ V (b) ) (g f )(x) = g(f (x)) 2 V "(g(f (c))): Karena V "(g(b)) sebarang; maka g f kontinu di c: R; f : A R kontinu pada A; dan g : B Theorem 8 Misalkan A; B R kontinu pada A: f (A) B; maka fungsi komposisi g f : A
!
!
! R kontinu pada B: Jika
Bukti. Bukti teorema 8 merupakan akibat langsung dari hasil sebelumnya jika f dan g kontinu pada setiap titik dalam himpuan A dan B: Contoh 6. Misalkan fungsi f dan g didenisikan sebagai berikut:
g(x) =
0; x = 1
6 dan f (x) = x + 1; 8 x 2 R: Tunjukkan bahwa lim g f 6 = ( g f )(0): Mengapa hal ini tidak bertentangan x!0 Muhafzan
2; x = 1;
FUNGSI KONTINU
18
dengan teorema 7 ? Bukti.
(g f ) (x) = g(f (x))
= g(x + 1) = = Perhatikan bahwa: lim g x 0
!
0; x + 1 = 1
2; x + 1 = 1
0; x = 0
6
2; x = 0
6
f = 2; tetapi ( g f ) (0) = 0: Jadi lim g f 6 = ( g f )(0): x!0
Hal ini disebabkan fungsi g diskontinu di f (0) = 1:
3 Kekontinuan Fungsi Pada Interval Fungsi-fungsi yang kontinu pada interval memiliki sejumlah sifat-sifat pentMuhafzan
FUNGSI KONTINU
19
ing yang secara umum tidak dimiliki oleh fungsi-fungsi lain. Dalam bagian ini akan dikemukakan beberapa hasil yang mendalam tentang fungsi-fungsi yang kontinu pada interval. R dikatakan terbatas pada A jika ada Denisi 3. Suatu fungsi f : A 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 xM A sedemikian sehingga
2 jf (xM )j > M:
1 Contoh 7. Fungsi f (x) = tak terbatas pada A = (0; x Muhafzan
1) ; karena untuk
FUNGSI KONTINU
20
1 A sedemikian sehingga sebarang M > 0 , maka ada titik xM = M + 1 1 f (xM ) = = M + 1 > M: xM
2
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 N I sedemikian sehingga f (xn > n: Karena I terbatas ada bilangan xn maka barisan (xn) terbatas. Maka berdasarkan teorema Bolzano Weierstrass, ada subbarisan (xnr ) dari (xn) yang konvergen ke suatu bilangan x: Karena I tertutup dan elemen-elemen dari (xnr ) berada dalam I maka x I
2
Muhafzan
j
j
2
2
FUNGSI KONTINU
21
(berdasarkan teorema 9 bab 3). Karena fungsi f kontinu di x maka barisan f ((xnr )) konvergen ke f (x), dan barisan konvergen f ((xnr )) haruslah ter batas. Tetapi hal ini kontradiksi, karena
jf (xn j > nr r; untuk r 2 N: r
Oleh karena itu pengandaian bahwa fungsi kontinu f tak tebatas pada interval tertutup terbatas I menghasilkan suatu kontradiksi.
Denisi 4 Misalkan A
R dan f : A ! R:
a). Fungsi f dikatakan mempunyai maksimum mutlak pada A jika ada suatu titik x A sedemikian sehingga
2
f (x)
f (x); 8 x 2 A:
b). Fungsi f dikatakan mempunyai minimum mutlak pada A jika ada suatu Muhafzan
FUNGSI KONTINU
22
titik x
2 A sedemikian sehingga f (x) f (x); 8 x 2 A:
c). x dikatakan titik maksimum mutlak f pada A; dan x 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
1 f (x) = : Fungsi ini kontinu pada himpunan A = x R x > 0 , tetapi x f tidak memiliki maksimum mutlak maupun minimum mutlak dalam A: Dalam himpunan x R 1 < x < 2 fungsi f juga tidak memiliki maksimum dan minimum mutlak. Tetapi fungsi f memiliki maksimum dan minimum mutlak dalam himpunan A = x R 1 x 2 .
f 2 j
f 2 j
g
g f 2 j g
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 :
!
Muhafzan
FUNGSI KONTINU
23
Bukti. Perhatikan himpunan tak kosong yang terdiri atas nilai-nilai f pada I ; yakni
f (I ) = f (x) x
f
j 2 I g :
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):
1 Karena s = sup f (I ); maka untuk setiap n 2 N; bilangan s bukan
batas atas himpunan f (I ): Akibatnya ada bilangan xn
Muhafzan
n
2 I sedemikian se-
FUNGSI KONTINU
24
hingga
1 s < f (xn) < s n
8 n 2 N:
(#)
Karena I terbatas, maka barisan (xn) juga terbatas. Oleh karena itu ada subbarisan (xnr ) dari (xn) yang konvergen ke suatu bilangan x (berdasarkan teorema Bolano Weierstrass). Karena elemen dari (xnr ) juga berada dalam I maka x I: Oleh karena itu f kontinu di x dan
2
lim(f (xnr )) = f (x) :
Karena
s
n1r < f (xn ) < s 8 n 2 N; (berdasarkan (#)) r
maka
lim(f (xnr )) = s (berdasarkan teorema apit) Muhafzan
FUNGSI KONTINU
25
Oleh karena itu
f (x) = lim (f (xnr )) = s = sup f (I ); yang menunjukkan bahwa x adalah suatu titik maksimum mutlak f pada I : I; Dengan argumen yang serupa, buktikan juga eksistensi elemen x sedemikian sehingga
2
s = f (x):
Teorema berikut memberikan suatu dasar untuk melokasikan akar suatu fungsi kontinu, dan buktinya dapat dijadikan algoritma untuk menghitung akar yang dapat dibuat program untuk perhitungan komputer.
Theorem 11 ( Teorema Lokasi Akar ) Misalkan I adalah suatu interval dan f : I Jika ; I dengan < ; memenuhi
! R kontinu pada I :
2
f () < 0 < f ( ) (atau f ( ) < 0 < f (); maka ada suatu bilangan c Muhafzan
2 (; ) sedemikian sehingga
f (c) = 0:
FUNGSI KONTINU
26
Bukti. Anggaplah f () < 0 < f ( ): Misalkan
1 I 1 = [; ] dan = ( + ): 2 Jika f ( ) = 0; ambil c = ; dan bukti selesai. Jika f ( ) > 0; ambil 2 = , 2 = ; sedangkan jika f ( ) < 0; ambil 2 = , 2 = : Misalkan I 2 = [2; 2] dengan f (2) < 0 dan f ( 2) > 0: Teruskan proses bagi dua interval ini. Anggaplah
I 1; I 2; : : : ; Ik = [k ; k ] diperoleh dengan proses bagi dua secara berturut-turut dengan f (k ) < 0 dan f ( k ) > 0: Muhafzan
FUNGSI KONTINU
27
Misalkan
1 k = (k + k ): 2 Jika f ( k ) = 0; ambil c = k ; dan bukti selesai. Jika f ( k ) > 0; ambil k+1 = k , k+1 = k ; sedangkan jika f ( k ) < 0; ambil k+1 = k , k+1 = k : Misalkan I k+1 = [k+1; k+1] dengan f (k+1) < 0 dan f ( k+1) > 0: Jika proses ini berakhir dengan melokasikan suatu titik n sedemikian sehingga f ( n) = 0; maka bukti lengkap. Jika proses belum berakhir, maka didapat suatu barisan interval tertutup ter batas tersarang (nested) I n = [n; n] ; n N: Karena interval-interval ini diperoleh dengan pengulangan bagi dua, maka
2
Muhafzan
FUNGSI KONTINU
28
diperoleh
( ) n n = n1 : 2 Akibatnya ada suatu titik c N (berdasarkan sifat Interval TerI n n sarang 2.6.1, Bartle (1994)). Karena n c n n N; maka ( ) 0 c n n n = n1 2
2 8 2 8 2
dan
0 Karena lim
2n 1
n c n
( ) n = n1 : 2
= 0; maka lim(n) = c dan lim( n) = c:
Muhafzan
FUNGSI KONTINU
29
Karena f kontinu di c maka
lim(f (n)) = f (c) = lim (f ( n)) : Dilain pihak, karena f ( n)
0 8 n 2 N; maka f (c) = lim (f ( n)) 0: Dengan cara yang sama, karena f (n) 0 8 n 2 N; maka f (c) = lim(f (n)) 0:
Oleh karena itu haruslah f (c) = 0; dan akibatnya c adalah suatu akar dari f . Theorem 12 ( Teorema Nilai Antara Bolzano ) Misalkan I adalah suatu interval dan f : I tinu pada I : Jika a; b I dan k R; memenuhi
2
2
f (a) < k < f (b); maka ada suatu bilangan c Muhafzan
2 I antara a dan b sedemikian sehingga
f (c) = k:
! R kon-
FUNGSI KONTINU
30
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: Muhafzan
FUNGSI KONTINU
31
Corollary 1 Misalkan I = [a; b] adalah suatu interval tertutup terbatas dan f : I Jika k R adalah sebarang bilangan yang memenuhi
! R kontinu pada I :
2
inf f (I ) maka ada suatu bilangan c
k sup f (I );
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 ) = f (x) x I
f
adalah suatu interval tertutup terbatas.
Bukti. Muhafzan
j 2 g
FUNGSI KONTINU
32
Misalkan m = inf f (I ) dan M = sup f (I ); maka m; M f (I ) (berdasarkan teorema Maksimum Minimum). Selain itu juga diperoleh bahwa
2
f (I )
[m; M ] :
Disisi lain, jika k [m; M ] sebarang, maka corollary 1 berakibat bahwa ada I sedemikian sehingga k = f (c): Sehingga k f (I ) dan dapat titik c disimpulkan bahwa [m; M ] f (I ): Oleh karena itu,
2
2
2
f (I ) = [m; M ] :
R; S =6 ? memenuhi sifat x; y 2 S dan x < y ) [ x; y] S:
Lemma 1 Misalkan S
(**)
Maka S adalah suatu interval.
Theorem 14 ( Pengawetan Interval ) Misalkan I adalah suatu interval, dan f : I Maka himpunan f (I ) adalah suatu interval.
! R kontinu pada I:
Muhafzan
FUNGSI KONTINU
33
Bukti. Misalkan ; f (I ) dengan < ; maka ada titik-titik a; b I sedemikian sehingga = f (a) dan = f (b): Selanjutnya, berdasarkan Teorema Nilai (; ) maka ada suatu titik c I Antara Bolzano diperoleh bahwa jika k dengan k = f (c) f (I ): Oleh karena itu, [; ] f (I ); yang menunjukkan bahwa f (I ) memiliki sifat (**) pada lemma 1. Sehingga f (I ) adalah suatu interval.
2
2
2
2
2
4 Kekontinuan Uniform Misalkan A R dan f : A pernyataan berikut ekivalen:
! R: Dalam teorema 1 telah dinyatakan bahwa
(i). f kontinu di setiap titik u
2A
(ii). diberikan " > 0 dan u A; maka ada ("; u) > 0 sedemikian sehingga x A dan x u < ("; u) f (x) f (u) < ":
8 2
Muhafzan
j j
2
)j
j
FUNGSI KONTINU
34
Dari pernyataan di atas dapat dilihat bahwa secara umum bergantung pada " > 0 dan u 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.
2
Pada sebagian fungsi, dapat dipilih sedemikian rupa sehingga tersebut hanya bergantung pada " dan tidak bergantung pada u A:
2
Sebagai contoh, perhatikan fungsi f (x) = 2x Maka
8 x 2 R:
jf (x) f (u)j = j2x 2uj = 2 jx uj ; " sehingga kita dapat memilih ("; u) = 8 " > 0; u 2 R: 2 Muhafzan
FUNGSI KONTINU
35
Dilain pihak, untuk fungsi
1 g(x) = ; pada x x
2 A = fx 2 R : x > 0g ;
maka
1 1 x u jg(x) g(u)j = x u = xu : u 2
Ambil sebarang " > 0; maka untuk 1 = berlaku
jx uj < 1 = u2 ) x > u2 ) x1 < u2 x u x u 2 ) jg(x) g(u)j = xu < u u Muhafzan
FUNGSI KONTINU
36
Pilih 2
("; u) =
u u
; " ; 2 2
(1)
maka
jx uj < ("; u) ) jg(x) g(u)j = <
x u 2 xxu u u u
2 = x u 2 u 2 2 u < 2 " = ": u 2
j j
Dapat dilihat bahwa pemilihan dalam rumus (1) bergantung pada u
2 A:
Perhatikan juga bahwa rumus (1) tidak bisa memberikan suatu nilai (") > 0 Muhafzan
FUNGSI KONTINU
37
yang akan bisa berlaku secara serentak untuk semua u > 0; karena 2
inf
u u
; " = 0: 2 2
Denisi 5. Misalkan A R dan f : A R: f dikatakan kontinu uniform pada A jika untuk setiap " > 0 terdapat (") > 0 sedemikian sehingga
x; u
!
2 A dan jx uj < (") ) jf (x) f (u)j < ":
Jelas bahwa jika f kontinu uniform pada A; maka f kontinu pada A: Sebaliknya tidak perlu benar. Theorem 15 ( Kriteria tidak kontinu uniform ) Misalkan A ekivalen:
R dan f : A ! R: Pernyataan berikut
(i). f tidak kontinu uniform pada A (ii). terdapat suatu "0 > 0 sedemikian sehingga untuk setiap > 0 terdapat titik x ; u Muhafzan
2 A yang
FUNGSI KONTINU
38
memenuhi
jx u j < tetapi jf (x ) f (u )j " : 0
(iii). terdapat suatu " 0 > 0 dan dua barisan ( xn) dan ( un) dalam A sedemikian sehingga lim(xn
un) = 0 tetapi jf (xn) f (un)j "
0
untuk semua n
2 N:
Contoh 8.
1 Tunjukkan bahwa fungsi f (x) = tidak kontinu uniform pada x A = x R : x > 0 :
f 2
g
Bukti.
1 1 : Ambil xn = dan un = n n + 1 Maka untuk "0 = 1 berlaku lim(xn Muhafzan
un) = 0; tetapi jf (xn) f (un)j 1 untuk semua n 2 N:
FUNGSI KONTINU
39
Theorem 16 ( Kriteria kontinuitas uniform pada interval tertutup ) Misalkan I adalah interval tertutup R kontinu pada I : Maka f kontinu uniform pada I : terbatas dan f : I
!
Bukti. (Pembuktian menggunakan argumen kontradiksi) Anggaplah f tidak kontinu uniform pada I : Maka "0 > 0 dan dua barisan (xn) dan (un) dalam I sedemikian sehingga
9
1 xn un < ; tetapi f (xn) f (un) " 0 untuk semua n N: n Karena I terbatas, maka barisan (xn) juga terbatas. Akibatnya ada sub barisan (xnk ) dari (xn) yang konvergen ke suatu z (berdasarkan teorema Bolzano I: Selain itu, sub barisan (unk ) Weierstrass). Karena I tertutup, maka z dari (un) juga konvergen ke z; karena
j j
j
j
2
2
jun zj = jun xn k
k
k
+ xnk
zj jun xn j + jxnk zj : k
k
Karena f kontinu di z; maka barisan barisan (f (xnk )) konvergen ke f (z) Muhafzan
FUNGSI KONTINU
40
dan barisan (f (unk )) juga konvergen ke z: Tetapi ini kontradiksi dengan
jf (xn) f (un)j "0 untuk semua n 2 N:
Sehingga hipotesis bahwa f tidak kontinu uniform pada interva tertutup terbatas I adalah salah.
Contoh 9.
1 kontinu uniform pada x A = x R : 2 x 3 :
Tunjukkan bahwa fungsi f (x) =
f 2
g
Bukti. Ambil " > 0 sebarang. Akan dicari (") > 0 sedemikian sehingga
x; u Muhafzan
2 A dan
1 1 jx uj jx uj < (") ) x u = jxjjuj < ":
FUNGSI KONTINU
Mengingat 2
41
x 3; maka
1
1 1 1 < = : x u 2 2 4
j jj j
Pilih (") = 4"; maka berlaku
x; u A dan
2
1 1 jx uj 1 jx uj < (") ) x u = jxjjuj < 4 jx uj = ":
1 Karena " > 0 maka dapat disimpulkan bahwa f (x) = kontinu uniform x
pada
A = x
f 2 R : 2 x 3g :
Denisi 6 (Fungsi Lipschitz) Misalkan A R dan f : A R: Fungsi f dikatakan fungsi Lipschitz (memenuhi syarat Lipschitz ) pada A jika ada suatu konstanta K > 0 sedemikian
Muhafzan
!
FUNGSI KONTINU
42
sehingga
jf (x) f (u)j K jx uj untuk semua x; u 2 A: Theorem 17 Jika f : A
Contoh 10. Contoh 11.
! R adalah suatu fungsi Lipschitz, maka f kontinu uniform pada A:
p f (x) = p x kontinu uniform pada [1; 1): Tunjukkan! f (x) = x kontinu uniform pada [0; 1): Tunjukkan!
R kontinu uniform pada A dan ( xn ) adalah suatu barisan Cauchy dalam A; Theorem 18 Jika f : A maka ( f ( xn)) adalah barisan Cauchy dalam R:
!
Bukti. Misalkan f kontinu uniform pada A dan (xn) adalah suatu barisan Cauchy dalam A: Ambil " > 0 sebarang.
f kontinu uniform pada A Muhafzan
) 9 > 0 3 x; u 2 A dan jx uj < ) jf (x) f (u)j < "
FUNGSI KONTINU
43
(xn) barisan Cauchy dalam A
) untuk > 0 di atas, 9 H ( ) 2 N 3 jxn umj < 8 n; m > H ( ) ) jf (xn) f (um)j < " 8 n; m > H ( )
Fakta terakhir memperlihatkan bahwa (f (xn)) adalah barisan Cauchy dalam R:
Theorem 19 ( Perluasan Kontinu ) Suatu fungsi f kontinu uniform pada interval ( a; b) jika dan hanya jika f dapat didenisikan pada a dan b sedemikian sehingga perluasan fungsi f kontinu pada [ a; b] :
Soal.
1 1). Tunjukkan bahwa f (x) = 2 kontinu seragam pada [1; x kontinu seragam pada (0; ) :
1
1); tetapi tidak
2). a). Tunjukkan bahwa fungsi f (x) = x2 tidak kontinu seragam pada
[0;
1) :
Muhafzan
FUNGSI KONTINU
44
b). Tunjukkan bahwa fungsi g(x) = sin
(0;
1 x
tidak kontinu seragam pada
1) :
1 ; x R kontinu seragam pada R: 3). Tunjukkan bahwa f (x) = 2 1 + x 4). Misalkan A R dan f : A R mempunyai sifat untuk setiap " > 0 R sedemikian sehingga g" kontinu seragam pada A ada fungsi g" : A " A: Buktikan bahwa f kontinu dan f (x) g"(x) < untuk setiap x 3 seragam pada A:
2
j
! j
!
2
5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers Suatu fungsi f : A R dikatakan naik (increasing) pada A jika x1; x2 A dan x1 x2 maka f (x1) f (x2): R dikatakan naik sejati (strictly increasing) pada A Suatu fungsi f : A
Muhafzan
! !
2
FUNGSI KONTINU
45
jika x1; x2 A dan x1 < x2 maka f (x1) < f (x2): Suatu fungsi g : A R dikatakan turun (decreasing) pada A jika x 1; x2 A dan x1 x2 maka g(x1) g(x2): R dikatakan turun sejati (strictly decreasing) pada Suatu fungsi g : A A jika x1; x2 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:
2
2
! !
2
Jika fungsi f : A R naik pada A; maka fungsi g = berlaku juga sebaliknya.
!
Fungsi monoton tak perlu (not necessarily) kontinu. Sebagai contoh, perhatikan fungsi
f (x) = Muhafzan
0; x 2 [0; 1] 1; x
2 (1; 2]
f turun pada A; dan
FUNGSI KONTINU
46
Maka f naik pada (0; 2]; tetapi gagal untuk kontinu pada x = 1:
R adalah suatu interval dan f : I Theorem 20 Misalkan I c I bukan suatu titik ujung I ; maka
2
! R adalah fungsi naik pada I: Jika
(i). limf = sup f (x) : x
f 2 I; x < cg (ii). lim f = inf ff (x) : x 2 I; x > cg : x!c x c
!
+
Bukti. Misalkan x I dan x < c maka f (x) f (c) (karena f adalah fungsi naik). Karena c bukan suatu titik ujung I ; maka himpunan
2
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 limf = L: x c
Muhafzan
!
FUNGSI KONTINU
47
Ambil " > 0 sebarang. Maka L
" bukan batas atas himpunan ff (x) : x 2 I; x < cg :
Sehingga ada y "
2 I; y" < c sedemikian sehingga L " < f (y") L: Karena f fungsi naik, maka pilih = c y": Akibatnya, jika 0 < c y < maka y" < y < c sedemikian sehingga
L
" < f (y") f (y) L:
Oleh karena itu
0
y < ) jf (y) Lj < ":
Karena " > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa
lim f = sup f (x) : x I; x < c :
x c
!
Muhafzan
f
2
g
FUNGSI KONTINU
48
Soal 1). Buktikan bagian (ii). 2). Tuliskan teorema 20 dalam versi fungsi f turun pada I :
Corollary 2 Misalkan I R adalah suatu interval dan f : I bukan suatu titik ujung I; maka pernyataan berikut ekivalen.
! R adalah fungsi naik pada I: Jika c 2 I
(i). f kontinu di c (ii). limf = f (c) = lim f x c
!
x c+
(iii). sup f (x) : x
f
!
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
!
Muhafzan
FUNGSI KONTINU
49
hanya jika
f (a) = inf f (x) : x I; a > x :
f
2
3). Tunjukkan bahwa f (x) = x dan g(x) = x tetapi f g tidak naik pada I : 4). Jika f; g > 0 interval I :
g
1 naik sejati pada I = [0; 1] ;
8 x 2 I dan f; g naik pada I ; tunjukkan bahwa f g naik pada
Misalkan f : I R adalah fungsi naik pada I dan c ujung I : Denisikan loncatan f di c sebagai berikut:
!
f j (c) = lim f x c+
Lihat gambar 1 berikut:
Muhafzan
!
f: xlim !c
2 I bukan suatu titik
FUNGSI KONTINU
50
Gambar 1. Loncatan f di c
Maka berdasarkan teorema 20, berlaku
f j (c) = inf f (x) : x
f
Muhafzan
2 I; x > cg sup ff (x) : x 2 I; x < cg
FUNGSI KONTINU
51
Jika titik ujung kiri a
2 I; denisikan loncatan f di a sebagai berikut: f j (a) = lim f f (a): x!a Jika titik ujung kanan b 2 I; denisikan loncatan f di b sebagai berikut: f j (b) = f (b) limf: x!b +
R adalah suatu interval dan f : I Theorem 21 Misalkan I c I ; maka f kontinu di c jika dan hanya jika f j (c) = 0:
2
! R adalah fungsi naik pada I: Jika
Buktikan! Fungsi Invers. Ingat bahwa: Suatu fungsi f : I f injektif (satu - satu); yaitu x; y
! R mempunyai invers jika dan hanya jika 2 I dengan x =6 y berakibat f (x) =6 f (y):
R adalah suatu interval dan f : I R adalah fungsi Theorem 22 ( Invers Kontinu ) Misalkan I monoton sejati pada I : Maka invers fungsi f juga monoton sejati dan kontinu pada J = f (I ):
Muhafzan
!
FUNGSI KONTINU
52
Bukti. Ada 2 kasus yang harus dibuktikan, yaitu:
1). fungsi f naik sejati 2). fungsi f turun sejati Kasus 1. Misalkan f naik sejati. Karena f kontinu pada I dan I adalah interval maka J = f (I ) adalah interval (berdasarkan teorema 14 tentang pengawetan interval). Karena f naik sejati pada I; maka f injektif pada I; oleh karena itu invers fungsi f; yakni g : J R; ada. Akan dibuktikan g naik sejati.
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 x 2: Maka
Muhafzan
y1 = f (x1)
f (x2) = y2
FUNGSI KONTINU
53
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 J; maka loncatan g di c adalah tak nol sedemikian sehingga
2
limg < lim g:
y
y
!c
!c
+
Jika dipilih sebarang bilangan x = g(c) yang memenuhi
6
limg < x < lim g;
y
!c
y
!c
+
maka x mempunyai sifat bahwa x = g(y) untuk sebarang y
6
Muhafzan
2 J;
FUNGSI KONTINU
54
(lihat gambar 2 berikut).
Gambar 2. g(y) = x untuk y
6
2 J
Sehingga x = I; yang bertentangan dengan fakta bahwa I adalah suatu interval. Oleh karena itu disimpulkan bahwa g kontinu pada J: Soal:
2
Muhafzan
