MA5031 Analisis Real Lanjut Semester I, Tahun 2015/2016 Hendra Gunawan
4.2 Sifat-Sifat Fungsi Kontinu Diberikan f dan g, keduanya terdefinisi pada himpunan A, kita definisikan f + g, f – g, fg, f/g secara titik demik titik, sbb: (f + g)(x) := f(x) + g(x), x ϵ A (f – g)(x) := f(x) – g(x), x ϵ A (fg)(x) := f(x)g(x), x ϵ A (f/g)(x) := f(x)/g(x), x ϵ A, g(x) ≠ 0. (c) Hendra Gunawan (2015)
2
Kekontinuan yang Terpelihara Proposisi. Jika f dan g kontinu pada A, maka f + g, f – g, dan fg kontinu pada A, dan f/g kontinu pada A kecuali di titik di mana g(x) = 0. Proposisi. Jika f kontinu pada [a,b] dan g kontinu pada [b,c] dengan f(b) = g(b), maka fungsi h yang didefinisikan pada [a,c] dengan h(x) = f(x) untuk x ϵ [a,b] dan h(x) = g(x) untuk x ϵ [b,c], merupakan fungsi yang kontinu pada [a,c]. Bukti (utk kedua proposisi di atas). Latihan. (c) Hendra Gunawan (2015)
3
Fungsi Maksimum dan Minimum dari Dua Fungsi Diberikan dua fungsi f dan g yang terdefinisi pada himpunan A, definisikan maks(f,g) dan min(f,g) sbb: maks(f,g)(x) := maks{f(x), g(x)}, x ϵ A. min(f,g)(x) := min{f(x), g(x)}, x ϵ A. Teorema. Jika f dan g kontinu pada A, maka maks(f,g) dan min(f,g) kontinu pada A. (c) Hendra Gunawan (2015)
4
Bukti. Akan dibuktikan bahwa maks(f,g) kontinu di setiap x0 ϵ A. Tanpa mengurangi keumuman misalkan f(x0) ≥ g(x0), sehingga maks(f,g)(x0) = f(x0). Ambil bilangan asli m sembarang. Pilih n sedemikian sehingga untuk x ϵ A dgn |x – x0| < 1/n berlaku |f(x) – f(x0)| < 1/m dan |g(x) – g(x0)| < 1/m. Selanjutnya perhatikan ada dua kemungkinan: maks(f,g)(x) = f(x) atau g(x). Utk kasus pertama: |maks(f,g)(x) – maks(f,g)(x0)|=|f(x) – f(x0)|< 1/m untuk x ϵ A dgn |x - x0| < 1/n. (c) Hendra Gunawan (2015)
5
Untuk kasus kedua, g(x) ≥ f(x), sehingga maks(f,g)(x) – maks(f,g)(x0) = g(x) – f(x0) ≥ f(x) – f(x0) > -1/m. Sementara itu, f(x0) ≥ g(x0), sehingga g(x) – f(x0) ≤ g(x) – g(x0) < 1/m. Jadi, |maks(f,g)(x) – maks(f,g)(x0)|=|g(x) – f(x0)|< 1/m untuk x ϵ A dgn |x – x0| < 1/n. Ini membuktikan bahwa maks(f,g) kontinu di x0. [QED] (c) Hendra Gunawan (2015)
6
Teorema Nilai Antara Misalkan f kontinu pada [a,b] dengan f(a) < f(b). Maka, untuk setiap y di antara f(a) dan f(b), . terdapat x ϵ (a,b) sedemikian sehingga f(x) = y. Ide pembuktian. Gunakan metode bagi dua (divide and conquer) untuk memperoleh dua barisan, (ak) dan (bk), yang konvergen ke satu titik yg sama, sebutlah x, dengan f(ak) < y < f(bk) untuk setiap k. Akibatnya f(x) = lim f(ak) ≤ y ≤ lim f(bk) = f(x), yang memberikan f(x) = y. (c) Hendra Gunawan (2015)
7
Teorema Nilai Ekstrim Misalkan f kontinu pada himpunan kompak A. Maka, f terbatas dan terdapat y, z ϵ A (tidak harus tunggal) sedemikian sehingga f(y) = sup {f(x) : x ϵ A} dan f(z) = inf {f(x) : x ϵ A}. Bukti. Jika f tak terbatas di atas, maka terdapat barisan (xk) di A sedemikian sehingga f(xk) ≥ k. Karena A kompak, (xk) mempunyai sub-barisan (xk’) yang konvergen ke suatu titik x0 ϵ A. Karena f kontinu di x0, (f(xk’)) konvergen ke f(x0), padahal (f(xk’)) tak terbatas di atas. Jadi f mestilah terbatas di atas. Serupa dengan itu, f terbatas di bawah. (c) Hendra Gunawan (2015)
8
Bukti (lanjutan). Karena {f(x) : x ϵ A} terbatas, ia mempunyai supremum terhingga, dan mestilah terdapat barisan (f(xk)) yang konvergen ke nilai supremum tsb. Karena A kompak, terdapat subbarisan (xk’) yang konvergen ke suatu y ϵ A. Akibatnya (f(xk’)) konvergen ke f(y). Sebagai subbarisan dari (f(xk)), (f(xk’)) juga konvergen ke nilai supremum tadi. Karena limit barisan itu tunggal kita simpulkan bhw f(y) = sup {f(x) : x ϵ A}. Dengan cara serupa, terdapat z ϵ A sedemikian sehingga f(z) = inf {f(x) : x ϵ A}. [QED] (c) Hendra Gunawan (2015)
9
Teorema. Misalkan f : A R kontinu. Jika A kompak, maka f(A) kompak. Bukti. Ambil sembarang barisan di f(A), sebutlah (f(xk)) dengan (xk) di A. Karena A kompak, (xk) mempunyai sub-barisan (xk’) yang konvergen ke suatu x ϵ A. Akibatnya, (f(xk’)) konvergen ke f(x) ϵ f(A). Ini membuktikan bahwa f(A) kompak. [QED] Catatan. Kekontinuan tidak mengawetkan himpunan tutup. Sebagai contoh, f(x) = 1/(1+x2) memetakan R ke interval (0,1]. (c) Hendra Gunawan (2015)
10
Teorema (Kekontinuan Seragam). Misalkan f : A R kontinu. Jika A kompak, maka f kontinu seragam. Ide pembuktian. Teorema ini dibuktikan dengan kontradiksi. Andaikan A kompak dan f tidak kontinu seragam. Maka, terdapat m sedemikian sehingga utk setiap n, terdapat xn dan yn dengan |xn – yn| < 1/n tetapi |f(xn) – f(yn)| ≥ 1/m. Akibatnya nanti akan diperoleh dua barisan yang konvergen ke titik yg sama, tetapi nilai fungsinya berjauhan (berjarak ≥ 1/m). (c) Hendra Gunawan (2015)
11
Fungsi Monoton Def. Fungsi f dikatakan monoton naik [a/ turun] pada A apabila untuk setiap x, y ϵ A dengan x < y berlaku f(x) ≤ f(y) [a/ f(x) ≥ f(y)]. Catatan. Fungsi monoton tidak harus kontinu; ia bisa meloncat (spt fungsi tangga). Namun fungsi monoton senantiasa mempunyai limit kiri dan limit kanan di setiap titik. (c) Hendra Gunawan (2015)
12
Teorema (Fungsi Monoton). Misalkan f : I R monoton pada interval I. Maka, f mempunyai limit kiri dan limit kanan di x0 untuk setiap x0 ϵ I. Limit ini terhingga, kecuali mungkin di titik ujung. Ide pembuktian. Misalkan f monoton naik. Setiap x0 yang merupakan titik interior I (bukan titik ujung I), dapat dihampiri dari kiri oleh x0 – 1/n. Krn f monoton naik, f(x0 – 1/n) ≤ f(x0), sehingga lim f(x0 – 1/n) = y ≤ f(x0). Selanjutnya dapat ditunjukkan bhw limit kiri f di x0 sama dengan y. (c) Hendra Gunawan (2015)
13
Akibat. Jika f monoton pada suatu interval buka I, maka f kontinu kecuali pada sejumlah terhitung titik di mana f tak kontinu loncat. Ide pembuktian. Misalkan I = (a,b). Banyak titik di mana f tak kontinu loncat dgn loncatan di antara ½(f(b) – f(a)) dan f(b) – f(a) takkan lebih daripada 2. Selanjutnya banyak titik di mana f tak kontinu loncat dgn loncatan di antara ¼(f(b) – f(a)) dan ½(f(b) – f(a)) takkan lebih daripada 4. Demikian seterusnya, sehingga f hanya mungkin tak kontinu loncat pada sejumlah terhitung titik. (c) Hendra Gunawan (2015)
14
Latihan 1. Diketahui f : (0,1) ∪ (1,2) R dgn f(x) = 1 untuk x ϵ (0,1) dan f(x) = 2 untuk x ϵ (1,2). Buktikan bahwa f kontinu, tetapi tidak kontinu seragam. 2. Jika domain dari sebuah fungsi kontinu merupakan suatu interval, buktikan bahwa peta fungsi tsb merupakan interval. Berikan contoh yang petanya merupakan interval buka. 3. Jika range dari sebuah fungsi kontinu pada suatu interval merupakan himpunan terhingga, buktikan bahwa fungsi tsb mestilah konstan. 4. Misalkan f monoton pada suatu interval. Buktikan jika petanya merupakan interval, maka f kontinu. (c) Hendra Gunawan (2015)
15
