1
Muhafzan
FUNGSI KONTINU Muhafzan, Ph.D
FUNGSI KONTINU
3
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. Kemudian 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: Muhafzan
FUNGSI KONTINU
4
(1). Jika c adalah suatu titik kluster dari A; maka f kontinu di c jika dan hanya jika
lim f = f (c):
x!c
(*)
Sehingga, agar (*) berlaku maka harus dipenuhi 3 syarat i). f harus terde nisi di c (sehingga f (c) mempunyai makna) ii). lim f harus ada x!c
iii). lim f = f (c) x!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.
Muhafzan
FUNGSI KONTINU
5
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): Muhafzan
FUNGSI KONTINU
6
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 x2 = c2 = f (c): Karena c 2 R sebarang, maka dapat disimpulkan x!c 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 sebagai berikut:
R dan f adalah fungsi Dirichlet yang dide nisikan
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 (xn) adalah barisan bilangan Muhafzan
FUNGSI KONTINU
7
irrasional yang konvergen ke c (Corollary 2.5.6 dan Teorema 2.5.5 dalam Bartle (1992) menjamin eksistensi barisan tersebut). Maka f (xn) = 0 dan berakibat lim (f (xn)) = 0;
x!c
sedangkan f (c) = 1: Karena itu f diskontinu di setiap bilangan rasional c: Selanjutnya, Misalkan b adalah bilangan irrasional dan (yn) adalah barisan bilangan rasional yang konvergen ke b (Teorema 2.5.5 dalam Bartle (1992) menjamin eksistensi barisan tersebut). Maka f (yn) = 1 dan berakibat lim (f (yn)) = 1;
y!c
sedangkan f (b) = 0: Oleh karena itu f diskontinu di setiap bilangan irrasional b:sebarang. Karena himpunan bilangan riil merupakan gabungan dari rasional dan irrasional, maka dapat disimpulkan bahwa f diskontinu diseMuhafzan
FUNGSI KONTINU
8
tiap titik dalam R: Perlu diperhatikan, kadang-kadang suatu fungsi f : A ! R tidak kontinu pada suatu titik c karena f (c) tidak terde nisi. Namun demikian, jika lim f (x) = L dan jika dide nisikan suatu fungsi baru F : A [ fcg ! R x!c sebagai F (x) =
L; jika x = c f (x); jika x 2 A;
maka F kontinu di c: Periksa, bahwa lim F = L: x!c
Selain itu, dalam kasus suatu fungsi g : A ! R; dengan lim g tidak ada, x!c maka tidak ada cara untuk mengkonstruksi suatu fungsi baru G : A [ fcg ! R yang kontinu di c dengan mende nisikan G(x) = Muhafzan
L; jika x = c g(x); jika x 2 A:
FUNGSI KONTINU
9
Untuk memperlihatkan ini, periksa bahwa jika lim G ada, dan lim G = L x!c x!c maka lim g juga mesti ada dan lim g = L: x!c
x!c
Contoh 4. Misalkan f terde nisi dalam Rn f2g dengan x2 + x 6 f (x) = : x 2 Dapatkah f dide nisikan di x = 2 agar f kontinu di 2 ?
2 Kombinasi Fungsi Kontinu Theorem 3 Misalkan A
(a). Maka (f + g) ; (f
R; f; g : A ! R kontinu di c 2 A dan b 2 R:
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
Bukti (b). Muhafzan
f kontinu di c: h
FUNGSI KONTINU
10
Terlebih dahulu akan dibuktikan bahwa jika h : A ! R kontinu di c 2 A 1 dan h(x) 6= 0 8 x 2 A maka kontinu di c: h 1 Karena h kontinu di c; maka untuk = jh(c)j ; 2 1 ada 1 > 0 3 8 x 2 A dan jx cj < 1 ) jh(x) h(c)j < jh(c)j : 2 Mengingat ketaksamaan segitiga: 1 jjh(x)j jh(c)jj jh(x) h(c)j < jh(c)j ; 2 maka diperoleh 1 jh(c)j < jh(x)j ; jika jx cj < 1 2
Muhafzan
FUNGSI KONTINU
atau 1 2 < ; jika jx cj < 1: jh(x)j jh(c)j Ambil " > 0 sebarang. Akan dicari > 0 sedemikian sehingga 1 1 h(x) h(c) 8 x 2 A dan jx cj < ) = < ": h(x) h(c) h(x)h(c) Karena h kontinu di c; maka ada 2 > 0 sedemikian sehingga 1 8 x 2 A dan jx cj < 2 ) jh(x) h(c)j < " jh(c)j2 : 2
Muhafzan
11
FUNGSI KONTINU
Pilih
12
= inf f 1; 2g ; maka berlaku 1 ) h(x)
1 h(x) h(c) 8 x 2 A dan jx cj < = h(c) h(x)h(c) 1 1 = : : jh(x) h(c)j jh(x)j jh(c)j 2 1 2 " jh(c)j = ": < 2 jh(c)j 2 1 kontinu di c: Karena " > 0 sebarang, maka disimpulkan bahwa h 1 Dengan menggunakan bagian (a), kekontinuan f dan di c berakibat h f kontinu di c. bahwa h
Buktikan yang lainnya ! Muhafzan
FUNGSI KONTINU
13
Theorem 4 Misalkan A
(a). Maka (f + g) ; (f
R; f; g : A ! R kontinu pada A dan b 2 R:
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 kontinu pada A: h
Buktikan ! Theorem 5 Misalkan A
R; f : A ! R dan jf j dide nisikan 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:
Buktikan ! Theorem 6 Misalkan A p f (x); 8 x 2 A:
R; f : A ! R dan f (x)
0 8 x 2 A dide nisikan sebagai
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: Muhafzan
p
f (x) =
FUNGSI KONTINU
14
Buktikan ! Contoh 5. Tunjukkan bahwa fungsi f (x) = sin(x) kontinu pada R: Bukti. Gunakan fakta bahwa jsin(z)j
dan
jzj ; jcos(z)j
j1j ;
1 1 sin(x) sin(y) = 2 sin (x y) cos (x + y) : 2 2 Misalkan c 2 R sebarang. Ambil " > 0 sebarang. Akan dicari sedemikian sehingga Muhafzan
jx
cj <
) jsin(x)
sin(c)j < ":
> 0
FUNGSI KONTINU
15
Mengingat jsin(x)
sin(c)j =
2 sin 12 (x 2 21 (x
pilih = "; maka berlaku jx
cj <
) jsin(x)
c) cos 12 (x + c)
c) :1 = jx sin(c)j < jx
cj ; 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 Muhafzan
FUNGSI KONTINU
16
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)):
Muhafzan
f kontinu di c ) 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:
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 g f 6= ( g f ) (0): Mengapa hal ini tidak bertentangan x!0
Muhafzan
FUNGSI KONTINU
18
dengan teorema 7 ? Bukti. (g f ) (x) = g(f (x)) = g(x + 1) = =
0; x = 0 2; x = 6 0
0; x + 1 = 1 2; x + 1 6= 1
Perhatikan bahwa: lim g f = 2; tetapi ( g f ) (0) = 0: Jadi x!0
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. 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 xM 2 A sedemikian sehingga jf (xM )j > M: 1 Contoh 7. Fungsi f (x) = tak terbatas pada A = (0; 1) ; karena untuk x Muhafzan
FUNGSI KONTINU
sebarang M > 0, maka ada titik xM
20
1 = 2 A sedemikian sehingga M +1
1 f (xM ) = = M + 1 > M: xM 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 xn 2 I sedemikian sehingga jf (xnj > n: Karena I terbatas 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 2 I Muhafzan
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 terbatas. Tetapi hal ini kontradiksi, karena jf (xnr j > nr
r; untuk r 2 N:
Oleh karena itu pengandaian bahwa fungsi kontinu f tak tebatas pada interval 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 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 = fx 2 Rjx > 0g, tetapi x f tidak memiliki maksimum mutlak maupun minimum mutlak dalam A: Dalam himpunan fx 2 Rj1 < x < 2g fungsi f juga tidak memiliki maksimum dan minimum mutlak. Tetapi fungsi f memiliki maksimum dan minimum 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: Muhafzan
FUNGSI KONTINU
23
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 ):
1 Karena s = sup f (I); maka untuk setiap n 2 N; bilangan s bukan n batas atas himpunan f (I): Akibatnya ada bilangan xn 2 I sedemikian se-
Muhafzan
FUNGSI KONTINU
24
hingga 1 s < f (xn) < s 8 n 2 N: (#) 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 2 I: Oleh karena itu f kontinu di x dan lim (f (xnr )) = f (x ) :
Karena s
1 < f (xnr ) < s nr
8 n 2 N; (berdasarkan (#))
maka lim (f (xnr )) = s Muhafzan
(berdasarkan teorema apit)
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: 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 komputer. 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:
Muhafzan
FUNGSI KONTINU
26
Bukti. Anggaplah f ( ) < 0 < f ( ): Misalkan 1 I1 = [ ; ] dan = ( + ): 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; : : : ; Ik = [
k;
k]
diperoleh dengan proses bagi dua secara berturut-turut dengan f ( dan f ( k ) > 0: Muhafzan
k)
< 0
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 Ik+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 terbatas tersarang (nested) In = [ n; n] ; n 2 N: Karena interval-interval ini diperoleh dengan pengulangan bagi dua, maka Muhafzan
FUNGSI KONTINU
28
diperoleh n
n
=
(
) 2n 1
:
Akibatnya ada suatu titik c 2 In 8 n 2 N (berdasarkan sifat Interval Tersarang 2.6.1, Bartle (1994)). Karena n c n 8 n 2 N; maka ( ) 0 c n n = n 2n 1 dan ( ) : 0 c n = n n n 1 2 Karena lim
2n 1
= 0; maka lim (
Muhafzan
n)
= c dan lim (
n)
= c:
FUNGSI KONTINU
29
Karena f kontinu di c maka lim (f (
Dilain pihak, karena f (
n)
n))
= f (c) = lim (f (
n)) :
0 8 n 2 N; maka
f (c) = lim (f (
Dengan cara yang sama, karena f (
n)
f (c) = lim (f (
n))
0:
0 8 n 2 N; maka 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 kontinu 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: Muhafzan
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 k: (berdasarkan Teorema Lokasi Akar)
0 = g(c) = f (c)
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 ! 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. Muhafzan
FUNGSI KONTINU
32
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. Muhafzan
FUNGSI KONTINU
33
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 < ": Muhafzan
FUNGSI KONTINU
34
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 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) = 8 " > 0; u 2 R: 2 Muhafzan
tersebut
FUNGSI KONTINU
Dilain pihak, untuk fungsi 1 g(x) = ; pada x 2 A = fx 2 R : x > 0g ; x maka x u 1 1 = : jg(x) g(u)j = x u xu u Ambil sebarang " > 0; maka untuk 1 = berlaku 2 u 1 2 u jx uj < 1 = ) x > ) < 2 2 x u x u 2 x u ) jg(x) g(u)j = < xu u u
Muhafzan
35
FUNGSI KONTINU
36
Pilih ("; u) =
u u2 ; " ; 2 2
(1)
maka jx
uj < ("; u) ) jg(x)
g(u)j =
x
u
xu 2 x u < u u 2 = jx uj 2 u 2 2 u < 2 " = ": u 2 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 inf
u u2 ; " 2 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: 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 Muhafzan
> 0 terdapat titik x ; u 2 A yang
FUNGSI KONTINU
38
memenuhi
jx
uj<
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 = fx 2 R : x > 0g :
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 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 (xn) dan (un) dalam I sedemikian sehingga 1 jxn unj < ; tetapi jf (xn) f (un)j "0 untuk semua n 2 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 Weierstrass). Karena I tertutup, maka z 2 I: Selain itu, sub barisan (unk ) dari (un) juga konvergen ke z; karena junk
zj = junk
xnk + xnk
zj
junk
xnk j + jxnk
zj :
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 Tunjukkan bahwa fungsi f (x) = kontinu uniform pada x A = fx 2 R : 2 x 3g :
Bukti. Ambil " > 0 sebarang. Akan dicari (") > 0 sedemikian sehingga x; u 2 A dan jx Muhafzan
1 uj < (") ) x
1 jx uj = < ": u jxj juj
FUNGSI KONTINU
Mengingat 2
41
x
3; maka 1 1 1 1 < = : jxj juj 2 2 4
Pilih (") = 4"; maka berlaku
1 jx uj 1 = < jx uj = ": x; u 2 A dan jx u jxj juj 4 1 Karena " > 0 maka dapat disimpulkan bahwa f (x) = kontinu uniform x pada 1 uj < (") ) x
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 Muhafzan
FUNGSI KONTINU
42
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:
p Contoh 10. f (x) = px kontinu uniform pada [1; 1): Tunjukkan! Contoh 11. f (x) = x 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 (xn) adalah suatu barisan Cauchy dalam A: Ambil " > 0 sebarang.
Muhafzan
f kontinu uniform pada A ) 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 dide nisikan 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; 1); tetapi tidak x kontinu seragam pada (0; 1) :
2). a). Tunjukkan bahwa fungsi f (x) = x2 tidak kontinu seragam pada [0; 1) : Muhafzan
FUNGSI KONTINU
44
1 b). Tunjukkan bahwa fungsi g(x) = sin tidak kontinu seragam pada x (0; 1) : 1 3). Tunjukkan bahwa f (x) = ; x 2 R kontinu seragam pada R: 2 1+x 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 < untuk setiap x 2 A: Buktikan bahwa f kontinu 3 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 Muhafzan
FUNGSI KONTINU
45
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 = 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:
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 f = sup ff (x) : x 2 I; x < cg x!c
(ii). lim+f = inf ff (x) : x 2 I; x > cg : x!c
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 f = 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")
Karena f fungsi naik, maka pilih = c maka y" < y < c sedemikian sehingga L
" < f (y")
L:
y": Akibatnya, jika 0 < c f (y)
L:
Oleh karena itu 0
y<
) jf (y)
Lj < ":
Karena " > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa lim f = sup ff (x) : x 2 I; x < cg :
x!c Muhafzan
y<
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 ! 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 f = f (c) = lim+f x!c
x!c
(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 Muhafzan
FUNGSI KONTINU
49
hanya jika f (a) = inf ff (x) : x 2 I; a > xg :
3). Tunjukkan bahwa f (x) = x dan g(x) = x tetapi f g tidak naik pada I:
1 naik sejati pada I = [0; 1] ;
4). Jika f; g > 0 8 x 2 I dan f; g naik pada I; tunjukkan bahwa f g 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: fj (c) = lim+f x!c
Lihat gambar 1 berikut:
Muhafzan
lim f:
x!c
FUNGSI KONTINU
50
Gambar 1. Loncatan f di c
Maka berdasarkan teorema 20, berlaku fj (c) = inf ff (x) : x 2 I; x > cg Muhafzan
sup ff (x) : x 2 I; x < cg
FUNGSI KONTINU
51
Jika titik ujung kiri a 2 I; de nisikan loncatan f di a sebagai berikut: fj (a) = lim+f x!a
f (a):
Jika titik ujung kanan b 2 I; de nisikan loncatan f di b sebagai berikut: fj (b) = f (b)
lim f:
x!b
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 fj (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): 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 x2: Maka
y1 = f (x1) Muhafzan
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 2 J; maka loncatan g di c adalah tak nol sedemikian sehingga lim g < lim+g:
y!c
y!c
Jika dipilih sebarang bilangan x 6= g(c) yang memenuhi lim g < x < lim+g;
y!c
y!c
maka x mempunyai sifat bahwa x 6= g(y) untuk sebarang y 2 J; Muhafzan
FUNGSI KONTINU
54
(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 interval. Oleh karena itu disimpulkan bahwa g kontinu pada J: Soal: Muhafzan
FUNGSI KONTINU
55
Buktikan kasus 2! DAFTAR BACAAN [1] Bartle, R. G. dan Sherbert, D. R., Introduction to Real Analysis, 2nd edition, John Wiley and Sons, New York, 1994. [2] Marsden, J. E dan Hoffman, M. J., Elementary Classical Analysis, 2nd edition, W. H. Freeman and Company, New York, 1993
Muhafzan
