BAB I LIMIT-LIMIT - · PDF filesuatu bilangan real L merupakan limit dari f pada c jika...

1

BAB I

LIMIT-LIMIT

1.1. Limit-limit Fungsi

1.1.1. Definisi. Misalkan A⊆R. Suatu titik c∈R adalah titik cluster dari A jika setiap

lingkungan-δ dari c, Vδ(c) = (c-δ,c+δ), memuat paling sedikit satu titik dari A yang berbeda dengan c.

Catatan : Titik c merupakan anggota dari A atau bukan, tetapi meskipun demikian itu tidak menentukan

apakah c suatu titik cluster dari A atau bukan, karena secara khusus yang diperlukan adalah bahwa adanya titik-

titik dalam Vδ(c)∩A yang berbeda dengan c agar c menjadi titik Cluster dari A, dengan demikian c akan menjadi

titik cluster dari A jika dan hanya jika Vδ(c)∩A\{c} ≠ ∅.

1.1.2. Teorema. Suatu bilangan c∈R merupakan titik cluster dari A⊆R jika dan hanya jika

terdapat barisan bilangan real (an) dalam A dengan an ≠ c untuk semua n∈N sedemikian sehingga lim

(an) = c.

Bukti. Jika c merupakan titik cluster dari A, maka untuk setiap n∈N, lingkungan-(1/n) dari

c, V1/n(c), memuat paling sedikit satu titik yang berbeda dengan c. Jika titik yang dimaksud adalah an,

maka an∈A, an ≠ c, dan lim (an) = c.

Sebaliknya, jika terdapat suatu barisan (an) dalam A\{c} dengan lim(an) = c, maka untuk

sebarang δ>0 terdapat bilangan asli K(δ) sedemikian sehingga jika n≥K(δ), maka an∈Vδ(c). Oleh

karena itu lingkungan-δ dari c, Vδ(c), memuat titik-titik an, n≥K(δ), yang mana termuat dalam A dan

berbeda dengan c.

Contoh-contoh berikut ini menekankan bahwa suatu titik cluster dari suatu himpunan dapat

masuk dalam himpunan tersebut atau tidak. Bahkan lebih dari itu, suatu himpunan bisa mungkin tidak

mempunyai titik cluster.

1.1.3. Contoh-contoh. (a) Jika A1 = (0,1), maka setiap titik dalam interval tutup [0,1]

merupakan titik cluster dari A1. Perhatikan bahwa 0 dan 1 adalah titik cluster dari A1, meskipun titik-

titik itu tidak termuat dalam A1. Semua titik dalam A1 adalah titik cluster dari A1 (mengapa?)

(b) Suatu himpunan berhingga tidak mempunyai titik cluster (mengapa?)

(c) Himpunan tak berhingga N tidak mempunyai titik cluster.

(d) Himpunan A4 = {1/n : n∈N} hanya mempunyai 0 sebagai titik clusternya. Tidak satu pun

titik dalam A4 yang merupakan titik cluster dari A4.

(e) Himpunan A5 = I∩Q yaitu himpunan semua bilangan rasional dalam interval tutup

I=[0,1]. Ini menunjukkan bahwa setiap titik dalam I merupakan titik cluster dari A5.

Sekarang kita kembali kepada pengertian limit dari suatu fungsi pada titik cluster domainnya.

Definisi Limit

1.1.4 Definisi. Misalkan A⊆R, f : A → R, dan c suatu titik cluster dari A. Kita katakan bahwa

suatu bilangan real L merupakan limit dari f pada c jika diberikan sebarang lingkungan-ε dari L, Vε(L),

2

terdapat lingkungan-δ dari c, Vδ(c) sedemikian sehingga jika x ≠ c sebarang titik dari Vδ(c)∩A, maka

f(x) termasuk dalam Vε(L). (Lihat Gambar 1.1.1)

Gambar 1.1 1. Limit dari f pada c adalah L

Jika L merupakan suatu limit dari f pada c, maka kita juga mengatakan bahwa f konvergen

ke L pada c. Sering dituliskan L = fcx→

lim atau L = ( )xfcx→

lim

Kita juga mengatakan bahwa “f(x) menuju L sebagaimana x mendekat ke c”, atau “f(x) menuju L

sebagaimana x menuju ke c”. Simbol F(x) → L sebagaimana x → c

juga dipergunakan untuk menyatakan fakta bahwa f mempunyai limit L pada c. Jika f tidak

mempunyai suatu limit pada c, kita akan sering mengatakan bahwa f divergen pada c.

1.1.5. Teorema. Jika f : A → R dan c suatu titik cluster dari A, maka f hanya dapat

mempunyai satu limit pada c.

Bukti. Andaikan kontradiksi, yaitu terdapat bilangan real L’ ≠ L” yang memenuhi definisi

1.1.4. Kita pilih ε>0 sedemikain sehingga lingkungan-ε dari L’ daan L”, yaitu Vε(L’) dan Vε(L”)

saling lepas. Sebagai contoh, kita dapat mengambil sebarang ε yang lebih kecil dari ½L’ – L”.

Maka menurut definisi 1.1.4, terdapat δ’ > 0 sedemikian sehingga jika x sebarang titik dalam A∩Vδ’(c)

dan x ≠ c, maka f(x) termuat dalam Vε(L’). Secara serupa, terdapat δ” > 0 sedemikian sehingga jika x

sebarang titik dalam A∩Vδ”(c) dan x ≠ c, maka f(x) termuat dalam Vε(L”). Sekarang ambil δ =

inf{δ’,δ”}, dan misalkan Vδ(c) lingkungan-δ dari c. Karena c titik cluster dari A, maka terdapat paling

sedikit satu titik x0 ≠ c sedemikian sehingga x0∈A∩Vδ(c). Akibatnya, f(x0) mesti termasuk dalam

Vε(L’) dan Vε(L”), yang mana kontradiksi dengan fakta bahwa kedua himpunan ini saling lepas. Jadi

asumsi bahwa L’ ≠ L” merupakan limit-limit f pada c menimbulkan kontradiksi.

Kriteria εεεε-δδδδ untuk Limit

1.1.6 Teorema. Misalkan f : A → R dan c suatu titik cluster dari A, maka

(i) fcx→

lim = L jika dan hanya jika

x

y

Ada Vδ(c)

(

(

(

(

o

o

Diberikan Vε(L) L

c

f

3

(ii) untuk sebarang ε > 0 terdapat suatu δ(ε) > 0 sedemikian sehingga jika x∈A dan 0 < x - c <

δ(ε), maka f(x) - L < ε.

Bukti. (i) ⇒ (ii) Anggaplah bahwa f mempunyai limit L pada c. Maka diberikan ε > 0

sebarang, terdapat δ = δ(ε) > 0 sedemikian sehingga untuk setiap x dalam A yang merupakan unsur

dalam lingkungan-δ dari c, Vδc), x ≠ c, nilai f(x) termasuk dalam lingkungan-ε dari L, Vε(L). Akan

tetapi, x∈Vδ(c) dan x≠c jika dan hanya jika 0 < x - c < δ. (Perhatikan bahwa 0 < x - c adalah cara

lain untuk menyatakan bahwa x ≠ c). Juga, f(x) termasuk dalam Vε(L) jika dan hanya jika f(x) – L <

ε. Jadi jika x∈A memenuhi 0 < x - c< δ, maka f(x) memenuhi f(x) - L <ε.

(ii) ⇒ (i) Jika syarat yang dinyatakan dalam (ii) berlaku, maka kita ambil lingkungan-δ dari c, Vδ(c) =

(c - δ,c + δ) dan lingkungan-ε dari L, Vε(L) = (L - ε,L + ε). Maka syarat (ii) berakibat jika x masuk

dalam Vδ(c), dimana x∈A dan x≠c, maka f(x) termasuk dalam Vε(L). Oleh karena itu, menurut definisi

1.1.4, f mempunyai limit L pada c.

Sekarang akan memberikan beberapa contoh untuk menunjukkan bagaimana Teorema 1.1.6.

sering dipergunakan.

1.1.7. Contoh-contoh. (a) bcx→

lim = b.

Untuk menjadi lebih eksplisit, misalkan f(x) = b untuk semua x∈R; kita claim bahwa fcx→

lim

= b. Memang, jika diberikan ε > 0, misalkan δ = ε. Maka jika 0 <x - c< ε, kita mempunyai f(x) - b

= b - b = 0 < δ =ε. Karena ε > 0 sebarang, kita simpulkan dari 1.1.6(ii) bahwa fcx→

lim = b.

(b). xcx lim

→ = c.

Misalkan g(x) = x untuk semua x∈R. Jika ε > 0 misalkan δ(ε) = ε. Maka jika 0 <x - c <

δ(ε), maka secara trivial kita mempunyai g(x) - c = x - c < ε. Karena ε > 0 sebarang, maka kita

berkesimpulan bahwa gcx→

lim = c.

(c). 2

lim xcx→

= c2.

Misalkan h(x) = x2 untuk semua x∈R. Kita ingin membuat selisih h(x) – c

2 = x2 – c

2

lebih kecil dari suatu ε > 0 yang diberikan dengan pengambilan x yang cukup dekat dengan c. Untuk

itu, kita perhatikan bahwa x2 – c

2 = (x – c)(x + c). Selain itu, jka x - c < 1, maka

x ≤ c + 1 dengan demikian x + c ≤ x + c ≤ 2c + 1.

Oleh karena itu, jika x - c < 1, kita mempunyai

(*) x2 – c

2 = x – cx + c ≤ (2c + 1)x - c

4

Selain itu suku terakhir ini akan lebih kecil dari ε asalkan kita mengambil x - c < ε/(2c + 1).

Akibatnya, jika kita memilih δ(ε) = inf

+12,1

c

ε, maka jika 0 <x - c < δ(ε), pertama akan berlaku

bahwa x - c < 1 dengan demikian (*) valid. Selanjutnya, karena x - c < ε/(2c + 1) maka x2 –

c2 < ε/(2c + 1)x - c < ε. Karena kita mempunyai pilihan δ(ε) > 0 untuk sebarang pilihan dari ε >

0, maka dengan demikian kita telah menunjukkan bahwa )( lim xhcx→

= 2

lim xcx→

= c2.

(d) cx

limcx

11 =

→, jika c > 0.

Misalkan ϕ(x) = 1/x untuk x > 0 dan misalkan c > 0. Untuk menunjukkan bahwa ϕ limcx→

=

1/c kita ingin membuat selisih ( )c

x1

−ϕ = cx

11− lebih kecil dari ε > 0 yang diberikan dengan

pengambilan x cukup dekat dengan c > 0. Pertama kita perhatikan bahwa

cx

11− = ( )xc

cx−

1 = cx

cx−

1

untuk x > 0. Itu berguna untuk mendapatkan batas atas dari 1/(cx) yang berlaku dalam suatu

lingkungan c. Khususnya, jika x - c < 21 c, maka

21 c < x <

23 c (mengapa?), dengan demikian 0 <

cx

1 <

2

2

c untuk x - c <

21 c. Oleh karena itu, untuk nilai-nilai x ini kita mempunyai

(#) ( )c

x1

−ϕ < cxc

−2

2.

Agar suku terakhir lebih kecil dar ε, maka cukup mengambil x – c < 21 c

2ε. Akibatnya, jika kita

memilih δ(ε) = inf{21 c,

21 c

2ε}, maka apabila 0 < x - c < δ(ε), pertama yang berlaku bahwa x - c

< 21 c dengan demikian (#) valid, dan olehnya itu, karena x – c <

21 c

2ε maka berlaku ( )c

x1

−ϕ =

cx

11− < ε. Karena kita mempunyai pilihan δ(ε) > 0 untuk sebarang pilihan dari ε > 0, maka dengan

demikian kita telah menunjukkan bahwa )( lim xcx

ϕ→

= xcx

1 lim

→ =

c

1 .

(e). 5

4

1

4 lim

2

3

=+−

→ x

x

cx

Misalkan ψ(x) = (x3 – 4)/(x

2 + 1) untuk x∈R. Maka sedikit manipulasi secara aljabar

memberikan

5

( )5

4 −xψ = ( )15

2445

2

23

+

−−

x

xx = ( )15

1265

2

2

+

−+

x

xxx - 2

Untuk mendapatkan suatu batas dari koefisien x - 2, kita membatasi x dengan syarat 1 < x < 3.

Untuk x dalam interval ini, kita mempunyai 5x2 + 6x + 12 ≤ 5(3

2) + 6(3) + 12 =75 dan 5(x

2 + 1) ≥ 5(1

+ 1) = 10, dengan demikian ( )5

4 −xψ ≤

10

75x - 2 =

2

15x - 2.

Sekarang diberikan ε > 0, kita pilih δ(ε) = inf

ε

15

2,1 . Maka jika 0 <x - 2 < δ(ε), kita mempunyai

ψ(x) – (4/5) ≤ (15/2)x - 2 < ε. Karena ε > 0 sebarang, maka contoh (e) terbukti.

Kriteria Barisan Untuk Limit

1.1.8. Teorema. (Kriteria Barisan) Misalkan f : A → R dan c suatu titik cluster dari A;

maka :

(i) fcx→

lim = L jika dan hanya jika

(ii) untuk sebarang barisan (xn) dalam A yang konvergen ke c sedemikian sehingga x ≠ c

untuk semua n∈N, barisan (f(xn)) konvergen ke L.

Bukti. (i) ⇒ (ii). Anggaplah f mempunyai limit L pada c, dan asumsikan (xn) barisan dalam

A dengan ( )ncx

x→

lim = c dan xn ≠ c untuk semua n∈N. Kita mesti membuktikan bahwa barisan (f(xn))

konvergen ke L. Misalkan ε > 0 sebarang, maka dengan Kriteria ε-δ 1.1.6, terdapat δ > 0 sedemikian

sehingga jika x memenuhi 0 <x - c < δ, dimana x∈A maka f(x) memenuhi f(x) - L < ε. Sekarang

kita akan menggunakan definisi kekonvergenan barisan untuk δ yang diberikan untuk memperoleh

bilangan asli K(δ) sedemikian sehingga jika n > K(δ) maka xn – c < δ. Akan tetapi untuk setiap xn

yang demikian kita mempunyai f(xn) - L < ε. Jadi, jika n > K(δ), maka f(xn) - L < ε. Oleh karena

itu, barisan (f(xn)) konvergen ke L.

(ii) ⇒ (i). [Pembuktian ini merupakan argumen kontrapositif.] Jika (i) tidak benar, maka terdapat

suatu lingkungan-ε0 dari L, ( )LV0ε , sedemikian sehingga lingkunga-δ dari c apapun yang kita pilih,

akan selalu terdapat paling kurang satu xδ dalam A∩Vδ(c) dengan xδ ≠ c sedemikian sehingga

f(xδ)∉ ( )LV0ε . Dari sini untuk setiap n∈N, lingkungan-(1/n) dari c memuat suatu bilangan xn sedemi-

kian sehingga 0 <xn - c < 1/n dan xn∈A, tetapi sedemikian sehingga f(xn) - L ≥ ε0 untuk semua

n∈N. Kita menyimpulkan bahwa barisan (xn) dalam A\{c} konvergen ke c, tetapi barisan (f(xn)) tidak

konvergen ke L. Oleh karena itu kita telah menunjukkan bahwa jika (i) tidak benar, maka (ii) juga

tidak benar. Kita simpulkan bahwa (ii) menyebabkan (i).

6

Kriteria Kedivergenan

1.1.9. Kriteria Divergensi. Misalkan A⊆R, f : A → R dan c∈R suatu titik cluster dari A.

(a). Jika L∈R, maka f tidak mempunyai limit L pada c jika dan hanya jika terdapat suatu

barisan (xn) dalam A dengan xn ≠ c untuk semua n∈N sedemikian sehingga barisan (xn) konvergen ke

c tetapi barisan (f(xn)) tidak konvergen ke L.

(b). Fungsi f tidak mempunyai limit pada c jika dan hanya jika terdapat suatu barisan (xn)

dalam A dengan xn ≠ c untuk semua n∈N sedemikian sehingga barisan (xn) konvergen ke c tetapi

barisan (f(xn)) tidak konvergen dalam R.

1.1.10. Contoh-contoh. (a). ( )xx

/1lim0→

tidak ada dalam R.

Seperti Contoh dalam 1.1.7(d), misalkan ϕ(x) = 1/x untuk x > 0. Akan tetapi, disini kita

menyelidiki pada c = 0. Argumen yang diberikan pada contoh 1.1.7(d) gagal berlaku jika c = 0 karena

kita tidak akan memperoleh suatu batas sebagaimana dalam (#) pada contoh tersebut. Jika kita

mengambil barisan (xn) dengan xn = 1/n untuk n∈N, maka lim(xn) = 0, tetapi ϕ(xn) = 1/1/n = n. Seperti

kita ketahui bahwa barisan (ϕ(xn)) = (n) tidak konvergen dalam R, karena barisan ini tidak terbatas.

Dari sini, dengan Teorema 1.1.9(b), ( )xx

/1lim0→

tidak ada dalam R. [Akan tetapi, lihat contoh 1.3.9(a).]

(b) ( )xsgnlimx

0→

tidak ada.

Misalkan fungsi signum didefinisikan dengan

sgn(x) =

<−=>+

0 untuk ,1

0 untuk 0,

0 untuk ,1

x

x

x

Perhatikan bahwa sgn(x) = x/x untuk x ≠ 0. (Lihat Gambar 1.1.2) Kita akan menunjukkan bahwa

sgn tidak mempunyai limit pada x = 0. Kita akan mengerjakan ini dengan menunjukkan bahwa

terdapat barisan (xn) sedemikian sehingga lim(xn) = 0, tetapi sedemikian sehingga (sgn(xn)) tidak

konvergen.

Misalkan xn = (-1)n/n untuk n∈N dengan demikian lim(xn) = 0. Akan tetapi , karena sgn(xn) =

(-1)n untuk n∈N,

maka (sgn(xn)) tidak konvergen. Oleh karena itu lim(sgn(xn)) tidak ada.

Gambar 4.1.2 Fungsi Signum

.(

) -1

1

0

7

(c) 0→x

lim sin(1/x) tidak ada dalam R.

Misalkan g(x) = sin(1/x) untuk x ≠ 0. (Lihat Gambar 1.1.3.) Kita akan menunjukkan bahwa g

tidak mempunyai limit pada c = 0, dengan memperlihatkan dua barisan (xn) dan (yn) dengan xn ≠ 0 dan

yn ≠ 0 untuk semua n∈N dan sedemikian sehingga lim(xn) = 0 = lim(yn), tetapi sedemikian sehingga

lim(g(xn)) ≠ lim(g(yn)). Mengingat Teorema 1.1.9, ini mengakibatkan gx

lim0→

tidak ada. (Jelaskan

mengapa.)

Gambar 1.1 3. Grafik f(x) = sin(1/x), x ≠ 0

Kita mengingat kembali dari kalkulus bahwa sin t = 0 jika t = nπ untuk n∈Z, dan sin t = +1

jika t = ½π + 2πn untuk n∈Z. Sekarang misalkan xn = πn1 untuk n∈N; maka lim (xn) = 0 dan g(xn) =

0 untuk semua n∈N, dengan demikian lim(g(xn)) = 0. Di pihak lain, misalkan yn = (½π + 2πn)-1

untuk

n∈N; maka lim (yn) = 0 dan g(yn) = sin(½π + 2πn) = 1 untuk semua n∈N, dengan demikian lim

(g(yn)) = 1. Kita simpulkan bahwa 0→x

lim sin(1/x) tidak ada.

Soal-soal Latihan 1. Tentukan suatu syarat pada x - 1 yang akan menjamin bahhwa :

(a) x2 - 1 < ½,

(b) x2 - 1 < 1/103

(c) x2 - 1 < 1/n untuk suatu n∈N yang diberikan,

(d) x3 - 1 < 1/n untuk suatu n∈N yang diberikan.

2. Misalkan c suatu titik cluster dari A⊆R dan f : A → R. Buktikan bahwa ( )x lim0

fx→

= L jika dan hanya jika

( ) Lfx

−→

x lim0

= 0.

3. Misalkan f : R → R, dan c∈ R. Tunjukkan bahwa ( )x lim fcx→

= L jika dan hanya jika ( )cfx

+→

x lim0

= L.

8

4. Misalkan f : R → R, I⊆R suatu interval buka, dan c∈I. Jika f1 merupakan pembatasan dari f pada I,

tunjukkan bahwa f1 mempunyai suatu limit pada c jika dan hanya jika f mempunyai suatu limit pada c dan

tunjukkan pula bahwa fcx lim

→ = 1 lim f

cx→.

5. Misalkan f : R → R, J⊆R suatu interval tutup, dan c∈J. Jika f2 merupakan pembatasan dari f pada I,

tunjukkan bahwa jika f mempunyai suatu limit pada c dan hanya jika f2 mempunyai suatu limit pada c.

Tunjukkan bahwa tidak berlaku bahwa jika f2 mempunyai suatu limit pada c dan hanya jika f mempunyai

suatu limit pada c.

6. Misalkan I = (0,a), a > 0, dan misalkan g(x) = x2 untuk x∈I. Untuk sebarang x,c dalam I, tunjukkan bahwa

g(x) – c2 ≤ 2ax - c. Gunakan ketaksamaan ini untuk membuktikan bahwa 2 lim x

cx→ = c2 untuk sebarang

c∈I.

7. Misalkan I⊆R suatu interval, f : I → R, dan c∈I. Misalkan pula terdapat K dan L sedemikian sehingga

f(x) - L≤Kx - c untuk x∈I. Tunjukkan bahwa fcx lim

→ = L.

8. Tunjukkan bahwa 3 lim x

cx→ = c3 untuk sebarang c∈ R.

9. Tunjukkan bahwa cxcx

=→

lim untuk sebatang c ≥ 0.

10. Gunakan formulasi ε-δ dan formulasi formulasi barisan dari pengertian limit untuk memperlihatkan berikut :

(a) xx −→ 1

1 lim

2 = -1 (x > 1), (b)

2

1

1 lim

1=

+→ x

x

x (x > 0),

(c) x

x

x

2

0 lim

→ = 0 (x ≠ 0), (d)

2

1

1

1 lim

2

1=

++−

→ x

xx

x (x > 0).

11. Tunjukkan bahwa limit-limit berikut ini tidak ada dalam R:

(a) 20

1 lim

xx→ (x > 0), (b)

xx

1 lim

0→ (x > 0),

(c) . ( )( )xxx

sgn lim0

+→

, (d)

→ 21

1sin lim

xx (x ≠ 0).

12. Misalkan fungsi f : R → R mempunyai limit L pada 0, dan misalkan pula a > 0. Jika g : R → R

didefinisikan oleh g(x) = f(ax) untuk x∈R, tunjukkan bahwa gx

lim0→

= L.

13. Misalkan c titik cluster dari A⊆ R dan f : A → R sedemikian sehingga ( )( )2 lim xf

cx→ = L. Tunjukkan

bahwa jika L =,0, maka ( )xfcx lim

→ = 0. Tnjukkan dengan contoh bahwa jika L ≠ 0, maka f bisa mungkin

tidak mempunyai suatu limit pada c.

14. Misalkna f : R → R didefinisikan oleh f(x) = x jika x rasional, dan f(x) = 0 jika x irasional. Tunjukkan

bahwa f mempunyai suatu limit pada x = 0. Gunakan argumen barisan untuk menunjukkan bahwa jika c ≠ 0,

maka f tidak mempunyai limit pada c.

1.2. Teorema-teorema Limit

9

1.2.1 Definisi. Misalkan A⊆R, f : R → R, dan c∈R suatu titik cluster dari A. Kita

mengatakan bahwa f terbatas pada suatu lingkungan dari c jika terdapat lingkungan-δ dari c, Vδ(c)

dan suatu konstanta M > 0 sedemikian sehingga f(x) ≤ M untuk semua x ∈ A∩Vδ(c).

1.2.2 Teorema Jika A⊆ R dan f : A → R mempunyai suatu limit pada c∈ R, maka f

terbatas pada suatu lingkungan dari c.

Bukti. Jika L = )x(flimcx→

, maka oleh Teorema 1.1.6, dengan ε = 1, terdapat δ > 0

sedemikian sehingga jika 0 <x - c < δ, maka f(x) - L < 1; dari sini

f(x) - L ≤ f(x) - L < 1.

Oleh karena itu, jika x∈A∩Vδ(c), x≠c, maka f(x) ≤ L + 1. Jika c∉A, kita pilih M = L+ 1,

sedangkan jika c∈A kita pilih M = sup{f(c),L+1}. Ini berarti bahwa jika c∈A∩Vδ(c), maka f(x)

≤ M. Ini menunjukkan bahwa f terbatas pada Vδ(c) suatu lingkungan-δ dari c.

1.2.3 Definisi Misalkan A⊆R dan misalkan pula f dan g fungsi-fungsi yang terdefinisi pada A

ke R. Kita mendefinisikan jumlah f + g, selisih f – g, dan hasil kali fg pada A ke R sebagai fungsi-

fungsi yang diberikan oleh

(f + g)(x) = f(x) + g(x), (f - g)(x) = f(x) - g(x), dan (fg)(x) = f(x)g(x),

untuk semua x∈A. Selanjutnya, jika b∈R, kita definisikan kelipatan bf sebagai fungsi yang diberikan

oleh

(bf)(x) = bf(x) untuk semua x∈A.

Akhirnya, jika h(x) ≠ 0 untuk x∈A, kita definisikan hasil bagi f/h adalah fungsi yang didefinisikan

sebagai

( ) ( )( )xh

xfx

h

f=

untuk semua x∈A.

1.2.4 Teorema. Misalkan A⊆R, f dan g fungsi-fungsi pada A ke R, dan c∈R titik cluster dari

A. Selanjutnya, misalkan b∈R.

(a) Jika fcx→

lim = L dan gcx→

lim = M, maka

( )gfcx

+→

lim = L + M, ( )gfcx

−→

lim = L - M,

( )fgcx→

lim = LM, ( )bfcx→

lim = bL.

(b) Jika h : A → R, h(x) ≠ 0 untuk semua x∈A, dan jika hcx→

lim = H ≠ 0, maka

H

L

h

f

cx=

→

lim .

10

Bukti. Salah satu cara pembuktian dari teorema-teorema ini sangat serupa dengan

pembuktian Teorema 3.2.3. Secara alternatif, teorema ini dapat dibuktikan dengan menggunakan

Teorema 3.2.3 dan Teorema 1.1.8. Sebagai contoh, misalkan (xn) sebarang barisan dalam A

sedemikain sehingga xn ≠ c untuk semua n∈N,dan c = lim (xn). Menurut Teorema 1.1.8, bahwa

Lim (f(xn)) = L, lim (g(xn)) = M.

Di pihak lain, Definisi 1.2.3 mengakibatkan (fg)(xn) = f(xn)g(xn) untuk semua n∈N.

Oleh karena itu suatu aplikasi dari Teorema 3.2.3 menghasilkan

Lim ((fg)(xn)) = lim (f(xn)g(xn)) = (lim f(xn)) (lim (g(xn))) = LM.

Bagian lain dari teorema ini dibuktikan dengan cara yang serupa. Kita tinggalkan untuk

dilakukan oleh pembaca.

Catatan (1) Kita perhatikan bahwa, dalam bagian (b), asumsi tambahan dibuat bahwa H = hcx→

lim ≠ 0.

Jika asumsi ini tidak dipenuhi, maka ( )( )xh

xf

cx lim

→ tidak ada. Akan tetapi jika limit ini ada, kita tidak dapat

menggunakan Teorema 1.2.4(b) untuk menghitungnya.

(2) Misalkan A∈R, dan f1, f2, …, fn fungsi-fungsi pada A ke R, dan c suatu titk cluster dari A. Jika

Lk = k lim fcx→

untuk k = 1,2, …, n,

maka ,menurut Teorema 1.2.4 dengan argumen induksi kita peroleh bahwa

L1 + L2 + … + Ln = ( )ncx

fff +++→

L21 lim dan L1 · L2 · … · Ln = ( )ncx

fff ⋅⋅⋅→

L21 lim

(3) Khususnya, kita deduksi dari (2) bahwa jika L = fcx→

lim dan n∈N, maka Ln = ( )( )n

cxxf

→lim

1.2.5 Contoh-contoh (a) Beberapa limit yang diperlihatkan dalam Pasal 1.1 dapat dibuktikan

dengan menggunakan Teorema 1.2.4. Sebagai contoh, mengikuti hasil ini bahwa karena xcx lim

→ = c,

maka 2

lim xcx→

= c2, dan jika c > 0, maka

cxcx

11 lim =

→.

(b) 2

lim→x

(x2 + 1)(x

3 – 4) = 20

Berdasarkan Teorema 1.2.4, kita peroleh bahwa 2

lim→x

(x2 + 1)(x

3 – 4) = (

2lim→x

(x2 + 1))(

2lim→x

(x3

– 4)) = 5(4) = 20.

(c) .5

4

1

4 lim

2

3

2=

+−

→ x

x

x

Jika kita menggunakan Teorema 1.2.4(b), maka kita mempunyai

+−

→ 1

4 lim

2

3

2 x

x

x =

( )( ) .

5

4

1 lim

4 lim

2

2

3

2 =+

−

→

→

x

x

x

x

Perhatikan bahwa karena limit pada penyebut [yaitu ( ) 1 lim2

2+

→x

x= 5] tidak sama dengan 0, maka

Teorema 1.2.4(b) dapat dipergunakan.

11

(d) .3

4

63

4 lim

2

2=

−−

→ x

x

x

Jika kita misalkan f(x) = x2 – 4 dan h(x) = 3x – 6 untuk x∈R, maka kita tidak dapat

menggunakan Teorema 1.22.4(b) untuk meneghitung 2

lim→x

(f(x)/h(x)) sebab H = ( )xhx

lim2→

=

( )63 lim2

−→

xx

= 3 xx

lim2→

- 6 = 3(2) – 6 = 0. Akan tetapi, jika x ≠ 2, maka berarti bahwa 63

42

−−

x

x =

( )( )( )23

22

−+−

x

xx =

31 (x + 2). Oleh karena itu kita mempunyai

−−

→ 63

4 lim

2

2 x

x

x = ( )2 lim

31

2+

→x

x =

+

→2 lim

231 x

x =

31 (2 + 2) =

34

Perhatikan bahwa fungsi g(x) = (x2 – 4)/(3x – 6) mempunyai limit pada x = 2 meskipun tidak

terdefinisi pada titik tersebut.

(e) xx

1 lim

0→ tidak ada dalam R.

Tentu saja 0

lim→x

1 = 1 dan H = xx

lim0→

= 0. Akan tetapi, karena H = 0, kita tidak dapat

menggunakan Teorema 1.2.4(b) untuk menghitung xx

1 lim

0→. Kenyataannya, seperti kita telah lihat

pada Contoh 1.1.10(a), fungsi ϕ(x) = 1/x tidak mempunyai limit pada x = 0. Kesimpulan ini mengikuti

juga Teorema 1.2.2 karena fungsi ϕ(x) = 1/x tidak terbatas pada lingkungan dari x = 0. (Mengapa?)

(f) Jika p fungsi polinimial, maka )( lim xpcx→

= p(c).

Misalkan p fungsi polinimial pada R dengan demikian p(x) = anxn + an-1x

n-1 + … + a1x + a0

untuk semua x∈R. Menurut Teorema 1.2.4 dan fakta bahwa k

lim xcx→

= ck, maka

)( lim xpcx→

= [ ]011

1 lim axaxaxan

nn

ncx

++++ −−

→L = )( lim

nn

cxxa

→+ )( lim

11

−−

→

nn

cxxa +

…

+ )( lim 1xacx→

+ 0 lim acx→

= ancn + an-1c

n-1 + … + a1c + a0 = p(c).

Dari sini )( lim xpcx→

= p(c) untuk ssebarang fungsi polinomial p.

(g) Jika p dan q fungsi-fungsi polinomial pada R dan jika q(c) ≠ 0, maka ( )( )( )cq

cp

xq

xp

cx=

→

)( lim .

Karena q(x) suatu fungsi polinomial, berarti menurut sutu teorema dalam aljabar bahwa terdapat

paling banyak sejumlah hingga bilangan real α1, α2, … ,αm [pembuat nol dari q(x)] sedemikain

sehingga q(αj) = 0 dan sedemikian sehingga jika x∉{α1, α2, …, αm} maka q(x) ≠ 0. Dari sini, jika

12

x∉{α1, α2, …, αm} kita dapat mendefinisikan r(x) = ( )( )xq

xp. Jika c bukan pembuat nol dari q(x), maka

q(c) ≠ 0, dari berdasarkan bagian (f) bahwa ( )xqcx lim

→ = q(c). ≠ 0. Oleh karena itu kita dapat

menggunakan Teorema 1.2.4(b) untuk menyimpulkan bahwa ( ) ( )( )( )cq

cp

xq

xp

xq

xp

cx

cx

cx==

→

→

→ lim

)(lim)(

lim .

1.2.6 Teorema Misalkan A⊆R. f : A → R dan c∈R suatu titik cluster dari A. Jika

a ≤ f(x) ≤ b untuk semua x∈A, x ≠ c,

dan jika fcx lim

→ ada, maka a ≤ f

cx lim

→ ≤ b.

Bukti. Jika L = fcx lim

→, maka menurut Teorema 1.1.8 bahwa jika (xn) sebarang barisan

bilangan real sedemikain sehingga c≠ xn∈A untuk semua n∈N dan jika barisan (xn) konvergen ke c,

maka barisan (f(xn)) konvergen ke L. Karena a ≤ f(xn) ≤ b untuk semua n∈N, berarti menurut Teorema

3.2.6 bahwa a ≤ L ≤ b.

1.2.7 Teorema Apit. Misalkan A⊆R, f,g,h : A → R, dan c∈R suatu titik cluster dari A. Jika

f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) untuk semua x∈A, x ≠ c, dan jika fcx lim

→ = L = h

cx lim

→, maka g

cx lim

→ = L.

1.2.8 Contoh-contoh (a) 2/3

0 lim x

x→ = 0 (x > 0).

Misalkan f(x) = x3/2

untuk x > 0. Karena ketaksamaan x < x1/2

≤ 1 berlaku untuk 0 < x ≤ 1,

maka berarti bahwa x2 < f(x) = x

3/2 ≤ x untuk 0 < x ≤ 1. Karena

2

0 lim x

x→ = 0 dan x

x lim

0→ = 0, maka

dengan menggunakan Teorema Apit 1.2.7 diperoleh 2/3

0 lim x

x→ = 0.

(b) xx

sin lim0→

= 0.

Dapat dibuktikan dengan menggunakan pendekatan deret Taylor (akan dibahas pada lanjutan

dari tulisan ini) bahwa -x ≤ sin x ≤ x untuk semua x ≥ 0. Karena ( )xx

±→

lim0

= 0, maka menurut

Teorema Apit bahwa xx

sin lim0→

= 0.

(c) xx

cos lim0→

= 1.

Dapat dibuktikan dengan menggunakan pendekatan deret Taylor (akan dibahas pada lanjutan

dari tulisan ini) bahwa

(*) 1 - ½x2 ≤ cos x ≤ 1 untuk semua x ∈ R.

Karena ( )2

21

01 lim x

x−

→ = 1, maka menurut Teorema Apit bahwa x

x cos lim

0→ = 1.

13

(d)

−→ x

x

x

1cos lim

0 = 0.

Kita tidak dapat menggunakan Teorema 1.2.4 (b) secara langsung untuk menghitung limit

ini. (Mengapa?) Akan tetapi, dari ketaksamaan (*) dalam bagian (c) bahwa -½x ≤ (cos x – 1)/x ≤ 0

untuk x > 0 dan juga bahwa 0 ≤ (cos x – 1)/x ≤ ½x untuk x < 0. Sekarang misalkan f(x) = - x/2 untuk

x ≥ 0 dan f(x) = 0 untuk x < 0, dan misalkan pula h(x) = 0 untuk x ≥ 0 dan h(x) = -x/2 untuk x < 0.

Maka kita mempunyai f(x) ≤ (cos x – 1)/x ≤ h(x) untuk x ≠ 0. Karena , mudah dilihat (Bagaimana?)

bahwa fx

lim0→

= hx

lim0→

, maka menurut Teorema Apit bahwa x

x

x

1cos lim

0

−→

= 0.

(e)

→ x

x

x

sin lim

0 = 1.

Sekali lagi, kita tidak dapat menggunakan Teorema 1.2.4(b) untuk menghitung limit ini.

Akan te-tapi, dapat dibuktikan (pada lanjutan diktat ini) bahwa x - 61 x

3 ≤ sin x ≤ x untuk x≥0 dan

bahwa x ≤ sin x ≤ x - 61 x

3 untuk x ≤ 0. Oleh karena itu berarti (Mengapa?) bahwa 1 -

61 x

2 ≤ (sin x)/x ≤

1 untuk semua x ≠ 0. Tetapi karena ( )2

61

01 lim x

x−

→ = 1 -

2

061 lim x

x→ = 1, kita simpulkan dari Teorema

Apit bahwa

→ x

x

x

sinlim

0 = 1.

(f) ( )( )xxx

/1sinlim0→

= 0.

Misalkan f(x) = x sin (1/x) untuk x ≠ 0. Karena –1 ≤ sin z ≤ 1 untuk semua z ∈ R, kita

mempunyai ketaksamaan -x ≤ f(x) = x sin(1/x) ≤ x untuk semua x R, x ≠ 0. Karena xx 0lim→

= 0,

maka dari Teorema Apit diperoleh bahwa fx 0lim→

= 0.

1.2.9 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R dan c∈R suatu titik cluster dari A. Jika

fcx→

lim > 0 [ atau, fcx→

lim < 0],

maka terdapat suatu lingkungan dari c Vδ(c) sedemikian sehingga f(x) > 0 [atau f(x) < 0] untuk semua

x∈A∩Vδ(c), x ≠ c.

Bukti. Misalkan L = fcx→

lim and anggaplah L > 0. Kita ambil ε = ½L > 0 dalam Teorema

1.1.6(b), dan diperoleh suatu bilangan δ > 0 sedemikain sehingga jika 0 <x - c< δ dan x∈A, maka

f(x) - L < ½L. Oleh karena itu (Mengapa?) berarti bbahwa jika x∈A∩Vδ(c), x≠c, maka f(x)>½L>0.

Jika L < 0, dapat digunakan argumen yang serupa.

Latihan 1.2

1. Gunakan Teorema 1.2.4 untuk menentukan limit-limit berikut :

14

(a) 1

lim→x

(x + 1)(2x + 3) (x∈R), (b) 2

2lim

2

2

1 −+

→ x

x

x (x > 0),

(c)

−+→ xxx 2

1

1

1lim

2 (x > 0), (d)

2

1lim

20 ++

→ x

x

x (x∈R)

2. Tentukan limit-limit berikut dan nyatakan teorema-teorema mana yang digunakan dalam setiap kasus. (Anda

bisa menggunakan latihan 14 di bawah.)

(a) 3

12lim

2 ++

→ x

x

x (x > 0), (b)

2

4lim

2

2 −−

→ x

x

x (x > 0),

(c) ( )

x

x

x

11lim

2

0

−+→

(x > 0), (d) 1

1lim

1 −−

→ x

x

x (x > 0)

3. Carilah 20 2

3121lim

xx

xx

x ++−+

→ dimana x > 0.

4. Buktikan bahwa ( )xx

/1coslim0→

tidak ada, akan tetapi ( )xxx

/1coslim0→

= 0.

5. Misalkan f,g fungsi-fungsi yang didefinisikan pada A⊆R ke R, dan misalkan c suatu titik cluster dari A.

Anggaplah bahwa f terbatas pada suatu lingkungan dari c dan gcx→

lim = 0. Buktikan bahwa fgcx→

lim = 0.

6. Gunakanlah formuasi ε-δ dari limit fungsi untuk membuktikan pernyataan pertama dalam Teorema 1.2.4(a).

7. Gunakanlah formulasi sekuensial untuk limit fungsi untuk membuktikan Teorema 1.2.4(b).

8. Misalkan n∈N sedemikian sehingga n ≥ 3. Buktikan ketaksamaan –x2 ≤ xn ≤ x2 untuk –1 < x < 1.

Selanjutnya, gunakan fakta bahwa 2

0lim xx→

= 0 untuk menunjukkan bahwa n

xx

0lim

→ = 0.

9. Misalkan f,g fungsi-fungsi yang didefinisikan pada A⊆R ke R, dan misalkan c suatu titik cluster dari A.

(a) Tunjukkan bahwa jika fcx→

lim dan ( )gfcx

+→

lim ada, tunjukkanlah bahwa fcx→

lim ada.

(b) Jika fcx→

lim dan fgcx→

lim ada, apakah juga gcx→

lim ada ?

10. Berikan contoh fungsi-fungsi f dan g sedemikian sehingga f dan g tidak mempunyai limit pada suatu titik c,

tetapi sedemikian sehingga fungsi-fungsi f + g dan fg mempunyai limit pada c.

11. Tentukan apakah limit-limit berikut ada dalam R.

(a) ( )2

0/1sinlim x

x→ (x ≠ 0), (b) ( )2

0/1sinlim xx

x→ (x ≠ 0),

(c) ( )xx

/1sin sgnlim0→

(x ≠ 0), (d) ( )2

0/1sin lim xx

x→ (x > 0)

12. Misalkan f : R → R sedemikian sehingga f(x + y) = f(x) + f(y) untuk semua x,y dalam R. Anggaplah fx 0lim

→

= L ada. Buktikan bahwa L = 0, dan selanjutnya buktikan bahwa f mempunyai suatu limit pada setiap titik

c∈R. [Petunjuk : Pertama-tama catat bahwa f(2x) = f(x) + f(x) = 2f(x) untuk semua x∈R. Juga perhatikan

bahwa f(x) = f(x – c) + f(c) untuk semua x,c dalam R.]

13. Misalkan A⊆R, f : A → R dan c suatu titik cluster dari A. Jika fx 0lim

→ ada, dan jika f menyatakan fungsi

yang terdefinisi untuk x∈A dengan f(x) = f(x), buktikan bahwa fx 0lim

→ = f

x 0lim

→.

15

14. Misalkan A⊆R, f : A → R dan c suatu titik cluster dari A. Tambahan, anggaplah bahwa f(x) ≥ 0 untuk

semua x ∈ A, dan misalkan f suatu fungsi yang terdefinisi pada A dengan f (x) = ( )xf untuk

semua x∈A. Jika fx 0lim

→ ada, buktikan bahwa f

x 0lim

→ = f

x 0lim

→.

1.3 Beberapa Perluasan dari Konsep Limit

Limit-limit Sepihak

1.3.1 Definisi. Misalkan A⊆R dan f : A → R

(i) Jika c∈R suatu titik cluster dari A∩(c,∞) = {x∈A:x > c}, maka kita mengatakan bahwa

L∈R adalah suatu limit-kanan dari f pada c dan dituliskan fcx +→

lim = L jika diberikan sebarang ε > 0

terdapat suatu δ = δ(ε)> 0 sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan 0 < x – c < δ, maka f(x) –

L < ε.

(ii) Jika c∈R suatu titik cluster dari A∩(-∞,c) = {x∈A : x < c}, maka kita mengatakan

bahwa L∈R adalah suatu limit-kiri dari f pada c dan dituliskan fcx −→

lim = L jika diberikan sebarang ε

> 0 terdapat suatu δ = δ(ε)> 0 sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan 0 < c – x < δ, maka

f(x) - L < ε.

Catatan: (1) Jika L suatu limit kanan dari f pada c, kita kadang-kadang mengatakan bahwa L adalah

limit dari kanan pada c. Kita menggunakan notasi ( )xfcx +→

lim = L. Terminologi dan notasi yang serupa

digunakan juga untuk limit-kiri.

(2) Limit-limit fcx +→

lim dan fcx -

lim→

disebut limit-limit sepihak dari f pada c. Ini dimungkinkan kedua

limit sepihak dimaksud ada. Juga bisa mungkin salah satu saja yang ada. Serupa, seperti kasus pada fungsi f(x) =

sgn (x) pada c = 0, limit-limit ini ada, meskipun berbeda.

(3) Jika A suatu interval dengan titik ujung kiri c, maka jelas nampak bahwa f : A → R mempunyai

suatu limit pada c jika dan hanya jika f mempunyai suatu limit kanan pada c. Selain itu, dalam kasus ini limit

fcx→

lim dan limit pihak kanan fcx +→

lim sama. (Situasi serupa juga akan berlaku untuk limit-kiri suatu interval

dengan titik ujung kanan adalah c.

1.3.2 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R dan c suatu titik cluster dari A∩(c,∞). Maka

pernyataan-pernyataan berikut ini eqivalen.

(i) fcx +→

lim = L∈R;

(ii) Untuk sebarang barisan (xn) yang konvergen ke c sedemikian sehingga xn∈A dan xn > c

untuk semua n∈N, barisan (f(xn)) konvergen ke L∈R.

Kita tinggalkan pembuktian Teorema ini (dan formulasi dan pembuktian dari teorema yang

analog dengannya untuk limit-kiri) untuk dilakukan oleh pembaca.

1.3.3 Teorema. Misalkan A⊆R, f : A → R dan c ∈ R suatu titik Cluster dari A∩(c,∞) dan

A ∩ (-∞,c). Maka fcx→

lim = L∈R jika dan hanya jika fcx +→

lim = L = fcx −→

lim .

16

1.3.4 Contoh-contoh (a) Misalkan f(x) = sgn(x).

Kita telah lihat dari contoh 1.1.10(b) bahwa sgn tidak mempunyai limit pada c = 0. Ini jelas

bahwa ( )xsgnlimx +→0

= +1 dan bahwa ( )xsgnlimx −→0

= -1. Karena limit-limit satu pihak ini berbeda, maka

mengikuti Teorema 1.3.3 bahwa sgn tidak mempunyai limit pada 0.

(b) Misalkan g(x) = e1/x

untuk x ≠ 0. (Lihat gambar 1.3.1)

Pertama kita tunjukkan bahwa g tidak mempunyai limit kanan hingga pada c = 0 karena g

tidak terbatas pada sebarang lingkungan kanan (0,∞) dari 0. Kita akan menggunakan ketaksamaan

(*) 0 < t < et untuk t > 0

yang pada bagian ini tidak akan diberikan pembuktiannya. Berdasarkan (*), jika x > 0 maka 0 < 1/x <

e1/x

.

GAMBAR 1.3.1 Grafik dari g(x) = xe

/1 (x ≠ 0)

Dari sini, jika kita mengambil xn = 1/n, maka g(xn) > n untuk semua n∈N. Oleh karena itu x

xe

/1

0lim

+→

tidak ada dalam R.

Akan tetapi, x

xe

/1

0lim

−→ = 0. Kita perhatikan bahwa, jika x < 0 dan kita mengambil t = 1/x

dalam (*) kita peroleh 0 < -1/x < e-1/x

. Karena x < 0, ini mengakibatkan 0 < e1/x

< -x untuk semua x < 0.

Mengikuti ketaksamaan ini diperoleh x

xe

/1

0lim

−→ = 0.

(c) Misalkan h(x) = 1/(e1/x

+ 1) untuk x ≠ 0. (lihat gambar 1.3.2).

Kita telah melihat bagian (b) bahwa 0 < 1/x < e1/x

untuk x > 0, dengan demikian 0 < 1

1/1 +xe

< x

e/1

1 < x yang mengakibatkan bahwa

+→0lim

xh = 0. Karena kita telah melihat dalam bagian (b)

bahwa +→0

limx

e1/x

= 0, maka dari analog Teorema 1.2.4(b) untuk untuk limit-kiri, kita peroleh

17

+−→ 1

1lim

/10 xx e = ( )1lim

1/1

0+

−→

x

xe

= 10

1

+ = 1 Perhatikan bahwa untuk fungsi ini, limit sepihak kedua-

duanya ada, akan tetapi tidak sama.

GAMBAR 1.3.2. Grafik dari h(x) = 1/(e1/x+1) (x ≠ 0)

Limit-limit Tak Hingga

1.3.5 Definisi. Misalkan A⊆R, f : A → R dan c∈R suatu titik cluster dari A.

(i) Kita katakan bahwa f menuju ke ∞ apabila x→c, dan ditulis ∞=→

fcx

lim jika untuk setiap

α∈R terdapat δ = δ(α) > 0 sedemikain sehinggauntuk semua x∈A dengan 0 <x-c < δ, maka f(x)>α.

(ii) Kita katakan bahwa f menuju ke ∞ apabila x→c, dan ditulis −∞=→

fcx

lim jika untuk

setiap β∈R terdapat δ = δ(β) > 0 sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan 0 < x - c < δ,

maka f(x) < β.

1.3.6 Contoh-contoh (a) ( ) −∞=→

2

0/1lim x

x.

Karena, jika α > 0 diberikan, misalkan δ = α/1 . Ini erarti bahwa jika 0 <x<δ, maka x2 <

1/α dengan demikian 1/x2 > α.

(b) Misalkan g(x) = 1/x untuk x ≠ 0. (Lihat Gambar 1.3.4)

Fungsi g tidak menuju ke ∞ atau ke -∞ sebagaimana x→0. Karena, jika α > 0 maka g(x) < α

untuk semua x < 0, dengan demikian g tidak menuju ke ∞ apabila x→0. Serupa juga, jika β < 0 maka

g(x) > β untuk semua x > 0, dengan demikian g tidak menuju ke -∞ apabila x→0.

Hasil berikut analog dengan Teorema Apit 1.2.7. (Lihat juga Teorema 3.6.4).

1.3.7 Teorema Misalkan A⊆R, f,g : A → R dan c∈R suatu titik cluster dari A.

Anggaplah bahwa f(x) ≤ g(x) untuk semua x∈A, x ≠ c.

18

(a) Jika ∞=→

fcx

lim , maka ∞=→

gcx

lim .

(b) Jika −∞=→

gcx

lim , maka −∞=→

fcx

lim .

Bukti. (a) Jika ∞=→

fcx

lim dan α∈R diberikan, maka terdapat δ(α) > 0 sedemikian

sehingga jika 0 <x - c < δ(α) dan x∈A, maka f(x) > α. Akan tetapi, jika f(x) ≤ g(x) untuk semua

x∈A x ≠ c, maka berarti jika 0 <x - c < δ(α) dan x∈A, maka g(x) > 0. Oleh karena itu ∞=→

gcx

lim .

Pembuktian bagian (b) dilakukan dengan cara serupa.

Fungsi g(x) = 1/x dalam Contoh 1.3.6(b) menyarankan bahwa itu dapat berguna untuk

memandang limit-limit sepihaknya.

GAMBAR 1.3.3 Grafik dari f(x) = 1/x2 (x ≠ 0)

GAMBAR 1.3.4 Grafik dari g(x) = 1/x (x ≠ 0)

1.3.8 Definisi Misalkan A⊆R dan f : A → R.

19

(i) Jika c∈R suatu titik cluster dari A∩(c,∞) ={x∈A: x > 0}, maka kita mengatakan bahwa

f menuju ∞∞∞∞ [atau -∞∞∞∞] apabila x→→→→c+, dan ditulis ∞=

+→f

cxlim

−∞=

+→f

cxlim ,atau , jika untuk setiap

α∈R terdapat δ=δ(α) sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan 0 < x–c < δ, maka f(x) > α

[atau, f(x) < α].

(ii) Jika c∈R suatu titik cluster dari A∩(-∞,c) ={x∈A: x < 0}, maka kita mengatakan bahwa

f menuju ∞∞∞∞ [atau -∞∞∞∞] apabila x→→→→c-, dan ditulis ∞=

−→f

cxlim

−∞=

−→f

cxlim ,atau , jika untuk setiap

α∈R terdapat δ=δ(α) sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan 0 < c–x < δ, maka f(x) > α

[atau, f(x) < α].

1.3.9 Contoh-contoh (a) Misalkan g(x) = 1/x untuk x ≠ 0. Kita telah mencatat dalam Contoh

1.3.6(b) bahwa gx 0lim→

tidak ada. Akan tetapi suatu latihan yang mudah untuk menunjukkan bahwa

( ) ∞=+→

xx

/1lim0

dan ( ) −∞=−→

xcx

/1lim

(b) Telah diperoleh pada Contoh 1.3.4(b) bahwa fungsi g(x) = e1/x

untuk x ≠ 0 tidak terbatas

pada sebarang interval (0,δ), δ > 0. Dari sini limit-kanan dari e1/x

apabila x→0+ tidak ada dalam

pengertian Definisi 1.3.1(I). Akan tetapi, karena 1/x < e1/x

untuk x > 0, maka secara mudah kita

melihat bahwa ( ) ∞=+→

x

xe

/1

0lim dalam pengertian dari Definisi 1.3.8.

Limit-limit pada Ketakhinggaan


(i) Anggaplah bahwa (a,∞) ⊆ A untuk suatu a∈R. Kita mengatakan bahwa L∈R

merupakan limit dari f apabila x→→→→∞∞∞∞, dan ditulis Lfx

=∞→

lim , jika diberikan sebarang ε > 0 terdapat

K=K(ε) > a sedemikian sehingga untuk sebarang x > K, maka f(x) - L < ε.

(ii) Anggaplah bahwa (-∞,b) ⊆ A untuk suatu b∈R. Kita mengatakan bahwa L∈R

merupakan limit dari f apabila x→→→→-∞∞∞∞, dan ditulis Lfx

=−∞→

lim , jika diberikan sebarang ε > 0

terdapat K=K(ε) < b sedemikian sehingga untuk sebarang x < K, maka f(x) - L < ε.

1.3.11 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R, dan anggaplah bahwa (a,∞) ⊆ A untuk suatu

a∈R. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini eqivalen :

(i) L = fx ∞→lim ;

(ii) Untuk sebarang barisan (xn) dalam A∩(a,∞) sedemikian sehingga lim(xn) = ∞, barisan

(f(xn)) konvergen ke L.

20

Kita tinggalkan bagi pembaca untuk membuktikan teorema ini dan untuk merumuskan serta

membuktikan teorema serupa dengannya untuk limit dimana x→-∞.

1.3.12 Contoh-contoh (a) Misalkan g(x) = 1/x untuk x ≠ 0.

Ini merupakan suatu latihan dasar untuk membuktikan bahwa ( )x/limx

1∞→

= 0 = ( )x/limx

1−∞→

.

(Lihat Gambar 1.3.4)

(b) Misalkan f(x) = 1/x2 untuk x ≠ 0.

Pembaca dapat menunjukkan bahwa bahwa ( )2/1lim x

x ∞→ = 0 = ( )2

/1lim xx −∞→

. (Lihat Gambar

1.3.3). Cara lain untuk menunjukkan ini adalah dengan menunjukkan bahwa jika x ≥ 1 maka 0 ≤ 1/x2

≤ 1/x. Mengingat bagian (a), ini mengakibatkan ( )2/1lim x

x ∞→ = 0.


(i) Anggaplah bahwa (a,∞)⊆A untuk suatu a∈A. Kita mengatakan bahwa f menuju ke ∞

[atau, -∞] apabila x→∞, dan ditulis fx ∞→lim = ∞ [ ]−∞=

∞→f

xlimatau , jika diberikan sebarang α∈R

terdapat K = K(α) > a sedemikian sehingga untuk sebarang x > K, maka f(x) > α [atau, f(x) < α].

(Lihat Gambar 1.3.5)

(ii) Anggaplah bahwa (-∞,b)⊆A untuk suatu b∈A. Kita mengatakan bahwa f menuju ke ∞

[atau, -∞] apabila x→-∞, dan ditulis fx −∞→lim = ∞ [ ]−∞=

−∞→f

xlimatau , jika diberikan sebarang α∈R

terdapat K = K(α) < b sedemikian sehingga untuk sebarang x < K, maka f(x) > α [atau, f(x) < α].

GAMBAR 1.3.5 fx ∞→lim = -∞

1.3.14 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R, dan anggaplah bahwa (a,∞)⊆A untuk suatu

a∈R. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini ekuivalen :

(i) fx ∞→lim = ∞ [atau, f

x ∞→lim = -∞]

(ii) Untuk sebarang barisan (xn) dalam (a,∞) sedemikian sehingga lim(xn) = ∞, maka

lim (f(xn)) = ∞ [atau lim (f(xn)) = -∞].

Κ(α)

α

x

y

21

1.3.15 Teorema Misalkan A⊆R, f,g : A → R, dan anggaplah ahwa (a,∞)⊆A untuk suatu

a∈R. Misalkan pula bahwa g(x)>0 untuk semua x>a dan bahwa ( )( )xg

xf

x ∞→lim = L untuk suatu L∈R,

L≠0.

(i) Jika L > 0, maka fx ∞→lim = ∞ jika dan hanya jika g

x ∞→lim = ∞.

(ii) Jika L < 0, maka fx ∞→lim = -∞ jika dan hanya jika g

x ∞→lim = -∞.

Bukti. (i) Karena L > 0, hipotesis mengakibatkan bahwa terdapat a1 > a sedemikian sehingga

0 < ½L < ( )( )xg

xf <

2

3L untuk x > a1. Oleh karena itu kita mempunyai (½L)g(x) < f(x) < (

2

3L)g(x)

untuk semua x > a1, dari sini dengan mudah kita peroleh kesimpulannya.

Pembuktian bagian (ii) dikerjakan dengan cara serupa.

Kita tinggalkan bagi pembaca untuk memformulasi hasil-hasil yang analogi dengan Teorema

di atas, apabila x→-∞.

1.3.16 Contoh-contoh (a) n

xx

∞→lim = ∞ untuk n∈N.

Misalkan g(x) = xn untuk x∈(0,∞). Diberikan α∈R, misalkan K = sup{1,α}. Maka untuk

semua x > K, kita mempunyai g(x) = xn ≥ x ≥ α. Karena α∈R sebarang, maka ini berarti g

x ∞→lim = ∞.

(b) n

xxlim

−∞→ = ∞ untuk n∈N, n genap, dan

n

xxlim

−∞→ = -∞ untuk n∈N, n ganjil.

Kita akan mencoba kasus n ganjil, katakanlah n = 2k+1 dengan k = 0,1, … . Diberikan α∈R,

misalkan K = inf{α,-1}. Untuk sebarang x < K, maka karena (x2)

k ≥ 1, kita mempunyai x

n = (x

2)

kx ≤ x

< α. Karena α∈R sebarang, maka berarti n

xx

−∞→lim = -∞.

(c) Misalkan p : R → R fungsi polinomial p(x) = anxn + an-1x

n-1 + … + a1x + a0. Maka

px ∞→lim = ∞, jika an > 0, dan p

x ∞→lim = -∞ jika an < 0.

Misalkan g(x) = xn dan gunakan Teorema 1.3.15. Karena

( )( )xg

xp = an + an-1

x

1 + … +

a1

−1

1n

x + a0

nx

1, maka diperoleh

( )( )xg

xp

x ∞→lim = an. Karena g

x ∞→lim = ∞, maka menurut Teorema

1.3.15, px ∞→lim = ∞.

(d) Misalkan p fungsi polinomial dalam bagian (c). Maka px −∞→lim = ∞ [atau, -∞] jika n

genap [atau, ganjil] dan an > 0. Kita tinggalkan detailnya untuk pemaca kerjakan.

Latihan-latihan

1. Buktikan Teorema 1.3.2.

22

2. Berikan contoh suatu fungsi yang mempunyai limit-kanan, tetapi tidak mempunyai limit-kiri pada suatu

titik.

3. Misalkan f(x) = x½ untuk x ≠ 0.. Tunjukkan bahwa ( )xfx +→0lim = ( )xf

x −→0lim = +∞.

4. Misalkan c∈R dan f didefinisikan untuk x∈(c,∞) dan f(x) > 0 untuk semua x∈(c,∞). Tunjukkan bahwa

fcx→

lim = ∞ jika dan hanya jika ( )fcx

1lim→

= 0.

5. Hitunglah limit-limit berikut, atau tunjukkan bahwa limit-limit ini tidak ada.

(a) 1

lim1 −+→ x

x

x (x ≠ 1), (b)

1lim

1 −→ x

x

x (x ≠ 1),

(c) x

x

x

2lim

1

++→

(x > 0), (d) x

x

x

2lim

+∞→

(x > 0),

(e) x

x

x

1lim

0

+→

(x > -1), (f) x

x

x

1lim

+∞→

(x > 0),

(g) 3

5lim

+

−∞→ x

x

x (x > 0), (h)

xx

xx

x +

−∞→

lim (x > 0).


7. Misalkan f dan g masing-masing mempunyai limit dalam R apabila x→∞ dan f(x) ≤ g(x) untuk semua (α,∞).

Buktikan bahwa fx ∞→lim ≤ g

x ∞→lim .

8. Misalkan f terdefinisi pada (0,∞) ke R. Buktikan bahwa ( )xfx ∞→lim = L jika dan hanya jika ( )xf

x1lim

0+→ = L.

9. Tunjukkan bahwa jika f : (a,∞) → R sedemikian sehingga ( )xxfx ∞→lim = L dimana L∈R, maka ( )xf

x ∞→lim = 0.


11. Lengkapkan bukti dari Teorema 1.3.15.

12. Misalkan ( )xfcx→

lim = L dimana L > 0, dan ( )xgcx→

lim = ∞. Tunjukkan bahwa ( ) ( )xgxfcx→

lim = ∞. Jika L = 0,

tunjukkan dengan contoh bahwa konklusi ini gagal.

13. Carilah fungsi-fungsi f dan g yang didefinisikan pada (0,∞) sedemikain sehingga fx ∞→lim = ∞ dan g

x ∞→lim = ∞,

akan tetapi ( )gfx

−∞→

lim = 0. Dapatkan anda menemukan fungsi-fungsi demikian, dengan g(x) > 0 untuk

semua x∈(0,∞), sedemikain sehingga gfx ∞→lim = 0?

14. Misalkan f dan g terdefinisi pada (a,∞) dan juga fx ∞→lim = L dan g

x ∞→lim = ∞. Buktikan bahwa gf

xo

∞→lim = L.

23

BAB II

FUNGSI KONTINU

2.1 Fungsi-fungsi Kontinu

2.1.1 Definisi Misalkan A⊆R, f : A → R dan c∈A. Kita katakan bahwa f kontinu pada c

jika, diberikan sebarang lingkungan Vε(f(c)) dari f(c) terdapat suatu lingkungan Vδ(c) dari c

sedemikain sehingga jika x sebarang titik pada A∩Vδ(c), maka f(x) termuat dalam Vε(f(c)). (Lihat

Gambar 2.1.1).

GAMBAR 2.1.1 Diberikan Vε(f(c)), lingkungan Vδ(c) ditentukan

Peringatan (1) Jika c∈A merupakan titik cluster dari A, maka pembandingan dari Definisi 1.1.4 dan

2.1.1 menunjukkan bahwa f kontinu pada c jika dan hanya jika

(1) f(c) = fcx→

lim .

Jadi, jika c titik cluster dari A, maka agar (1) berlaku, tiga syarat harus dipenuhi: (i) f harus terdefinisi pada c

(dengan demikian f(c) dapat dimengerti), (ii) limit dari f harus ada dalam R (dengan demikian fcx→

lim dapat

dimengerti), dan (iii) nilai-nilai dari f(c) dan fcx→

lim harus sama.

(2) Jika c bukan titik cluster dari A, maka terdapat lingkungan Vδ(c) dari c sedemikian sehingga

A∩Vδ(c) = {c}. Jadi kita menyimpulkan bahwa suatu fungsi f kontinu secara otomatis pada c∈A yang bukan titik

cluster dari A. Titik-titik demikian ini sering disebut “titik-titik terisolasi” dari A; titik-titik ini kurang menarik

untuk kita bahas, karena “far from the action”. Karena kekontinuan berlaku secara otomatis untuk titik-titik

terisolasi ini, kita akan secara umum menguji kekontinuan hanya pada titik-titik cluster. Jadi kita akan

memandang kondisi (1) sebagai karakteristik untuk kekontinuan pada c.

2.1.2 Definisi Misalkan A⊆R, f : A → R. Jika B⊆A, kita katakan bahwa f kontinu

pada B jika f kontinu pada setiap titik dalam B.

2.1.3 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R, dan c∈A. Maka kondisi-kondisi berikut

ekivalen.

(i) f kontinu pada c; yaitu, diberikan sebarang lingkungan Vε(f(c)) dari f(c) terdapat suatu

lingkungan Vδ(c) dari c sedemikain sehingga jika x sebarang titik pada A∩Vδ(c), maka f(x) termuat

dalam Vε(f(c))

(ii) Diberikan sebarang ε > 0 terdapat suatu δ > 0 sedemikian sehingga untuk semua x∈A

dengan x - c < δ, maka f(x) – f(c) < ε.

24

(iii) Jika (xn) sebarang barisan bilangan real sedemikian sehingga xn∈A untuk semua n∈N

dan (xn) konvergen ke c, maka barisan (f(xn)) konvergen ke f(c).

Pembuktian teorema ini hanya memerlukan sedikit modifikasi pembuktian dari Teorema

1.1.6 dan 1.1.8. Kita tinggalkan detailnya sebagai suatu latihan penting bagi pembaca.

2.1.4. Kriteria Diskontinu Misalkan A⊆R, f : A → R, dan c∈A. Maka f diskontinu pada

c jika dan hanya jika terdapat suatu barisan (xn) dalam A sedemikian sehingga (xn) konvergen ke c,

tetapi barisan (f(xn)) tidak konvergen ke f(c).

2.1.5 Contoh-contoh (a) f(x) = b kontinu pada R

Telah diperlihatkan pada Contoh 1.1.7(a) bahwa jika c∈R, maka kita mempunyai fcx→

lim = b.

Karena f(c) = b, maka f kontinu pada setiap titik c∈R. Jadi f kontinu pada R.

(b) g(x) = x kontinu pada R.

Telah diperlihatkan pada Contoh 1.1.7(b) bahwa jika c∈R, maka kita mempunyai gcx→

lim = c.

Karena g(c) = c, maka g kontinu pada setiap titik c∈R. Jadi g kontinu pada R.

(c) h(x) = x2 kontinu pada R.

Telah diperlihatkan pada Contoh 1.1.7(c) bahwa jika c∈R, maka kita mempunyai hcx→

lim = c2. Karena

h(c) = c2, maka h kontinu pada setiap titik c∈R. Jadi h kontinu pada R.

(d) ϕ(x) = 1/x kontinu pada A = {x∈R : x > 0}.

Telah diperlihatkan pada Contoh 1.1.7(d) bahwa jika c∈A, maka kita mempunyai ϕ→cx

lim = 1/c. Karena

ϕ(c) = 1/c, maka ϕ kontinu pada setiap titik c∈A. Jadi ϕ kontinu pada A.

(e) ϕ(x) = 1/x tidak kontinu pada x = 0

Memang, jika ϕ(x) = 1/x untuk x > 0, maka tidak terdefinisi pada x= 0, dengan demikian tidak

kontinu pada titik ini. Secara alternatif, telah diperlihatkan pada Contoh 1.1.10(a) bahwa ϕ→0

limx

tidak

ada dalam R, dengan demikian ϕ tidak kontinu pada x = 0.

(f) Fungsi sgn tidak kontinu pada x = 0.

Fungsi sgn telah didefinisikan pada contoh 1.1.10(b), dimana juga telah ditunjukkan bahwa

( )xsgnlimx 0→

tidak ada dalam R. Oleh karena itu sgn tidak kontinu pada x = 0 meskipun sgn 0

terdefinisi.

(g) Misalkan A = R dan f “fungsi diskontinu” Dirichlet yang didefinisikan oleh

f(x) =

irrasional jika , 0

rasional jika , 1

x

x

Kita claim bahwa f tidak kontinu pada sebarang titik pada R. (Fungsi ini diperkenalkan pada tahun

1829 oleh Dirichlet)

25

Memang, jika c bilangan rasional, misalkan (xn) suatu barisan bilangan irasional yang

konvergen ke c. Karena f(xn) = 0 untuk semua n∈N, maka kita mempunyai lim (f(xn)) = 0 sementara

f(c) = 1. Oleh karena itu f tidak kontinu pada bilangan rasional c.

Sebaliknya, jika b bilangan rasional, misalkan (yn) suatu barisan bilangan irasional yang

konvergen ke b. Karena f(yn) = 1 untuk semua n∈N, maka kita mempunyai lim (f(yn)) = 1 sementara

f(b) = 0. Oleh karena itu f tidak kontinu pada bilangan irasional b.

Karena setiap bilangan real adalah bilangan rasional atau irasional, kita simpulkan bahwa f

tidak kontinu pada setiap titik dalam R.

(h) Misalkan A = {x∈R : x > 0}. Untuk sebarang bilangan irasional x > 0 kita definisikan

h(x) = 0. Untuk suatu bilangan rasional dalam A yang berbentuk m/n, dengan bilangan asli m,n tidak

mempunyai faktor persektuan kecuali 1, kita definisikan h(m/n) = 1/n. (Lihat Gambar 2.1.2.) Kita

claim bahwa h kontinu pada setiap bilangan irasional pada A, dan diskontinu pada setiap bilangan

rasional dalam A. (Fungsi ini diperkenalkan pada tahun 1875 oleh K.J. Thomae)

Memang, jika a > 0 bilangan rasional, misalkan (xn) suatu barisan bilangan irasional dalam A

yang konvergen ke a. maka lim h(xn) = 0 sementara h(a) > 0. Dari sini h diskontinu pada a.

Di pihak lain, jika b suatu bilangan irasional dan ε > 0, maka (dengan Sifat Arcimedean)

terdapat bilangan asli n0 sedemikian sehingga 1/n0 < ε. Terdapat hanya sejumlah hingga bilangan

rasional dengan penyebut lebih kecil dari n0 dalam interval (b – 1, b + 1). (Mengapa?) Dari sini δ > 0

dapat dipilih sekecil mungkin yang mana lingkungan (b - δ,b + δ) tidak memuat tidak memuat

bilangan rasional dengan penyebut lebih kecil dari n0. Selanjutnya, bahwa untuk x - b< δ, x∈A, kita

mempunyai h(x) – h(b) = h(x) ≤ 1/n0 < ε. Jadi h kontinu pada bilangan irasional b.

Akibatnya, kita berkesimpulan bahwa fungsi Thomae h kontinu hanya pada titik-titik

irasional dalam A.

GAMBAR 2.1.2 Grafik Fungsi Thomae

2.1.6 Peringatan (a) Kadang-kadang suatu fungsi f : A → R tidak kontinu pada suatu

titik c, sebab tidak terdefinisi pada titik tersebut. Akan tetapi, jika fungsi f mempunyai suatu limit L

pada tiitik c dan jika kita definisikan F pada A∪{c} →R dengan

1/2

1 *

*

*

*

* * * * * * * *

* **

******* **

1 2

1/2

3/2

1/7 * * * * * * * * * * * *

26

∈=

=Axxf

cxLxF

untuk )(

untuk )(

maka F kontinu pada c. Untuk melihatnya, perlu mengecek bahwa Fcx→

lim = L, tetapi ini berlaku

(mengapa?), karena fcx→

lim = L

(b) Jika fungsi g : A → R tidak mempunyai suatu limit pada c, maka tidak ada cara untuk

memperoleh suatu fungsi G : A∪{c} → R yang kontinu pada c dengan pendefinisian

∈=

=Axxg

cxCxG

untuk )(

untuk )(

Untuk melihatnya, amati bahwa jika Gcx→

lim ada dan sama dengan C, maka gcx→

lim mesti ada juga dan

sama dengan C.

2.1.7 Contoh-contoh (a) Fungsi g(x) = sin (1/x) untuk x ≠ 0 (lihat Gambar 1.1.3) tidak

mempunyai limit pada x = 0 (lihat contoh 1.1.10(c)). Jadi tidak terdapat nilai yang dapat kita berikan

pada x = 0. Untuk memperoleh suatu perluasan kontinu dari g pada x = 0.

(b) Misalkan f(x) = x sin(1/x) untuk x ≠ 0. (Lihat Gambar 2.1.3) Karena f tidak terdefinisi

pada x = 0, fungsi f tidak bisa kontinu pada titik ini. Akan tetapi, telah diperlihatkan pada Contoh

1.2.8(f) bahwa ( )( )xsinxlimx

10→

= 0. Oleh karena itu mengikuti Peringatan 2.1.6(a) bahwa jika kita

definisikan F : R → R dengan

( )

≠=

=0untuk x1sin

0untuk 0)(

xx

xxF

maka F kontinu pada x = 0.

Gambar 2.1.3 Grafik dari f(x) = x sin(1/x) x ≠ 0

27

Latihan-latihan


2. Perlihatkan Kriteria Diskontinu 2.1.4.

3. Misalkan a < b < c. Misalkan pula bahwa f kontinu pada [a,b], g kontinu pada [b,c], dan f(b) = g(b).

Definisikan h pada [a,c] dengan h(x) = f(x) untuk x∈[a,b] dan h(x) = g(x) untuk x∈(b,c]. Buktikan bahwa h

kontinu pada [a,c].

4. Jika x∈R, kita definisikan ⇓x◊ adalah bilangan bulat terbesar n∈Z sedemikian sehingga n ≤ x. (Jadi, sebagai

contoh, ⇓8,3◊ = 8, ⇓π◊ = 3, ⇓-π◊ = -4.) Fungsi x a ⇓x◊ disebut fungsi bilangan bulat terbesar. Tentukan

titik-titik dimana fungsi-fungsi berikut kontinu :

(a). f(x) = ⇓x◊, (b) g(x) = x⇓x◊,

(c). h(x) = ⇓sin x◊, (d) k(x) = ⇓1/x◊ (x ≠ 0).

5. Misalkan f terdefinisi untuk semua x∈R, x ≠ 2, dengan f(x) = (x2 + x – 6)/(x – 2). Dapatkah f terdefinisi pada

x = 2 dimana dengan ini menjadikan f kontinu pada titik ini?

6. Misalkan A⊆R dan f : A → R kontinu pada titik c∈A. Tunjukkan bahwa untuk sebarang ε > 0, terdapat

lingkungan Vδ(c) dari c sedemikian sehingga jika x,y∈A∩Vδ(c), maka f(x) – f(y) < ε.

7. Misalkan f : R → R kontinu pada c dan misalkan f(c) > 0. Tunjukkan bahwa terdapat Vδ(c) suatu

lingkungan dari c sedemikian sehingga untuk sebarang x∈ Vδ(c) maka f(x) > 0.

8. Misalkan f : R → R kontinu pada R dan misalkan S = {x∈R : f(x) = 0} adalah “himpunan nol” dari f.

Jika (xn) ⊆ S dan x = lim (xn), tunjukkan bahwa x∈S.

9. Misalkan A⊆B⊆R, f : B → R dan g pembatasan dari f pada A (yaitu, g(x) = f(x) untuk x∈A).

(a). Jika f kontinu pada c∈A, tunjukkan bahwa g kontinu pada c.

(b). Tunjukkan dengan contoh bahwa jika g kontinu pada c, tidak perlu berlaku bahwa f kontinu pada

c.

10. Tunjukkan bahwa fungsi nilai mutlak f(x) = x kontinu pada setiap titik c∈R.

11. Misalkan K > 0 dan f : → R memenuhi syarat f(x) – f(y) ≤ Kx - y untuk semua x,y∈R. Tunjukkan

bahwa f kontinu pada setiap titik c∈R.

12. Misalkan bahwa f : R → R kontinu pada R dan f(r) = 0 untuk setiap bilangan rasional r. Buktikan bahwa

f(x) = 0 untuk semua x∈R.

13. Definisikan g : R → R dengan g(x) = 2x untuk x rasional, dan g(x) = x + 3 untuk x irasional. Tentukan

semua titik dimana g kontinu.

14. Misalkan A = (0,∞) dan k : A → R didefinisikan sebagai berikut. Untuk x∈A, x rasional, kita definisikan

k(x) = 0; untuk x∈A rasional dan berbentuk x = m/n dengan bilangan asli m, n tidak mempunyai faktor

persekutuan kecuali 1, kita definisikan k(x) = n. Buktikan bahwa k tidak terbatas pada setiap interval terbuka

dalam A. Simpulkan bahwa k tidak kontinu pada sebarang titik dari A.

2.2 Kombinasi dari Fungsi-fungsi Kontinu

2.2.1 Teorema Misalkan A⊆R, f dan g fungsi-fungsi yang terdefinisi pada A ke R dan

b∈R. Andaikan bahwa c∈A dan f dan g kontinu pada c.

(a) Maka f + g, f – g, fg, dan bf kontinu pada c.

28

(b) Jika h : A → R kontinu pada c∈A dan jika h(x) ≠ 0 untuk semua x∈A, maka fungsi f/h

kontinu pada c.

Bukti. (a). Jika c bukan suatu titik cluster dari A, maka konklusi berlaku secara otomatis.

Dari sini, kita asumsikan bahwa c titik cluster dari A. Karena f dan g kontinu pada c, maka f(c) =

fcx→

lim dan g(c) = gcx→

lim Oleh karena itu mengikuti Teorema 1.2.4(a) diperoleh (f + g)(c) = f(c) + g(c)

= ( )gfcx

+→

lim Dengan demikian f + g kontinu pada c. Pernyataan-pernyataan lain pada bagian (a)

dibuktikan dengan cara serupa.

(b) Karena c∈A, maka h(c) ≠ 0. Tetapi karena h(c) = hcx→

lim , berikut dari Teorema 1.2.4(b)

bahwa ( )ch

f =

( )( )ch

cf =

h

f

cx

cx

→

→

lim

lim =

→ h

f

cxlim . Oleh karena itu f/h kontinu pada c.

2.2.2 Teorema Misalkan A⊆R, f dan g fungsi-fungsi yang terdefinisi pada A ke R dan

b∈R.

(a) Maka f + g, f – g, fg, dan bf kontinu pada A.

(b) Jika h : A → R kontinu pada A dan h(x) ≠ 0 untuk x∈A, maka fungsi f/h kontinu pada

A.

2.2.3 Komentar Untuk mendefinisikan fungsi hasil bagi, kadang-kadang lebih cocok memulainya

sebagai berikut : Jika ϕ : → R, misalkan A1 = {x∈A : ϕ(x) ≠ 0}. Kita akan mendefinisikan fungsi hasil bagi f/ϕ

pada himpunan A1 dengan

(*) )(

)()(

x

xfx

f

ϕϕ=

untuk x ∈ A1.

Jika ϕ kontinu pada titik c∈A1, maka jelas bahwa pembatasan ϕ1 dari ϕ pada A1 juga kontinu pada c. Oleh karena

itu mengikuti Teorema 2.2.1(b) dipergunkan untuk ϕ1 bahwa f/ϕ kontinu pada c∈A1. Serupa juga jika f dan ϕ

kontinu pada A, maka fungsi f/ϕ, didefinisikan pada A1 oleh (*), kontinu pada A1.

2.2.4 Contoh-contoh (a) Fungsi-fungsi polinomial.

Jika p suatu fungsi polinimial, dengan demikian p(x) = anxn + an-1x

n-1 + … + a1x + a0 untuk

semua x∈R, maka mengikuti Contoh 1.2.5(f) bahwa p(c) = pcx→

lim untuk sebarang c∈R. Jadi fungsi

polinomial kontinu pada R.

(b) Fungsi-fungsi rasional

Jika p dan q fungsi-fungsi polinomial pada R, maka terdapat paling banyak sejumlah hingga

α1,α2, … , αn akar-akar real dari q. Jika x∉{α1,α2, … , αn} maka q(x) ≠ 0 dengan demikian kita dapat

mendefinisikan fungsi rasional r dengan r(x) = )(

)(

xq

xp untuk x∉{α1,α2, … , αn}.

Telah diperlihatkan dalam Contoh 1.2.5(g) bahwa jika q(c) ≠ 0, maka r(c) = )(

)(

cq

cp =

)(lim

)(lim

xq

xp

cx

cx

→

→ = )(lim xrcx→

. Dengan kata lain, r kontinu pada c. Karena c sebarang bilangan real yang bukan

29

akar dari q, kita katakan bahwa suatu fungsi rasional yang kontinu pada setiap bilangan real dimana

fungsi tersebut terdefinisi.

(c) Kita akan menunjukkan bahwa fungsi sinus kontinu pada R.

Untuk mengerjakan ini kita akan menggunakan sifat-sifat dari fungsi sinus dan cosinus yang

pada bagian ini tidak akan dibuktikan. Untuk semua x,y,z∈R kita mempunyai sin z ≤ z,

cos z ≤ 1, sin x – sin y = 2sin[½(x – y)]cos[½(x + y)]. Dari sini, jika c∈R, maka kita

mempunyai sin x – sin c ≤ 2(½x – c)(1) = x - c. Oleh karena itu sin kontinu pada c. Karena

c∈R sebarang, maka ini berarti fungsi sin kontinu pada R.

(d) Fungsi cosinus kontinu pada R.

Untuk mengerjakan ini kita akan menggunakan sifat-sifat dari fungsi sinus dan cosinus yang

pada bagian ini tidak akan dibuktikan. Untuk semua x,y,z∈R kita mempunyai sin z ≤ z,

sin z ≤ 1, cos x – cos y = 2sin[½(x + y)]sin[½(y - x)]. Dari sini, jika c∈R, maka kita

mempunyai cos x – cos c ≤ 2(1)(½c – x) = x - c. Oleh karena itu cos kontinu pada c. Karena

c∈R sebarang, maka ini berarti fungsi cos kontinu pada R. (Cara lain, kita dapat menggunakan

hubungan cos x = sin (x + π/2).)

(e) Fungsi-fungsi tan, cot, sec, csc kontinu dimana fungsi-fungsi ini terdefinisi.

Sebagai contoh, fungsi cotangen didefinisikan dengan cot x = x

x

sin

cos asalkan sin x ≠ 0 (yaitu,

asalkan x ≠ nπ, n∈Z). Karena sin dan cos kontinu pada R, maka mengikuti Komentar 2.2.3 bahwa

fungsi cot kontinu pada domainnya. Fungsi-fungsi trigonometri yang lain dilakukan dengan proses

pengerjaan yang serupa.

2.2.5 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R dan f didefinisikan untuk x∈A dengan f(x)

= f(x).

(a) Jika f kontinu pada suatu titik c∈A, maka f kontinu pada c.

(b) Jika f kontinu pada A, maka f kontinu pada A.

Bukti. Ini merupakan konsekuensi dari Latihan 1.2.13.

2.2.6 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R dan f(x) ≥ 0 untuk semua x∈A. Kita misalkan

f didefinisikan untuk x∈A dengan f (x) = )(xf .

(c) Jika f kontinu pada suatu titik c∈A, maka f kontinu pada c.

(d) Jika f kontinu pada A, maka f kontinu pada A.

Bukti. Ini merupakan konsekuensi dari Latihan 1.2.14.

30

Komposisi Fungsi-fungsi Kontinu

Sekarang kita akan menunjukkan bahwa jika f : A → R kontinu pada suatu titik c dan jika g :

B → R kontinu pada b = f(c), maka komposisi gof kontinu pada c. Agar menjamin bahwa gof

terdefinisi pada seleruh A, kita perlu menganggap bahwa f(A) ⊆ B.

2.2.7 Teorema Misalkan A,B⊆R, f : A → R dan g : B → R fungsi-fungsi sedemikian

sehingga f(A)⊆B. Jika f kontinu pada suatu titik c∈A dan g kontinu pada b = f(c) ∈B, maka komposisi

gof : A → R kontinu pada c.

Bukti. Misalkan W suatu lingkungan-ε dari g(b). Karena g kontinu pada b, maka terdapat

suatu lingkungan-δ V dari b = f(c) sedemikian sehingga jika y∈B∩V maka g(y)∈W. Karena f kontinu

pada c, maka terdapat suatu lingkungan-γ U dari c sedemikian sehingga jika x∈U∩A, maka f(x)∈V.

(Lihat Gambar 2.2.1.) Karena f(A)⊆B, maka ini berarti jika x∈A∩U, maka f(x)∈B∩V dengan

demikian gof(x) = g(f(x))∈W. Tetapi karena W suatu lingkungan-ε dari g(b), ini mengakibatkan bahwa

gof kontinu pada c.

2.2.8 Teorema Misalkan A,B⊆R, f : A → R kontinu pada A dan g : B → R kontinu pada

B. Jika f(A)⊆B, maka komposisi gof : A → R kontinu pada A.

Bukti. Teorema ini secara serta-merta mengikuti hasil sebelumnya, jika , berturut-turut, f dan

g kontinu pada setiap titik A dan B.

2.2.9 Contoh-contoh (a) Misalkan g1(x) = x untuk x∈R. Menurut Ketaksamaan Segitiga

bahwa g1(x) – g1(c) ≤ x - c untuk semua x,c∈R. Dari sini g1 kontinu pada c∈R. Jika f : A → R

sebarang fungsi kontinu pada A, maka Teorema 2.2.8 mengakibatkan bahwa g1of = f kontinu pada

A. Ini memberikan cara lain pembuktian dari Teorema 2.2.5.

(b) Misalkan g2(x) = x untuk x ≥ 0. Mengikuti Teorema 2.1.3 bahwa g2 kontinu pada

sebarang c ≥ 0. Jika f : A → R kontinu pada A dan jika f(x) ≥ 0 untuk semua x∈A, maka menurut

Teorema 2.2.8 g2of = f kontinu pada A. Ini memberikan pembuktian lain dari Teorema 2.2.6.

(c) Misalkan g3(x) = sin x untuk x∈R. Kita telah tunjukkan dalam Contoh 2.2.4(c) bahwa g3

kontinu pada R. Jika f : A → R kontinu pada A, maka mengikuti Teorema 2.2.8 bahwa g3of kontinu

pada A.

Khususnya, jika f(x) = 1/x untuk x ≠ 0, maka fungsi g(x) = sin(1/x) kontinu pada setiap titik c

≠ 0. [Kita telah tunjukkan, dalam Contoh 2.1.7(a), bahwa g tidak didefinisikan pada 0 agar g menjadi

kontinu pada titik itu.]

Latihan- latihan

1. Tentukan titik-titik kekontinuan dari fungsi-fungsi berikut dan nyatakan teorema-teorema mana yang

dipergunakan dalam setiap kasus :

(a). f(x) = 1

122

2

+++

x

xx (x∈R); (b) g(x) = xx + (x ≥ 0);

31

(c). h(x) = x

xsin1+ (x ≠ 0); (d) k(x) = cos 12 +x (x∈R).

2. Tunjukkan bahwa jika f : A→ R kontinu pada A⊆R dan jika n∈N, maka fungsi fn didefinisikan oleh fn(x) =

(f(x))n untuk x∈A, kontinu pada A.

3. Berikan satu contoh f dan g yang kedua-duanya tidak kontinu pada suatu titik c dalam R sedemikian

sehingga : (a) fungsi jumlah f + g kontinu pada c, (b) fungsi hasil kali fg kontinu pada c.

4. Misalkan [ ]x menyatakan bilangan bulat terbesar yang lebih kecil dari atau sama dengan x. (lihat Latihan

2.1.4.) Tentukan titik-titik kekontinuan dari fungsi f(x) = x - [ ]x , x∈R.

5. Misalkan g didefinisikan pada R oleh g(1) = 0, dan g(x) = 2 jika x ≠ 1, dan misalkan f(x) = x + 1 untuk

semua x∈R. Tunjukkan bahwa fgx

o0

lim→

≠ gof(0). Mengapa ini tidak kontradiksi dengan Teorema 2.2.7?

6. Misalkan f,g didefinisikan pada R dan c∈R. Misalkan juga bahwa fx 0lim

→ = b dan g kontinu pada b.

Tunjukkan bahwa fgx

o0

lim→

= g(b). (Bandingkan hasil ini dengan Teorema 2.2.7 dan latihan sebelumnya.)

7. Berikan contoh dari fungsi f : [0,1] → R yang diskontinu pada setiap titik dalam [0,1] tetapi sedemikian

sehingga f kontinu pada [0,1].

8. Misalkan f,g fungsi-fungsi kontinu dari R ke R, dan misalkan pula f(r) = g(r) untuk semua bilangan rasional

r. Apakah benar bahwa f(x) = g(x) untuk semua x∈R?

9. Misalkan h : R → R kontinu pada R memenuhi h(m/2n) = 0 untuk semua m∈Z, n∈N. Tunjukkan bahwa

h(x) = 0 untuk semua x∈R.

10. Misalkan f : R → R kontinu pada R, dan misalkan pula P = {x∈R : f(x) > 0}. Jika c∈P, tunjukkan bahwa

terdapat suatu lingkungan Vδ(c)⊆P.

11. Jika f dan g kontinu pada R, misalkan pula S = {x∈R : f(x) ≥ g(x)}. Jika (sn)⊆S dan lim (sn) = s, tunjukkan

bahwa s∈S.

12. Suatu fungsi f : R → R dikatakan aditif jika f(x + y) = f(x) + f(y) untuk semua x,y∈R. Buktikan bahwa jika

f kontinu pada suatu titik x0, maka fungsi itu kontinu pada setiap titik dalam R. (Lihat Latihan 1.2.12.)

32

13. Misalkan f fungsi aditif kontinu pada R. Jika c = f(1), tunjukkan bahwa kita mempunyai f(x) = cx untuk

semua x∈R. [Petunjuk : Pertama-tama tunjukkan bahwa jika r suatu bilangan rasional, maka f(r) = cr.]

14. Misalkan g : R → R memenuhi hubungan g(x + y) = g(x)g(y) untuk semua x,y∈R. Tunjukkan bahwa jika g

kontinu pada x = 0, maka g kontinu pada setiap titik dalam R. Juga jika kita mempunyai g(a) = 0 untuk

suatu a ∈R, maka g(x) = 0 untuk semua x∈R.

15. Misalkan f,g : R → R kontinu pada suatu titik c, dan h(x) = sup{f(x), g(x)} untuk x∈R. Tunjukkan bahwa

h(x) = ½(f(x) + g(x)) + ½f(x) – g(x) untuk semua x∈R. Gunakan hasil ini untuk menunjukkan bahwa h

kontinu pada c.

16. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R terbatas dan kontinu pada I. Definisikan g : I → R dengan g(x) = sup{f(t) :

a ≤ t ≤ b} untuk semua x∈I. Buktikan bahwa g kontinu pada I.

2.3 Fungsi-fungsi Kontinu pada Interval

2.3.1 Definisi Suatu fungsi f : A → R dikatakan terbatas pada A, jika terdapat M > 0

sedemikan sehingga f(x) ≤ M untuk semua x∈A.

Dengan kata lain, suatu fungsi dikatakan terbatas jika range-nya merupakan suatu himpunan

terbatas dalam R. Kita mencatat bahwa suatu fungsi kontinu tidak perlu terbatas. Contohnya, fungsi

f(x) = 1/x adalah fungsi kontinu pada himpunan A = {x∈R : x > 0}. Akan tetapi, f tidak terbatas pada

A. Kenyataannya, f(x) = 1/x tidak terbatas apabila dibatasi pada B = {x∈R : 0 < x < 1}. Akan tetapi,

f(x) = 1/x terbatas apabila dibatasi untuk himpunan C = {x∈R : 1 ≤ x}, meskipun himpunan C tidak

terbatas.

2.3.2 Teorema Keterbatasan Misalkan I = [a,b] suatu interval tertutup dan terbatas dan

misalkan f : I → R kontinu pada I. Maka f terbatas pada I.

Bukti. Andaikan f tidak terbatas pada I. Maka, untuk sebarang n∈N terdapat suatu bilangan

xn∈I sedemikian sehingga f(xn) > n. Karena I terbatas, barisan X = (xn) terbatas. Oleh karena itu,

menurut Teorema Bolzano-Weiestrass 3.4.7 bahwa terdapat subbarisan X‘ = (rnx ) dari X yang

konvergen ke x. Karena I tertutup dan unsur-unsur X’ masuk kedalam I, maka menurut Teorema 3.2.6,

x∈I. Karena f kontinu pada x, dengan demikian barisan (f(rnx )) konvergen ke f(x). Kita selanjutnya

menyimpulkan dari Teorema 3.2.2 bahwa kekonvergenan barisan (f(rnx )) mesti terbatas. Tetapi ini

suatu kontradiksi karena f(rnx ) > nr ≥ r untuk r∈N. Oleh karena itu pengandaian bahwa fungsi

kontinu f tidak terbatas pada interval tertutup dan terbatas I menimbulkan kontradiksi.

2.3.3 Definisi Misalkan A⊆R dan f : A → R. Kita katakan f mempunyai suatu

maksimum mutlak pada A jika terdapat suatu titik x*∈A sedemikian sehingga f(x

*) ≥ f(x) untuk

semua x∈A. Kita katakan f mempunyai suatu minimum mutlak pada A jika terdapat suatu titik

x*∈A sedemikian sehingga f(x*) ≤ f(x) untuk semua x∈A. Kita katakan bahwa x* suatu titik

maksimum mutlak untuk f pada A, dan x* suatu titik minimum mutlak dari f pada A, jika titik-titik

itu ada.

33

Jika suatu fungsi mempunyai suatu titik maksimum mutlak, maka titik ini tidak perlu

ditentukan secara tunggal. Sebagai contoh, fungsi g(x) = x2 didefinisikan untuk x∈A = [-1,+1]

mempunyai dua titik x = !1 yang memberikan titik maksimum pada A, dan titik tunggal x = 0

menghasilkan minimum mutlaknya pada A. (Lihat Gambar 2.3.2.) Untuk memilih suatu contoh

ekstrim, fungsi konstan h(x) = 1 untuk x∈R adalah sedemikian sehingga setiap titik dalam R

merupakan titik maksimum mutlak dan sekaligus titik minimum mutlak untuk f.

GAMBAR 2.3.1 Grafik fungsi f(x) = 1/x (x > 0)

2.3.4 Teorema Maksimum-Minimum Misalkan I = [a,b] interval tertutup dan terbatas dan

f : I → R kontinu pada I. Maka f mempunyai maksimum mutlak dan minimum mutlak pada I.

Bukti. Pandang himpunan tak kosong f(I) = {f(x) : x∈I} nilai-nilai dari f pada I. Dalam

Teorema 2.3.2 sebelumnya telah diperlihatkan bahwa f(I) merupakan subhimpunan dari R yang

terbatas. Misalkan s* = sup f(I) dan s* = inf f(I). Kita claim bahwa terdapat titik-titik x

* dan x*

sedemikian sehingga s* = f(x

*) dan s* = f(x*). Kita akan memperlihatkan bahwa keberadaan titik x

*,

meninggalkan pembuktian eksistensi dari x* untuk pembaca.

GAMBAR 2.3.2 Grafik fungsi g(x) = x2 (x ≤ 1)

Karena s* = sup f(I), jika n∈N, maka s

* - 1/n bukan suatu batas atas dari himpunan f(I).

Akibatnya terdapat bilangan real xn∈I sedemikian sehingga

34

(#) s* -

n

1 < f(xn) ≤ s

* untuk n∈N.

Karena I terbatas, barisan X = (xn) terbatas. Oleh karena itu, dengan menggunakan Teorema Bolzano-

Weiestrass 3.4.7, terdapat subbarisan X‘ = (rnx ) dari X yang konvergen ke suatu bilangan x

*. Karena

unsur-unsur dari X’ termasuk dalam I = [a,b], maka mengikuti Teorema 3.2.6 bahwa x*∈I. Oleh

karena itu f kontinu pada x* dengan demikian lim (f(

rnx )) = f(x*). Karena itu mengikuti (#) bahwa s

* -

rn

1 < f(

rnx ) ≤ s* untuk r∈N, kita menyimpulkan dari Teorema Apit 3.2.7 bahwa lim (f(

rnx )) = s*.

Oleh karena itu kita mempunyai f(x*) = lim (f(

rnx )) = s* = sup f(I). Kita simpulkan bahwa x

* adalah

suatu titik maksimum mutlak dari f pada I.

2.3.5 Teorema Lokasi Akar Misalkan I suatu interval dan f : I → R fungsi kontinu pada

I. Jika α < β bilangan-bilangan dalam I sedemikian sehingga f(α) <0< f(β) (atau sedemikian sehingga

f(α) >0> f(β)), maka terdapat bilangan c∈(α,β) sedemikian sehingga f(c) = 0.

Bukti. Kita asumsikan bahwa f(α) < 0 < f(β). Misalkan I1 = [α,β] dan γ = ½(α + β). Jika f(γ)

= 0 kita ambil c = γ dan bukti lengkap. Jika f(γ) > 0 kita tetapkan α2 = α, β2 = γ, sedangkan jika f(γ) <

0 kita tetapkan α2 = γ, β2 = β. Dalam kasus apapun, kita tetapkan I2 = [α2,β2], dimana f(α2) < 0 dan

f(β2) > 0. Kita lanjutkan proses biseksi ini.

Anggaplah bahwa kita telah mempunyai interval-interval I1, I2, …, Ik = [αk,βk] yang

diperoleh dengan biseksi secara berturut-turut dan sedemikian sehingga f(αk) < 0 dan f(βk) > 0.

Misalkan γk = ½(αk + βk). Jika f(γk) = 0 kita ambil c = γk dan bukti lengkap. Jika f(γk) > 0 kita tetapkan

αk+1 = αk, βk+1 = γk, sedangkan jika f(γk) < 0 kita tetapkan αk+1 = γk, βk+1 = βk. Dalam kasus apapun,

kita tetapkan Ik+1 = [αk+1,βk+1], dimana f(αk+1) < 0 dan f(βk+1) > 0. Jika proses ini diakhiri dengan

penetapan suatu titik γn sedemikian sehingga f(γn) =0, pembuktian selesai. Jika proses ini tidak

berakhir, kita memperoleh suatu barisan nested dari interval-interval tutup In = [αn,βn], n∈N. Karena

interval-interval ini diperoleh dengan biseksi berulang, kita mempunyai βn - αn = (β - α)/2n – 1

.

Mengikuti Sifat Interval Nested 2. 6.1 bahwa terdapat suatu titik c dalam In untuk semua n∈N.

Karena αn ≤ c ≤ βn untuk semua n∈N, kita mempunyai 0 ≤ c - αn ≤ βn - αn = (β - α)/2n – 1

, dan 0 ≤ βn

– c ≤ βn - αn = (β - α)/2n – 1

. Dari sini diperoleh bahwa c = lim (αn) dan c = lim (βn). Karena f kontinu

pada c, kita mempunyai lim (f(αn)) = f(c) = lim (f(βn)). Karena f(βn) ≥ 0 untuk semua n∈N, maka

mengikuti Teorema 3.2.4 bahwa f(c) = lim (f(βn)) ≥ 0. Juga Karena f(αn) ≤ 0 untuk semua n∈N, maka

mengikuti hasil yang sama (gunakan –f) bahwa f(c) = lim (f(αn)) ≤ 0. Oleh karena itu kita mesti

mempunyai f(c) = 0. Akibatnya c merupakan akar dari f.

35

2.3.6 Teorema Nilai Antara Bolzano Misalkan I suatu interval dan f : I → R kontinu pada

I. Jika a, b∈I dan jika k∈R memenuhi f(a) < k < f(b), maka terdapat suatu titik c∈I antara a dan b

sedemikian sehingga f(c) = k.

Bukti. Anggaplah a < b dan misalkna g(x) = f(x) – k; maka g(a) < 0 < g(b). Menurut

Teorema Lokasi Akar 2.3.5 terdapat suatu titik c dengan a < c < b sedemikian sehingga 0 = g(c) = f(c)

– k. Oleh karena itu f(c) = k.

Jika b < a, misalkan h(x) = k – f(x) dengan demikian h(b) < 0 < h(a). Oleh karena itu terdapat

titik c dengan b < c < a sedemikian sehingga 0 = h(c) = k – f(c), dari sini f(c) = k.

2.3.7 Akibat. Misalkan I = [a,b] suatu interval tutup dan terbatas. Misalkan pula f : I → R

kontinu pada I. Jika k∈R sebarang bilangan yang memenuhi inf f(I) ≤ k ≤ sup f(I) maka terdapat suatu

bilangan c∈I sedemikian sehingga f(c) = k.

Bukti. Ini mengikut pada Teorema MaksimumMinimum 2.3.4 bahwa terdapat titik-titik c*

dan c* dalam I sedemikian sehingga inf f(I) = f(c*) ≤ k ≤ f(c

*) = sup f(I). Sekarang kesimpulan

mengikut pada Teorema 2.3.6.

2.3.8 Misalkan I = [a,b] suatu interval tutup dan terbatas. Misalkan pula f : I → R kontinu

pada I. Maka himpunan f(I) = {f(x) : x∈I} adalah interval tutup dan terbatas.

Bukti. Jika kita memisalkan m = inf f(I) dan M = sup f(I), maka mengetahui dari Teorema

Maksimum-Minimum 2.3.4 bahwa m dan M masuk dalam f(I). Selain itu, kita mempunyai f(I) ⊆

[m,M]. Di pihak lain, jika k sebarang unsur dari [m,M], maka menurut Teorema Akibat sebelumnya

bahwa terdapat suatu titik c∈I sedemikian sehingga k = f(c). Dari sini, k∈f(I) dan kita menyimpulkan

bahwa [m,M]⊆f(I). Oleh karena itu, f(I) adalah interval [m,M].

Catatan. Jika I = [a,b] suatu interval dan f : I → R kontinu pada I, kita mempunyai bukti bahwa f(I)

adalah interval [m,M]. Kita tidak mempunyai bukti (dan itu tidak selalu benar) bahwa f(I) adalah interval

[f(a),f(b)]. (Lihat Gambar 2.3.3.)

Teorema sebelumnya adalah suatu teorema “pengawetan” dalam pengertian, teorema ini menyatakan

bahwa peta kontinu dari suatu interval tutup dan terbatas adalah himpunan yang bertipe sama. Teorema berikut

memperluas hasil ini untuk interval secara umum. Akan tetapi, akan dicatat bahwa meskipun peta kontinu dari

suatu interval adalah juga suatu interval, tidak benar bahwa interval peta perlu mempunyai bentuk sama seperti

interval domain. Sebagai contoh, peta kontinu dari interval buka tidak perlu suatu interval buka, dan peta kontinu

dari suatu interval tertutup tak terbatas tidak perlu interval tertutup. Memang, jika f(x) = 1/(x2 + 1) untuk xεR,

maka f kontinu pada R [lihat Contoh 2.2.4(b)]. Mudah untuk melihat bahwa jika I1 = (-1,1), maka f(I1) = (½,1],

yang mana bukan suatu interval buka. Juga, jika I2 = [0,∞), maka f(I2) = (0,1] yang mana bukan interval tutup. (Lihat Gambar 2.3.4.)

Untuk membuktikan Teorema Pengawetan Interval 2.3.10, kita perlu lemma pencirian

interval berikut.

2.3.9 Lemma Misalkan S⊆R suatu himpunan tak kosong dengan sifat

(*) jika x,y∈S dan x < y, maka [x,y]⊆S.

Maka S suatu interval.

36

Bukti. Kita akan menganggap bahwa S mempunyai sekurang-kurangnya dua titik. Terdapat

empat kasus untuk diperhatikan : (i) S terbatas, (ii) S terbatas di atas tetapi tidak terbatas dibawah, (iii)

S terbatas dibawah tetapi tidak terbatas diatas, dan (iv) S tidak terbatas baik diatas maupun dibawah.

(i) Misalkan a = inf S dan b = sup S. Jika s∈S maka a ≤ s ≤ b dengan demikian s∈[a,b];

karena s∈S sebarang, kita simpulkan bahwa S⊆[a,b].

Dipihak lain kita claim bahwa (a,b)⊆S. Karena jika z∈(a,b), maka z bukan suatu batas

bawah dari S dengan demikian terdapat x∈S dengan x < z. Juga z ukan suatu batas atas darin S

dengan demikian terdapat y∈S dengan z < y. Akibatnya, z∈[x,y] dan sifat (*) mengakibatkan

z∈[x,y]⊆S. Karena z unsur sebarang dalam (a,b), maka disimpulkan bahwa (a,b) ⊆ S.

Jika a∉S dan b∉S, maka kita mempunyai S = (a,b); jika a∉S dan b∈S kita mempunyai S =

(a,b]; jika a∈S dan b∉S kita mempunyai S = [a,b); dan jika a∈S dan b∈S kita mempunyai S = [a,b].

GAMBAR 2.3.3 f(I) = [m,M]

GAMBAR 2.3.4 Grafik fungsi f(x) = 1/(x2 + 1) (x∈R)

(ii) Misalkan b = sup S. Jika s∈S maka s ≤ b dengan demikian kita mesti mempunyai S⊆(-

∞,b]. Kita claim bahwa (-∞,b)⊆S. Karena, jika z∈(-∞,b), argumen yang diberikan (i) mengakibatkan

terdapat x,y∈S sedemikian sehingga [x,y]⊆S. Oleh karena itu (-∞,b)⊆S.

Jika b∉S, maka kita mempunyai S = (-∞,b); jika b∈S, maka kita mempunyai S = (-∞,b].

m

f(a)

ba

M

f(b)

x*

x*

37

(iii) Misalkan a = inf S dan memperlihatkan seperti dalam (ii). Dalam kasus ini kita

mempunyai S = (a,∞) jika a∉S, dan S = [a,∞) jika a∈S.

(iv) Jika z∈R, maka argumen yang diberikan pada (i) mengakibatkan bahwa terdapat

x,y∈S sedemikian sehingga z∈[x,y]⊆S. Oleh karena itu R⊆S, dengan demikian S = (-∞,∞).

Jadi, dalam semua kasus, S merupakan suatu interval.

2.3.10 Teorema Pengawetan Interval Misalkan I suatu interval dan f : I → R kontinu

pada I. Maka himpunan f(I) merupakan suatu interval.

Bukti. Misalkan α,β∈f(I) dengan α < β; maka terdapat titik-titik a,b∈I sedemikian sehingga

α = f(a) dan β = f(b). Selanjutnya, menurut Teorema Nilai Antara Bolzano 2.3.6 bahwa jika k∈(α,β)

maka terdapat suatu c∈I dengan k = f(c)∈f(I). Oleh karena itu [α,β]⊆f(I), meninjukkan bahwa f(I)

memiliki sifat (*) pada lemma sebelumnya. Oleh karena itu f(I) merupakan suatu interval.

Latihan-latihan

1. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R fungsi kontinu sedemikian sehingga f(x) > 0 untuk setiap x∈I. Buktikan

bahwa terdapat suatu α > 0 sedemikian sehingga f(x) ≥ α untuk semua x∈I.

2. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R dan g : I → R fungsi kontinu pada I. Tunjukkan bahwa himpunan E = {x∈I

: f(x) = g(x)} mempunyai sifat bahwa jika (xn)⊆E dan xn→ x0, maka x0∈E.

3. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R fungsi kontinu pada I sedemikian sehingga untuk setiap x dalam I terdapat

y dalam I sedemikian sehingga f(y) ≤ ½f(x). Buktikan bahwa terdapat suatu titik c∈I sedemikian

sehingga f(c).

4. Tunjukkan bahwa setiap polinomial derajat ganjil dengan koefisien real mempunyai paling sedikit akar real.

5. Tunjukkan bahwa polinomial p(x) = x4 + 7x3 – 9 mempunyai paling sedikit dua akar real. Gunakan

kalkulator untuk menemukan akar-akar ini hingga dua tempat desimal.

6. Misalkan f kontinu pada interval [0,1] ke R dan sedemikian sehingga f(0) = f(1). Buktikan bahwa terdapat

suatu titik c dalam [0,½] sedemikian sehingga f(c) = f(c + ½). [Petunjuk : Pandang g(x) = f(x) – f(x +½).]

Simpulkan bahwa , sebarang waktu, terdapat titik-titik antipodal pada equator bumi yang mempunyai

temperatur yang sama.

7. Tunjukkan bahwa persamaan x = cos x mempunyai suatu solusi dalam interval [0,π/2]. Gunakan prosedur

biseksi dalam pembuktian Teorema Pencarian Akar dan kalkulator untuk menemukan suatu solusi

oproksimasi dari persamaan ini, teliti sampai dua tempat desimal.

8. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R fungsi kontinu pada I dan misalkan f(a) < 0, f(b) > 0. Misalkan pula W =

{x∈I : f(x) < 0}, dan w = sup W. Buktikan bahwa f(w) = 0. (Ini memberikan suatu alternatif pembuktian

Teorema 2.3.5.)

9. Misalkan I = [0,π/2], dan f : I → R didefinisikan oleh f(x) = sup{x2,cos x} untuk x∈I. Tunjukkan bahwa

terdapat suatu titik minimum mutlak x0∈I untuk f pada I. Tunjukkan bahwa x0 merupakan suatu solusi untuk

persamaan cos x = x2.

10. Andaikan bahwa f : R → R kontinu pada R dan bahwa fx −∞→lim = 0 dan f

x ∞→lim = 0. Buktikan bahwa f

terbatas pada R dan mencapai maksimum atau minimum pada R. Berikan contoh untuk menunjukkan

bahwa maksimum dan minimum, keduanya, tidak perlu dicapai.

38

11. Misalkan f : R → R kontinu pada R dan β∈R. Tunjukkan bahwa jika x0∈R sedemikian sehingga f(x0) < β,

maka terdapat suatu lingkungan-δ U dari x0 sedemikian sehingga f(x) < β untuk semua x∈U.

12. Ujilah bahwa interval-interval buka [atau, tutup] dipertakan oleh f(x) = x2 untuk x∈R pada interval-interval

buka [atau, tutup].

13. Ujilah pemetaan dari interval-interval buka [atau, tutup] dibawah fungsi-fungsi g(x) = 1/(x2 + 1) dan h(x) =

x3 untuk x∈R.

14. Jika f : [0,1] → R kontinu dan hanya mempunyai nilai-nilai rasional [atau, nilai-nilai irasional], mesti f

fungsi konstan.

15. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R suatu fungsi (tidak perlu kontinu) dengan sifat bahwa untuk setiap x∈I,

fungsi f terbatas pada suatu lingkungan ( )xVxδ dari x (dalam pengertian pada Definisi 1.2.1). Buktikan

bahwa f terbatas pada I.

16. Misalkan J = (a,b) dan g : J → R fungsi kontinu dengan sifat bahwa untuk setiap x∈J, fungsi g terbatas pada

suatu lingkungan ( )xVxδ dari x. Tunjukkan bahwa g tidak perlu terbatas pada J.

2.4 Kekontinuan Seragam

Misalkan A⊆R dan f : A → R. Telah dilihat pada Teorema 2.1.3 bahwa pernyataan-

pernyataan berikut ini ekivalen :

(i) f kontinu pada setiap titik u∈A;

(ii) diberikan ε > 0 dan u∈A, terdapat δ(ε,u) > 0 sedemikian sehingga untuk semua x∈A

dan x - u < δ(ε,u), maka f(x) – f(u) < ε.

Suatu hal kita ingin menekankan disini bahwa, secara umum, δ bergantung pada ε > 0 dan u∈A.

Fakta bahwa δ bergantung pada u adalah suatu refleksi bahwa fungsi f dapat diubah nilai-nilainya

dengan cepat dekat titik-titik tertentu dan dengan lambat dekat dengan nilai-nilai lain. [Sebagai

contoh, pandang f(x) = sin(1/x) untuk x > 0; lihat Gambar 1.1.3.]

Sekarang, sering terjadi bahwa fungsi f sedemikian sehingga δ dapat dipilih tidak bergantung

pada titik u∈A dan hanya bergantung pada ε. Sebagai contoh, jika f(x) = 2x untuk semua x∈R, maka

f(x) – f(u) = 2x - u,

dan dengan demikian kita dapat memilih δ(ε,u) = ε/2 untuk semua ε > 0, u∈R (Mengapa?)

Di pihak lain jika kita memandang g(x) = 1/x unuk x∈A {x∈R : x > 0}, maka

(1) g(x) – g(u) = ux

xu −.

Jika u∈A diberikan dan jika kita memilih

(2) δ(ε,u) = inf {½u, ½u2ε},

maka jika x - u < δ(ε,u) kita mempunyai x - u < ½u dengan demikian ½u < x < 23 u, dimana

berarti bahwa 1/x < 2/u. Jadi, jika x - u < ½u, ketaksamaan (1) menghasilkan ketaksamaan

g(x) – g(u) ≤ (2/u2)x - u.

39

Akibatnya, jika x - u < δ(ε,u), ketaksamaan (3) dan definisi (2) mengakibatkan

g(x) – g(u) < (2/u2)(½u

2ε) = ε

Kita telah melihat bahwa pemilihan δ(ε,u) oleh formula (2) “works” dalam pengertian bahwa

pemilihan itu memungkinkan kita untuk memberikan nilai δ yang akan menjamin bahwa g(x) – g(u)

< ε apabila x - u < δ dan x,u∈A. Kita perhatikan bahwa nilai δ(ε,u) yang diberikan pada (2) tidak

memunculkan satu nilai δ(ε) > 0 yang akan “work” untuk semua u > 0 secara simultan, karena

inf{δ(ε,u) : u > 0} = 0.

GAMBAR 2.4.1 g(x) = 1/x (x > 0)

Suatu tanda bagi pembaca akan mempunyai pengamatan bahwa terdapat pilihan lain yang

dapat dibuat untuk δ. (Sebagai contoh kita juga dapat memilih δ1(ε,u) = inf{31 u,

32 u

2ε}, sebagaimana

pembaca dapat tunjukkan; akan tetapi kita masih mempunyai inf{δ(ε,u) : u > 0} = 0.) Kenyataannya,

tidak ada cara pemilihan satu nilai δ yang akan “work” untuk semua u > 0 untuk fungsi g(x) = 1/x,

seperti kita akan lihat.

Situasi di atas diperlihatkan secara grafik dalam Gambar 2.4.1 dan 2.4.2 dimana, untuk

lingkungan-ε yang diberikan sekitar f(2) = ½ dan f(½) = 2, sesuai dengan nilai maksimum dari δ

terlihat sangat berbeda. Seperti u menuju 0, nilai δ yang diperbolehkan menuju 0.

2.4.1 Definisi Misalkan A⊆R dan f : A → R. Kita katakan f kontinu seragam pada A

jika untuk setiap ε > 0 terdapat δ(ε) > 0 sedemikian sehingga jika x,u∈A sebarang bilangan yang

memenuhi x - u < δ(ε), maka f(x) – f(u) < ε.

Ini jelas bahwa jika f kontinu seragam pada A, maka f kontinu seragam pada setiap titk dalam

A. Akan tetapi, secara umum konversnya tidak berlaku, sebagaimana telah ditunjukkan oleh fungsi

g(x) = 1/x pada himpunan A = {x∈R : x > 0}.

40

Pengertian di atas berguna untuk memformulasi syarat ekuivalensi untuk mengatakan bahwa

f tidak kontinu seragam pada A. Kita akan memberikan kriteria demikian dalam hasil berikut,

ditinggalkan pembuktiannya seagai latihan bagi pembaca.

2.4.2 Kriteria Kekontinuan tidak Seragam Misalkan A⊆R dan f : A → R. Maka

pernyataan-pernyataan berikut ini ekuivalen :

f tidak kontinu seragam pada A;

Terdapat ε0 > 0 sedemikian sehingga untuk setiap δ > 0 terdapat titik-titik xδ, uδ dalam A

sedemikian sehingga xδ - uδ < δ dan f(xδ) – f(uδ) ≥ ε0.

Terdapat ε0 > 0 dan dua barisan (xn) dan (un) dalam A sedemikian sehingga lim (xn – un)

= 0 dan f(xn) – f(un) ≥ ε0 untuk semua n∈N.

Kita dapat menggunakan hasil ini untuk menunjukkan bahwa g(x) = 1/x kontinu tidak

seragam pada A = {x∈R : x > 0}. Karena, jika xn = 1/n dan un = 1/(n + 1), maka kita mempunyai lim

(xn – un) = 0, tetapi g(x) – g(u) = 1 untuk semua n∈N.

GAMBAR 2.4.1 g(x) = 1/x (x > 0)

2.4.3 Teorema Kekontinuan Seragam Misalkan I suatu interval tutup dan terbatas dan f

: I → R kontinu pada I. Maka f kontinu seragam pada I.

Bukti. Jika f tidak kontinu seragam pada I maka menurut hasil sebelumnya, terdapat ε0 > 0

dan dua barisan (xn) dan (un) dalam A sedemikian sehingga xn - un < 1/n dan f(xn) – f(un) > ε0

untuk semua n∈N. Karena I terbatas, barisan (xn) terbatas; menurut Teorema Bolzano-Weierstrass

3.4.7 terdapat subbarisan (knx ) dari (xn) yang konvergen ke suatu unsur z. Karena I tertutup, limit z

masuk dalam I, menuurt Teorema 3.2.6. Ini jelas bahwa subbarisan yang bersesuaian (knu ) juga

konvergen ke z, karena

knu - z ≤

knu - knx +

knx - z.

41

Sekarang jika f kontinu pada titik z, maka barisan (f(xn)) dan (f(un)) mesti konvergen ke f(z).

Akan tetapi ini tidak mungkin karena f(xn) – f(un) ≥ ε0 untuk semua n∈N. Jadi hipotesis bahwa f

tidak kontinu seragam pada interval tutup dan terbatas I mengakibatkan f tidak kontinu pada suatu

titik z∈I. Akibatnya, jika f kontinu pada setiap titik dalam I, maka f kontinu seragam pada I.

Fungsi-fungsi Lipschitz

Jika suatu fungsi kontinu seragam diberikan pada suatu himpunan yang merupakan interval

tidak tertutup dan terbatas, maka kadang-kadang sulit untuk menunjukkan kekontinuan seragamnya.

Akan tetapi, terdapat suatu syarat yang selalu terjadi yang cukup untuk menjamin kekontinuan secara

seragam.

2.4.4 Definisi Misalkan A⊆R dan f : A → R. Jika terdapat suatu konstanta K > 0

sedemikian sehingga f(x) – f(u) ≤ Kx - u untuk semua x,u∈A, maka f dikatakan fungsi Lipschitz

(atau memenuhi syarat Lipschitz) pada A.

Syarat bahwa suatu fungsi f : I → R pada suatu interval I adalah fungsi Lipschitz dapat

diinterpretasi secara geometri sebagai berikut. Jika kita menuliskan syaratnya sebagai

( ) ( )

ux

ufxf

−−

≤ K, x,u∈I, x ≠ u,

maka kuantitas dalam nilai mutlak adalah kemiringan segmen garis yang melalui titik-titik (x,f(x)) dan

(u,f(u)). Jadi, suatu fungsi f memenuhi syarat Lipschitz jika dan hanya jika kemiringan dari semua

segmen garis yang menghubungkan dua titik pada grafik y = f(x) pada I terbatas oleh suatu K.

2.4.5 Teorema Jika f : A → R suatu fungsi Lipschitz, maka f kontinu seragam pada A.

Bukti. Jika syarat Lipschitz dipenuhi dengan konstanta K, maka diberikan ε > 0 sebarang,

kita dapat memilih δ = ε/K. Jika x,u∈A dan memenuhi x - u < δ, maka

f(x) – f(u) < K(ε/K) = ε

Oleh karena itu, f kontinu seragam pada A.

2.4.6 Contoh-contoh (a) Jika f(x) = x2 pada A = [0,b], dimana b suatu konstanta positif,

maka f(x) – f(u) = x + ux -u ≤ 2bx - u untuk semua x,u dalam [0,b]. Jadi f memenuhi syarat

Lipschitz dengan konstanta K = 2b pada A, dan oleh karena itu f kontinu seragam pada A. Tentu saja,

karena fkontinu pada A yang merupakan interval tertutup dan terbatas, ini dapat juga disimpulkan dari

Teorema Kekontinuan Seragam. (Perhatikan bahwa f tidak memenuhi kondisi Lipschitz pada interval

[0,∞).)

(b) Tidak semua fungsi yang kontinu seragam merupakan fungsi Lipschitz. Misalkan g(x) =

x untuk x dalam interval tertutup dan terbatas I = [0,2]. Karena g kontinu pada I, maka menurut

Teorema Kekontinuan Seragam 2.4.3, g kontinu seragam pada I. Akan tetapi, tidak terdapat bilaknagn

42

K > 0 sedemikian sehingga g(x) ≤ Kx untuk semua x∈I. (Mengapa tidak?) Oleh karena itu, g

bukan suatu fungsi Lipschitz pada I.

(c) Teorema Kekontinuan Seragam dan Teorema 2.4.5 kadang-kadang dapat dikombinasikan

untuk memperlihatkan kekontinuan seragam dari suatu fungsi pada suatu himpunan. Kita pandang

g(x) = x pada himpunan A = [0,∞). Kekontinuan seragam dari g pada interval I = [0,2] mengikuti

Teorema Kekontinuan Seragam seperti dicatat dalam (b). Jika J = [1,∞), maka jika x dan u dalam J,

kita mempunyai g(x) – g(u) = x - u = ux

ux

+

− ≤ ½x - u

Jadi g suatu fungsi Lipschitz pada J dengan konstanta K = ½, dan dari sini menurut Teorema 2.4.5, g

kontinu seragam pada [1,∞). Karena A = I∪J, ini berarti [dengan pemilihan δ(ε) = inf{1,δI(ε),δJ(ε)}]

bahwa g kontinu seragam pada A. Kita tinggalkan detailnya untuk pembaca.

Teorema Perluasan Kontinu

2.4.7 Teorema Jika f : A → R kontinu seragam pada suatu A⊆R dan jika (xn) barisan

Cauchy dalam A, maka (f(xn)) barisan Cauchy dalam R.

Bukti. Misalkan (xn) barisan Cauchy dalam A, dan ε > 0 diberikan. Pertama-tama pilih δ >

0 sedemikian sehingga jika x,u dalam A memenuhi x - u < δ, maka f(x) – f(u) < ε. Karena (xn)

barisan Cauchy, maka terdapat H(δ) sedemikian sehingga xn - xm < δ untuk semua n,m > H(δ).

Dengan pemilihan δ, ini mengakibatkan bahwa untuk n,m > H(δ), kita mempunyai f(xn) – f(xm) < ε.

Oleh karena itu barisan (f(xn)) barisan Cauchy.

Hasil di atas memberikan kita suatu cara alternatif dalam melihat bahwa f(x) = 1/x tidak

kontinu seragam pada (0,1). Kita perhatikan bahwa barisan yang diberikan oleh xn = 1/n dalam (0,1)

merupakan barisan Cauchy, tetapi barisan petanya, dimana f(xn) = n untuk semua n∈N bukan barusan

Cauchy.

2.4.8 Teorema Perluasan Kontinu Suatu fungsi f kontinu seragam pada interval (a,b)

jika dan hanya jika f dapat didefinisikan pada titik-titik ujung a dan b sedemikian sehingga fungsi

perluasannya kontinu pada [a,b].

Bukti. Suatu fungsi yang kontinu seragam pada [a,b] tentu saja kontinu pada (a,b), dengan

demikian kita hanya perlu membuktikan implikasi sebaliknya.

Misalkan f kontinu seragam pada (a,b). Kita akan menunjukkan bagaimana memperluas f ke

a; argumen untuk b dilakukan dengan cara yang sama. Ini dilakukan dengan menunjukkan bahwa

)(lim xfcx→

= L ada, dan ini diselesaikan dengan penggunaan Kriteria Sekuensial untuk limit. Jika (xn)

barisan dalam (a,b) dengan lim (xn) = a, maka barisan ini barisan Cauchy, dan dengan demikian

konvergen menurut Teorema 3.5.4. Jadi lim (f(xn)) = L ada. Jika (un) sebarang barisan lain dalam (a,b)

yang konvergen ke a, maka lim (un - xn) = a – a = 0, dengan demikian oleh kekontinuan seragam dari f

kita mempunyai lim (f(un)) = lim (f(un) – f(xn)) + lim (f(xn)) = 0 + L = L. Karena kita memperoleh

43

nilai L yang sama untuk sebarang barisan yang konvergen ke a, maka dari Kriteria Sekuensial untuk

limit kita menyimoulkan bahwa f mempunyai limit L pada a. Argumen yang sama digunakan untuk

IbI, dengan demikian kita simpulkan bahwa f mempunyai perluasan kontinu untuk interval [a,b].

Karena limit dari f(x) = sin(1/x) pada 0 tidak ada, kita menegaskan dari Teorema Perluasan

Kontinu bahwa fungsi ini tidak kontinu seragam pada (0,b] untuk sebarang b > 0. Di pihak lain,

karena ( )xxx

1sinlim0→

= 0 ada, maka fungsi g(x) = x sin (1/x) kontinu seragam pada (0,b) untuk semua

b > 0.

44

Aproksimasi

2.4.9 Definisi Misalkan I⊆R suatu interval dan s : I → R. Maka s dinamakan fungsi

tangga jika s hanya mempunyai sejumlah hingga nilai-nilai yang berbeda, setiap nilai diberikan pada

satu atau lebih interval dalam I.

Sebagai contoh, fungsi s : [-2,4] → R didefinisikan oleh

s(x) =

≤<≤≤−<≤<<<≤<≤

,4 x 3 2,

3,x1 2,

,1 3,

,0 ,

0, 1- 1,

,1 2- 0,

21

21

21

x

x

x

x

merupakan fungsi tangga. (Lihat Gambar 2.4.3)

GAMBAR 2.4.3 Grafik y = s(x)

Sekarang kita akan menunjukkan bahwa suatu fungsi kontinu pada suatu interval tertutup dan

terbatas I dapat diaproksimasi secara sebarang dengan fungsi tangga.

2.3.10 Teorema Misalkan I interval tertutup dan terbatas. Misalkan pula f : I → R kontinu

pada I. Jika ε > 0, maka terdapat suatu fungsi tangga sε : I → R sedemikian sehingga f(x) - sε(x) < ε

untuk semua x∈I.

Bukti. Karena fungsi f kontinu seragam (menurut Teorema Kekontinuan Seragam 2.4.3),

maka itu berarti bahwa diberikan ε > 0 terdapat δ(ε) > 0 sedemikian sehingga jika x,y∈I dan x - y <

δ(ε), maka f(x) – f(y) < ε. Misalkan I = [a,b] dan m∈N cukup besar dengan demikian h = (b – a)/m

< δ(ε). Sekarang kita membagi I = [a,b] ke dalam m interval saling lepas yang panjangnya h; yaitu I1

= [a,a+h], dan Ik = (a+(k-1)h,a+kh] untuk k = 2, … ,m. Karena panjang setiap subinterval Ik adalah h <

δ(ε), maka selisih antara dua nilai dari f dalam Ik lebih kecil dari ε. Sekarang kita definisikan

(4) sε(x) = f(a + kh) untuk x∈Ik, k = 1, … ,m,

(

(

(

[

[

[

[

[

[

[

(

(x

y

45

dengan demikian sε adalah konstanta pada setiap interval Ik. (Kenyataannya bahwa nilai dari sε pada Ik

adalah nilai dari f pada titik ujung dari Ik, Lihat Gambar 2.4.4.) Akibatnya jika x∈Ik, maka

f(x) - sε(x) = f(x) - f(a + kh) < ε.

Oleh karena itu kita mempunyai f(x) - sε(x) < ε untuk semua x∈I.

GAMBAR 2.4.4 Aproksimasi dengan fungsi tangga

Perhatikan bahwa pembuktian dari teorema sebelumnya agak lebih dibandingkan dengan

pernyataan dalam teorema. Pada kenyataannya kita telah membuktikan pernyataan berikut.

2.4.11 Akibat Misalkan I = [a,b] interval tutup dan terbatas, dan f : I → R kontinu pada I.

Jika ε > 0, maka terdapat bilangan asli m sedemikian sehingga jika kita membagi I dalam m interval

saling lepas Ik yang mempunyai panjang h = (b – a)/m, maka fungsi tangga sε didefinisikan pada (4)

memenuhi f(x) - sε(x) < ε untuk semua x∈I.

Fungsi tangga merupakan fungsi yang memiliki karakter dasar, akan tetapi tidak kontinu

(kecuali dalam kasus trivial). Karena itu sering diperlukan sekali untuk mengaproksimasi fungsi-

fungsi kontinu dengan fungsi kontinu sederhana, bagaimana kita akan menunjukkan bahwa kita dapat

mengaproksimasi fungsi-fungsi kontinu dengan fungsi linear kontinu piecewise (potong demi

potong).

2.4.12 Definisi Misalkan I = [a,b] suatu interval. Maka suatu fungsi g : I → R dikatakan

linear potong demi potong pada I jika I merupakan gabungan dari sejumlah hingga interval saling

lepas I1, … Im, sedemikian sehingga pembatasan dari g untuk setiap interval Ik merupakan fungsi

linear.

Remark. Jelas bahwa agar suatu fungsi linear potong demi potong g kontinu pada I, segmen garis yang membentuk

grafik g bertemu pada titik-titik ujung dari subinterval yang berdekatan Ik dan Ik + 1k + 1 (k = 1, … , m-1)

Teorema 2.4.13 Misalkan I suatu interval tutup dan terbatas, dan f : I → R kontinu pada I.

Jika ε > 0, maka terdapat suatu fungsi linear potong-demi-potong kontinu gε : I → R sedemikian

sehingga f(x) - gε(x) < ε untuk semua x∈I.

46

Bukti. Karena fungsi f kontinu seragam pada I = [a,b] maka itu berarti bahwa diberikan ε > 0

terdapat δ(ε) > 0 sedemikian sehingga jika x,y∈I dan x - y < δ(ε), maka f(x) – f(y) < ε. Misalkan

m∈N cukup besar dengan demikian h = (b – a)/m < δ(ε). Sekarang kita membagi I = [a,b] ke dalam m

interval saling lepas yang panjangnya h; yaitu I1 = [a,a + h], dan Ik = (a + (k-1)h,a + kh] untuk k = 2,

… ,m. Pada setiap interval Ik kita definisikan gε fungsi linear yang menghubungkan titik-titik

(a + (k – 1)h,f(a + (k – 1)h) dan (a + kh,f(a + kh)).

Maka gε fungsi linear potong-demi-potong kontinu pada I. Karena, untuk x∈Ik nilai f(x) tidak lebih

dari ε dari f(a + (k –1)h) dan f(a + kh), ditinggalkan sebagai latihan pembaca untuk menunjukkan

bahwa f(x) - gε(x) < ε untuk semua x∈Ik; oleh karena itu ketaksamaan ini berlaku untuk semua x∈I.

(Lihat Gambar 2.4.5.)

GAMBAR 2.4.5 Aproksimasi oleh fungsi linear potong-demi-potong

Kita akan menutup pasal ini dengan mengemukakan teorema penting dari Weierstrass

mengenai aproksimasi fungsi-fungsi kontinu dengan fungsi polinimial. Seperti diharapkan, agar

memperoleh suatu aproksimasi tidak lebih dari suatu ε > 0 yang ditentukan, kita mesti bersedia untuk

menggunakan polinomial sebarang derajat tinggi.

2.4.14 Teorema Aproksimasi Weierstrass Misalkan I = [a,b] dan misalkan f : I → R

kontinu. Jika ε > 0 diberikan, maka terdapat suatu fungsi polinimial pε sedemikian sehingga f(x) -

pε(x) < ε untuk semua x∈I.

Terdapat sejumlah pembuktian dari teorema ini. Sayangnya, semua pembyktiian itu agak

berbelit-belit, atau memakai hasil-hasil yang belum pada pengerjaan kita. Salah satu pembuktian yang

paling elementer berdasarkan pada teorema berikut yang dikemukakan oleh Serge Bernsteîn, untuk

fungsi kontinu pada [0,1]. Diberikan f : [0,1] → R, Bernsteîn mendefinisikan barisan polinomial :

Bn (x) = ( )∑=

−−

n

k

knkxx

k

n

n

kf

0

1 .

47

Fungsi polinomial Bn, yang didefinisikan dalam (5) dinamakan polinomial Bernsteîn ke-n untuk f;

ini adalah suatu polinomial derajat aling tinggi n dan koefisien-koefisiennya bergantung pada nilai

dari fungsi f pada n + 1 titik 0, n

1,

n

2, … ,

n

k, … ,1, dan koefisien-koefisien binomial

k

n =

)!(!

!

knk

n

− =

( ) ( )k

knknn

L

L

21

1

⋅+−−

2.4.15 Teorema Aproksimasi Bernsteîn Misalkan f : [0,1] → R fungsi konttinu dan

misalkan ε > 0. Terdapat nε∈N sedemikian sehingga jika n ≥ nε, maka kita mempunyai f(x) – Bn(x)

< ε untuk semua x∈[0,1].

Bukti. Pembuktian Teorema ini diberikan dalam Elements of Analysis Real, p. 169-172.

Disana ditunjukkan bahwa jika δ(ε) > 0 sedemikian sehingga f(x) – f(y) < ε untuk semua x,y∈[0,1]

dengan x - y < δ(ε), dan jika M ≥ f(x) untuk semua x∈[0,1], maka kita dapat memilih

nε =sup{(δ(ε/2)-4

,M2/ε2

}.

Menaksir (6) memberikan informasi tentang seberapa besar n yang mesti kita pilih agar Bn

mengaproksimasi f tidak melebihi ε.

Teorema Aproksimasi Weierstrass 2.4.14 dapat diperoleh dari Teorema Aproksimasi

Bernsteîn 2.4.15 dengan suatu pengubahan variabel. Secara khusus, kita ganti f : [a,b] → R dengan

fungsi F : [0,1] → R yang didefinisikan oleh

F(t) = f(a + (b – a)t) untuk t∈[0,1].

Fungsi F dapat diaproksimasi dengan polinmial Bernsteîn untuk F pada interval [0,1], yang mana

selanjutnya menghhasilkan polinomial pada [a,b] yang mengaproksimasi f.

Latihan-latihan

Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = 1/x kontinu seragam pada himpunan A = [a,∞), dimana a suatu konstanta

positif.

Tunjukkan bahwa fungsi f(x) 1/x2 kontinu seragam pada A = [1,∞), tetapi tidak kontinu seragam pada B =

(0,∞).

Gunakan Kriteria Kekontinuan Tak-Seragam 2.4.2 untuk menunjukkan bahwa fungsi-fungsi berkut ini tidak

kontinu seragam pada himpunan yang diberikan.

(a) f(x) = x2 A =[0,∞);

(b) g(x) = sin(1/x) B = (0,∞).

Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = 1/(1 + x2) untuk x∈R kontinu seragam pada R

Tunjukkan bahwa jika f dan g kontinu seragam pada A⊆R, maka f + g juga kontinu seragam pada A.

Tunjukkan bahwa jika f dan g kontinu seragam pada A⊆R dan jika kedua-duanya terbatas pada A, maka

hasil kali fg juga fungsi kontinu seragam.

Jika f(x) = x dan g(x) = sin x, tunjukkan bahwa f dan g kontinu seragam pada R, tetapi hasil kali fg tidak

kontinu seragam pada R.

48

Buktikan bahwa jika f dan g masing-masing kontinu seragam pada R maka fungsi komposisinya f o g juga

kontinu seragam pada R.

Jika f kontinu seragam pada A⊆R, dan f(x) ≥ k > 0 untuk semua x∈A, tunjukkan bahwa 1/f kontinu

seragam pada A.

Buktikan bahwa jika f kontinu seragam pada suatu himpunan A⊆R yang terbatas, maka f terbatas pada A.

Jika g(x) = x untuk x∈[0,1], tunjukkan bahwa tidak terdapat suatu konstanta K sedemikian sehingga

g(x) ≤ Kx untuk semua x∈[0,1]. Berikan kesimpulan bahwa g kontinu seragam yang tidak merupakan

fungsi Lipschitz pada [0,1].

Tunjukkan bahwa jikaf kontinu pada [0,∞) dan kontinu seragam pada [a,∞) untuk suatu konstanta positif a,

maka f kontinu seragam pada [0,∞).

Misalkan A⊆R dan f : A → R memiliki difat: untuk setiap ε > 0 terdapat suatu fungsi gε : A → R

sedemikian sehingga gε kontinu seragam pada A dan f(x) - gε(x) < ε untuk semua x∈A. Buktikan bahwa f

kontinu seragam pada A.

Suatu fungsi f : R → R dikatakan fungsi periodik pada A jika terdapat suatu bilangan p > 0 sedemikian

sehingga f(x + p) = f(x) untuk semua x∈R. Buktikan bahwa suatu fungsi periodik kontinu pada R adalah

terbatas dan kontinu seragam pada R.

Jika f0(x) = 1 untuk x∈[0,1], Hitunglah beberapa polinomial pertama Bernsteîn untuk f0.Tunjukkan bahwa

polinomial ini serupa dengan f0. [Petunjuk: Teorema Binomial menyatakan bahwa (a + b)n =

knkn

k

bak

n −

=∑

0

].

Jika f1(x) = x untuk x∈[0,1], Hitunglah beberapa polinomial pertama Bernsteîn untuk f1.Tunjukkan bahwa

polinomial ini serupa dengan f1.

Jika f2(x) = x2 untuk x∈(0,1), Hitunglah beberapa polinomial pertama Bernsteîn untuk f2.Tunjukkan bahwa

Bn(x) = (1 –1/n)x2 + (1/n)x.

Gunakan hasil latihan sebelumnya untuk f2, seberapa besarnya n sedemikian sehingga polinomial Bernsteîn

ke-n Bn untuk f2 memenuhi f2(x) – Bn(x) ≤ 0,001 untuk semua x∈[0,1].

Pasal 2.5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers

Ingat kembali bahwa jika A⊆R, maka fungsi f : A → R dikatakan naik pada A jika untuk

setiap x1,x2∈A dengan x1 ≤ x2 berlaku f(x1) ≤ f(x2). Fungsi f dikatakan naik secara murni pada A jika

untuk setiap x1,x2∈A dengan x1 < x2 berlaku f(x1) < f(x2). Demikian juga, g : A → R dikatakan turun

pada A jika untuk setiap x1,x2∈A dengan x1 ≥ x2 berlaku g(x1) ≥ g(x2). Fungsi g dikatakan turun

secara murni pada A jika untuk setiap x1,x2∈A dengan x1 > x2 berlaku g(x1) > g(x2).

Jika suatu fungsi naik atau turun pada A, maka kita katakan fungsi tersebut monoton pada

A. Jika f fungsi naimk murni ayau turun murni pada A, kita katakan bahwa f monoton murni pada A.

Kita perhatikan bahwa jika f : A → R naik pada A maka g = -f turun pada A; demikian juga

jika ϕ : A → R turun pada A, maka ψ = -ϕ naik pada A.

49

Dalam pasal ini, kita akan bekerja dengan fungsi-fungsi monoton yang didefinisikan pada

suatu interval I⊆R. Kita akan mendiskusikan fungsi-fungsi naik secara eksplisit, tetapi itu jelas bahwa

terdapat persesuaian hasil untuk fungsi-fungsi turun. Hasil-hasil ini dapat diperoleh secara langsung

dari hasil-hasil untuk fungsi-fungsi naik atau dibuktikan dengan argumen yang serupa.

Fungsi monoton tidak perlu kontinu. Sebagai cintoh, jika f(x) = 0 untuk x∈[0,1] dan f(x) = 1

untuk x∈(1,2], maka f merupakan fungsi naik pada [0,1], tetapi tidak kontinu pada x = 1. Akan tetapi,

hasil berikut ini menunjukkan bahwa suatu fungsi monoton selalu mempunyai limit-limit sepihak baik

limit pihak-kiri maupun pihak-kanan (lihat Definisi 1.3.1) dalam R pada setiap titik yang bukan titik

ujung dari domainnya.

2.5.1 Teorema Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R naik pada I. Andaikan bahwa

c∈I bukan titik ujung dari I. Maka

fcx −→

lim = sup{f(x) : x∈I, x < c}

fcx +→

lim = inf{f(x) : x∈I, x > c}

Bukti. Pertama-tama kita perhatikan jika x∈I dan x < c, maka f(x) ≤ f(c). Dari sini himpunan

{f(x) : x∈I, x < c}, yang mana tidak kosong karena c bukan titik ujung dari I, terbatas diatas oleh f(c).

Jadi ini menunjukkan bahwa supremumnya ada; kita simbol dengan L. Jika ε > 0 diberikan, maka L -

ε bukan suatu batas atas dari himpunan ini. Dari sini, terdapat yε ∈I, yε < c sedemikian sehingga L - ε

< f(yε) ≤ L. Karena f fungsi naik, kita simpulkan bahwa jika δ(ε) = c - yε dan jika 0 < c – y < δ(ε),

maka ), maka yε < y < c dengan demikian L - ε < f(yε) ≤ f(y) ≤ L. Oleh karena itu f(y) - L < ε bila 0

< c – y < δ(ε). Karena ε > 0 sebarang, kita katakan bahwa (i) berlaku.

Pembuktian bagian (ii) dilakukan dengan cara serupa.

Hasil berikut memberikan kriteria untuk kekontinuan dari fungsi naik f pada suatu titik c

yang bukan titik ujung interval pada mana f didefinisikan.

Akibat Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R naik pada I. Andaikan bahwa c∈I

bukan titik ujung dari I. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini ekuivalen.

f kontinu pada c.

fcx −→

lim = f(c) = fcx +→

lim

sup{f(x) : x∈I, x < c} = f(c) = inf{f(x) : x∈I, x > c}

Pembuktiannya mudah, tinggal mengikuti Teorema 2.5.1 dan 1.3.3. Kita tinggalkan detailnya

untuk pembaca.

Misalkan I suatu interval dan f : I → R suatu fungsi naik. Jika a titik ujung kiri dari I, maka

merupakan suatu latihan untuk menunjukkan bahwa f kontinu pada a jika dan hanya jika

f(a) = inf{f(x) : x∈I, a < x}

50

atau jika hanya jika fax +→

lim . Syarat yang serupa diterapkan pada suatu titik ujung kanan dari I, dan

untuk fungsi-fungsi turun.

GAMBAR 2.5.1 Lompatan dari f pada c

Jika f : I → R fungsi naik pada I dan jika c bukan suatu titik ujung dari I, kita definisikan

lompatan dari f pada c sebagai jf(c) = fcx +→

lim - fcx −→

lim . (Lihat Gambar 2.5.1.) Mengikuti Teorema

2.5.1 bahwa jf(c) = inf{f(x) : x∈I, x > c} - sup{f(x) : x∈I, x < c} untuk suatu fungsi naik. Jika titik

ujung kiri a dari I masuk dalam I, kita mendefinisikan lompatan dari f pada a menjadi jf(a) = fax +→

lim

- f(a). Jika titik ujung kanan b dari I masuk dalam I, kita mendefinisikan lompatan dari f pada b

menjadi jf(b) = f(b) - fbx −→

lim .

2.5.3 Teorema Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R naik pada I. Jika c∈I, maka f

kontinu pada c jika dan hanya jika jf(c) = 0

Bukti. Jika c bukan suatu titik ujung, ini secara mudah mengikuti Akibat 2.5.2. Jika c∈I titik

kiri ujung dari I, maka f kontinu pada c jika dan hanya jika f(c) = fcx +→

lim , yang mana ekuivalen

dengan jf(c) = 0. Cara serupa juga dapat diperoleh untuk kasus c∈I titik ujung kanan dari I.

Sekarang kita akan menunjukkan bahwa bisa terdapat paling banyak sejumlah terhitung titik-

titik dimana fungsi monoton diskontinu.

2.5.4 Teorema Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R fungsi monoton pada I. Maka

himpunan titik-titik D⊆I dimana f diskontinu adalah himpunan terhitung.

Bukti. Kita akan menganggap bahwa f fungsi naik pada I. Mengikuti Teorema 2.5.3 bahwa

D = {x∈I : jf(x) ≠ 0}. Kita akan memandang kasus bahwa I = [a,b] suatu interval tertutup dan terbatas,

ditinggalkan kasus lain sebagai latihan bagi pembaca.

Pertama-tama kita perhatikan bahwa karena f fungsi naik, maka jf(c) ≥ 0 untuk semua c∈I.

Selain itu, jika a ≤ x1 < … < xn ≤ b, maka (mengapa?) kita mempunyai f(a) ≤ f(a) + jf(x1) < … < jf(xn)

≤ f(b), yang mana berarti bahwa jf(x1) < … < jf(xn) ≤ f(b) – f(a). (Lihat Gambar 2.5.2.) Akibatnya bisa

terdapat paling banyak k buah titik dalam I = [a,b] dimana jf(x) ≥ (f(b) – f(a))/k. Kita simpulkan bahwa

terdapat paling banyak satu titik x∈I dimana jf(x) ≥ f(b) – f(a); terdapat baling banyak dua titik dalam I

{jf(c)

c

51

dimana jf(x) ≥ (f(b) – f(a))/2; terdapat baling banyak tiga titik dalam I dimana jf(x) ≥ (f(b) – f(a))/3; dan

seterusnya. Oleh karena itu terdapat paling banyak sejuemlah terhitung titik-titik x dimana jf(x) > 0.

Akan tetapi karena setiap titik dalam D mesti masuk dalam himpunan ini, kita simpulkan bahwa D

himpunan terhitung.

Teorema 2.5.4 beberapa aplikasi yang berguna. Sebagai contoh, diperlihatkan dalam Latihan

2.2.12 bahwa jika h : R → R memenuhi identitas

(*) h(x + y) = h(x) + h(y) untuk semua x,y∈R

dan jika h kontinu pada satu titik x0, maka h kontinu pada setiap titik dalam R. Ini berarti bahwa jika

h merupakan fungsi monotan yang memenuhi (*), maka h mesti kontinu pada R.

GAMBAR 2.5.2 jf(x1) + … + jf(xn) ≤ f(b) – f(a)

Fungsi-fungsi Invers

Sekarang kita akan memandang keberadaan invers suatu fungsi yang kontinu pada suatu

interval I⊆R. Kita ingat kembali (lihat Pasal 1.2) bahwa suatu fungsi f : I → R mempunyai fungsi

invers jika dan hanya jika f injektif ( = satu-satu); yaitu x,y∈I dan x ≠ y mengakibatkan bahwa f(x) ≠

f(y). Kita perhatikan bahwa suatu fungsi monoton murni adalah injektif dan dengan demikian

mempunyai invers. Dalam teorema berikut, kita menunjukkan bahwa jika f : I → R fungsi kontinu

monoton murni, maka f mempunyai suatu fungsi invers g pada J = f(I) yang juga fungsi kontinu

monoton murni pada J. Khususnya, jika f fungsi naik murni maka demikian juga dengan g, dan jika f

fungsi turun murni maka demikian juga g.

2.5.5 Teorema Invers Kontinu Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I→ R monoton murni

dan kontinu pada I. Maka fungsi g invers dari f adalaj fungsi monoton murni dan kontinu pada J =

f(I).

Bukti. Kita pandang kasus f fungsi naik murni, meninggalkan kasus bahwa f fungsi turun

murni untuk pembaca.

{

{

{

{

f(b) - f(a)

f(a)

f(b)jf(x

4)

jf(x

3)

jf(x

2)

jf(x

1)

x4

x3

x2

x1 ba

52

GAMBAR 2.5.3 g(y) ≠ x untuk y∈J

Karena f kontinu dan I suatu interval, maka menurut Teorema Pengawetan Interval 2.3.10, J

= f(I) suatu interval. Selain itu, karena f naik murni pada I, maka f fungsi injektif pada I; oleh karena

itu fungsi g : J → R invers dari f ada. Kita claim bahwa g naik murni. Memang, jika y1 < y2, maka y1

= f(x1) dan y2 = f(x2) untuk suatu x1, x2∈I. Kita mesti mempunyai x1 < x2; untuk hal lain x1 ≥ x2,

mengakibatkan y1 = f(x1) ≥ f(x2) = y2, bertentangan dengan hipotesis bahwa y1 < y2. Oleh karena itu

kita mempunyai g(y1) = x1 < x2 = g(x2). Karena y1 dan y2 sebarang unsur dalam J dengan y1 < y2, kita

simpulkan bahwa g naik murni pada J.

Tinggal menunjukkan bahwa g kontinu pada J. Akan tetapi, ini merupakan konsekuensi dati

fakta bahwa g(J) = I suatu interval. Memang, jika g diskontinu pada suatu titik c∈J, maka lompatan

dari g pada c tidak nol dengan demikian gcx −→

lim < gcx +→

lim . Jika kita memilih sebarang x ≠ g(c) yang

memenuhi gcx −→

lim < x < gcx +→

lim , maka x mempunyai sifat bahwa x ≠ g(y) untuk sebarang y∈J. (Lihat

Gambar 2.5.3.) Dari sini x∉I, yang mana kontradikdi dengan fakta bahwa I suatu interval. Oleh

karena itu kita menyimpulkan bahwa g kontinu pada J.

Fungsi Akar ke-n

Kita kan menggunakan Teorema Invers Kontinu 2.5.5 untuk fungsi pangkat ke-n. Kita perlu

membedakan atas dua kasus: (i) n genap, dan (ii) n ganjil.

n genap. Agar diperoleh suatu fungsi yang monoton murni, kita batasi perhatian kita untuk

interval I = [0,∞). Jadi, misalkan f(x) = xn untuk x∈I. (Lihat Gambar 2.5.4.) Kita telah melihat (dalam

Latihan 2.2.17) bahwa jika 0 ≤ x < y, maka f(x) = xn < y

n = f(y); oleh karena itu f monoton murni pada

I. Selain itu, mengikuti Contoh 2.2.4(a) bahwa IfI kontinu pada I. Oleh karena itu, menurut Teorema

Pengawetan Interval 2.3.10, J = f(I) suatu interval. Kita akan menunjukkan bahwa J = [0,∞). Misalkan

y ≥ 0 sebarang; menurut Sifat Archimedean, terdapat k∈N sedemikian sehingga 0 ≤ y < k. Karena

(Mengapa?) f(0) = 0 ≤ y < k ≤ kn = f(k), mengikuti Teorema Nilai Antara Bolzano 2.3.6 bahwa y∈J.

Karena y ≥ 0 sebarang, kita simpulkan bahwa J = [0,∞).

{jg(c)

c

o.g(c)

x

J

53

GAMBAR 2.5.4 Grafik dari f(x) = xn (x ≥ 0, n genap)

Kita menyimpulkan dari Teorema Invers Kontinu 2.5.5 bahwa fungsi g yaitu invers dari f(x)

= xn pada I = [0.) naik murni dan kontinu pada J = [0,). Kita lazimnya menuliskan g(x) = x

1/n ataug(x)

= n x untuk x ≥ 0 (n genap), dan menyebut x1/n

= n x akar ke-n dari x ≥≥≥≥ 0 (n genap). Fungsi g

dinamakan fungsi akar ke-n (n genap). (Lihat Gambar 2.5.5.)

GAMBAR 2.5.5 Grafik dari f(x) = x1/n (x ≥ 0, n genap)

Karena g invers untuk f, kita mempunyai g(f(x)) = x dan f(g(x)) = x untuk semua x∈[0,∞).

Kita dapat menuliskan persamaan-persamaan ini dalam bentuk berikut: (xn)

1/n = x dan (x

1/n)

n = x

untuk semua x∈[0,∞) dan n genap.

n ganjil. Dalam kasus ini kita misalkan F(x) = xn untuk semua x∈R; menurut

2.3.4(a), F kontinu pada R. Kita tinggalkan bagi pembaca untuk menunjukkan bahwa F naik murni

pada R dan F(R) =R. (Lihat Gambar 2.5.6.)

Mengikuti Teorema Invers Kontinu 2.5.5, fungsi G yaitu invers dari F(x) = xn untuk x∈R,

adalah fungsi naik murni dan kontinu pada R. Kita lazimnya menuliskan G(x) = x1/n

atau G(x) =

n x untuk x∈R, n ganjil dan menyebut x1/n

sebagai akar ke-n dari x∈∈∈∈R. Fungsi G disebut fungsi

akar ke-n (n ganjil). (Lihat Gambar 2.5.7.) Disini kita mempunyai (xn)

1/n = x dan (x

1/n)

n = x untuk

semua x∈R dan n ganjil.

54

GAMBAR 2.5.6 Grafik F(x) = xn (x∈R, n ganjil)

Pangkat-pangkat Rasional

Telah didefinisikan fungsi-fungsi akar ke-n untuk n∈N, yang mana hal ini memudahkan

untuk mendefinisikan pangkat-pangkat rasional.

2.5.6 Definisi (i) Jika m,n∈N dan x ≥ 0, kita definisikan xm/n

= (x1/n

)m. (ii) Jika m,n∈N dan

x > 0, kita definisikan x-m/n

= (x1/n

)-m

.

Dari sini kita telah mendefinisikan xr apabila r bilangan rasional dan x > 0. Grafik dari x ξ x

r

bergantung pada apakah r > 1, r = 1, 0 < r < 1, r = 0, atau r < 0. (Lihat Ganbar 2.5.8.) Karena suatu

bilangan rasional r∈Q dapat ditulis dalam bentuk r = m/n dengan m∈Z, n∈N, dalam banyak cara,

akan diunjukkan bahwa Definisi 2.5.6 tidak berarti ganda. Yaitu, jika r = m/n = p/q dengan m,p∈Z

dan n,q∈N dan jika x > 0, maka (x1/n

)m = (x

1/q)

p. Kita tinggalkan sebagai latihan bagi pembaca untuk

membuktikan hubungan ini.

GAMBAR 2.5.7 Grafik G(x) = x1/n (x∈R, n ganjil)

2.5.7 Teorema Jika m∈Z,n∈N, dan x > 0, maka xm/n

= (xm)

1/n.

Bukti. Jika x > 0 dan m,n∈Z, maka (xm)

n = x

mn = (x

n)

m. Sekarang misalkan y = x

m/n = (x

1/n)

m

> 0 dengan demikian yn = ((x

1/n)

m)

n = ((x

1/n)

n)

m = x

m. Oleh karena itu diperoleh bahwa y = (x

m)

1/n.

Pembaca akan menunjukkan juga, sebagai latihan, bahwa jika x > 0 dan r,s∈Q, maka

xrx

s = x

r + s =x

sx

r dan (x

r)

s = x

rs = (x

s)

r.

55

GAMBAR 2.5.8 Grafik dari x ξ xr (x > 0)

Latihan-latihan

Jika I = [a,b] suatu interval dan f : I → R suatu fungsi naik, maka titik a [atau juga, b] suatu titik minimum

mutlak [atau juga, titik maksimum absolut] untuk f pada I. Jika f suatu fungsi naik murni, maka a merupakan

satu-satunya titik minimum mutlak untuk f pada I.

Jika f dan g fungsi-fungsi naik pada suatu interval I⊆R, tunjukkan bahwa f + g juga suatu fungsi naik pada I.

Jika f juga fungsi naik murni pada I, maka f + g fungsi naik murni pada I.

Tunjukkan bahwa f(x) = x dan g(x) = x–1 naik murni pada I = [0,1], akan tetapi hasil kali fg tidak naik pada I.

Tunjukkan bahwa jika f dan g fungsi-fingsi positif naik pada suatu interval I, maka fungsi hasil-kalinya fg

merupakan fungsi naik pada I.

Tunjukkan bahwa jika I = [a,b] dan f : I → R fungsi naik pada I, maka f kontinu pada a jika dan hanya jika

f(a) = inf{f(x) : x∈(a,b]}.

Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R fungsi naik pada I. Misalkan juga c∈I bukan titik ujung dari I.

Tunjukkan bahwa f kontinu pada c jika dan hanya jika terdapat suatu barisan (xn) dalam I sedemikian

sehingga xn < c untuk n = 1,3,5, … ; xn > c untuk n = 2,4,6, … ; dan sedemikian sehingga c = lim (xn) dan f(c)

= lim (f(xn)).

Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R fungsi naik pada I. Jika c∈I bukan titik ujung dari I, tunjukkan

bahwa lompatan jf(c) dari f pada c diberikan oleh inf{f(y) –f(x) : x < c < y, x,y∈I}.

Misalkan f,g fungsi-fungsi naik pada suatu interrval I⊆R dan f(x) > g(x) untuk semua x∈I. Jika y∈f(I)∩g(I),

tunjukkan bahwa f-1(y) < g-1(y). [Petunjuk: Pertama-tama interpretasi pernyataan ini secara geometri].

Misalkan I = [0,1] dan misalkan f : I → R didefinisikan oleh f(x) = x untuk x rasional, dan f(x) = 1 – x untuk x

irasional. Tunjukkan bahwa f injektif pada I dan f(f(x)) = x untuk semua x∈I. (Dari sini f adalah fungsi invers

untuk dirinya sendiri!) Tunjukkan bahwa f kontinu hanya pada x = ½.

Misalkan I = [a,b] dan f : I → R kontinu pada I. Jika f mempunyai suatu maksimum mutlak [atau, minimum

mutlak] pada suatu titik interior c dari I, tunjukkan bahwa f bukan injektif pada I.

Misalkan f(x) = x untuk x∈[0,1], dan f(x) = x + 1 untuk x∈(1,2]. Tunjukkan bahwa f dan f-1 merupakan fungsi-

fungsi naik murni. Apakah f dan f-1 kontinu pada setiap titik?

56

Misalkan f : [0,1] → R suatu fungsi kontinu yang tidak memuat sebarang dari nilai-nilainya dua kali dan

dengan f(0) < f(1). Tunjukkan bahwa f fungsi naik murni pada [0,1].

Misalkan h : [0,1] → R suatu fungsi yang memuat nilai-nilainya tepat dua kali. Tunjukkan bahwa h tidak

kontinu pada setiap titik. [Petunjuk : Jika c1 < c2 titik-titik dimana h mencapai supremumnya, tunjukkan

bahwa c1 = 0, c2 = 1. Sekarang titik-titik dimana h mencapai infimumnya.]

Misalkan x∈R, x > 0. Tunjukkan bahwa jika m,p∈Z, n,q∈N, dan mq = np, maka (x1/n)m = (x1/q)p.

Jika x∈R, x > 0, dan jika r,s∈Q, tunjukkan bahwa xrxs = xr + s =xsxr dan (xr)s = xrs = (xs)r.

57

DAFTAR PUSTAKA

Bartle, Robert G. 1978 . Introduction to Real Analysis. Second edition. New York : John Wiley &

Sons, Inc.

Bartle, Robert. G. 1966. The Elements of Integration. New York : John Wiley & Sons, Inc.

Hewitt, Edwin. et al.1969. Real and Abstract Analysis. Second printing. New York : Springer-

Verlag.

Hu, Sze-Tsen. 1967. Elements of Real Analysis. California : Holden - day, inc.

BAB I LIMIT-LIMIT - · PDF filesuatu bilangan real L merupakan limit dari f pada c jika...

Documents

Transcript of BAB I LIMIT-LIMIT - · PDF filesuatu bilangan real L merupakan limit dari f pada c jika...