i
Oleh: Naning Sutriningsih
SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN (STKIP) MUHAMMADIYAH PRINGSEWU LAMPUNG
2013
ii
KATA PENGANTAR
Buku ini disusun sebagai acuan untuk belajar Analisis Real II. Buku ini
disajikan dengan materi yang sangat padat.Oleh karena itu, jika pembaca
mengalami kesulitan, diharapkan membaca buku rujukan atau referensi yang
telah ditunjuk. Walaupun beberapa materi di dalam buku ini telah dibahas di
dalam beberapa mata kuliah sebelumnya seperti: teori bilangan atau
kalkulus, tetapi di dalam buku ini akan dikaji lebih detail dengan pendekatan
lebih ke arah analisis, sehingga memberikan bekal kepada pembaca dalam
menjustifikasi terhadap pembuktian beberapa sifat atau teorema di dalam
mata kuliah yang lain.
Buku ini terdiri dari 3 (tiga) bab. Bab I membahas limit fungsi beserta
sifat-sifatnya. Beberapa sifat limit fungsi akan berkaitan dengan limit barisan,
dan limit fungsi ini akan sering digunakan di dalam membahas kekontinuan
fungsi dan derivatif fungsi. Bab II membahas fungsi kontinu, operasi aljabar
pada fungsi kontinu, komposisi fungsi kontinu, dan kontinu seragam,
sedangkan Bab III membahas ruang metrik.
Akhirnya, kritik dan saran terkait dengan isi buku ini sangat kami
harapkan. Semoga buku ini bermanfaat bagi pembaca, amiin.
Pringsewu, April 2013 Penulis
3
BAB I
LIMIT FUNGSI
1. LIMIT FUNGSI
Secara intuitif, “fungsi f mendekati L di c”, berarti nilai f(x) akan dipenuhi,
setelah neighborhood dari L ditetapkan nilainya untuk x yang mendekati c. Lebih
jelasnya, jika diberikan sembarang neighborhood dari L (V(L)), maka dapat
ditentukan neighborhood U (bergantung pada V) dari c, sedemikian sehingga jika x
c termuat dalam U dan f(x) terdefinisi, maka f(x) termuat dalam V(L).
Pada kasus ini, tidak akan dibahas nilai f(c) (jika ada), tetapi hanya
membahas kecenderungan dari nilai f di titik yang mendekati titik c. Selanjutnya
akan diberikan definisi limit fungsi f di titik c. Untuk menjamin keberadaan titik-titik
yang mendekati c pada domain f, kita selalu mengasumsikan bahwa c adalah cluster
point dari himpunan daerah asall atau Df.
1.1 Definisi
Misalkan A R, f : A R, dan c R, c cluster point A.
Bilangan real L disebut limit dari f di c, jika diberikan sebarang
neighborhood V dari L, terdapat neighborhood UV dari c sedemikian
sehingga jika xc sembarang titik di AUV, maka f(x) termuat dalam V.
Secara simbolik definisi di atas dapat ditulis sebagai berikut:
Misal A R, f : A R, c R, c cluster point A.
L = cxlim f ( V(L) (UV(c) ) (x), [x c, x A UV f(x)V(L)].
Definisi 1.1 di atas dapat diilustrasikan sebagai berikut:
4
Y f
V L 0 0
c
( ) X
Uv
Jika L adalah limit dari f di c, kadang-kadang dikatakan bahwa fungsi f
konvergen ke L di c, dan ditulis :
L = cxlim f = lim xc f atau
L = cxlim f(x) = lim xc f(x).
Jika f tidak mempunyai limit di c, maka dikatakan f divergen di c.
1.2 Teorema
Jika f : A R dan c clusterpoint dari A, maka f hanya dapat
mempunyai satu limit di c.
Secara simbolik teorema di atas ditulis:
A R, f : A R, dan c R, c cluster point dari A.
L1 = cxlim f L2 = cx
lim f L1 = L2.
Bukti:
Misalkan f mempunyai limit di c.
Asumsikan limit dari f tidak tunggal yaitu L1 dan L2 dengan L1 L2.
Karena, L1 L2, maka ambil sebarang V1(L1) dan V2(L2) sedemikian sehingga
V1(L1) V2(L2) = .
5
Menurut definisi 1.1
L1 = cxlim f (V1(L1)) (U1(c)) (x), [x c, xA U1(c) f(x)V1(L1)].
L2 = cxlim f (V2(L2)) (U2(c)) (x), [x c, xA U2(c) f(x)V2(L2)].
Selanjutnya pilih U(c) = U1(c) U2(c).
Karena c cluster point dari A, berarti untuk setiap neighborhood U dari c
terdapat satu titik z c dengan:
z A U(c)
z A (U1(c) U2(c))
z A U1(c) z A U2(c)
Sehingga diperoleh:
( i ). (z) [ z c, z AU1 (c) f(z) V1 (L1)] dan
( ii). (z) [ z c, z AU2 (c) f(z) V2 (L2)]
Dengan demikian, f(z) V1 (L1) V2 (L2) atau V1 (L1) V2 (L2) ;
terjadilah kontradiksi antara pernyataan, V1(L1) V2(L2) = dan pernyataan V1
(L1) V2 (L2) .
Jadi, asumsi bahwa L1 L2 adalah salah, haruslah L1 = L2.
Dengan demikian, terbuktilah bahwa limit f pada c adalah tunggal.
1.3 Teorema (Kriteria - untuk limit)
Misalkan; A R, f : A R, dan c R, c = cluster point dari A.
cxlim f = L jika dan hanya jika untuk sebarang 0 yang diberikan,
terdapat () 0 sedemikian sehingga jika
0 x – c () dan x A, maka f(x) – L .
6
Secara simbolik teorema di atas dapat ditulis sebagai berikut :
A R, f : A R c R, c cluster point A.
(i). cx
lim f = L
(ii). (0) (() 0) (x) [ 0 x – c () x A f(x) – L ]
Bukti :
(a). Akan ditunjukkan : ( i ) ( ii )
Diketahui cx
lim f = L
Adit : (0) (() 0) [(x), 0 x – c () x A] f(x) – L .
Misalkan f mempunyai limit L di c, Diberikan 0 sembarang, dengan
menggunakan definisi 1.1. diperoleh -neighborhood dari L, yaitu V = (L
- , L + ) sehingga diperoleh suatu neighborhood dari c, yaitu
U(c) = UV x c, x A U f(x) V
f(x) V f(x) (L - , L + )
L - f(x) L +
- f(x) – L
f(x) – L
Karena U (c) neighborhood dari c, maka
( () R, () 0). (c - (), c + ()) U
Dengan demikian, 0 x – c () x c dan x U.
Karena itu, , 0 x – c () x A x c dan x A U
Akibatnya f(x) – L . (kondisi (ii)).
Jadi terbukti bahwa:
7
cxlim f = L ( 0)(() 0)[(x) 0 x–c () xA] f(x)–L .
Atau Terbukti bahwa : ( i ) ( ii )
(b). Akan ditunjukkan. ( ii ) ( i ).
Misalkan diberikan 0 sembarang. Menurut hipotesis,
(() 0) (0 x – c (), xA) f(x) – L .
Jika diberikan suatu neighborhood V dari L, maka
V memuat V = (L-, L+) untuk suatu 0.
Dan jika diasumsikan bahwa UV = (c-() , c+()) dan
0 x – c (), xA maka x A UV.
Akibatnya f(x) V V (Defenisi 1.1)
Jadi f mempunyai limit L di c atau cx
lim f = L (kondisi (i))
Jadi terbukti bahwa: ( ii ) ( i ).
Dengan demikian A R, f : A R, dan c R, c cluster point dari A.
(i). cx
lim f = L
(ii). (0) (() 0) (x), 0 x – c () x A f(x) – L .
1.4. Contoh
(a) Tunjukkan : cxlim b = b
Penyelesaian :
Misalkan f(x) = b xR. Klaim cxlim f = b.
Diberikan 0 sembarang; pilih = 1
8
0 x – c 1 f(x) – b = b – b = 0
Karena 0 sembarang maka dapat disimpulkan bahwa,
(0) ( = 1). 0 x – c 1 f(x) – c 1.
Jadi cxlim b = b.
(b) Tunjukkan bahwa cxlim x = c
Penyelesaian :
Misalkan g(x) = x xR
Akan ditunjukkan: ( 0) (() 0) (0 x–c (), x R) x–c .
Diberikan 0 sembarang. Pilih = 1
Diperoleh: 0 x – c g(x) – c = x – c .
Karena 0 sembarang maka dapat disimpulkan bahwa,
(0) (() = ) (0 x – c (), xR) g(x) – c .
Jadi cxlim x = c.
(c) Tunjukkan bahwa: cxlim x2 = c2.
Penyelesaian:
Misalkan h(x) = x2 xR, maka akan ditunjukkan:
(0) (() 0) (0 x – c (), xR) h(x) – c2 .
h(x) – x2 = x2 – c2 = x – c x + c
x – c 1 x = (x – c) + c x – c + c 1 + c
x + c x + c 1 + 2 c, sehingga
x2 – c2 = x – c x + c x – c ( 1 + 2 c ).
Diberikan 0 sembarang;
9
Pandang x – c ( 1 + 2 c )
x – c c21
Sebagai akibatnya, jika dipilih () = inf
c21,1
maka
x2 – c2 x – c ( 1 + 2 c ) c21
( 1 + 2 c ) =
Karena 0 sembarang, maka dapat disimpulkan bahwa,
( 0) (() 0) ( x – c (), xR) h(x) – c2 .
Jadi cxlim x2 = c2.
(d) Tunjukkan bahwa cxlim
x
1 =
c
1, jika c 0
Penyelesaian :
Misalkan (x) = x
1 untuk x 0 dan misal c 0
cx
11 =
cx
xc =
cx
xc karena x 0 dan c 0
maka cx
xc = xc
cx
1 Secara khusus,
jika cx c2
1 maka c
2
1 x c
2
3 Sehingga
0 cx
1
2
2
c untuk cx c
2
1.
Dengan demikian cx
11
2
2
c xc
Pandang 2
2
c xc
10
cx 2
2c
Selanjutnya, diberikan 0 sembarang. Pilih () = inf { c2
1,
2
2c}
Jika 0 cx (), maka (x) - c
1
2
2
c xc
2
2
c 2
2c =
Karena 0 sembarang, maka dapat disimpulkan bahwa:
( 0) (() 0) 0 cx () (x) - c
1 .
Ini berarti bahwa cxlim
x
1 =
c
1.
(e) Tunjukkan bahwa : 5
4
1
4lim
2
3
2
x
x
x.
Penyelesaian :
Misalkan f(x) = 1
42
3
x
x, x R.
Pandang 5
4
1
42
3
x
x =
)1(5
442052
23
x
xx
= )1(5
24452
23
x
xx =
15
1265
2
3
x
xx 2x
Kita batasi x dengan 1 x 3 atau 2x 1
Sehingga 5x2 + 6x +12 5. 32 + 6. 3 + 12 = 75
dan 5(x2 + 1) 5(1 + 1) = 10.
Akibatnya 5
4)( xf
10
75 2x =
2
15 2x .
Selanjutnya diberikan 0 sembarang. Pilih () = inf { 1, 15
2 }
11
Jika 0 2x () maka 5
4)( xf
2
15 2x .
Karena 0 sembarang, maka dapat disimpulkan: 5
4
1
4lim
2
3
2
x
x
x.
1.5 Teorema (Kriteria Barisan)
Misalkan : A R, f : A R dan c R, c cluster point A. maka :
cxlim f = L jika dan hanya jika untuk setiap barisan (xn) di A yang
konvergen ke c sedemikian sehingga xn c untuk semua n N, barisan
(f(xn)) konvergen ke L.
Secara simbolik teorema di atas ditulis :
A R, f : A R c R, c cluster point A.
cxlim f = L [((xn), nN) (xn A, xn c, xn c) f(xn) L]
Bukti :
(i). () Akan ditunjukkan bahwa:
cxlim f = L [((xn), nN) ( xn A, xn c, xn c) f(xn) L ]
Menurut definisi 1.1.:
cx
lim f = L (V(L)) (U(c)) (x) [x c, x A U(c) f(x)V(L)].
Karena xn c berarti (U(c)) (K(U(c))N). n K(U(c)) xnU(c).
Karena xn A dan xn U(c), berarti xn A U(c).
Karena xn A U(c) dan xn c, berarti f(xn) V(L).
Ini berarti (f(xn)) konvergen ke L. Dengan demikian terbukti bahwa :
cxlim f = L [((xn), nN) ( xn A, xn c, xn c) f(xn) L]
12
(ii). ( ) yaitu :
Akan ditunjukkan bahwa:
[((xn), nN) ( xn A, xn c, xn c) f(xn) L] cxlim f = L
Andaikan cxlim f L
cxlim f L (V(L)) (U(c)) (x) [x c, x A U(c), f(x) V(L)].
Karena berlaku (U(c)), berarti dapat dipilih Un(c) =(c–n
1,c+
n
1), nN
Selanjutnya pilih xn xn c, xn A Un(c), f(xn) V(L).
Sehingga diperoleh : xn c tetapi f(xn) L.
Terjadilah kontradiksi dengan f(xn) L.
Jadi pengandaian bahwa cxlim f L adalah salah, haruslah cx
lim f = L
Dengan demikian terbukti:
[((xn), nN) ( xnA, xn c, xn c), f(xn) L] cxlim f = L
Dari (i) dan (ii) maka dapat disimpulkan bahwa :
A R, f : A R c R, c cluster point A.
cxlim f = L [((xn), nN) ( xn A, xn c, xn c) f(xn) L].
1.6 Teorema (Kriteria Divergen).
Misalkan : A R, f : A R dan c R, c cluster point A.
(1). Jika L R, maka L bukan limit dari f di c jika dan hanya jika
terdapat barisan (xn) di A dengan xn c untuk semua nN sedemikian
sehingga barisan (xn) konvergen ke c tetapi barisan (f(xn)) tidak
konvergen ke L.
13
(2) Fungsi f tidak mempunyai limit di c jika dan hanya jika terdapat
barisan (xn) di A dengan xn c untuk semua n N sedemikian
sehingga barisan (xn) konvergen ke c tetapi barisan (f(xn)) tidak
konvergen di R.
Secara simbolik teorema diatas ditulis :
Misalkan : A R, f : A R, c R dan c cluster point A.
(1). LR, cxlim f L [((xn), xnA, xn c, nN) ( xn c, f(xn) L)].
(2). cxlim f tidak ada [((xn), xnA, xn c nN) ( xn c, f(xn) R)].
Bukti :
(1). (i) ( ) yaitu :
Aakan ditunjukkan bahwa:
L R, cxlim f L [( (xn), xn A, xn c ) xn c , f(xn) L].
cxlim f L (V(L)) (U(c)) (x) [ x c, x A U(c), f(x) V(L)].
Karena berlaku (U(c)), maka dapat dipilih Un(c) = (c-n
1,c+
n
1), nN
Selanjutnya pilih xn x n c, x n A U(c), f(xn) V(L).
Sehingga diperoleh xn c, tetapi f(xn) L.
Jadi, [((xn), xn A, xn c) (xn c, f(xn) L)].
Dengan demikian terbukti bahwa:
L R, cxlim f L [( (xn), xn A, xn c ) xn c , f(xn) L]
(ii). ( ) yaitu :
14
Akan ditunjukkan bahwa:
((xn), xn A, xn c) (xn c , f(xn) L)] cxlim f L
Andaikan cxlim f = L. Menurut teorema 1.5 :
[((xn), nN) (xn A, xn c, xn c) f(xn) L].
xn c (U(c)) (K(U(c)) N). n K(U(c)) xn U(c).
Karena xn A dan xn U(c), berarti xn A U(c).
Karena xn c dan xn A U(c), berarti f(xn) V(L).
Ini berarti f(xn) L. Terjadilah kontradiksi dengan f(xn) L.
Jadi, pengandaian cxlim f = L adalah salah. Haruslah cx
lim f L.
Dengan demikian terbukti bahwa:
((xn), xn A, xn c) (xn c , f(xn) L)] cxlim f L
Dari ( i ) dan ( ii ) maka disimpulkan :
L R, cxlim f L [((xn), xn A, xn c) (xn c, f(xn) L)].
(2). ( i ). ( ) yaitu :
Akan dibuktikan :
cxlim f tidak ada [((xn), xn A, xn c, nN) ( xn c, f(xn) R)].
Kontraposisi dari pernyataan di atas adalah :
[((xn), xn A, xn c, nN) (xn c f(xn) R)] cxlim f ada.
Misalkan, f(xn ) L Menurut teorema 1.1.2 :
f(xn ) L [((xn), xn A, xn c, nN) (xn c f(xn) L)].
Ini berarti bahwa cxlim f ada.
Jadi terbukti bahwa kontraposisi pernyataan diatas benar.
15
Dengan demikian terbukti untuk bukti kekanan.
(ii) () yaitu :
Akan dibuktikan:
[((xn),xnA, xn c, nN) ( xn c, f(xn) R)] cx
lim f tidak ada.
Andaikan cxlim f = L. Dan jika Diberikan sebarang V(L), maka. Menurut
definisi 1.1.1 :
cxlim f = L [(V(L)) (U(c)) ((x)) [x c, xA U(c) f(x)V(L)].
xn c [(U(c)) (K(U(c))N ). n K(U(c)) xn U(c)].
Karena xn U(c) dan xn A, berarti xn A U(c).
Karena xn A U(c) dan xn c, berarti f(xn) V(L).
Ini berarti bahwa f(xn) L. Terjadilah kontradiksi dengan f(xn) R Jadi
pengandaian cxlim f = L adalah salah. Haruslah cx
lim f tidak ada.
Dengan demikian terbukti untuk bukti kekiri.
Dari 2(i) dan 2(ii) diatas, maka dapat disimpulkan :
cxlim f tidak ada [((xn), xnA, xn c, nN) ( xn c, f(xn) R)].
1.7 Contoh.
(a). Tunjukkan bahwa xx
1lim
0 tidak ada di R.
Penyelesaian:
Misal, xx
1lim
0, x 0. Dan ambil barisan (xn) =
x
1, n N.
Perhatikan bahwa lim (xn) = lim ( x
1 ) = 0.
16
Selanjutnya f(x) = x
1 f(xn) =
x
1
f(xn) = n/1
1 = n
Perhatikan pula bahwa (f(xn)) = (n) tidak konvergen, karena (n) tidak
terbatas. Sehingga menurut teorema 1.1.6. xx
1lim
0 tidak ada di R.
Dengan demikian terbukti bahwa xx
1lim
0 tidak ada di R.
(b). Tunjukkanlah bahwa: sgnlim0x
(x) tidak ada di R.
Penyelesaian:
Fungsi signum (sgn) didefinisikan sebagai berikut :
1 ; x 0
sgn (x) = 0 ; x = 0
-1 ; x 0
atau sgn (x) = x
x; x 0. Dengan ilustrasi grafiknya sebagai berikut :
( 1
0
) -1
Misalkan f(x) = sgn (x) = x
x; x 0.
Ambil barisan (xn) = n
n)1(, n N.
17
Perhatikan pula bahwa lim (xn)= lim (n
n)1() = 0 .
Selanjutnya f(x) = x
x f(x) =
x
x
f(xn) =
n
nn
n
)1(
)1(
= (-1 ) n.
Perhatikan pula bahwa (f(xn)) = (-1 ) n divergen.
Sehingga menurut teorema 1.1.6; 0
limx
sgn (x) tidak ada di R.
Dengan demikian terbukti bahwa 0
limx
sgn (x) tidak ada di R.
2. TEOREMA-TEOREMA LIMIT FUNGSI
2.1 Definisi
Misalkan A R, f : A R dan cR adalah suatu cluster point dari A.
f dikatakan terbatas pada neighborhood dari c jika dan hanya jika ada
suatu neighborhood U dari c dan konstanta M > 0 sedemikian sehingga
|f(x)| M, untuk setiap x A U.
Definisi di atas ditulis secara Simbolik sebagai berikut :
A R, f : A R ,cR cluster point dari A
f terbatas pada suatu U(c) ( U(c), MR+ ). |f(x)| M, x A U(c)
2.2 Teorema
Jika f : A R mempunyai limit di cR maka f terbatas pada suatu
neighborhood dari U(c)
Teorema di atas ditulis secara Simbolik sebagai berikut :
f : A R ,cR cluster point dari A
18
)(xfLimcx
ada f terbatas pada U(c)
Bukti :
Akan ditunjukkan f terbatas pada U(c)
Berarti akan ditunjukkan ( U(c), M R+ ). |f(x)| M, x A U(c)
Misalkan LxfLimcx
)( berarti
( > 0) ( () > 0 ) ( x); 0 < | x – c | < , x A | f(x) – L | <
Pilih = 1 sehingga diperoleh | f(x) – L | < 1 (*)
| f(x) | – | L | | f(x) – L | (**)
dari (*) dan (**) diperoleh | f(x) | | L | + 1
Pilih U = ( c - , c + )
Untuk x A U(c) , x c berlaku | f(x) | | L | + 1
Bila c A, pilih M = | L | + 1
Bila c A, pilih M = Sup { | f(c) |, | L | + 1 }
Sehingga untuk x A U(c) berlaku | f(x) | M Ini berarti f terbatas di U(c).
2.3 Definisi
Misalkan A R, f : A R, g : A R, didefinisikan :
(1) (f + g)(x) = f(x) + g(x) , x A
(2) (f - g)(x) = f(x) - g(x) , x A
(3) ( f g )(x) = f(x) g(x) , x A
(4) ( b f )(x) = bf(x), bR, x A
(5) A x , 0 g(x) , )(
)( ))((
xg
xfx
g
f
2.4 Teorema
19
Misalkan A R, f : A R, g : A R , c R adalah suatu cluster point
dari A dan b R
Jika fLcx
lim dan gMcx
lim maka:
(1) L + M = )(lim gfcx
(2) L – M = )(lim gfcx
(3) L M = )(lim gfcx
(4) b L = )(lim fbcx
(5) )(limh
f
H
L
cx Jika H = )(lim xh
cx 0
Bukti :
(1) Akan dibuktikan bahwa: L + M = )(lim gfcx
Misal fLcx
lim , menurut T.1.5 berarti
((xn), xn A , xn c, n N) (xn c f(xn) L). Jadi lim (f(xn)) = L
Misal M = gMcx
lim , menurut T.1.5 berarti
((xn), xn A , xn c, n N) (xn c g(xn) M). Jadi lim (g(xn)) = M
Berdasarkan definisi 2.3.1 maka:
(f + g)(xn) = f(xn) + g(xn) , n N , xn A
Dengan menggunakan teorema (barisan yang konvergen) maka
lim ((f + g)(xn)) = lim (f(xn) + g(xn))
= lim (f(xn)) + lim(g(xn))
= L + M
Karena ((xn), xn A , xn c, n N) (xn c (f + g)(xn) L + M)
maka menurut T.2.4.1 )(lim gfcx
= L + M
(4) Akan dibuktikan : bL = )(lim fbcx
20
Misal fLcx
lim , berarti (menurut T.2.4)
((xn), xn A , xn c, n N) (xn c f(xn) L) Jadi lim (f(xn)) = L
Berdasarkan definisi 2.4 maka:
(bf )(xn) = bf(xn) , n N , xn A , b R
Dengan menggunakan T.2.4.4 maka
lim ((bf)(xn)) = lim (bf(xn))
= b lim (f(xn))
= bL
Karena ((xn), xn A , xn c, n N) (xn c (bf )(xn) bL}
maka menurut T.2.4.4 )(lim fbcx
= bL
(5) Akan dibuktikan : cxH
L
lim )(
h
f, h(x) 0 ,lim h(x) 0 , x A
Bukti :
Dengan menggunakan -
)(lim xhcx
= H berarti ( > 0) ( 1() > 0 ) (x) ; 0 < | x – c | < 1(),
x A | h(x) – H | < ||2
1H
Dengan ketaksamaan segitiga diperoleh :
||2
1H - | h(x) – H | | h(x) | - | H | sehingga
| h(x) | ||2
1H atau
||
2
|)(|
1
Hxh
Perhatikan : |h(x)H
h(x)-H| |
1
)(
1|
Hxh
|)(||)(|
1xhH
Hxh
21
|)(|||
1
|)(|
1xhH
Hxh
)(|||
1
||
2xhH
HH |
|)(|||
22
HxhH
Selanjutnya diberikan 0 sebarang
)(lim xhcx
= H berarti ( 2() > 0 ) (x) ; 0 < | x – c | < 2(),
x A | h(x) – H | < 2||2
1H
Pilih () = inf { 1() , 2() }.
Sehingga untuk 0 | x – c | ()
x A |1
)(
1|
Hxh
2||
2
H
2||2
1H =
Karena > 0 sebarang, berarti
( > 0) ( () > 0 ) (x) ; 0 < | x – c | < (),
x A |1
)(
1|
Hxh
Ini berarti cx
lim Hxh
1
)(
1
Karena cx
lim f(x) = L dan cx
lim Hxh
1
)(
1 maka menurut teorema 4.2.4
cx
lim )(
)(
xh
xf
cxlim f(x) .
cxlim
H
L
xh
)(
1
CATATAN :
22
(1) Jika cx
lim h(x) = H = 0 maka teorema 2.4.4 (b) tidak dapat digunakan untuk
menghitung cx
lim )(
)(
xh
xf
(2) Misalkan A R ; f1, f2 , …, fn : A R ; c R adalah cluster point dari A
Jika Lk = k
cxh
lim , untuk k =1,2,…, n maka dengan teorema 2.4.4 dan
dengan menggunakan prinsip induksi matematika diperoleh :
L1 + L2 + … + Ln = cx
lim (f1 + f2 + … + fn) dan
L1 . L2 . … . Ln = cx
lim (f1 . f2 . … . fn)
(3) Secara khusus, disimpulkan (dari (2)) bahwa;
Jika L = cx
lim f , n N maka Ln = lim (f(x))n
2.5. CONTOH
a) buktikan cx
lim x2 = c2 ,
Bukti :
Jika cx
lim x = c maka dengan menggunakan teorema 2.4 diperoleh :
cxlim x2 =
cxlim x.
cxlim x = c . c = c2
Jadi cx
lim x2 = c2
jika c > 0 cx
lim x
1 =
c
1
1
xLim
cx
b) cx
lim (x2 + 1)(x3 – 4) = 20
23
Bukti : dengan menggunakan T 2.4
Karenacx
lim (x2 + 1) = 5 dan lim (x3 – 4) = 4 , maka
cx
lim (x2 + 1)(x3 – 4) = cx
lim (x2 + 1) . cx
lim (x3 – 4)
= 5 . 4
= 20
c) 2
limx
)1
4(
2
3
x
x =
5
4
Bukti : dengan menggunakan T.2.4
Karena cx
lim (x3 - 4) = 4 dan cx
lim (x2 + 1) = 5 0 , maka
2
limx
)1
4(
2
3
x
x =
)1(lim
)4(lim
2
2
3
2
x
x
x
x = 5
4
d) 2
limx
)63
4(
2
x
x =
3
4
Bukti :
Karena cx
lim (3x – 6) = 0, maka T.2.4.(b) tidak dapat digunakan untuk
menghitung 2
limx
)63
4(
2
x
x
Jika x 2 maka )2(3
1
)2(3
)2)(2(
63
42
x
x
xx
x
x
Karena cx
lim (x + 2) = 4 , maka
2
limx
)63
4(
2
x
x = )2(lim
3
1)2(
3
1lim
22
xx
xx
= 3
4)4(
3
1
24
e) xx
1lim
0 tidak ada di R
Bukti :
Karena cx
lim 1 = 1 dan cx
lim x = 0 maka T.2.4 (b) tidak dapat digunakan untuk
menghitung xx
1lim
0.
Karena fungsi (x) = x
1 tidak terbatas pada neighborhood x = 0, maka menurut
T.2.2 xx
1lim
0 tidak ada.
f) Jika p adalah fungsi polinom di R maka cx
lim p(x) = p(c)
Bukti :
Misalkan p fungsi polinom di R sehingga
p(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 , x R, dengan
an 0, ai R, i = 1,2,…,n
karena cx
lim xk = ck dan menurut T.2.4 maka
cx
lim p(x) = cx
lim ( anxn + an-1x
n-1 + … + a1x + a0)
= cx
lim ( anxn ) +
cxlim ( an-1x
n-1 ) + … + cx
lim ( a1x ) + cx
lim (a0)
= ancn + an-1c
n-1 + … + a1c + a0
Jadi cx
lim p(x) = p(c)
g) Jika p, q fungsi polinom di R, q(c) 0 maka )(
)(
)(
)(lim
cq
cp
xq
xp
cx
Bukti :
25
Karena q(x) fungsi polinom maka menurut teorema dalam aljabar terdapat
bilangan finit 1, 2 , …, m akar-akar real untuk q(x) sedemikian sehingga q(j)
= 0 dan sedemikian sehingga jika x { 1, 2 , …, m } maka q(x) 0.
Oleh karena itu jika x { 1, 2 , …, m } didefenisikan )(
)()(
xq
xpxr .
Jika c bukan akar dari q(x) maka q(c) 0
Berdasarkan bagian f) maka )(
)(
)(lim
)(lim
)(
)(lim
cq
cp
xq
xp
xq
xp
cx
cx
cx
2.6. Teorema
Misalkan A R, f : A R dan cR adalah suatu cluster point dari A
Jika a f(x) b untuk semua x A, x c dan cx
lim f ada, maka
a cx
lim f b
Bukti :
Misalkan A R, f : A R dan c R cluster point dari A
Akan dibuktikan :
a f(x) b, x A , x c cx
lim f ada a lim f b
Misalkan cx
lim f(x) = L
Berarti ((xn), xn A , xn c, n N).(xn c f (xn) L)
Karena f(xn) L berarti cx
lim ada
Karena a f(x) b, x A , x c, x c maka a f(xn) b, xnA , xn c
Karena a f(xn) b, n N , dan (f(xn)) konvergen maka menurut T.3.2.6 lim
(a) lim (f(xn)) lim (b)
26
a lim (f(xn)) b
a L b
Karena cx
lim f (x) = L dan a L b, cx
lim a lim f b
2.7. Teorema Apit
Misalkan A R, f, g, h : A R dan c R adalah suatu cluster point dari A
Jika f(x) g(x) h(x) untuk semua x A , x c dan
cxlim f(x) = L =
cxlim h(x) maka
cxlim g(x) = L
Bukti :
Misalkan A R, f, g, h : A R dan c R cluster point dari A
Akan dibuktikan:
f(x) g(x) h(x), x A , x c dan cx
lim f(x) = L = cx
lim h(x) cx
lim g(x) = L
Diberikan > 0 sebarang
cxlim f(x) = L berarti ( 0)(1()0)(x) ;0 | x – c | 1(),x A |f(x)–L|
cxlim h(x) = L berarti ( 0)( 2()0 )(x) ;0|x–c| 2(), xA |h(x)–L|
f(x) g(x) h(x), xA, x c f(x)-L g(x)-L h(x)-L, xA , x c
| g(x) – L | sup { | f(x)– L|, | h(x) – L | }
Pilih () = min { 1(), 2()} Sehingga
( 0)(()0)(x);0|x–c|(), xc |g(x)–L| sup{|f(x)–L|, |h(x)–L|}
Ini berarti cx
lim g(x) = L
2.8. CONTOH
a) cx
lim x3/2 = 0, (x 0)
27
Bukti :
Karena x x 1/2 1, x { x | 0 x 1}
Akibatnya : x2 x 3/2 x, x { x | 0 x 1}
Karena cx
lim x2 = 0 dan cx
lim x = 0, Maka menurut teorema apit berlaku
cxlim x2 <
cxlim x3/2
cxlim x
0 < cx
lim x3/2 0
Jadi cx
lim x3/2 = 0 x { x | 0 < x 1}
b) cx
lim sin x = 0
Bukti :
Dari T.7.4.8 -x sin x x, x 0
Karena -x sin x x, x 0 dan karena cx
lim ( x) = 0
berdasarkan teorema apit cx
lim sin x = 0
c) cx
lim cos x = 1
Bukti :
1 -2
1x2 cos x 1, x R (dari T.7.4.8)
Karena 0
limx
( 1 -2
1x2 ) = 1 Berdasarkan teorema apit
cxlim cos x = 1
d) 0)1cos
( lim0
x
x
x
Bukti :
28
Karena cx
lim x = 0 maka T.2.4.b. tidak dapat digunakan untuk menghitung
)1cos
( lim0 x
x
x
.
Dari T.7.4.8 diperoleh 1 - 2
1x2 cos x 1, x R
sehingga -2
1x )
1cos(
x
x 0 , x 0 dan
0 )1cos
(x
x
2
1x , x 0
Misalkan f(x) = 2
x untuk x 0 dan f(x) = 0 untuk x 0 dan misalkan
h(x) = 0 untuk x 0 dan h(x) =2
x untuk x 0, maka diperoleh :
f(x) )1cos
(x
x h(x) untuk x 0
Karena 0
limx
f = 0 = 0
limx
h , berdasarkan teorema apit 0)1cos
( lim0
x
x
x
e) )sin
( lim0 x
x
x = 1
Bukti :
Karena cx
lim x = 0 maka T.2.4.b. tidak dapat digunakan untuk menghitung
)sin
( lim0 x
x
x. Dari Teorema apit diperoleh :
x -6
1x3 sin x x , x 0 1-
6
1x2
x
xsin 1 , x
x sin x x -6
1x3 , x 0 1-
6
1x2
x
xsin 1, x 0
sehingga 1-6
1x2
x
xsin 1 , x 0
29
karena 0
limx
1 - 6
1x2 =1 dan
0limx
1 = 1, sehingga berdasarkan teorema apit
)sin
( lim0 x
x
x= 1
f) cx
lim (x sin ( 1/x )) = 0
Misalkan f(x) = x sin (1/x) , x 0
Jika –1 sin z 1, zR maka – | x | x sin (1/x) | x |, xR, x 0
Karena cx
lim | x | = 0 maka cx
lim - | x | cx
lim x sin (1/x) cx
lim | x |
0 cx
lim x sin (1/x) 0
sehingga berdasarkan teorema apit : cx
lim (x sin ( 1/x )) = 0
2.9. Teorema
Misalkan A R, f : A R dan c R adalah cluster point dari A
Jika cx
lim f ada, maka cx
lim |f | = | cx
lim f |
Teorema di atas secara simbolik dapat ditulis sebagai berikut:
A R, f : A R dan c R, c cluster point dari A
cxlim f ada
cxlim |f | = |
cxlim f |
Bukti :
Misalkan cx
lim f(x) = L
Berarti ( 0)( 1() 0)(x) ; 0 |x – c| 1(), xA |f(x)–L|
Berdasarkan ketaksamaan segitiga didapat :
| |f(x)| – |L| | f(x) – L | , sehingga | |f(x)| – |L| |
Karena ( 0)(1() 0)(x); 0 |x–c| 1(), xA | |f(x)| – |L| |
30
Berarti cx
lim |f | = |L| = cx
lim |f |
2.10. Teorema
Misalkan A R, f : A R dan c R adalah cluster point (titik kumpul)
dari A, f(x) 0, x A
Jika cx
lim f ada, maka cx
lim f = fcx
lim
Teorema di atas dapat ditulis secara simbolik sebagai berikut :
A R, f : A R dan c R, c cluster point dari A, f(x) 0, x A
cxlim f ada
cxlim f = f
cxlim
Bukti :
Misalkan cx
lim f(x) = L. Berdasarkan T.1.1.5
(xn), xnA , xn c, nN).(xn c f(xn) L)
ini menunjukkan bahwa cx
lim f(xn) = L .
Karena f(xn) L dan f(xn) 0, xn A Maka
Berdasarkan T.2.10, )( nxf L
Karena ( (xn), xn A , xn c, n N).(xn c )( nxf L )
Maka menurut T.4.1.5 cx
lim f = fcx
lim
2.11. Teorema
Misalkan A R, f : A R dan c R adalah cluster point dari A
Jika cx
lim f 0 maka terdapat suatu neighborhood U dari c sedemikian
sehingga f(x) 0 , x AU(c), x c.
31
Teorema 2.11 dapat ditulis secara simbolikseperti berikut :
A R, f : A R dan c R adalah cluster point dari A
cxlim f 0 U(c) f(x) 0, x AU(c), x c.
Bukti :
Misalkan cx
lim f(x) = L 0
Pilih V = (2
1L , 2L ) neighborhood dari L .
Berdasarkan definisi 4.1.1 berarti ada U(c) sedemikian sehingga
jika x AU(c) dan x c , maka f(x)V
Karena f(x)V, berarti 2
1L f(x) 2L. dan Karena L 0 maka
0 2
1L f(x) 2L, sehingga f(x) 0, x AU(c), x c.
LATIHAN 1
1. Tentukan syarat pada 1x yang memenuhi :
a). 12 x 2
1 b.
nx
113 , Nn
c). 12 x n
1, nN d.
3
2
10
11 x
2. Misalkan c cluster point dari A, A R, f : A R
Buktikan : cx
lim f(x) = L cx
lim f(x) – L = 0
3. Tunjukkan bahwa 33lim cxcx
, cR.
4. Dengan menggunakan kriteria (-) Buktikan bahwa
a. 1
limx
x2 + 4x = 5
b. 1,11
1lim
2
x
xx
32
c. 0,2
1
1lim
1
x
x
x
x
d. 0,0lim2
0
x
x
x
x
e. 0,2
1
1
1lim
2
1
x
x
xx
x
5. Misalkan f(x) = 1 - x2 pada interval (-1,1). Apakah 0
limx
ada
6. Jika ax
lim f(x) = L 0. Tunjukkan bahwa terdapat 0 sedemikian sehingga
f(x) 0, apabila 0 ax
7. Berikan contoh sebuah fungsi yang mempunyai limit kanan di suatu titik tetapi
tidak mempunyai limit kiri, di titik tersebut.
8. Hitunglah 1
limx
1x
x dengan x 1
3. PERLUASAN KONSEP LIMIT
Pada bagian ini kita akan kita bahas tiga tipe perluasan dari suatu
limit fungsi, yaitu (a) limit sepihak, (b) limit tak hingga dan (c) limit di tak
hingga.
3.1 LIMIT SEPIHAK
Ketika sebuah fungsi f tidak memiliki limit di titik c, akan tetapii
kemungkinan nilai limitnya ada. Hal ini dapat saja terjadi apabila fungsi f dibatasi
oleh sebuah interval pada salah satu sisi dari titik cluster point c. Sebagai contoh
fungsi signum. Fungsi signum tidak mempunyai limit di c = 0, akan tetapi jika kita
batasi fungsi tersebut untuk interval (0,), fungsi signum mempunyai limit di c = 0,
yaitu 1. Dengan cara yang sama, jika jika kita batasi fungsi signum untuk interval (-
,0), fungsi signum mempunyai limit di c = 0, yaitu -1. Ini merupakan contoh-
contoh elementer dari limit kiri dan limit kanan di titik c = 0
33
Definisi limit kiri dan limit kanan merupakan modivikasi dari definisi limit
pada bagian 1, dengan mengganti himpunan A oleh himpunan A (c,), diperoleh
definisi limit kanan di titik c yang merupakan titik kumpul (cluster point) dari A
(c, ). Dengan cara yang sama dengan mengganti himpunan A oleh A (-,
c),diperoleh definisi limit kiri di titik c yang merupakan titik kumpul (cluster point)
dari A (-, c). Dalam hal ini definisi-definisi tersebut tidak diformulasikan dengan
menggunakan lingkungan akan tetapi definisi-definisi tersebut akan diformulasikan
dengan menggunakan criteria - .
2.1.1. Definisi
Misalkan A R , f : A R
(i) jika cR adalah titik kumpul dari himpunan A (c,) = {xA x c} ,
maka kita katakan bahwa LR adalah limit kanan dari f di c dan ditulis
Lfcx
lim
jika diberikan suatu 0 terdapat )(0 sehingga jika diberikan
0 x – c )( dan x A maka f(x) –L }
(ii) Jika cR adalah titik kumpul dari himpunan A (- , c) = {xA
xc} maka kita katakana bahwa L R adalah limit kiri dari f di c
dan ditulis
Lfcx
lim
jika diberikan suatu 0 terdapat )(0 sehingga jika diberikan
0 x – c )( dan x A maka f(x) –L }
34
Secara Simbolik definisi di atas dapat ditulis:
A R , f : A R
(i) cR, c clp A (c,) ={xA xc}, Lfcx
lim (0)()(0)
(x ) {0 x – c )( x A f(x) –L }
(ii) cR, c clp A(-,c) ={xAxc}, Lfcx
lim (0)()(0)
(x ) {0 c-x )( x A f(x) –L}
Definisi di atas dapat diilustrasikan sebagai berikut:
L+ L+
f(x)
L f(x) L
L- L-
C c+ c- C
Gambar D.2.1.1 (i) Gambar D.2.1.1 (ii)
Catatan:
(1) Jika Lfcx
lim maka L disebut sebagai limit fungsi f yang didekati dari kanan
di c. Sedangkan jika Lfcx
lim maka L disebut sebagai limit fungsi f yang
didekati dari kiri di c
(2) Lfcx
lim dan Lfcx
lim disebut limit-limit sepihak dari f di c
sebuah fungsi dapat mempunyai limit dari kanan tetapi tidak dari kiri,
atau sebaliknya. Kemungkinan lainnya adalah sebuah fungsi
mempunyai limit dari kanan dan juga dari kiri, tetapi nilai limitnya
berbeda.
35
Contoh: 1sgnlim0
xx
sedangkan 1sgnlim0
xx
(3) Jika A interval dengan ujung kirinya adalah titik c, maka f: AR mempunyai
limit di c jika dan hanya jika f mempunyai limit kanan di c.
Dalam hal ini
fcx
lim fcx
lim
Sebuah situasi yang sama jika A interval dengan ujung kanannya adalah
titik c, maka f: AR mempunyai limit di c jika dan hanya jika f
mempunyai limit kiri di c.
Dalam hal ini
fcx
lim fcx
lim
2.1.2. Teorema
Misalkan A R dan f : A R, cR adalah titik kumpul dari dari
himpunan A (c, ), maka :
cx
lim f = L R jika dan hanya jika untuk setiap barisan (x n ) yang konvergen
ke c sedemikian sehingga x n A, x n c untuk semua nN berlaku barisan
(f(x n )) konvergen ke L R
Secara simbolik teorema di atas dapat ditulis :
A R , f : A R, c clp A (c, )
(i) cx
lim f = L
(ii) ((x n ), nN)) (x n ) c, x n A, x n c (f( x n )) L
Bukti:
(i) (ii)
Diketahui:
fcx
lim L, berarti :
( 0) ()( 0) (x) (0 x – c
)( x A f(x) –L ) …….1
36
Pandang (x n ) sebarang barisan di A yang konvergen ke c, berarti:
[( 0) (K)( N) (nN) n K
)( x n - c ]
[( 0)(K)(N) (nN) [ n K
)( - x n -c ],
karena (nN ) x n c
maka [( 0) (K)(N) (nN) n K
)( 0 x n - c ] ……….. 2
Akan ditunjukan : (f(x n )) L atau
( 0) (K )( N) (nN) n K)(f(x n ) - L
Diberikan 0 sebarang, berdasarkan definisi maka ada . Pilih = )(,
berdasarkan (2) diperoleh (K)(N) (nN) n K
)( x n -c
- x n - c .
Untuk x n c dan x n A maka 0 x n - c
Karena (nN) x n A dan 0 x n - c , maka berdasarkan (1) mengakibatkan
f(x n )- L . Karena 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa
( 0)(K )( N) (nN) n K)(f(x n )- L , dengan demikian (f(x n ))
L
(ii) (i)
Diket: ((x n ), nN), (x n ) c, x n A, x n c (f( x n )) L
(f(x n )) L ( 0) (K )( N) (nN) n K)( f(x n )- L
Akan dibuktikan :
fcx
lim L, berarti :
Lfcx
lim ( 0) ()(0)(x) {0 x – c
)( xA f(x) –L }
37
Bukti dengan kontraposisi:
Andaikan Lfcx
lim
artinya ( 0) ( 0) (x) (xA) (0 x – c f(x)- L ) atau
(V)(L) ( U
)(c) (x) (x A U
)(c, x c f(x) V
)(L) (nN )
misalkan U n = (c, c+n1 ) dan untuk suatu n N ,
misalkan x n = (xnU) sebuah bilangan sehingga x n c, x n A U
)(c f(x n ) V
)(L)
karena (nN) x n U n maka dapat disimpulkan bahwa (x n ) c dari kanan tetapi
(f(x n )) tidak konvergen ke L.
Hal ini berarti (x n , nN) x n A U)(c,( x n ) c, (f(x n )) tidak konvergen ke
L
2.1.3. Teorema
Misalkan A R, dan f : A R, cR adalah titik kumpul (cluster point)
dari kedua himpunan A (c,) dan A (-,c) maka :
(i)
fcx
lim L R jika dan hanya jika
(ii)
fcx
lim L = fcx
lim
Secara simbolik teorema di atas dapat ditulis:
A R, f :A R, cR clp A (c,) dan clp A (-,c)
(i)
fcx
lim L
(ii)
fcx
lim L = fcx
lim
38
Teorema di atas dapat diilustrasikan sebagai berikut:
f(x)
L+
L
L-
c- C c+
Gambar T.2.1.3
Bukti:
(i) (ii)
Diket:
fcx
lim L, berarti ( 0)( 0)(x){0 x – c xA f(x)- L
}
Adit:
fcx
lim L = fcx
lim
Diberikan 0 sebarang, karena
fcx
lim L maka
( 0)(x ) {0 x–c x A f(x) –L }
Pandang 0 x–c 0x–c dan x–c
x c , - x–c c- x c+
c- x c dan c x c+ 0 c–x dan 0 x - c
Sehingga untuk c clp A (c,), ( 0)(x ),( 0 x –c ) xA f(x) –L
}
ini berarti
fcx
lim L ………. (1)
Karena c clp A (-,c), ( 0)(x ), (0 x – c ) x A f(x) –L }
ini berarti
fcx
lim L …… (2)
39
Dari (1) dan (2) diperoleh
fcx
lim L = fcx
lim
(ii) (i)
Diket:
fcx
lim L, berarti ( 0)( 10)(x) {0 x – c 1 xA f(x) –
L}
fcx
lim = L, berarti ( 0)( 2 0)(x ){0 c – x 2 x A f(x) –L }
Akan ditunjukan :
fcx
lim L
Diberikan 0 sebarang. Pilih = inf { 1 , 2 } diperoleh
( 0)( 0)(x ){(0 x-c ) (0 c – x ) x A f(x) –L }
( 0)( 0)(x ){(c x +c) (c x c- ) x A f(x) –L }
( 0)( 0)(x ){(c- x +c) x A f(x) –L }
( 0)( 0)(x ){(- x-c ) x A f(x) –L }
( 0)( 0)(x){0x-c ) x A f(x) –L} ini berarti
fcx
lim L
2.1.4. Contoh-Contoh
1 untuk x0
a) misalkan f(x) = sgn(x) = 0 untuk x = 0
-1 untuk x 0
karena )(lim0
xfx
)(lim0
xfx
maka berdasarkan Teorema 4.3.3 dapat
disimpulkan bahwa fungsi signum tidak mempunyai limit di titik 0
b) g(x) = e x
1
, x 0
40
Gambar g(x) = e x
1
, x 0
Akan ditunjukan g(x) tidak punya limit kanan di c = 0,
karena )(lim0
nx
xg
tidak terbatas pada interval (0, )
Pandang ketaksamaan 0 t et, t 0 ………(*)
Jika x 0 maka 0 c e x
1
, ambil x n = n1 sehingga
g(x n ) = e nx
1
n nN. Ini berarti bahwa )(lim0
nx
xg
tidak ada
Jika x 0 dan ambil t = -x1 maka ketaksamaan (*) menjadi 0 -
x1 e
x
1
.
Karena x 0 maka 0 -x1 e
x
1
(-x1 )
1 (e
x
1
)1 0 x 0 0 e x
1
-
x
Karena xx
0
lim = 0 dan 0lim0x
= 0 maka berdasarkan teorema apit disimpulkan
bahwa 0
limx
e x
1
= 0
(c) h(x) = 1
11
xe , x 0
Dari soal (b) untuk x 0 maka 0 x1 e x
1
x
akibatnya 0 1
11
xe
xe1
1 x akibatnya 0lim
0
h
x
Dari (b), 0
limx
e x
1
= 0 berdasarkan Teorema diperoleh 0
limx 1
11
xe= 1
41
Karena hx 0lim h
x 0lim maka fungsi h tidak mempunyai limit di x = 0
3.2 LIMIT TAK HINGGA
Fungsi f(x) = 2
1
x untuk x 0 tidak terbatas pada lingkungan dari 0
sehingga menurut definisi limit, f(x) tidak mempunyai limit. Sementara lambang (-
dan + ) tidak menyatakan bilangan-bilangan real, lambang tersebut berguna
untuk dapat mengatakan bahwa f(x) = 2
1
x menuju , apabila x menuju 0
2.2.1 Definisi
Misalkan A R, dan f :A R, cR cluster point dari A
(i) Kita katakana f menuju apabila x c dan ditulis
cx
lim f =
jika untuk setiap R terdapat () 0 sedemikian sehingga jika 0
x - c () dan x A, maka f(x)
(ii) Kita katakana f menuju - apabila x c, dan ditulis
cx
lim f = -
jika untuk setiap R terdapat () 0 sedemikian sehingga jika 0
x - c () dan x A, maka f(x)
Secara simbolik definisi di atas dapat ditulis:
A R, f :A R, dan c clp A
(i) fx 0lim
= (R)(()0)(x){0x-c (), xA f(x)}
(ii) fx 0lim
= - (R)(()0)(x){0x-c (), xA f(x) }
42
Definisi di atas dapat diilustrasikan sebagai berikut:
- f(x)
f(x)
-
Gambar D.2.2.1 (i) Gambar D.2.2.1 (ii)
2.2.2. Contoh-Contoh
(a) )1
(lim2
0 xx
=
Akan ditunjukan (R) (() 0)(x) {0x-c (), xA 2
1
x }
Jika diberikan 0 maka ada (), pilih () =
1sehingga
0x () 2
1
x 0x () x
2
1 0x()
2
1
x
Karena sebarang maka dapat disimpulkan bahwa
(R) (() 0)(x){0x-c (), x A 2
1
x } atau )
1(lim
20 xx
=
(b) Misalkan g(x) = x
1; x 0
Jika 0 maka (x)(x0) g(x) , sehingga g tidak mendekati bila x0
Jika 0 maka (x)(x0) g(x) , sehingga g tidak mendekati - bila x0
2.2.3. Teorema
Misalkan A R, f. g : A R, cR adalah titik kumpul dari A. Andaikan
bahwa f(x) g(x) untuk setiap x A, dan x c
(a) fcx
lim = maka gcx
lim =
43
(b) gcx
lim = - maka fcx
lim = -
Secara simbolik teorema di atas dapat ditulis :
A R, f.g :A R, cR c clp A (xA, x c) f(x) g(x)
(a) fcx
lim = gcx
lim =
(b) gcx
lim = - fcx
lim = -
Teorema di atas dapat diilustrasikan sebagai berikut:
g(x)
f(x) c- C c+
g(x)
f(x)
c- C c+
Gambar T.2.2.3 (a) Gambar T.2.2.3 (b)
Bukti:
(a) Jika diberikan R sebarang maka berdasarkan definisi
fcx
lim = (R)(() 0)(x){0 x-c (), xA f(x) }
………. *
Adit : gcx
lim = artinya (R)(()0)(x){0x-c (), x A f(x)
}
Diketahui: x A, x c, f(x) g(x)
sehingga berdasarkan (*) diperoleh g(x)
Karena R sebarang, maka dapat disimpulkan
44
(R)(()0)(x){0 x-c (), xA f(x) } atau gcx
lim =
(c) Bukti b analog dengan bukti (a)
2.2.4. Definisi
Misalkan A R, dan f :A R,
(i) jika cR titik kumpul dari himpunan A (c,) = { x A x c} maka
kita katakan bahwa :
(1) f menuju apabila x c+ dan kita tulis
fcx
lim , jika untuk
setiap R maka terdapat () 0 sedemikian sehingga jika
0 x-c (), dan x A maka f(x)
(2) f menuju – apabila x c+ dan kita tulis
fcx
lim -, jika untuk
setiap R maka terdapat () 0 sedemikian sehingga jika 0
x-c (), dan x A maka f(x)
(ii) jika c R adalah titik kumpul dari himpunan A (-, c) = {xAxc}
maka kita katakan bahwa :
(1) f menuju apabila x c- dan kita tulis fcx
lim = , jika untuk
setiap R maka terdapat () 0 sedemikian sehingga jika 0
c - x (), dan x A maka f(x)
(2) f menuju – apabila x c- dan kita tulis fcx
lim = -, jika untuk
setiap R maka terdapat () 0 sedemikian sehingga jika 0
c-x (), dan x A maka f(x)
45
Secara simbolik definisi di atas dapat ditulis:
A R, dan f :A R,
(i) cR, c clp (A (c,)) = { x A x c}
(1)
fcx
lim [( R)(()0)( x)(0x-c()), xA f(x)
]
(2)
fcx
lim - [( R)(()0)( x)(0x-c()), xA f(x)
]
(ii) cR, c clp (A (-,c)) = { x A x c}
(1) fcx
lim = [( R)(()0)(x)(0c-x ()), xA f(x)
]
(2) fcx
lim =- [( R) (()0) ( x)(0c-x ()), xA f(x)
]
3.3. LIMIT DI TAK HINGGA
2.3.1. Definisi
A R, dan f :A R,
3.3 Andaikan (a, ) A untuk suatu a R. Kita katakan bahwa L R
adalah limit dari f apabila x dan ditulis
x
lim f = L
Jika diberikan sembarang 0 terdapat K() a sedemikian sehingga
jika x K() maka f(x) -L
46
3.4 Andaikan bahwa (-, b) A untuk suatu bR. Kita katakana bahwa L
R adalah limit dari f apabila x - dan ditulis
xlim f = L
Jika diberikan sebarang 0 terdapat K() b sedemikian sehingga
jika x K() maka f(x) - L
2.3.2. Teorema
Misalkan A R, dan f :A R, dan andaikan bahwa (a, ) A untuk suatu
aR maka:
(i) L = x
lim f jika dan hanya jika
(ii) untuk setiap barisan (xn) pada A (c, ) sehingga lim (xn) = maka
barisan (f(xn)) konvergen ke L
2.3.3. Definisi
Misalkan A R, dan f : A R
(i) Andaikan bahwa (a, ) A untuk suatu a R Kita katakan bahwa :
1) f menuju apabila x dan ditulis:
xlim f =
jika diberikan sebarang R ada K() a sedemikian hingga jika x K(),
maka f(x)
2) f menuju - apabila x dan ditulis :
xlim f = -
jika diberikan sebarang R, ada K() a sedemikian hingga jika x
K(), maka f(x)
47
(ii) Andaikan (-, b) untuk suatu bR. kita katakana bahwa :
1) f menuju apabila x - dan ditulis
xlim f =
jika diberikan sebarang R ada K() b sedemikian sehingga jika x
K(), maka f(x)
2) f menuju - apabila x - dan ditulis:
x
lim f = -
jika diberikan sebarang R ada K() b sedemikian sehingga
jika x K(), maka f(x)
LATIHAN 2
1. Gunakan Teorema limit untuk menghitung limit dari
(a) 7
lim ( 3)(9 5)
x
x x , x , (b) 2
21
3lim
1 2x
x
x
(c) 2
1 1lim , 0
1 2xx
x x
, (d)
22
5lim
1x
x
x
2. Carilah limit dari 20
1 2 1 3lim , 0.
2
x
x xx
x x
3. Buktikan bahwa 0
limcos(1/ ) 0x
x
tetapi 0
lim cos(1/ ) 0x
x x
.
4. Tunjukan jika f: AR kontinu di AR, nN, maka fungsi fn , dengan
fn(x) =(f(x))n xA kontinu di A
5. Misalkan f, g didefinisikan di R, cR
Tunjukan fLimcx
= b, dan g kontinu di b gofLimcx
= g(b)
6. Misalkan f,g : RR kontinu di R, f(r) = g(r) rQ
Apakah benar f(x) = g(x) xR
48
BAB II FUNGSI KONTINU
1. FUNGSI KONTINU
3.1. Definisi
Misalkan A R, dan f : A R, c A,
f kontinu di c jhj untuk setiap neighborhood V dari f(c), ada suatu
neighborhood Uv dari c sedemikian sehingga jika x A Uv , maka f(x)
termuat di V.
Secara simbolik definisi 3.1 dinyatakan sebagai berikut:
A R, f : A R, c A,
f kontinu di c (V(f(c))) (Uv(c)) (x) [x A Uv f(x) V(f(c))].
Definisi di atas dapat diilustrasikan sebagai berikut:
V f(c) ---------- V f(c) -----------
c c
Catatan :
(1) Jika c A , dan c clp A, maka perbedaan definisi 1.1 dan 3.1 menunjukkan
bahwa f kontinu di c jhj f(c) = lim f.
Jadi jika c clp A maka ada tiga syarat yang harus dipenuhi agar f kontinu di c:
(i) f terdefinisi di c (f(c) ada),
(ii) lim f ada di R,
49
(iii) f(c) = lim f.
(2) Jika c A dan c bukan titik kumpul dari himpunan A, maka terdapat
neighborhood U dari c sedemikian hingga A U = {c}. Dengan demikian
disimpulkan bahwa fungsi f kontinu pada titik c A yang bukan titik kumpul
dari A. Titik c yang demikian dinamakan titik terasing dari A.
3.2. Definisi
Misal: A R, f : A R, B A,
f kontinu pada B jika dan hanya jika f kontinu pada setiap titik dari B.
Secara simbolik definisi 3.2 dinyatakan sebagai berikut:
A R, f : A R, B A, f kontinu pada B f kontinu di c, c B.
Definisi di atas dapat diilustrasikan seperti berikut:
B
3.3 Teorema
Misal A R, f : A R dan c A, maka pernyataan-pernyataan berikut ini
ekivalen.
(i) f kontinu di c jika dan hanya jika untuk setiap neighborhood V dari f(c)
ada suatu neighborhood Uv dari c sedemikian hingga jika x sebarang
titik dari A Uv , maka f(x) di V.
50
(ii) Diberikan sebarang 0 ada suatu () 0 sedemikian hingga jika
x - c () dan x A, maka f(x) – f(c) < .
(iii) Jika (xn) sebarang barisan bilangan real sedemikian hingga xn A
untuk setiap n N, dan (xn) konvergen ke c maka barisan (f(xn))
konvergen ke f(c).
Secara simbolik teorema 3.3 dinyatakan sebagai berikut:
Misal A R, f : A R dan c A, maka pernyataan-pernyataan berikut
ekivalen.
(i) f kontinu di c (V(f(c)) (Uv(c)) (x) [x A Uv f(x)
V].
(ii) ( 0) (() 0) [x-c (), x A f(x) – f(c) ]
(iii) ((xn)) (xn A) ( n N) [ xn c f(xn ) f(c)].
Bukti:
(1) Akan dibuktikan. (i) (ii)
f kontinu di c ( 0) ( () 0)[x-c (), x A f(x) – f(c) ]
Diketahui : A R, f : A R dan c A
f kontinu di c (V(f(c)))(Uv(c)) (x) [x AUv f(x) V ]
Akan ditunjukan:( 0)( () 0)[x-c (), x Af(x) – f(c) ]
Bukti:
Ambil 0 sebarang, Berdasarkan definisi
diperoleh V(f(c)) dan (U(c)) (x) (x AU(c) f(x) V(f(c)) )
Akibatnya ( 0) dan ada U(c) U(c),
Sehingga jika x A U(c) maka x A U(c).
Jika x A U(c) maka x A dan x-c
51
Berdasarkan definisi maka f(x) V(f(c))
Karena f(x) V(f(c)) maka dapat ditulis f(c) - f(x) f(c) + ,
Sehingga dapat ditulis f(x) – f(c)
Karena 0 sebarang, maka berlakulah
( 0) ( () 0) [x-c (), x A f(x) – f(c) ] terbukti.
(2) Adib. (ii) (iii)
( 0) (() 0) [x-c (), x A f(x) – f(c) ]
[((xn)) xn A, n N, xn c f(xn ) f(c)].
Diketahui: A R, f : A R dan c A
( 0) ( () 0) (x-c (), x A f(x) – f(c) )
Akan ditunjukkan: [((xn)) xn A, n N, xn c f(xn ) f(c)].
(f(xn )) f(c) ( 0) ( K N) (n) (n K f(xn ) – f(c) )
Bukti:
Ambil sebarang barisan (xn) yang konvergen ke c, xn A, n N
(xn ) c ( 0) ( K N) (n) (n K xn - c ).
Karena xn A, xn - c , maka f(xn ) – f(c)
Jadi ( 0) ( K()N) (n) (n K()) f(xn ) – f(c)
Ini artinya f(xn ) konvergen ke f(c).
Jadi [((xn)) xn A, n N, xn c f(xn ) f(c)] terbukti
(3) Adib. (iii) (i)
((xn)) (xn A) (n N) (xn) c f(xn ) f(c)) f kontinu di c.
Diketahui: A R, f : A R dan c A
((xn)) (xn A) ( n N) (xn) c f(xn ) f(c))
(xn) c ( 0) ( K N) (n) (n K) xn - c .
52
f(xn ) f(c) ( 0)(n K()) f(xn ) – f(c) ).
Akan ditunjukkan:
f kontinu di c (V(f(c))) (Uv(c)) (x) [x A Uv f(x) V(f(c))]
Bukti:
Andaikan f tidak kontinu di c, maka
(V1(f(c)) (Uv(c)) ( x1) [x1 A Uv (c) f(x 1)V1(f(c)].
Diberikan sebarang (xn ) di A.
Karena berlaku Uv(c) dan (xn) maka dapat dipilih xn A Uv sedemikian
hingga f(xn ) V1(f(c))
Hal ini kontradiksi dengan yang diketahui bahwa f(xn ) f(c).
Jadi haruslah f kontinu di c, atau
(V(f(c)) (Uv(c)) (x) [x A Uv f(x) V(f(c))]
Karena (i) (ii), (ii) (iii) dan (iii) (i), maka terbukti bahwa pernyataan-
pernyataan (i), (ii) dan (iii) saling ekivalen.
4.4.5 CONTOH
(a) f(x):= b kontinu pada R
Misalkan c R sebarang, berdasarkan contoh 4.1.4 (a) cx
lim f = b.
Karena f(c) = b maka cx
lim f = f(c) sehingga f kontinu di setiap titik c R
Jadi f kontinu pada R.
(b) g(x):= x kontinu pada R
Misalkan c R sebarang, berdasarkan contoh 4.1.4 (b) cx
lim g = c.
Karena g(c) = c. Hal ini menunjukkan g kontinu di setiap titik c R.
Jadi g kontinu pada R.
(c) h(x):= x2 kontinu pada R
Misalkan c R sebarang, berdasarkan contoh 4.1.4 (c) cx
lim h = c2.
Karena h(c) = c2. Hal ini menunjukkan h kontinu di setiap titik c R.
53
Jadi h kontinu pada R.
(d) (x) = 1/x kontinu pada A:= { x R : x > 0 }
Misalkan c R sebarang, berdasarkan contoh 4.1.4 (d) cx
lim = 1/c.
Karena (c) = 1/c. Hal ini menunjukkan kontinu di setiap titik c A.
Jadi kontinu pada A = {x R : x > 0}
3.6 CATATAN
a). Kadang-kadang f: A R tidak kontinu pada titik c karena f(c) tidak
terdefinisi. Namun demikian, jika lim f = L dan F: A {c} R
didefinisikan:
L , x = c
F(x) =
f(x) , x A
maka F kontinu di c.
F kontinu di c, karena memenuhi:
(i) F(c) = L
(ii) Lim F(x) = lim f(x) = L (diketahui)
(iii) F(c) = lim F(x)
(b) Jika g: A R dan lim g tidak ada, maka tidak dapat didefinisikan fungsi
G: A {c} R yang kontinu di c dengan definisi berikut:
C , x = c
G(x) =
g(x), x A
Untuk menyelidiki kekontinuan G(x), harus diselidiki apakah jika
lim G = C maka lim g = C.
54
4.7 CONTOH
(a). g(x) = sin(1/x), x 0 tidak mempunyai limit di x = 0.
Jadi g tidak kontinu di x = 0.
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 1- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
1/3 1/2
(b). f(x) = x sin (1/x), x 0.
Lim x sin (1/x) = 0 tetapi f tidak terdefinisi pada x = 0.
Dengan mendefinisikan F: RR dengan:
0 , x = 0
F(x) =
x sin(1/x), x 0.
Maka F kontinu di x = 0. Bukti analog 3.6.a
2. KOMBINASI FUNGSI KONTINU
Misalkan A R dan f, g : A R, b R. Dalam D. 4.2.3 didefinisikan f + g,
f – g, fg, bf dan jika h : A R, h(x) 0 x A, maka h
f terdefinisi.
Teorema yang hampir sama dengan T. 4.2.4 adalah teorema di bawah ini.
4.5.1. Teorema
A R dan f, g : A R, bR.
Misalkan cA dan f, g kontinu pada c,
a) Fungsi f + g, f – g, fg, bf kontinu pada c
b) h : A R kontinu pada cA, h(x) 0 x A h
f kontinu pada c.
Bukti:
55
(i) Untuk c A bukan clp A, secara otomatis berlaku a) dan b).
(ii) Untuk c A clp A.
a) Karena f, g kontinu pada c, maka f(c) = fcx
lim dan g(c) = gcx
lim . Karena itu
menurut T. 4.2.4 : (fg)(c) = f(c)g(c)
= fcx
lim gcx
lim
= )(lim fgcx
Ini berarti fg kontinu pada c. (terbukti)
b) Karena c A, maka h(c) 0.
Tetapi karena h(c) = hcx
lim maka menurut T.4.2.4 (b),
h
f(c) =
)(
)(
ch
cf=
h
f
cx
cx
lim
lim=
h
f
cxlim
Ini berarti h
f kontinu pada c.
4.5.2. Teorema
A R dan f, g : A R kontinu pada A, bR.
a) Fungsi f + g, f – g, fg, dan bf kontinu pada A
b) h : A R kontinu pada A, h(x) 0 x A h
f kontinu pada A.
Bukti:
a) Ambil sebarang c A.
i) c clp A
Karena f, g kontinu pada A maka f, g kontinu di c, sehingga diperoleh
)(lim xfcx
= f(c) dan )(lim xgcx
= g(c).
Menurut T. 4.2.3 : (fg)(c) = f(c)g(c)
= fcx
lim gcx
lim
= )(lim fgcx
( cA) c clp A )(lim fgcx
= (fg)(c).
Ini berarti fg kontinu di c.
ii) c bukan clp A
56
Karena f dan g kontinu pada A maka f dan g kontinu pada c. Menurut
T.4.5.1.a, fg kontinu di c.
Dari i) dan ii) diperoleh fg kontinu di cA. Karena c elemen sebarang
pada A, berarti fg kontinu di setiap titik pada A.
Dengan demikian fg kontinu pada A.
b) Ambil sebarang c A.
i) c clp A
Menurut T.4.5.1.b, h
f kontinu di c.
ii) c bukan clp A
Menurut T.4.5.1.b, h
f kontinu di c.
Dari i) dan ii) diperoleh h
f kontinu di c. Karena c elemen sebarang
pada A, berarti h
f kontinu di setiap titik pada A.
Dengan demikian h
f kontinu pada A.
4.5.3. Catatan
Pada definisi pembagian fungsi, pembaginya kadang-kadang sama
dengan nol, sehingga berlaku sebagai berikut.
1) Jika : AR, A1={ xA|(x) 0} maka dapat didefinisikan
fpada A1
dengan
f(x) =
)(
)(
x
xf
xA1 ………..(*)
2) Jika kontinu pada cA1, maka jelas bahwa fungsi restriksi 1: A1R
dari juga kontnu di c. Oleh karena itu, manurut T.4.5.1.b
f kontinu di
cA1. Karena (
f)(x) = (
1
f)(x) xA1 maka
f kontinu pada cA1.
3) Dengan cara yang sama:
Jika f dan kontinu pada A, maka
f yang didefinisikan pada A1
dengan (*) kontinu pada A1.
57
4.5.3 Contoh-contoh
a) Fungsi Polinomial
Jika p fungsi polinomial,
p(x) = anxn + an-1x
n-1 + … + a1x + ao, xR
maka menurut Contoh 4.2.5.(f), yaitu: p(c)= pcx
lim cR.
Jadi sebuah fungsi polinomial kontinu pada R.
b) Fungsi Rasional
1) Jika fungsi p dan q fungsi polinomial pada R maka terdapat
berhingga bilangan 1, 2, …, n untuk akar-akar real dari q.
2) Jika x {1, 2, …, n} maka q(x)0 sehingga dapat didefinisikan
fungsi rasional r dengan:
r(x)=)(
)(
xq
xp x {1, 2, …, n}.
Berdasarkan Contoh 4.2.5.(g), yaitu:
Jika q(c) 0 maka )(
)()(
cq
cpcr
=)(
)(lim
xq
xp
cx
= )(lim xrcx
Ini berarti fungsi r kontinu di c.
Karena cR sebarang yang bukan akar q, maka sebuah fungsi rasional
kontinu pada setiap bilangan real untuk fungsi tersebut terdefinisi.
c) Adit. Fungsi sinus kontinu pada R
x, y, z R kita mempunyai:
1cos,sin zzz
sin x – sin y = 2 sin 21 (x – y)cos
21 (x + y)
Ambil sebarang cR.
Diberikan sebarang >0, pilih () = .
Akan ditunjukkan:
cxcx sinsin
58
c) (x c)cos -(x sin 2sinsin21
21 cx
= 2 c) (x cosc) -(x sin21
21
2. cx 21 .1 = cx <() =
cx sinsin < .
Oleh karena itu, fungsi sinus kontinu di cR.
Karena c sebarang elemen di R , berarti fungsi sinus kontinu pada R.
d) Fungsi cosinus kontinu pada R
x, y, z R kita mempunyai:
1sin,sin zzz
cos x – cos y = -2 sin 21 (x + y)cos
21 (x - y)
Ambil sebarang cR.
Diberikan sebarang >0, pilih () = .
Akan ditunjukkan:
cxcx coscos
c) -(x c)sin (x sin 2-coscos21
21 cx
= 2 c) -(x sinc) (x sin21
21
2. cx 21 .1 = cx < () =
cx coscos < .
Oleh karena itu, fungsi cosinus kontinu di cR.
Karena c sebarang elemen di R, berarti fungsi cosinus kontinu pada R.
e) Fungsi-fungsi tg, ctg, sec, cosec kontinu pada daerah di mana fungsi
tersebut didefinisikan.
Contoh: Fungsi ctg didefnisikan oleh:
ctg = xSin
xCos, sin x 0 untuk x n, nZ.
Karena fungsi Sinus dan fungsi cosinus kontinu pada R sehingga
menurut Catatan 4.5.3, fungsi ctg kontinu pada domainnya.
Untuk fungsi-fungsi trigonometri yang lain dapat dilakukan dengan cara yang sama.
59
3. KEKONTINUAN SERAGAM
4.7. 1 DEFINISI
Misalkan A R, f : A R, f kontinu seragam pada A jika dan hanya jika untuk
setiap 0 terdapat () > 0 sedemikian sehingga jika x,u A, dan jika |x-u| < ()
maka |f(x) – f(u)| < )
Secara simbolik:
A R, f : A R, f kontinu seragam pada A
(0) ( () > 0) (x,u) [ x,u A, |x-u| < () |f(x) – f(u)| < ]
Jelaslah bahwa setiap fungsi f yang kontinu seragam pada A adalah kontinu pada A,
tetapi konversnya belum tentu berlaku.
Contoh:
f(x) = 1/x, x A= {x R| x > 0}
f kontinu pada A tetapi tidak kontinu seragam pada A
4.7.2 KRITERIA KEKONTINUAN TAK SERAGAM
Misalkan A R, f : A R, ketiga pernyataan berikut ekivalen:
(i) f tidak kontinu seragam pada A
(ii) Terdapat 0 0 sedemikian sehingga untuk setiap > 0 ada x,u A
sedemikian sehingga |x - u| < dan |f(x) – f(u)| 0
(iii) Terdapat 0 0 dan dua barisan yaitu (xn) , (un) di A sedemikian sehingga
lim (xn - un) = 0 dan |f(xn) – f(un) | 0 untuk setiap n N
Secara simbolik:
A R, f : A R, ketiga pernyataan berikut ekivalen:
(i) f tidak kontinu seragam pada A
(ii) (00) ( > 0) ( x,u A) (|x-u| < |f(x) – f(u)| 0)
(iii) (00) ((xn),(un) xn,un A, n N ) lim (xn - un) = 0 |f(xn) – f(un) | 0
60
Bukti:
A R, f : A R
(i) (ii)
f tidak kontinu seragam pada A berarti ada 0 > 0 sehingga untuk setiap > 0 ada
pasangan x,u anggota A, berlakulah |x-u| < dan |f(x)-f(u)| , atau secara simbolik
dapat ditulis sebagai berikut:
(00) ( > 0) ( x,u A) (|x - u| < |f(x) – f(u)| 0)
(ii) (iii)
Dik : (00) ( > 0) ( x,u A) (|x-u| < |f(x) – f(u)| 0)
Adb: (00) ( (xn), (un), xn, un A, n N) lim (xn - un) = 0 |f(xn) – f(un)| 0
Bukti:
Misal I = (u – 1/n, u + 1/n).
Untuk n N, misal xn (u – 1/n, u + 1/n) dan un (u – 1/(n+1) , u + 1/(n+1) ) I
sedemikian sehingga |f(xn) – f(un)| 0
Karena xn, un I maka xn, un A, n N
Karena xn, un A, n N maka ada barisan (xn) dan (un) di A, dengan lim (xn) = u
dan lim (un) = u , sehingga
lim (xn - un) = u – u = 0 dan |f(xn) – f(un)| 0
Dengan demikian
(00) ( (xn), (un), xn, un A, n N) lim (xn - un) = 0 |f(xn) – f(un)| 0
(iii) (i)
Dik : (00) ( (xn), (un), xn, un A, n N) lim (xn - un) = 0 |f(xn) – f(un)| 0
Adb: f tidak kontinu seragam pada A
Bukti : (dengan kontraposisi)
Andaikan f kontinu seragam pada A, berarti :
( > 0) ( () > 0) (x, u) [x,u A, |x – u| |f(x) – f(u)| ]
Hal ini kontradiksi dengan hipotesis
Sehingga jika
(00), ( (xn), (un), xn, un A, n N) lim (xn - un) = 0 |f(xn) – f(un)| 0
maka f tidak kontinu seragam pada A
dengan demikian terbukti (i) (ii) (iii) (i)
61
Contoh :
f(x) = 1/x, x A= {x R| x > 0}
Akan ditunjukkan dengan kriteria barisan bahwa f tidak kontinu seragam pada A
Bukti :
Pilih 0 = ½
Pilih barisan (xn), (un) di A dengan suku-sukunya xn = 1/n dan un = 1/(n+1) nN
lim (xn - un) = 0 |f(xn) – f(un)| = 1 0
Menurut kriteria 4.7.2, f tidak kontinu seragam pada A
4.7.3 TEOREMA KEKONTINUAN SERAGAM
Misal I interval tutup terbatas, jika f : I R kontinu pada I maka f kontinu seragam
pada I
Bukti :
Diketahui : I interval tutup terbatas
f : I R kontinu pada I
Akan ditunjukkan : f kontinu seragam pada I
Bukti:
Andaikan f kontinu seragam pada I, maka menurut kriteria 4.7.2
(00) ( (xn), (un), xn, un I, n N ) lim (xn - un) = 0 |f(xn) – f(un)| 0
Karena I terbatas maka (xn) terbatas, akibatnya menurut teorema Bolzano-
Weierstress (xnk) sub barisan dari (xn), lim (xnk) = z R.
Karena I tertutup maka z I.
Berdasarkan teorema 3.4.7 dan karena
|unk – z | = | unk – xnk + (xnk – z)| |unk – xnk | + |xnk – z| maka lim (unk) = z
Karena f kontinu pada I maka lim f(unk) = f(z) dan lim f(xnk) = f(z)
Hal ini kontradiksi dengan |f(xn) – f(un)| 0
Jadi terbuktilah bahwa jika f kontinu pada interval tutup terbatas I maka f kontinu
seragam pada I
62
4.5.3. Catatan
Pada definisi pembagian fungsi, pembaginya kadang-kadang sama
dengan nol, sehingga berlaku sebagai berikut.
4) Jika : AR, A1={ xA|(x) 0} maka dapat didefinisikan
fpada
A1 dengan
f(x) =
)(
)(
x
xf
xA1 ………..(*)
5) Jika kontinu pada cA1, maka jelas bahwa fungsi restriksi 1:
A1R dari juga kontnu di c. Oleh karena itu, manurut T.4.5.1.b
f
kontinu di cA1. Karena (
f)(x) = (
1
f)(x) xA1 maka
f kontinu
pada cA1.
6) Dengan cara yang sama:
Jika f dan kontinu pada A, maka
f yang didefinisikan pada A1
dengan (*) kontinu pada A1.
4.5.4 Contoh-contoh
f) Fungsi Polinomial
Jika p fungsi polinomial,
p(x) = anxn + an-1x
n-1 + … + a1x + ao, xR
maka menurut Contoh 4.2.5.(f), yaitu: p(c)= pcx
lim cR.
Jadi sebuah fungsi polinomial kontinu pada R.
g) Fungsi Rasional
3) Jika fungsi p dan q fungsi polinomial pada R maka terdapat
berhingga bilangan 1, 2, …, n untuk akar-akar real dari q.
4) Jika x {1, 2, …, n} maka q(x)0 sehingga dapat didefinisikan
fungsi rasional r dengan:
r(x)=)(
)(
xq
xp x {1, 2, …, n}.
Berdasarkan Contoh 4.2.5.(g), yaitu:
63
Jika q(c) 0 maka )(
)()(
cq
cpcr
=)(
)(lim
xq
xp
cx
= )(lim xrcx
Ini berarti fungsi r kontinu di c.
Karena cR sebarang yang bukan akar q, maka sebuah fungsi rasional
kontinu pada setiap bilangan real untuk fungsi tersebut terdefinisi.
h) Adit. Fungsi sinus kontinu pada R
x, y, z R kita mempunyai:
1cos,sin zzz
sin x – sin y = 2 sin 21 (x – y)cos
21 (x + y)
Ambil sebarang cR.
Diberikan sebarang >0, pilih () = .
Akan ditunjukkan:
cxcx sinsin
c) (x c)cos -(x sin 2sinsin21
21 cx
= 2 c) (x cosc) -(x sin21
21
2. cx 21 .1 = cx <() =
cx sinsin < .
Oleh karena itu, fungsi sinus kontinu di cR.
Karena c sebarang elemen di R , berarti fungsi sinus kontinu pada R.
i) Fungsi cosinus kontinu pada R
x, y, z R kita mempunyai:
1sin,sin zzz
cos x – cos y = -2 sin 21 (x + y)cos
21 (x - y)
Ambil sebarang cR.
Diberikan sebarang >0, pilih () = .
Akan ditunjukkan:
64
cxcx coscos
c) -(x c)sin (x sin 2-coscos21
21 cx
= 2 c) -(x sinc) (x sin21
21
2. cx 21 .1 = cx < () =
cx coscos < .
Oleh karena itu, fungsi cosinus kontinu di cR.
Karena c sebarang elemen di R, berarti fungsi cosinus kontinu pada R.
j) Fungsi-fungsi tg, ctg, sec, cosec kontinu pada daerah di mana fungsi
tersebut didefinisikan.
Contoh: Fungsi ctg didefnisikan oleh:
ctg = xSin
xCos, sin x 0 untuk x n, nZ.
Karena fungsi Sinus dan fungsi cosinus kontinu pada R sehingga
menurut Catatan 4.5.3, fungsi ctg kontinu pada domainnya.
Untuk fungsi-fungsi trigonometri yang lain dapat dilakukan dengan cara
yang sama.
h pada [a,c] didefinisikan sebagai
f(x) , x [a,b]
h(x) =
g(x), x (b,c]
Buktikan bahwa h(x) kontinu pada [a,c].
Bukti:
I. Jika x [a,b] maka h(x) = f(x)
Karena f(x) kontinu pada [a,b] maka h(x) juga kontinu pada [a,b].
II. Pada x = b, h(x) = f(x) kontinu
Jika x [b,c] maka h(x) = g(x), karena g(x) kontinu maka h(x) juga kontinu.
Dari I, II dan III dapat disimpulkan h kontinu pada [a,c].
5. Ditentukan: f terdefinisi pada setiap x K, x 2
)()(lim..
)(lim)()()()(lim
bhxhakibatnya
xhbgbfbhxh
bx
bxbx
65
f(x) = (x2 + x – 6)/(x-2)
Ditanyakan: Apakah f dapat didefinisikan di x = 2 sehingga f kontinu di titik x = 2
Jawab: f(x) = (x2 + x – 6)/(x-2)
kita definisikan f(2) = 5,
sehingga: 1) f(2) terdefinisi,
2) lim f terdefinisi
3) lim f = f(2)
Ini menunjukkan bahwa f kontinu di x = 2
7. Diketahui: f: R R
f kontinu di c, f(c) > 0
Buktikan: terdapat neighborhood U dari c sdh jika x U maka f(x)> 0.
Bukti:
f kontinu di c ( x-c< f(x)-f(c)< ………..(1)
Andaikan tidak ada neighborhood U dari c sehingga jika x U maka f(x)> 0.
Berarti untuk setiap neighborhood U dari c jika x U maka f(x) 0.
Berdasarkan (1), karena berlaku untuk setiap , kita ambil = f(c) > 0
sehingga berlaku f(x) – f(c)<
f(x) – f(c) < f(c)
- f(c) < f(x) – f(c) < f(c)
f(c) – f(c) < f(x) < f(c) + f(c)
0 < f(x) < 2 f(c)
Hal ini kontradiksi dengan pengandaian bahwa f(x) 0, yang berarti
pengandaian salah.
Jadi ada neighborhood U dari c sehingga f(x) > 0.
Latihan 3
1. Tunjukkan bahwa fungsi ( ) 1f x x kontinu seragam pada himpunan [ , )A a ,
dengan a konstanta positif.
52
)3)(2(lim
2
6lim)(lim
2
2
22
x
xx
x
xxxf
xxx
66
2. Tunjukkan bahwa fungsi 2( ) 1f x x kontinu seragam pada himpunan [ , )A a ,
dengan a konstanta positif, tetapi kontinu tak seragam pada (0, )B .
3. Gunakan Kriteria Kekontinuan Tak Seragam 5.4.2 untuk menunjukkan bahwa
fungsi berikut kontinu tak seragam pada himpunan yang diberikan.
(a) 2( )f x x , [0, )A , (b) ( ) cos(1 )g x x , (0, )B .
4. Tunjukkan bahwa fungsi berikut memenuhi Kondisi Lipschitz pada himpunan
yang diberikan.
(a) ( ) ( 1)f x x x , [0,2]A (b) 2( ) 1 ( 1)g x x , B = ,
5. Tunjukkan bahwa jika f dan g kontinu seragam pada A , maka f g
kontinu seragam pada A.
6. Tunjukkan bahwa jika f dan g kontinu seragam pada A dan keduanya
terbatas pada A, maka fg kontinu seragam pada A.
7. Jika ( )f x x dan ( ) sing x x , tunjukkan bahwa keduanya kontinu seragam pada
R, tetapi fg kontinu tak seragam pada .
8. Buktikan bahwa jika f dan g kontinu seragam pada , maka g f kontinu
sragam pada .
9. Jika f kontinu seragam pada A , dan ( ) 0f x k untuk semua x A ,
tunjukkan bahwa 1 f kontinu seragam pada A.
10. Buktikan bahwa jika f kontinu seragam pada A , maka f terbatas pada A.
11. Tunjukkan bahwa jika f kontinu pada [0, ) dan kontinu seragam pada [ , )a
untuk suatu 0a , maka f kontinu seragam pada [0, ) .
12. Misalkan A dan f : A mempunyai sifat bahwa: untuk setiap 0
terdapat fungsi g : A sehingga g kontinu seragam pada A dan
( ) ( )f x g x untuk semua x A . Buktikan bahwa f kontinu seragam pada A.
13. Fungsi f : dikatakan periodik pada jika terdapat 0p sehingga
( ) ( )f x p f x untuk semua x . Buktikan bahwa fungsi periodik pada
adalah terbatas dan kontinu seragam pada .
67
BAB III
RUANG METRIK
Pada himpunan bilangan real , fungsi harga mutlak |x| mempunyai interpretasi
jarak x dengan 0.
Lebih lanjut, harga mutlak memenuhi sifat:
(a) |x| 0,
(b) (b) |x| = 0 jika hanya jika x = 0,
(c) (c) |-x| = |x|,
(d) (d) |x+ y| |x| + |y| (ketaksamaan segitiga)
1. Metrik dan Norm
Definisi 3.1
Misalkan X himpunan tak kosong. Fungsi d : X X disebut metrik (fungsi
jarak) jika memenuhi:
(a) d(x,y) 0,
(b) d(x,y) = 0 jika dan hanya jika x = y,
(c) d(x,y) = d(y,x),
(d) d(x,y) d(x,z) + d(z,y),
untuk sembarang x, y, dan z di dalam X.
68
Contoh 3.2
(a) d(x,y) = |x – y| metrik pada atau . Metrik ini
disebut metrik biasa (Euclide metrik).
(b) d(P1,P2) = metrik pada 2.
(c) d1(P1,P2) = |x1 – x2| + |y1 – y2| metrik pada 2.
(d) d(P1,P2) = sup{|x1 – x2|, |y1 – y2|} metrik pada
2.
(e) Misalkan C[0,1] menyatakan himpunan semua
fungsi kontinu pada [0,1]. Untuk f,g C[0,1] didefinisikan d(f,g) = sup{|f(x)
– g(x)|; x [0,1]} d metrik pada C[0,1].
(f) Untuk f, g C[0,1] didefinisikan d1(f,g) =
d1 metrik pada C[0,1].
(g) Misalkan X himpunan tak kosong. Untuk x, y
X,
d metrik pada X. Metrik ini disebut metrik diskrit.
Definisi 3.3
Jika X himpunan tak kosong, dan d matrik pada X, maka pasangan (X,d) disebut
ruang metrik. Jika A X, maka (X,d) disebut ruang bagian dari (X,d).
Definisi 3.4
Misalkan (X,d) ruang metrik dan x0 X. Untuk > 0, persekitaran- (-
neighborhood) dari x0 didefinisikan sebagai himpunan
V(x0) = { x X ; d(x0,x) < }.
2 2
1 2 1 2( ) ( )x x y y
1
0f g
0 ;( , )
1 ;
x yd x y
x y
69
Persekitaran dari x0 didefinisikan sebagai himpunan U yang memuat suatu
persekitaran- dari x0.
Contoh 3.5
(a) Tentukan ruang bagian dari .
(b) Tentukan suatu persekitaran- dari (a) – (g) pada
Contoh 3.2. Dan jika mungkin gambarkan.
Jika X ruang vektor (ruang linear), maka metrik dapat disajikan sebagai fungsi satu
peubah (yaitu jaraknya terhadap 0).
Definisi 3.6
Misalkan X ruang vektor atas atau . Fungsi ||.|| : X disebut norma pada X,
jika memenuhi:
(a) ||x|| 0,
(b) ||x|| = 0 jika hanya jika x = 0,
(c) ||x|| = || ||x||,
(d) ||x + y|| ||x|| + ||y||.
Ruang linear yang dilengkapi norma disebut ruang bernorma.
Contoh 3.7
(a) Jika X ruang bernorma, tunjukkan bahwa d(x,y) =
||x – y|| adalah metrik pada X. Dalam hal ini metrik d dikatakan dibangkitkan
oleh norma ||.||.
(b) Tidak semua metrik dibangkitkan dengan suatu
norma.
(c) ||x|| = |x| norma pada atau .
(d) ||P|| = |x1|+ |y1| norma pada 2.
70
(e) Untuk f, g C[0,1] didefinisikan
||f|| = sup{|f (x)| ; x [0,1]} norma pada C[0,1].
2. Himpunan Terbuka dan Himpunan Tertutup
Definisi 3.7
(a) Himpunan G di dalam ruang metrik X dikatakan terbuka jika untuk setiap x G
terdapat persekitaran V dari x sehingga V G.
(b) Himpunan F dikatakan tertutup jika komplemennya (FC) terbuka.
Contoh 3.8
(a) Tunjukkan bahwa G = (0,2) terbuka dalam .
(b) Tunjukkan bahwa F = [0,2] tertutup dalam .
(c) Tunjukkan bahwa H = [0,2) tidak terbuka dan
tidak tertutup dalam .
(d) Tunjukkan bahwa A = { 1, ½, 1/3, …, 1/n, … }
tidak terbuka dan tidak tertutup dalam .
(e) Tunjukkan bahwa setiap himpunan di dalam
ruang metrik diskrit terbuka sekaligus tertutup.
(f) Tunjukkan bahwa sembarang himpunan
berhingga di dalam ruang metrik adalah himpunan tertutup.
71
Teorema 3.9
Setiap persekitaran- V(x) adalah himpunan terbuka.
Teorema 3.10
Jika (X,d) ruang metrik, maka
(a) X dan terbuka.
(b) Gabungan dari sembarang koleksi himpunan terbuka di dalam X adalah
himpunan terbuka.
(c) Irisan dari koleksi berhingga dari himpunan terbuka adalah himpunan terbuka.
Contoh 3.11
Misalkan An = (-1/n, 1/n) di dalam . Selidiki himpunan ini untuk Teorema 3.10.
Teorema 3.12
Jika (X,d) ruang metrik, maka
(a) X dan tertutup.
(b) Irisan dari sembarang koleksi himpunan tertutup di dalam X adalah himpunan
tertutup.
(c) Gabungan dari koleksi berhingga dari himpunan tertutup adalah himpunan
tertutup.
Contoh 3.13
Misalkan Fn = [0, 1-1/n] di dalam . Selidiki himpunan ini untuk Teorema 3.12.
Teorema 3.14
Himpunan G terbuka jika dan hanya jika G adalah gabungan dari suatu koleksi
persekitaran-.
72
Definisi 3.15
Titik x G disebut titik dalam (interior point) dari G, jika terdapat > 0 sehingga
V(x) G. Himpunan semua titik dalam dari G dinotasikan dengan int(G) atau Go.
Contoh 3.16
(a) Tunjukkan bahwa semua titik dari G = (0,2) adalah titik dalam.
(b) Di dalam , tentukan titik dalam dari H = [0,2).
(c) Di dalam , tunjukkan bahwa A = { 1, ½, 1/3, …, 1/n, … } tidak mpy titik
dalam.
Teorema 3.17
(a) int (G) adalah himpunan terbuka.
(b) int (G) adalah himpunan terbuka terbesar yang dimuat oleh G.
Definisi 3.18
Titik x X disebut titik limit (limit point) dari G, jika untuk setiap > 0 berlaku
V(x) G – {x} . Himpunan semua titik limit dari G dinotasikan dengan G’.
Teorema 3.19
Himpunan G’ adalah himpunan tertutup.
Contoh 3.20
(a) Di dalam , tunjukkan bahwa 0 dan 2 adalah titik limit dari G = (0,2).
(b) Di dalam , tentukan H’ dari H = [0,2).
(c) Di dalam , tunjukkan 0 adalah satu-satunya titik limit dari
(a) A = { 1, ½, 1/3, …, 1/n, … }.
(d) Tunjukkan bahwa setiap himpunan di dalam ruang metrik diskrit tidak
mempunyai titik limit.
73
(e) Tunjukkan bahwa himpunan berhingga di dalam sembarang ruang metrik tidak
mempunyai titik limit.
Teorema 3.21
Himpunan F tertutup jika dan hanya jika F memuat semua titik limitnya.
Definisi 3.22
Penutup (closure) dari G, dinotasikan dengan , didefinisikan
sebagai
Teorema 3.23
adalah himpunan tertutup terkecil yang memuat G.
3. Kekonvergenan dan Kelengkapan
a. Kekonvergenan
Barisan (xn) di dalam ruang metrik (X,d) dikatakan konvergen ke x X, jika untuk
setiap > 0 terdapat K=K() sehingga untuk setiap n K berlaku d(xn,x) < .
Dalam hal ini dinotasikan xn x. Akibatnya, xn x dalam X jika dan hanya jika
d(xn,x) 0 dalam .
Contoh 3.25
(a) Pada ruang metrik (2, d1) dengan d1(P1,P2) = |x1 – x2| + |y1 – y2|, tunjukkan
bahwa Pn P dalam 2 jika hanya jika xn x dan yn y dalam , Pn = (xn,yn)
dan P = (x,y).
(b) Pada ruang metrik (C[a,b], d) dengan didefinisikan
d(f,g) = sup{|f(x) – g(x)| ; x [a,b]} untuk f, g C[a,b]. Tunjukkan bahwa fn
f dalam C[a,b] jika hanya jika (fn) konvergen seragam ke f pada [a,b].
(c) Dalam ruang diskrit, tunjukkan bahwa barisan (xn) konvergen jika hanya jika (xn)
mulai suku tertentu konstan.
'G G G
G
G
74
Teorema 3.26
Titik x adalah titik limit dari himpunan A jika hanya jika terdapat barisan (xn) di
dalam A, xn x, sehingga xn x.
Bukti :
(→) Misalkan titik limit dari . Untuk setiap berlaku
Dengan kondisi seperti ini, maka dengan mengmbil untuk setiap ,
terdapat sehingga . Dengan teorema apit,
maka dalam R atau dalam . Jadi, terdapat barisan
di dalam , , sehingga
Misalkan terdapat barisan dalam , sehingga . Diberikan
sembarang , terdapat sehingga untuk berlaku .
Oleh karena iti, untuk dengan . Dengan
demikian
Karena sembarang, maka titik limit dari .
Teorema 3.27
(a) Himpunan F tertutup jika hanya jika barisan (xn) di dalam F dengan
xn x berakibat x F.
(b) jika hanya jika terdapat barisan (xn) A sehingga xn x.
Bukti :
(a) ( misalkan himpunan tertutup dan barisan di dalam dengan .
Jika untuk setiap , maka menurut teorema 1 adalah titik limit
dari . Tetapi karena tertutup, maka menurut teorema .
75
Misalkan untuk sembarang barisan di dalam dengan
berakibat . Andaikan tidak tertutup, sehingga tidak
terbuka. Akibatnya, terdapat sehingga untuk setiap , terdapat
sehingga . Jadi, terdapat barisan di dalam
dengan tetapi . Hal ini bertentangan dengan hipotesis,
sehingga pengandaian harus diingkar.
(b) ( , sehingga atau . Jika , maka dapat dipilih
untuk setiap , sehingga . Jika , yaitu titik limit dari ,
maka menurut teorema 1 terdapat barisan , sehingga
.
Misalkan terdapat barisan sehingga . Jika untuk
setiap , maka jelas . Tetapi, jika untuk setiap ,
maka titik limit dari atau . Kedua hal ini menyatakan bahwa
.
b. Kelengkapan
Definisi 3.28
Barisan (xn) di dalam ruang metrik (X,d) disebut barisan Cauchy, jika untuk setiap
> 0 terdapat H=H() sehingga untuk setiap m,n H berlaku
d(xm,xn) < .
Teorema 3.29
Bukti : Misalkan dalamruang metric yang konvergen . Diberikan
sembarang terdapat sehingga untuk berlaku
Oleh karena itu, untuk berlaku
76
Jadi, barisan Cauchy dalam .
Setiap barisan konvergen adalah barisan Cauchy.
Teorema 3.30
Jika barisan Cauchy mempunyai subbarisan yang konvergen, maka barisan tersebut
konvergen ke limit yang sama.
Catatan: Tidak setiap barisan Cauchy di dalam suatu ruang metrik
konvergen.
Bukti : misalkan barisan Cauchy, dan subbarisan yang konvergen ke
. Harus ditunjukkan bahwa konvergen ke . Diberikan sembarang
terdapat sehingga untuk berlaku
Karena konvergen ke , maka untuk di atas dapat dipilih
sehingga dan (mengapa) sehingga untuk berlaku
Dengan demikian untuk berlaku
Karena diambil sembarang maka konvergen ke .
Contoh 3.31
(a) Jika X = (0,1), maka barisan (xn) dengan xn = 1/n adalah barisan
Cauchy tetapi tidak konvergen dalam X.
(b) Dalam ruang metrik (C[0,1],d1) dengan d1(f,g) = , barisan
(fn) untuk
1
0f g
77
tidak konvergen dalam (C[0,1],d1).
Definisi 3.32
Ruang metrik (X,d) dikatakan lengkap (complete) jika setiap barisan Cauchy di
dalam (X,d) konvergen di dalam (X,d).
Contoh 3.33
(a) Ruang metrik dengan metrik biasa adalah ruang yang
lengkap.
(b) Ruang metrik diskrit adalah ruang yang lengkap.
(c) Ruang X = (0,1), dengan metrik biasa adalah ruang yang tidak
lengkap.
(d) Ruang metrik (C[0,1],d1) dengan d1(f,g) = , adalah ruang
yang tidak lengkap.
(e) Ruang (C[a,b],d) dengan d(f,g) = = sup{|f(x) – g(x)| ; x
[a,b]}, adalah ruang metrik yang lengkap.
4. Kekontinuan dan Kekompakan
a. Kekontinuan
Definisi 3.34
Misalkan (X,d) dan (Y,) adalah ruang metrik. Fungsi f : X Y dikatakatkan kontinu
di c X jika untuk setiap > 0 terdapat > 0 sehingga untuk d(x,c) < berlaku (f
(x),f (c)) < . Fungsi f dikatakan kontinu jika ia kontinu di setiap titik dari X.
1 12
1 1 12 2
12
0 ; 0
( ) 2 1 ;
1 ;
n
n n
x
f x nx n x
x
1
0f g
78
Teorema 3.35
Misalkan (X,d) dan (Y,) adalah ruang metrik. Fungsi f : X Y kontinu di c X jika
hanya jika untuk setiap barisan (xn) yang konvergen c di dalam (X,d), berakibat
(f(xn)) konvergen ke f(c) di dalam (Y,).
Bukti :
( Misalkan kontinu di dan di dalam dengan . Diberikan
sembarang . Terdapat sehingga berlaku
. Karena , maka terdapat sehingga untuk
berlaku . Oleh karena itu untuk berlaku ,
yaitu di dalam .
Andaikan tidak kontinu di . Terdapat sehingga untuk setiap
terdapat dengan tetapi . Oleh karena
itu, untuk setiap kita dapat memilih dengan tetapi
. Jadi, terdapat barisan di dalam dengan ,
tetap i tidak konvergenke . Hal ini kontradiksi dengan yang diketahui.
Oleh karena itu pengandaian di atas salah.
Definisi 3.37
Misalkan f : X Y dan A Y. Himpunan f -1(A) = { x X ; f(x) A} disebut peta
invers (invers image) dari A.
Teorema 3.38
Misalkan dan ruang metric kontinu pada jika dan hanya jika
untuk setiap himpunan terbuka berakibat terbuka di dalam .
Bukti :
79
Diketahui kontinu pada dan sembarang himpunan terbuka di dalam .
Akan kita buktikan bahwa adalah himpunan terbuka di dalam .
Ambil sembarang , sehingga . Karena himpunan
terbuka di dalam , maka terdapat sehingga
. Karena kontinu di , maka terdapat
sehingga . Akibatnya atau
. jadi, terbuka di dalam .
Misalkan terbuka di dalam untuk setiap himpunan terbuka di
dalam . Ambil sembarang dan . Karena terbuka di
dalam , menurut hipotesis terbuka di dalam dan memuat .
Oleh karena itu terdapat sehingga .
Akibatnya , yaitu kontinu di . Karena diambil
sembarang, maka konyinu pada .
Definisi 3.39
Misalkan X and Y adalah ruang linear, dan f : X Y . Pemetaan f dikatakan linear,
jika
1. f(x+y) = f(x)+f(y),
2. f(x) = f(x),
untuk semua x, y X dan ( atau ).
Definisi 3.40
Misalkan X and Y adalah ruang bernorma, masing-masing dengan norma ||.||X dan
||.||Y, dan f : X Y pemetaan linear. Pemataan f dikatakan terbatas, jika terdapat K
> 0 sehingga
80
||f(x)||Y K||x||X untuk semua x X.
Teorema 3.41
Misalkan X and Y ruang bernorma dan f : X Y pemetaan linear. Pemataan f
kontinu jika hanya jika f terbatas.
Contoh 3.42
(a) Di dalam ruang bernorma X, fungsi norma f(x) = ||x|| kontinu pada X.
(b) Di dalam C[a,b], kontinu.
6. Kekompakan
Definisi 3.43
Misalkan (X,d) ruang metrik dan A X. Keluarga himpunan terbuka {G} di dalam
X dikatakatan selimut terbuka dari A jika
Definisi 3.44
Misalkan (X,d) ruang metrik dan K X. Himpunan K dikatakan kompak, jika untuk
setiap selimut terbuka dari K memuat subselimut berhingga.
Contoh 3.45
(a) Di dalam sembarang ruang metrik, himpunan berhingga adalah himpunan
kompak.
(b) Di dalam , himpunan K = {0, 1, ½, 1/3, …} adalah himpunan kompak.
(c) Di dalam , himpunan A = (0, 1) tidak kompak.
(d) Di dalam ruang diskrit, setiap himpunan tak berhingga tidak kompak.
Teorema 3.46 Jika himpunan kompak di dalam ruang metric, maka tertutup.
3 2( ) [sin ( )]b
aJ f x f x dx
A G
81
Bukti : cukup dengan dibukikan bahwa terbuka. Ambil sembarang . Untuk
setiap diambil dan dengan . Dalam hal
ini untuk setiap . Lebih lanjut, keluarga
merupakan selimut terbuka untuk . Karena kompak, maka terdapat
anggota sehingga
Misalkan dan maka merupakan
persekutuan dari dan himpunan bagian dari setiap Dengan demikian
untuk semua Dan . Oleh karena itu,
atau , yaitu terbuka. Jadi tertutup.
Teorema 3.47 : setiap himpunan bagian tertutup dari himpunan kompak adalah
himpunan kompak.
Bukti : Misalkan himpunan kompak dan himpunan bagian tertutup dari .
Diambil sembarang selimut terbuka dari . Karena tertutup, maka terbuka.
Oleh karena itu keluarga merupakan selimut terbuka untuk . Karena
kompak, maka terdapat subselimut berhingga dari dengan dapat dipilih
menjadi salah anggota subselimut ini. Misalkan adalah
subselimut berhingga ini, maka merupakan subselimut berhingga
dari untuk . Jadi kompak.
Teorema 3.48 : Misalkan dan ruang metric, , dan kontinu. Jika
kompak maka kompak.
Bukti :Diambil sembarang selimut terbuka dari , yaitu
82
Dengan teori himpunan kita mempunyai
Karena himpunan terbuka di dalam , maka kondisi di atas menyatakan
bahwa merupakan selimut terbuka untuk . Karena kompak, maka
terdapat sehingga
Akibatnyaberlaku
Yaitu terdapat subselimut berhingga dan untuk
Jadi kompak.
83
Latihan
1. Buktikan bahwa kontinu pada X jika dan hanya jika untuk setiap
himpunan tertutup berakibat tertutup di dalam X.
2. Buktikan bahwa jika masing-masing kontinu pada X dan jika f(x) =
g(x) untuk setiap , maka f(x) = g(x) untuk setiap
3. Misalkan X : [0,1], d metrik biasa, dan p adalah metric diskrit. Apakah fungsi
identitas pada X kontinu?
4. Misalkan didefinisikan dengan f(x) = 1/(1+x2), . (a) carilah
interval terbuka (a,b) yang memiliki peta oleh f tidak terbuka. (b) tunjukkan peta
dari interval tertutup [0, oleh f tidak tertutup.
5. Misalkan K adalah himpunan kompak di dalam R. Tunjukakan bahwa inf K dan
sup K ada dan anggota K.
84
DAFTAR PUSTAKA
Apostol, T.M. (1974). Mathematical Analysis. 2nd. Addison-Wesley Pub.Co, California,
Amerika Serikat.
Bartle, R.G. (1976). The Elements of Real Analysis. 2nd. John Wiley & Sons Inc. New York,
Amerika Serikat.
Bartle, R.G and Sherbert, D.R. (1992). Introduction to Real Analysis. 2nd. John Wiley &
Sons Inc. Singapura, Singapura.
Gaskill, H.S.and Narayanaswami, P.P. (1998). Elements of Real Analysis. Prentice-Hall,
Upper Saddle, New Jersey, Amerika Serikat.
Goldberg, R.R. (1976). Methods of Real Analysis. John Wiley & Sons. Inc. New York,
Amerika Serikat.
Parzynski, W.R & Zipse, P.W. (1987). Introduction to Mathematical Analysis. McGraw-Hill
Int.Ed. Singapura, Singapura.
Rudin, W. (1996). Principles of Mathematical Analysis. 2nd . McGraw-Hill Int.Ed.
Singapura, Singapura.
Siri Krishan Wasan and Ravi Prakash. (1985). Real Analysis. Tata McGraw-Hill Pub. Co,
New Delhi.