Oleh: Naning Sutriningsih SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN

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 :


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 :


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


- 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


c - x (), dan x A maka f(x)

(2) f menuju – apabila x c- dan kita tulis fcx

lim = -, jika untuk


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))].


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


1sin,sin zzz

cos x – cos y = -2 sin 21 (x + y)cos

21 (x - y)

Ambil sebarang cR.


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


1cos,sin zzz

sin x – sin y = 2 sin 21 (x – y)cos

21 (x + y)

Ambil sebarang cR.


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


1sin,sin zzz

cos x – cos y = -2 sin 21 (x + y)cos

21 (x - y)

Ambil sebarang cR.


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.

Documents

Oleh: Naning Sutriningsih SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN