Fungsi Kontinu dan Operasi Aljabar Fungsi Kontinu (Anril)

1. Fungsi Kontinu

A. Definisi Fungsi Kontinu di Suatu Titik

Misalkan A ⊆ ℝ, f : A → ℝ, dan c ∈ A. Fungsi f dikatakan kontinu di c jika untuk sebarang ε > 0 terdapat δ = δ(ε, c) sehingga untuk setiap x ∈ A dengan 0 ≤ |x – c| < δ berlaku |f(x) – f(c)| < ε. Disimbolkan:

(∀ε > 0)(∃δ > 0) ∋ (∀x ∈ A). 0 ≤ |x – c| < δ ⇒ |f(x) – f(c)| < ε

Fungsi yang tidak kontinu di c, dikatakan tak kontinu (discontinuous) di c.

Perbedaan fungsi kontinu dengan limit adalah untuk fungsi kontinu di c, diharuskan f terdefinisi di c, oleh karena itu dituliskan "0 ≤ |x – c|", yang artinya memperhatikan saat x = c, juga |f(x) – f(c)| < ε yang artinya f(c) harus terdefinisi. Dengan kata lain, fungsi f kontinu di c jika nilai limitnya dan nilai fungsinya sama.

Secara visual, fungsi f yang kontinu di c dapat digambarkan tanpa putus di c.

B. Definisi Fungsi Kontinu pada Himpunan

Misalkan B ⊆ A ⊆ ℝ dan f : A → ℝ. Fungsi f dikatakan kontinu pada B jika f kontinu di setiap titik dari B.

C. Kriteria Persekitaran untuk Fungsi Kontinu

Sebuah fungsi f : A → ℝ kontinu pada suatu titik c ∈ A jika dan hanya jika diberikan sebarang persekitaran-ε V_ε(f(c)) dari f(c) maka terdapat suatu persekitaran-δ V_δ(c) dari c sedemikian sehingga jika x adalah sebarang titik dari A ∩ V_δ(c), maka f(x) termasuk dalam V_ε(f(c)), yaitu,

f(A ∩ V_δ(c)) ⊆ V_ε(f(c)).

Catatan:

1. Jika c ∈ A adalah titik limit dari A, maka perbandingan definisi limit dan definisi kekontinuan menunjukkan bahwa f kontinu pada c jika dan hanya jika hasil limit sama dengan nilai fungsi. Oleh karena itu, jika c adalah titik limit dari A, maka tiga syarat harus berlaku agar f kontinu di c: 

(i) f harus terdefinisi di c,

(ii) limit dari f di c harus ada di ℝ,

(iii) kedua nilai ini harus sama.

2. Jika c ∈ A bukan merupakan titik limit dari A, maka terdapat suatu persekitaran V_δ(c) dari c sedemikian sehingga A ∩ V_δ(c) = {c}. Maka kita simpulkan bahwa sebuah fungsi f secara otomatis kontinu pada suatu titik c ∈ A yang bukan titik limit dari A. Titik-titik seperti itu sering disebut "titik terisolasi" dari A. Titik-titik ini memiliki sedikit kepentingan praktis bagi kita, karena mereka tidak memiliki hubungan dengan proses limit. Karena kekontinuan otomatis untuk titik-titik seperti itu, kita biasanya menguji kekontinuan hanya pada titik-titik limit. Dengan demikian kita menganggap syarat kesamaan nilai fungsi dengan limit sebagai karakteristik untuk kekontinuan di c.

D. Kriteria Barisan untuk Fungsi Kontinu

Misalkan A ⊆ ℝ, f : A → ℝ, dan c ∈ A. Kedua pernyataan berikut ekivalen:

(a) f kontinu di c.

(b) Jika (xₙ) sebarang barisan bilangan real di dalam A yang konvergen ke c, maka barisan (f(xₙ)) konvergen ke f(c).

E. Kriteria Ketakkontinuan

Misalkan A ⊆ ℝ, f : A → ℝ, dan c ∈ A. Fungsi f tak kontinu di c jika dan hanya jika terdapat barisan (xₙ) di dalam A yang konvergen ke c tetapi barisan (f(xₙ)) tidak konvergen ke f(c).

F. Mengkontinukan Fungsi yang Memiliki Limit

(i) Kadang suatu fungsi f : A → ℝ tidak kontinu di c, dikarenakan ia tidak terdefinisi di c. Akan tetapi, jika fungsi f mempunyai limit L di titik c, maka dapat didefinisikan F pada A ∪ {c} dengan

yang kontinu di c.

(b) Jika fungsi g : A → ℝ tidak mempunyai limit di c, maka tidak dapat dibentuk fungsi G pada A ∪ {c} yang kontinu di c dengan mendefinisikan

2. Operasi Aljabar Fungsi Kontinu

A. Operasi Aljabar Fungsi Kontinu di Titik

Misalkan A ⊆ ℝ, f dan g fungsi yang terdefinisikan pada A, dan k ∈ ℝ. Jika c ∈ A dan fungsi f dan g kontinu di c, maka

(i). (f + g), (f – g), kf dan fg kontinu di c.

(ii). Jika h : A → ℝ kontinu di c dan jika h(x) ≠ 0 untuk setiap x ∈ A maka hasil bagi f/h kontinu di c.

B. Operasi Aljabar Fungsi Kontinu pada Himpunan

Misalkan A ⊆ ℝ, f dan g fungsi kontinu pada A, dan k ∈ ℝ. Maka

(i). (f + g), (f – g), kf dan fg kontinu pada A.

(ii). Jika h : A → ℝ kontinu pada A dan jika h(x) ≠ 0 untuk setiap x ∈ A maka hasil bagi f/h kontinu pada A.

C. Beberapa Fungsi yang Selalu Kontinu pada Domainnya

1. Fungsi polinomial dan rasional

Sebagaimana telah kita ketahui pada pembahasan limit, bahwa fungsi polinomial dan fungsi rasional selama penyebutnya taknol, nilai limit sama dengan nilai fungsi, sehingga kontinu pada domainnya.

2. Fungsi akar

Misal f(x) = x^1/n, dengan n bilangan asli. Misal c sebarang anggota domain f.

Dengan mengambil sebarang ε > 0, dan memilih δ = Kε. Untuk setiap x ∈ D_f selalu berlaku:

|x – c| < δ = Kε ⇒ |f(x) – f(c)| = |x^1/n – c^1/n| 

= |x – c|/|x^1–1/n + c^1/nx^1–2/n + c^2/nx^1–3/n + ... + c^1–2/nx^1/n + c^1–1/n| < Kε/K = ε.

Jadi, f kontinu pada domainnya.

Perhatikan bahwa |x^1–1/n + c^1/nx^1–2/n + c^2/nx^1–3/n + ... + c^1–2/nx^1/n + c^1–1/n| > 0, sehinnga terdapat K yang memenuhi |x^1–1/n + c^1/nx^1–2/n + c^2/nx^1–3/n + ... + c^1–2/nx^1/n + c^1–1/n| ≥ K > 0.

3. Fungsi logaritma

Misal f(x) = log_a(x), dengan a ∈ (0, 1)∪(1, ∞). Misal c sebarang anggota domain f.

Ambil sebarang ε > 0. 

• Untuk a ∈ (1, ∞)

Pilih δ = min{c(a^ε – 1), c(1 – a^–ε)}, sehingga ∀x ∈ D_f selalu berlaku:

|x – c| < δ ⇔ ca^–ε ≤ c – δ < x < c + δ ≤ ca^ε, logaritma masing-masing ruas dengan basis a

log_a(c) – ε < log_a(x) < log_a(c) + ε ⇔ |log_a(x) – log_a(c)| = |f(x) – f(c)| < ε.

• Untuk a ∈ (0, 1)

Pilih δ = min{c(a^–ε – 1), c(1 – a^ε)}, sehingga ∀x ∈ D_f selalu berlaku:

|x – c| < δ ⇔ ca^ε ≤ c – δ < x < c + δ ≤ ca^–ε, logaritma masing-masing ruas dengan basis a

log_a(c) – ε < log_a(x) < log_a(c) + ε ⇔ |log_a(x) – log_a(c)| = |f(x) – f(c)| < ε.

Jadi, f kontinu pada domainnya.

4. Fungsi eksponen

Misal f(x) = aˣ, dengan a ∈ (0, 1)∪(1, ∞). Misal c sebarang anggota domain f.

Ambil sebarang ε > 0.

• Untuk a ∈ (1, ∞)

Pilih δ = min{–logₐ(1 – εa⁻ᶜ), logₐ(1 + εa⁻ᶜ)}, sehingga ∀x ∈ D_f selalu berlaku:

|x – c| < δ ⇔ logₐ(1 – εa⁻ᶜ) ≤ –δ < x – c < δ ≤ logₐ(1 + εa⁻ᶜ), eksponenkan masing-masing ruas dengan basis a, diperoleh:

1 – εa⁻ᶜ < aˣ⁻ᶜ < 1 + εa⁻ᶜ, kurangi masing-masing ruas dengan 1

–εa⁻ᶜ < aˣ⁻ᶜ – 1 < εa⁻ᶜ, kalikan masing-masing ruas dengan aᶜ

–ε < aˣ – aᶜ < ε ⇔ |aˣ – aᶜ| = |f(x) – f(c)| < ε.

• Untuk a ∈ (0, 1)

Pilih δ = min{–logₐ(1 + εa⁻ᶜ), logₐ(1 – εa⁻ᶜ)}, sehingga ∀x ∈ D_f selalu berlaku:

|x – c| < δ ⇔ logₐ(1 + εa⁻ᶜ) ≤ –δ < x – c < δ ≤ logₐ(1 – εa⁻ᶜ), eksponenkan masing-masing ruas dengan basis a, diperoleh:

1 – εa⁻ᶜ < aˣ⁻ᶜ < 1 + εa⁻ᶜ, kurangi masing-masing ruas dengan 1

–εa⁻ᶜ < aˣ⁻ᶜ – 1 < εa⁻ᶜ, kalikan masing-masing ruas dengan aᶜ

–ε < aˣ – aᶜ < ε ⇔ |aˣ – aᶜ| = |f(x) – f(c)| < ε.

Jadi, f kontinu pada domainnya.

5. Fungsi sinus

Misal f(x) = sin(x), dan c sebarang anggota domain f.

Ambil sebarang ε > 0. Pilih δ = ε, sehingga ∀x ∈ D_f selalu berlaku:

|x – c| < δ ⇒ |f(x) – f(c)| = |sin(x) – sin(c)| = 2·|sin[½(x – c)]|·|cos[½(x + c)]|

Ingat kembali bahwa ∀θ ∈ ℝ selalu berlaku |sin(θ)| ≤ |θ| dan |cos(θ)| ≤ 1, sehingga

|f(x) – f(c)| = 2·|sin[½(x – c)]|·|cos[½(x + c)]| ≤ 2·½|x – c|·1 = |x – c| < δ = ε.

Jadi, f kontinu pada domainnya.

6. Fungsi kosinus

Misal f(x) = cos(x), dan c sebarang anggota domain f.

Ambil sebarang ε > 0. Pilih δ = ε, sehingga ∀x ∈ D_f selalu berlaku:

|x – c| < δ ⇒ |f(x) – f(c)| = |cos(x) – cos(c)| = |–2|·|sin[½(x – c)]|·|sin[½(x + c)]|

Ingat kembali bahwa ∀θ ∈ ℝ selalu berlaku |sin(θ)| ≤ |θ| dan |sin(θ)| ≤ 1, sehingga

|f(x) – f(c)| ≤ 2·½|x – c|·1 = |x – c| < δ = ε.

Jadi, f kontinu pada domainnya.

7. Fungsi trigonometri

Fungsi-fungsi trigonometri yang lain merupakan hasil bagi dengan sinus maupun kosinus, sehingga juga kontinu pada domainnya.

D. Kekontinuan Mutlak Fungsi

Misalkan A ⊆ ℝ, f : A → ℝ dan |f| didefinisikan |f|(x) = |f(x)|, untuk

i). Jika f kontinu di c, maka |f| kontinu di c.

ii). Jika f kontinu pada A maka |f| kontinu pada A.

Bukti:

(i) Ambil sebarang ε > 0

Diberikan f kontinu di c, berarti (∃δ > 0) ∋ (∀x ∈ A). 0 ≤ |x – c| < δ ⇒ |f(x) – f(c)| < ε.

Sedangkan untuk |f|:

||f|(x) – |f|(c)| = ||f(x)| – |f(c)|| ≤ |f(x) – f(c)| < ε.

Jadi, |f| kontinu di c.

(ii) Diberikan f kontinu pada A, berarti f kontinu di seluruh anggota A.

Akibatnya |f| juga kontinu di seluruh anggota A, sehingga |f| kontinu pada A.

E. Kekontinuan Akar Fungsi Non-Negatif

Misalkan A ⊆ ℝ, f : A → ℝ dan f(x) ≥ 0 untuk semua x ∈ A. Selanjutnya misalkan √f didefinisikan (√f)(x) sebagai √f(x) untuk semua x ∈ A

i). Jika f kontinu di c, maka √f kontinu di c.

ii). Jika f kontinu pada A maka √f kontinu pada A.

Bukti:

(i) Ambil sebarang ε > 0

Diberikan f kontinu di c, berarti (∃δ > 0) ∋ (∀x ∈ A). 0 ≤ |x – c| < δ ⇒ |f(x) – f(c)| < ε.

Sedangkan untuk √f:

|(√f)(x) – (√f)(c)| = |√f(x) – √f(c)| = |f(x) – f(c)|/|√f(x) + √f(c)| ≤ |f(x) – f(c)|/K < Kε/K = ε.

Perhatikan bahwa |√f(x) + √f(c)| > 0, sehingga terdapat K yang memenuhi |√f(x) + √f(c)| ≥ K > 0.

Jadi, √f kontinu di c.

(ii) Diberikan f kontinu pada A, berarti f kontinu di seluruh anggota A.

F. Kekontinuan Fungsi Komposisi di Titik

Misalkan A, B ⊆ ℝ, dan misalkan f: A → ℝ dan g: B → ℝ adalah fungsi-fungsi dengan f(A) ⊆ B. Jika f kontinu di c ∈ A dan g kontinu di b = f(c) maka fungsi komposisi g ∘ f: A → ℝ juga kontinu di c.

Bukti:

Diberikan sebarang ε > 0. Karena g kontinu di b, maka terdapat η > 0 sehingga jika |y – b| < η maka

|g(y) – g(b)| < ε

Karena f kontinu di c, maka untuk η > 0 di atas terdapat δ > 0 sehingga untuk |x – c| < δ, berlaku

|f(x) – f(c)| < η.

Jadi, untuk sebarang ε > 0, terdapat δ > 0, sehingga jika |x – c| < δ, maka dipenuhi

|g(y) – g(b)| = |(g ∘ f)(x) – (g ∘ f)(c)| < ε

Karena ε > 0 sebarang, maka g ∘ f kontinu di c.

G. Kekontinuan Fungsi Komposisi pada Himpunan

Misalkan A, B ⊆ ℝ, misalkan f : A → ℝ kontinu pada A, dan misalkan g : B → ℝ kontinu pada B. Jika f(A) ⊆ B, maka fungsi komposisi g ∘ f : A → ℝ kontinu pada A.

Bukti:

Teorema ini langsung mengikuti dari hasil sebelumnya, jika f dan g kontinu di setiap titik dari A dan B, secara berturut-turut.

Q.E.D.

Contoh Soal

1. Misalkan f : ℝ → ℝ kontinu di c dan misalkan f(c) > 0. Tunjukkan bahwa terdapat persekitaran V_δ(c) sehingga jika x ∈ V_δ(c) maka f(x) > 0.

Diketahui f kontinu di c, berarti limitnya adalah f(c) > 0.

Berarti untuk ε = f(c) > 0 terdapat δ sehingga untuk setiap x ∈ A dengan 0 ≤ |x – c| < δ berlaku

|f(x) – f(c)| < f(c) ⇔ –f(c) < f(x) – f(c) < f(c), tambahkan masing-masing ruas dengan f(c)

0 < f(x) < 2f(c).

Ini berarti terdapat persekitaran V_δ(c) sehingga jika x ∈ V_δ(c) maka f(x) > 0.

2. Misalkan K > 0 dan f : ℝ → ℝ memenuhi kondisi |f(x) – f(y)| < K|x – y|, untuk setiap x, y ∈ ℝ. Tunjukkan bahwa f kontinu pada ℝ!

Ambil sebarang c ∈ ℝ dan ε > 0.

Diberikan (∃K > 0)(∀x, y ∈ ℝ). |f(x) – f(y)| < K|x – y|

Pilih δ = ε/K, sehingga (∀x ∈ ℝ) berlaku

|x – c| < δ ⇒ |f(x) – f(c)| < K|x – c| < Kε/K = ε.

Jadi, f kontinu di sebarang c ∈ ℝ, sehingga f kontinu pada ℝ.

3. Misal f : ℝ → ℝ kontinu pada ℝ dan S = {x ∈ ℝ : f(x) = 0}. Buktikan bahwa jika (xₙ) ⊆ S dan lim⁡(xₙ) = x₀ maka x₀ ∈ S.

Diberikan (xₙ) ⊆ S, berarti (∀n ∈ ℕ). f(xₙ) = 0

Karena f kontinu pada ℝ, setiap barisan yang konvergen ke x₀, berlaku f(xₙ) konvergen ke f(x₀)

Menurut kriteria barisan untuk limit, lim⁡(xₙ) = x₀ maka 

f(x₀) = lim⁡(f(xₙ)) = lim⁡(0) = 0, sehingga x₀ ∈ S.

4. Misalkan f adalah fungsi yang didefinisikan pada ℝ dengan

Buktikan bahwa f kontinu hanya di titik x = ½ dan tidak kontinu di titik yang lain.

Perhatikan bahwa (∀x ∈ ℝ). f(x) = x ∨ f(x) = 1 – x, kurangi masing-masing ruas dengan ½ menjadi

(∀x ∈ ℝ). f(x) – ½ = x – ½ ∨ f(x) – ½ = ½ – x

apabila dimutlakkan akan diperoleh:

(∀x ∈ ℝ). |f(x) – ½| = |x – ½|

• Untuk x = ½

Ambil sebarang ε > 0. Pilih δ = ε. Sehingga (∀x ∈ ℝ) berlaku

|x – ½| < δ ⇒ |f(x) – f(½)| = |f(x) – (1 – ½)| = |f(x) – ½| = |x – ½| < δ = ε.

Jadi, f kontinu di x = ½.

• Untuk x ∈ ℚ ∧ x = c ≠ ½:

Diberikan x ∈ ℚ ∧ x = c ≠ ½. Misal barisan (yₙ) konvergen ke c dengan (yₙ) ∈ ℝ\ℚ ⊂ ℝ, kenakan f diperoleh

(∀yₙ ∈ (yₙ)).f(yₙ) = yₙ, akibatnya (f(yₙ)) = (yₙ) konvergen ke c.

Sedangkan c ≠ ½ ↔ 2c ≠ 1 ↔ c ≠ 1 – c = f(c). Ini berarti terdapat barisan (yₙ) ⊂ ℝ yang konvergen ke c tetapi (f(yₙ)) tidak konvergen ke f(c). Menurut kriteria barisan untuk ketakkontinuan, f tak kontinu di c.

Untuk x = c ∉ ℚ:

Diberikan x = c ∉ ℚ, jelas bahwa c ≠ ½. Misal (xₙ) konvergen ke c dengan (xₙ) ⊂ ℚ ⊂ ℝ, kenakan f diperoleh

(∀xₙ ∈ (xₙ)).f(xₙ) = 1 – xₙ, akibatnya (f(xₙ)) = (1 – xₙ) konvergen ke 1 – c.

Sedangkan c ≠ ½ ↔ 2c ≠ 1 ↔ f(c) = c ≠ 1 – c. Ini berarti terdapat barisan (xₙ) ⊂ ℝ yang konvergen ke c tetapi (f(yₙ)) tidak konvergen ke f(c). Menurut kriteria barisan untuk ketakkontinuan, f tak kontinu di c.

Jadi, f kontinu hanya di titik x = ½ dan tidak kontinu di titik yang lain.