Fungsi Kontinu pada Interval
1. Fungsi Terbatas
A. Definisi Fungsi Terbatas
Fungsi f : A → ℝ dikatakan terbatas pada A jika terdapat konstanta M > 0 sehingga |f(x)| ≤ M untuk semua x ∈ A. Disimbolkan:
(∃M > 0) ∋ (∀x ∈ A). |f(x)| ≤ M
Ingat kembali:
Himpunan A dikatakan terbatas jika terdapat bilangan real M > 0 sehingga |x| ≤ M, untuk semua x ∈ A
Barisan X = (xₙ) dikatakan terbatas jika terdapat bilangan real M > 0 sehingga |xₙ| ≤ M, untuk semua bilangan asli n.
B. Teorema Keterbatasan pada Interval
Misalkan I = [a, b] adalah interval tertutup terbatas dan f : I → ℝ kontinu pada I. Maka f terbatas pada I.
Bukti:
Andaikan f tidak terbatas pada I. Maka, (∀n ∈ ℕ)(∃xₙ ∈ I) ∋ |f(xₙ)| > n.
Karena I terbatas, barisan X = (xₙ) terbatas. Oleh karena itu, Teorema Boltsano-Weierstrass menyiratkan bahwa ada sub-barisan X' = (xnr) dari X yang konvergen ke bilangan x. Karena I tertutup dan elemen-elemen dari X' termasuk dalam I, maka diperoleh bahwa x ∈ I. Maka f kontinu di x, sehingga (f(xnr)) konvergen ke f(x). Kemudian kita simpulkan bahwa barisan konvergen (f(xnr)) harus terbatas. Tapi ini adalah kontradiksi karena
|f(xnr)| > nᵣ untuk r ∈ ℕ.
Oleh karena itu, anggapan bahwa fungsi kontinu f tidak terbatas pada interval tertutup terbatas I mengarah pada kontradiksi.
Q.E.D.
Untuk menunjukkan bahwa setiap hipotesis dari Teorema Keterbatasan diperlukan, kita dapat membuat contoh-contoh yang menunjukkan kesimpulan gagal jika salah satu hipotesis dilonggarkan.
(i) Interval harus terbatas. Fungsi f(x) = x untuk x pada interval tertutup tak terbatas A = [0, ∞) adalah kontinu tetapi tidak terbatas pada A.
(ii) Interval harus tertutup. Fungsi g(x) = 1/x untuk x pada interval setengah terbuka B = (0, 1] adalah kontinu tetapi tidak terbatas pada B.
(iii) Fungsi harus kontinu. Fungsi h yang didefinisikan pada interval tertutup C = [0, 1] dengan h(x) = 1/x untuk x ∈ (0, 1] dan h(0) = 1 adalah diskontinu dan tak terbatas pada C.
2. Maksimum dan Minimum Mutlak
A. Definisi Maksimum dan Minimum Mutlak
Misalkan A ⊂ ℝ dan f : A → ℝ. Kita katakan bahwa f memiliki maksimum mutlak pada A jika ada titik c ∈ A sedemikian sehingga
f(c) ≥ f(x) untuk semua x ∈ A.
Kita katakan bahwa f memiliki minimum mutlak pada A jika ada titik d ∈ A sedemikian sehingga
f(d) ≤ f(x) untuk semua x ∈ A.
Kita katakan bahwa c adalah titik maksimum mutlak untuk f pada A, dan bahwa d adalah titik minimum mutlak untuk f pada A, jika keduanya ada.
B. Teorema Maksimum-Minimum
Misalkan I = [a, b] adalah interval tertutup terbatas dan f : I → ℝ kontinu pada I. Maka f memiliki maksimum mutlak dan minimum mutlak pada I.
Bukti:
Perhatikan himpunan tak kosong f(I) = {f(x) : x ∈ I} dari nilai-nilai f pada I. Dalam Teorema Keterbatasan telah ditetapkan bahwa f(I) adalah subset terbatas dari ℝ. Misalkan t = sup f(I) dan s = inf f(I). Kita mengklaim bahwa ada titik v dan u di I sedemikian rupa sehingga f(v) = t dan f(u) = s.
• Bukti keberadaan maksimum mutlak
Karena t = sup f(I), jika n ∈ ℕ, maka bilangan t – ¹/ₙ bukan merupakan batas atas dari himpunan f(I). Akibatnya ada bilangan xₙ ∈ I sedemikian sehingga
t – ¹/ₙ < f(xₙ) ≤ t untuk semua n ∈ ℕ ...(i)
Karena I terbatas, barisan X = (xₙ) terbatas. Oleh karena itu, menurut Teorema Boltsano-Weierstrass, ada sub-barisan X' = (xnr) dari X yang konvergen ke suatu bilangan v. Karena elemen-elemen dari X' termasuk dalam I = [a, b], maka dari diperoleh bahwa v ∈ I. Oleh karena itu, f kontinu di v sehingga lim(f(xnr)) = f(v). Karena dari (i) diperoleh bahwa
t – 1/nᵣ < f(xnr) ≤ t untuk semua r ∈ ℕ,
kita menyimpulkan dari Teorema Apit bahwa lim(f(xnr)) = t. Oleh karena itu, kita memiliki
f(v) = lim(f(xnr)) = t = sup f(I).
Kita menyimpulkan bahwa v adalah titik maksimum mutlak dari f pada I.
• Bukti keberadaan minimum mutlak
Karena s = inf f(I), jika n ∈ ℕ, maka bilangan s + ¹/ₙ bukan merupakan batas bawah dari himpunan f(I). Akibatnya ada bilangan xₙ ∈ I sedemikian sehingga
s < f(xₙ) ≤ s + ¹/ₙ untuk semua n ∈ ℕ ...(ii)
Karena I terbatas, barisan X = (xₙ) terbatas. Oleh karena itu, menurut Teorema Boltsano-Weierstrass, ada sub-barisan X' = (xnr) dari X yang konvergen ke suatu bilangan u. Karena elemen-elemen dari X' termasuk dalam I = [a, b], maka dari diperoleh bahwa u ∈ I. Oleh karena itu, f kontinu di u sehingga lim(f(xnr)) = f(u). Karena dari (ii) diperoleh bahwa
s < f(xnr) ≤ s + 1/nᵣ untuk semua r ∈ ℕ,
kita menyimpulkan dari Teorema Apit bahwa lim(f(xnr)) = s. Oleh karena itu, kita memiliki
f(u) = lim(f(xnr)) = s = inf f(I).
Kita menyimpulkan bahwa u adalah titik maksimum mutlak dari f pada I.
Q.E.D.
Penjelasan tambahan:
f memiliki maksimum mutlak dan minimum mutlak pada I artinya
(∃u, v ∈ I) ∋ (∀x ∈ I). f(u) ≤ f(x) ≤ f(v).
C. Teorema Akar
Misalkan I = [a, b] dan f : I → ℝ kontinu pada I. Jika f(a)f(b) < 0, maka ada bilangan c ∈ (a, b) sedemikian sehingga f(c) = 0.
Bukti:
Kita asumsikan bahwa f(a) < 0 < f(b). Kita akan menghasilkan barisan interval dengan biseksi berturut-turut. Misalkan I₁ = [a₁, b₁], di mana a₁ = a, b₁ = b, dan biarkan p₁ menjadi titik tengahnya p₁ = ½(a₁ + b₁). Jika f(p₁) = 0, kita ambil c = p₁ dan kita selesai. Jika f(p₁) ≠ 0, maka jika f(p₁) > 0 atau f(p₁) < 0. Jika f(p₁) > 0, maka kita tetapkan a₂ = a₁, b₂ = p₁, sementara jika f(p₁) < 0, maka kita tetapkan a₂ = p₁, b₂ = b₁. Dalam kasus lain, kita biarkan I₂ = [a₂, b₂], maka kita memiliki I₂ ⊂ I₁ dan f(a₂) < 0, f(b₂) > 0.
Kita melanjutkan proses biseksi. Misalkan interval I₁, I₂, ..., Iₖ telah diperoleh dengan biseksi berturut-turut dengan cara yang sama. Maka kita memiliki f(aₖ) < 0 dan f(bₖ) > 0, dan kita tetapkan pₖ = ½(aₖ + bₖ). Jika f(pₖ) = 0, kita tetapkan c = pₖ dan kita selesai. Jika f(pₖ) > 0, kita tetapkan aₖ₊₁ = aₖ, bₖ₊₁ = pₖ, sementara jika f(pₖ) < 0, kita tetapkan aₖ₊₁ = pₖ, bₖ₊₁ = bₖ. Dalam kasus lain, kita biarkan Iₖ₊₁ = [aₖ₊₁,bₖ₊₁], maka kita memiliki Iₖ₊₁ ⊂ Iₖ dan f(aₖ₊₁) < 0, f(bₖ₊₁) > 0.
Jika proses berakhir dengan menemukan titik pₙ sedemikian sehingga f(pₙ) = 0, maka kita selesai. Jika proses tidak berakhir, kita memperoleh barisan interval tertutup terbatas yang bersarang Iₙ = [aₙ, bₙ] sedemikian rupa sehingga untuk setiap n ∈ ℕ kita memiliki
f(aₙ) < 0 dan f(bₙ) > 0.
Selain itu, karena interval diperoleh dengan biseksi berulang, panjang Iₙ sama dengan bₙ – aₙ = (b – a)/2ⁿ⁻¹. Mengikuti dari Sifat Interval Bersarang (Nested Intervals Property) bahwa ada titik c yang termasuk dalam Iₙ untuk semua n ∈ ℕ. Karena aₙ ≤ c ≤ bₙ untuk semua n ∈ ℕ dan lim(bₙ – aₙ) = 0, maka diperoleh bahwa lim(aₙ) = c = lim(bₙ). Karena f kontinu di c, kita memiliki
lim(f(aₙ)) = f(c) = lim(f(bₙ)).
Fakta bahwa f(aₙ) < 0 untuk semua n ∈ ℕ menyiratkan bahwa f(c) = lim(f(aₙ)) ≤ 0. Juga, fakta bahwa f(bₙ) > 0 untuk semua n ∈ ℕ menyiratkan bahwa f(c) = lim(f(bₙ)) ≥ 0. Dengan demikian, kita menyimpulkan bahwa f(c) = 0. Akibatnya, c adalah akar dari f.
Q.E.D.
3. Nilai Antara
A. Teorema Nilai Antara Boltsano
Misalkan I adalah interval dan f : I → ℝ kontinu pada I. Jika a, b ∈ I dan jika k ∈ ℝ memenuhi f(a) < k < f(b), maka ada titik c ∈ I di antara a dan b sedemikian sehingga f(c) = k.
Bukti:
Misalkan a < b dan g(x) = f(x) – k; maka g(a) < 0 < g(b). Berdasarkan Teorema Akar ada titik c dengan a < c < b sedemikian sehingga 0 = g(c) = f(c) – k. Oleh karena itu, f(c) = k.
Jika b < a, misalkan h(x) = k – f(x) sehingga h(b) < 0 < h(a). Oleh karena itu ada titik c dengan b < c < a sedemikian sehingga 0 = h(c) = k – f(c), yang berarti f(c) = k.
Q.E.D.
B. Akibat Teorema Nilai Antara
Misalkan I = [a, b] adalah interval tertutup terbatas dan f : I → ℝ kontinu pada I. Jika k ∈ ℝ adalah bilangan yang memenuhi
inf f(I) ≤ k ≤ sup f(I),
maka ada bilangan c ∈ I sedemikian sehingga f(c) = k.
Bukti:
Ini mengikuti dari Teorema Maksimum-Minimum bahwa ada titik-titik c dan d di I sedemikian sehingga
inf f(I) = f(c) ≤ k ≤ f(d) = sup f(I).
Kesimpulan sekarang mengikuti dari Teorema Nilai Antara Boltsano.
Q.E.D.
C. Keterbatasan dan Ketertutupan Range
Misalkan I adalah interval tertutup terbatas dan f : I → ℝ kontinu pada I. Maka himpunan f(I) = {f(x) : x ∈ I} adalah interval tertutup terbatas.
Bukti:
Jika kita tetapkan m = inf f(I) dan M = sup f(I), maka kita tahu dari Teorema Maksimum-Minimum bahwa m dan M termasuk dalam f(I). Selain itu, kita memiliki f(I) ⊂ [m, M]. Jika k adalah elemen dari [m, M], maka dari akibat teorema nilai antara diperoleh bahwa ada titik c ∈ I sedemikian sehingga k = f(c). Oleh karena itu, k ∈ f(I) dan kita menyimpulkan bahwa [m, M] ⊂ f(I). Jadi, f(I) adalah interval [m, M].
Q.E.D.
Peringatan:
Jika I = [a, b] adalah interval dan f : I → ℝ kontinu pada I, kita telah membuktikan bahwa f(I) adalah interval [m, M]. Kita belum membuktikan (dan tidak selalu benar) bahwa f(I) adalah interval [f(a), f(b)].
D. Teorema Preservasi Interval
Misalkan I adalah interval dan f : I → ℝ kontinu pada I. Maka himpunan f(I) adalah sebuah interval.
Bukti:
Misalkan α, β ∈ f(I) dengan α < β; maka ada titik a, b ∈ I sedemikian sehingga α = f(a) dan β = f(b). Selanjutnya, dari Teorema Nilai Antara Boltsano diperoleh bahwa jika k ∈ (α, β) maka ada bilangan c ∈ I dengan k = f(c) ∈ f(I). Oleh karena itu, [α, β] ⊂ f(I), menunjukkan bahwa f(I) memiliki sifat dari Teorema Karakterisasi. Oleh karena itu f(I) adalah sebuah interval.
Q.E.D.
Contoh Soal
1. Misalkan I = [a, b] dan f : I → ℝ kontinu pada I dan x₁, x₂, ..., xₙ titik-titik di dalam I. Tunjukkan bahwa terdapat c ∈ I sehingga f(c) = [f(x₁) + f(x₂) + ... + f(xₙ)]/n.
Karena I = [a, b] merupakan interval tertutup terbatas dan f kontinu pada I, maka f mempunyai maksimum mutlak dan minimum mutlak pada I. Akibatnya (∃u, v ∈ I) ∋ (∀x ∈ I). f(u) ≤ f(x) ≤ f(v). Karena x₁, x₂, ..., xₙ ∈ I, maka berlaku
f(u) ≤ f(x₁) ≤ f(v), f(u) ≤ f(x₂) ≤ f(v), ..., f(u) ≤ f(xₙ) ≤ f(v). Akibatnya nf(u) ≤ f(x₁) + f(x₂) + ... + f(xₙ) ≤ nf(v), bagi masing-masing ruas dengan n
f(u) <= [f(x₁) + f(x₂) + ... + f(xₙ)]/n <= f(v).
Berdasarkan Teorema Nilai antara terdapat c di antara u dan v pada I sehingga
f(c) = [f(x₁) + f(x₂) + ... + f(xₙ)]/n
2. Misalkan f kontinu pada interval tertutup dan terbatas I = [a, b] dan a ≤ f(x) ≤ b, untuk setiap x ∈ [a, b]. Buktikan terdapat c ∈ [a, b] sehingga f(c) = c.
Misal g(x) = f(x) – x, karena x ∈ [a, b] dan f(x) ∈ [a, b], diperoleh g(a) ≤ 0 dan g(b) ≥ 0.
Untuk g(a) = 0 ∨ g(b) = 0, jelas bahwa terdapat c ∈ [a, b] sehingga g(c) = 0 ⇔ f(c) = c.
Untuk g(a) ≠ 0 ∧ g(b) ≠ 0 diharuskan g(a) < 0 ∧ g(b) > 0, sehingga g(a)g(b) < 0.
Menurut teorema akar, terdapat c ∈ (a, b) sehingga f(c) = 0, sehingga g(c) = 0 ⇔ f(c) = c.
3. Misalkan f: ℝ → ℝ fungsi kontinu dan memenuhi sifat (∀x, y ∈ ℝ). f(x + y) = f(x) + f(y). Buktikan bahwa f(x) = cx, dengan c = f(1).
• Bukti untuk x = 0
Diberikan (∀x, y ∈ ℝ), f(x + y) = f(x) + f(y), masukkan x = y = 0
f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0) = 2·f(0), kurangi masing-masing ruas dengan f(0)
f(0) = 0 = 0·f(1)
• Bukti untuk x ∈ 𝕎 = {0}∪ℕ
Misal P(x): f(x) = x·f(1), ∀x ∈ 𝕎 = {0}∪ℕ
Langkah basis: Telah kita tunjukkan bahwa P(x) benar untuk x = 0
Langkah induksi: Asumsikan bahwa P(x) benar untuk x = k
P(k): f(k) = k·f(1)
Akan ditunjukkan bahwa P(x) juga benar untuk x = k + 1
P(k + 1): f(k + 1) = f(k) + f(1) = k·f(1) + 1·f(1) = (k + 1)·f(1)
Langkah konklusi:
Telah ditunjukkan bahwa P(x) benar untuk x = 0, dan telah diasumsikan bahwa P(x) benar untuk x = k, sehingga dapat ditunjukkan bahwa P(x) juga benar untuk x = k + 1. Oleh karena itu, P(x) benar untuk setiap x bilangan cacah.
• Bukti untuk x ∈ ℤ ∧ x < 0
Diberikan (∀x, y ∈ ℝ), f(x + y) = f(x) + f(y), ambil sebarang x ∈ ℕ, perhatikan
0 = f(0) = f(x + (–x)) = f(x) + f(–x), kurangi masing-masing ruas dengan f(x)
f(–x) = –f(x) = (–x)·f(1)
Jadi, f(x) = x·f(1) benar untuk setiap x bilangan bulat.
• Bukti untuk x ∈ ℚ
Sudah ditunjukkan berlaku f(x) = f(1)·x, untuk semua bilangan bulat x. Sekarang ambil sebarang bilangan rasional x. Maka dapat dituliskan x = p/q, dengan p dan q bilangan bulat dan q ≠ 0.
Untuk kasus dimana q negatif, kita pasti dapat mengubah bentuknya agar q positif. Mempertimbangkan hal ini, diasumsikan q positif.
Perhatikan bahwa p = qx.
Akibatnya p·f(1) = f(p) = f(qx) = f(x + ... + x) = f(x) + f(x) + ... + f(x) = q·f(x), bagi masing-masing ruas dengan q menjadi
(p/q)·f(1) = x·f(1) = f(x). Jadi berlaku f(x) = xf(1) untuk semua bilangan rasional x.
• Bukti untuk x ∈ ℝ
Ambil sebarang bilangan irrasional x. Berdasarkan sifat kerapatan bilangan rasional, ada barisan bilangan rasional (xₙ) yang konvergen ke x.
Karena f kontinu di x, maka barisan (f(xₙ)) konvergen ke f(x).
Berarti lim(f(xₙ)) = f(x) ⇔ lim((xₙ)·f(1)) = f(x) ⇔ f(1)·lim(xₙ) = f(x) ⇔ f(1)·x = f(x).
Jadi berlaku f(x) = f(1)·x untuk semua bilangan irrasional x.
Berdasarkan uraian di atas dapat disimpulkan bahwa f(x) = f(1)·x, untuk semua bilangan real x.
Tambahan:
Sifat (∀x, y ∈ ℝ). f(x + y) = f(x) + f(y) disebut sebagai sifat aditif. Persamaan f(x + y) = f(x) + f(y) disebut sebagai persamaan fungsional Cauchy.
4. Misalkan f: ℝ → ℝ fungsi kontinu dan memenuhi sifat f[½(x + y)] = ½[f(x) + f(y)] untuk semua x, y ∈ ℝ. Buktikan bahwa f(x) = cx + k, dengan c = f(1) – f(0) dan k = f(0).
Diberikan (∀x, y ∈ ℝ). f[½(x + y)] = ½[f(x) + f(y)]
Untuk x = 2a dan y = 0 berlaku f(a) = f[½(2a + 0)] = ½[f(2a) + f(0)], kalikan masing-masing ruas dengan 2 menjadi
2f(a) = f(2a) + f(0), kurangi masing-masing ruas dengan f(0)
f(2a) = 2·f(a) – f(0)
Sekarang, mari kita cari f(x + y)
f(x + y) = f[2·½(x + y)] = 2f[½(x + y)] – f(0) = 2·½[f(x) + f(y)] – f(0) = f(x) + f(y) – f(0)
Misal didefinisikan fungsi g dengan g(x) = f(x) – f(0), akan diperoleh
g(x + y) = f(x + y) – f(0) = f(x) + f(y) – f(0) – f(0) = [f(x) – f(0)] + [f(y) – f(0)] = g(x) + g(y).
Karena g kontinu dan aditif, berlaku g(x) = g(1)·x, untuk semua bilangan real x.
Uraikan kembali menjadi f(x) – k = f(x) – f(0) = [f(1) – f(0)]x = cx, tambahkan masing-masing ruas dengan k
f(x) = cx + k.
Tambahan:
Persamaan f[½(x + y)] = ½[f(x) + f(y)] disebut sebagai persamaan fungsional Jensen.
Komentar
Posting Komentar