Fungsi Kontinu Seragam

1. Fungsi Kontinu Seragam

A. Definisi Kontinu Seragam

Misalkan A ⊆ ℝ, f : A → ℝ. Fungsi f dikatakan kontinu seragam pada A jika untuk setiap ε > 0 terdapat δ = δ(ε) > 0 sehingga jika x, y ∈ A sebarang titik yang memenuhi 0 ≤ |x – y| < δ maka |f(x) – f(y)| < ε. Disimbolkan:

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

B. Kriteria Kekontiuan Tak Seragam

Misalkan A ⊆ ℝ, f : A → ℝ. Ketiga pernyataan berikut ekuivalen:

(i) f kontinu tak seragam pada A.

(ii) Terdapat ε₀ > 0 sehingga untuk setiap δ > 0 terdapat titik-titik x_δ, y_δ ∈ A sehingga |x_δ – y_δ| < δ tetapi |f(x_δ) – f(y_δ)| ≥ ε₀.

(iii) Terdapat ε₀ > 0 dan dua barisan (xₙ), (yₙ) ∈ A sehingga lim(xₙ – yₙ) = 0, tetapi |f(xₙ) – f(yₙ)| ≥ ε₀ untuk setiap bilangan asli n.

C. Teorema Kekontinuan Seragam

Jika I interval tertutup terbatas dan f : I → ℝ kontinu pada I, maka f kontinu seragam pada I.

Bukti:

Jika f tidak kontinu seragam pada I maka, berdasarkan hasil sebelumnya, terdapat ε₀ > 0 dan dua barisan (xₙ) dan (uₙ) di I sedemikian sehingga |xₙ − uₙ| < 1/n dan |f(xₙ) − f(uₙ)| ≥ ε₀ untuk semua n ∈ ℕ. Karena I terbatas, barisan (xₙ) terbatas; menurut Teorema Boltsano-Weierstrass terdapat subbarisan (x_nk) dari (xₙ) yang konvergen ke suatu elemen v. Karena I tertutup, limit v termasuk dalam I, dan subbarisan yang bersesuaian (u_nk) juga konvergen ke v, karena

|u_nk − v| ≤ |u_nk − x_nk| + |u_nk − v|.

Sekarang jika f kontinu pada titik v, maka kedua barisan (f(x_nk)) dan (f(u_nk)) harus konvergen ke f(v). Tetapi ini tidak mungkin karena

|f(xₙ) − f(uₙ)| ≥ ε₀

untuk semua n ∈ ℕ. Jadi, hipotesis bahwa f tidak kontinu seragam pada interval tertutup dan terbatas I menyiratkan bahwa f tidak kontinu pada suatu titik v ∈ I. Akibatnya, jika f kontinu di setiap titik I, maka f kontinu seragam pada I.

Q.E.D.

D. Operasi Aljabar Sesama Fungsi Kontinu Seragam

1. Penjumlahan dan Pengurangan

Jika f dan g kontinu seragam pada A, maka f + g dan f – g juga kontinu seragam pada A.

Bukti:

Ambil sebarang ε > 0.

f dan g kontinu seragam pada A, berarti (∃δ₁, δ₂ > 0) ∋ (∀x, y ∈ A) berlaku

|x – y| < δ₁ ⇒ |f(x) – f(y)| < ε/2 dan |x – y| < δ₂ ⇒ |g(x) – g(y)| < ε/2.

Pilih δ = min{δ₁, δ₂}, sehingga (∀x, y ∈ A) berlaku

|x – y| < δ ⇒ |(f + g)(x) – (f + g)(y)| = |f(x) + g(x) – f(y) – g(y)| ≤ |f(x) – f(y)| + |g(x) – g(y)| < ε/2 + ε/2 < ε.

Telah terbukti bahwa f + g juga kontinu seragam pada A. Sedangkan untuk f – g perhatikan

|x – y| < δ ⇒ |(f – g)(x) – (f – g)(y)| = |f(x) – g(x) – f(y) + g(y)| ≤ |f(x) – f(y)| + |g(y) – g(x)|

= |f(x) – f(y)| + |g(x) – g(y)| < ε/2 + ε/2 < ε.

Jadi, f + g dan f – g juga kontinu seragam pada A.

2. Perkalian dan Perkalian Skalar

Jika f dan g kontinu seragam pada A dan keduanya terbatas pada A, maka fg juga kontinu seragam pada A.

Bukti:

Ambil sebarang ε > 0.

f dan g terbatas pada A, berarti (∃K₁, K₂ > 0) ∋ (∀x ∈ A). |f(x)| ≤ K₁ ∧ |g(x)| ≤ K₂

Pilih K = max{K₁, K₂}

f dan g kontinu seragam pada A, berarti (∃δ₁, δ₂ > 0) ∋ (∀x, y ∈ A) berlaku

|x – y| < δ₁ ⇒ |f(x) – f(y)| < ε/(2K) dan |x – y| < δ₂ ⇒ |g(x) – g(y)| < ε/(2K).

Pilih δ = min{δ₁, δ₂}, sehingga (∀x, y ∈ A) berlaku

|x – y| < δ ⇒ |(fg)(x) – (fg)(y)| = |f(x)g(x) – f(y)g(y)| = |f(x)g(x) – f(x)g(y) + f(x)g(y) – f(y)g(y)|

≤ |f(x)|·|g(x) – g(y)| + |g(y)|·|f(x) – f(y)| < K·ε/(2K) + K·ε/(2K) = ε/2 + ε/2 < ε.

Telah terbukti bahwa fg juga kontinu seragam pada A. Kasus khusus untuk g fungsi konstan dengan g(x) = cx untuk setiap x ∈ A, akan diperoleh bahwa (fg)(x) = (cf)(x) juga kontinu seragam pada A.

2. Fungsi Lipschits

A. Definisi Fungsi Lipschits

Misalkan A ⊆ ℝ, f : A → ℝ. Jika terdapat konstanta K > 0, sehingga untuk setiap x, y ∈ A berlaku |f(x) − f(y)| ≤ K|x − y|, maka f disebut Fungsi Lipschits (atau memenuhi Kondisi Lipschits) pada A. Disimbolkan:

(∃K > 0) ∋ (∀x, y ∈ A). |f(x) – f(y)| ≤ K·|x − y|

Fungsi yang memenuhi definisi ini dinamai oleh Rudolf Lipschits (1832 - 1903), seorang matematikawan dari Königsberg, Jerman.

Kondisi Lipschits ini bahwa sebuah fungsi f : I → ℝ pada suatu interval I adalah fungsi Lipschits dapat diinterpretasikan secara geometris sebagai berikut. Jika kita menuliskan kondisi tersebut sebagai

|f(x₁) − f(x₂)|/|x₁ − x₂| ≤ K; x₁, x₂ ∈ I, x₁ ≠ x₂,

maka kuantitas di dalam nilai mutlak adalah kemiringan dari segmen garis yang menghubungkan titik-titik (x₁, f(x₁)) dan (x₂, f(x₂)). Jadi, sebuah fungsi f memenuhi kondisi Lipschits jika dan hanya jika kemiringan dari semua segmen garis yang menghubungkan dua titik pada grafik y = f(x) di atas I dibatasi oleh suatu bilangan K.

B. Kekontinuan Seragam Fungsi Lipschits

Jika A ⊆ ℝ, f : A → ℝ, fungsi Lipschits maka f kontinu seragam pada A.

Bukti:

Karena f fungsi Lipschits maka terdapat K > 0 sehingga untuk setiap x, y ∈ A berlaku |f(x) − f(y)| ≤ K|x − y|.

Ambil sebarang ε > 0, Pilih δ = ε/K > 0 sehingga jika x, y ∈ A sebarang titik yang memenuhi |x − y| < δ = ε/K maka |f(x) − f(y)| ≤ K|x − y| < K·ε/K = ε.

Catatan:

Teorema ini tidak berlaku kebalikan, dimana fungsi kontinu seragam bisa merupakan fungsi Lipschits dan bisa juga bukan fungsi Lipschits.

C. Operasi Aljabar Sesama Fungsi Lipschits

1. Penjumlahan dan Pengurangan

Jika f dan g fungsi Lipschits pada A, maka f + g dan f − g juga fungsi Lipschits pada A.

Bukti:

f dan g fungsi Lipschits pada A, berarti (∃K₁, K₂ > 0) ∋ (∀x, y ∈ A) berlaku

|f(x) – f(y)| ≤ K₁·|x − y| dan |g(x) – g(y)| ≤ K₂·|x − y|

Pilih K = K₁ + K₂, sehingga (∀x, y ∈ A) berlaku

|(f + g)(x) – (f + g)(y)| = |f(x) + g(x) – f(y) – g(y)| ≤ |f(x) – f(y)| + |g(x) – g(y)| ≤ K₁·|x − y| + K₂·|x − y|

= K·|x − y|.

Sedangkan untuk f − g:

|(f + g)(x) – (f + g)(y)| = |f(x) + g(x) – f(y) – g(y)| ≤ |f(x) – f(y)| + |g(x) – g(y)| ≤ K₁·|x − y| + K₂·|x − y|

= K·|x − y|.

2. Perkalian dan Perkalian Skalar

Jika f dan g fungsi Lipschits pada A dan keduanya terbatas pada A, maka fg juga fungsi Lipschits pada A.

Bukti:

f dan g terbatas pada A, berarti (∃M₁, M₂ > 0) ∋ (∀x ∈ A). |f(x)| ≤ M₁ ∧ |g(x)| ≤ M₂

f dan g fungsi Lipschits pada A, berarti (∃K₁, K₂ > 0) ∋ (∀x, y ∈ A) berlaku

|f(x) – f(y)| ≤ K₁·|x − y| dan |g(x) – g(y)| ≤ K₂·|x − y|

Pilih K = M₁K₂ + M₂K₁, sehingga (∀x, y ∈ A) berlaku

|(fg)(x) – (fg)(y)| = |f(x)g(x) – f(y)g(y)| = |f(x)g(x) – f(x)g(y) + f(x)g(y) – f(y)g(y)|

≤ |f(x)|·|g(x) – g(y)| + |g(y)|·|f(x) – f(y)| ≤ M₁K₂·|x − y| + M₂K₁·|x − y| = K·|x − y|.

Telah terbukti bahwa fg juga fungsi Lipschits pada A. Kasus khusus untuk g fungsi konstan dengan g(x) = cx untuk setiap x ∈ A, akan diperoleh bahwa (fg)(x) = (cf)(x) juga fungsi Lipschits pada A.

Contoh Soal

1. Misalkan f: [a, b] → ℝ dengan f(x) = x³, untuk x ∈ [a, b]. Buktikan bahwa f kontinu seragam pada [a, b], tapi tidak kontinu seragam pada ℝ.

• Bukti bahwa f kontinu seragam pada [a, b]

Ambil sebarang ε > 0. Pilih M = max{a², b²} dan δ = ε/(3M), sehingga ∀x, y ∈ [a, b] berlaku:

|x – y| < δ ⇒ |f(x) – f(y)| = |x³ – y³| = |x – y|·|x² + y² + xy| < δ(x² + y² + |xy|) ≤ [ε/(3M)]·(M + M + M)

= [ε/(3M)]·3M = ε.

• Bukti bahwa f kontinu seragam pada ℝ

Pilih ε = 1 dan dua barisan (xₙ), (yₙ) ⊂ ℝ dengan xₙ = n dan y = n – 1/n.

Perhatikan lim(xₙ – yₙ) = lim(1/n) = 0, tetapi

|f(xₙ) – f(yₙ)| = |n³ – (n – 1/n)³| = |n³ – (n³ – 3n + 3/n – 1/n³)| = |3n – 3/n + 1/n³| ≥ 1 = ε.

2. Misalkan f kontinu seragam pada A dan (∀x ∈ A). |f(x)| ≥ k > 0. Buktikan bahwa fungsi 1/f juga kontinu seragam pada A.

Ambil sebarang ε > 0.

f kontinu seragam pada A, berarti ∃δ > 0, sehingga ∀x, y ∈ A berlaku

|x – y| < δ ⇒ |f(x) – f(y)| < k²ε

Akibatnya

|1/f(x) – 1/f(y)| = |[f(y) – f(x)]/[f(x)f(y)]| = |f(x) – f(y)|/[|f(x)|·|f(y)|], karena |f(x)| ≥ k > 0, maka

< k²ε/(k²) = ε.

3. Misalkan f fungsi Lipschits dan taknol pada A. Buktikan bahwa fungsi 1/f juga fungsi Lipschits pada A.

f taknol pada A, berarti (∃M > 0) ∋ (∀x ∈ A). |f(x)| ≥ M.

f fungsi Lipschits pada A, berarti (∃K > 0) ∋ (∀x, y ∈ A). |f(x) – f(y)| ≤ KM²·|x − y|

Akibatnya

|1/f(x) – 1/f(y)| = |[f(y) – f(x)]/[f(x)f(y)]| = |f(x) – f(y)|/[|f(x)|·|f(y)|] ≤ KM²·|x − y|/(M²) = K·|x − y|.