Last Updated on Juli 29, 2021 by prooffic
Postingan kali ini akan membahas mengenai Pembahasan Soal Analisis Real BAB 5 bagian 1 Fungsi Kontinu, yaitu pada buku Introduction to Real Analysis by Robert G. Bartle and Donald R. Sherbert. Bab 5 Bagian I membahas mengenai definisi formal fungsi kontinu.
**Selamat Menikmati**
Pendahuluan
Untuk memudahkan dalam memahami Pembahasan Soal Analisis Real BAB 5 bagian 1 Fungsi Kontinu berikut, terlebih dahulu kita akan menuliskan definisi fungsi kontinu dan beberapa teorema. Jika Anda tertarik dengan pembahasan fungsi kontinu, Anda dapat mengakses link ini.
Definisi Fungsi kontinu
Sebuah fungsi $f:A \rightarrow \mathbb{R}$ kontinu di $c \in A$ jika untuk setiap $\varepsilon > 0$, terdapat $\delta > 0$ sedemikian sehingga untuk $x \in A$ dengan $|x-c| < \delta$, berlaku bahwa $|f(x) – f(c)| < \varepsilon$
Kriteria Barisan untuk kekontinuan fungsi
Kriteria Barisan: Misalkan fungsi $f:A \rightarrow \mathbb{R}$ dan $c \in A$. Maka, $f$ kontinu di $c$ jika dan hanya jika setiap barisan $(x_n)$ di $A$ yang konvergen ke $c$ memenuhi sifat bahwa barisan $(f(x_n))$ juga konvergen ke $f(c)$
Kriteria barisan tersebut juga akan sangat berguna dalam Pembahasan Soal Analisis Real BAB 5 bagian 1 Fungsi Kontinu berikut.
Pembahasan Soal
Soal 1
Buktikan Kriteria Barisan 5.1.3
Jawab: Anda dapat melihat buktinya di sini
Soal 2
Bangun kriteria kediskontinuan
Jawab: Anda dapat melihat buktinya di sini
Soal 3
Misalkan $a<b<c.$ Misalkan bahwa $f$ kontinu pada $[a,b],$ $g$ kontinu pada $[b,c],$ dan $f(b)=g(b).$ Didefinisikan $h$ pada $[a,c]$ dengan $h(x) = f(x)$ untuk $x \in [a,b]$ dan $h(x) = g(x)$ untuk $x \in [b,c].$ Buktikan bahwa $h$ kontinu pada $[a,c].$
Jawab: Misalka bahwa $h$ adalah fungsi yang didefinisikan tersebut, yaitu
$$h(x)= \begin{dcases} f(x), & x\in [a,b]\\ g(x), & x\in [b,c] \end{dcases}$$
Akan ditunjukkan bahwa $h$ kontinu pada $[a,c],$ yaitu $h$ kontinu untuk setiap $x \in [a,c].$ Untuk itu, misalkan bahwa $x$ adalah sebarang titik di $[a,b]$. Kita akan membagi menjadi 3 kasus berbeda, yaitu sebagai berikut.
- $x \in [a,b)$: Diberikan sebarang $\varepsilon>0,$ karena $f$ kontinu pada $[a,b]$ dan $x \in [a,b),$ maka terdapat $\delta>0$ sedemikian sehingga untuk $y \in [a,b]$ dengan $|x-y|<\delta,$ berlaku bahwa $$|f(x)-f(y)|<\varepsilon $$ Misalkan bahwa $\delta_1 = \min \{ \delta, b-x\}, $ maka untuk $y \in [a,c]$ dan $|x-y|<\delta_1,$ berlaku bahwa $|x-y|<\delta$ dan $$y-x<\delta_1 \leq b-x$$yang berakibat bahwa $a \leq y < b.$ Oleh karena itu, berdasarkan sebelumnya, $$|f(x)-f(y)|<\varepsilon$$ Karena $x,y \in [a,b],$ maka $$|h(x)-h(y)|=|f(x)-f(y)|<\varepsilon$$Ini membuktikan bahwa $h$ kontinu di $x.$
- $x \in (b,c]$: Diberikan sebarang $\varepsilon>0,$ karena $g$ kontinu pada $[b,c]$ dan $x \in [b,c],$ maka terdapat $\delta>0$ sedemikian sehingga untuk $y \in [b,c]$ dengan $|x-y|<\delta,$ berlaku bahwa $$|g(x)-g(y)|<\varepsilon $$ Misalkan bahwa $\delta_2 = \min \{ \delta, x-b\}, $ maka untuk $y \in [a,c]$ dan $|x-y|<\delta_2,$ berlaku bahwa $|x-y|<\delta$ dan $$x-y<\delta_2 \leq x-b$$yang berakibat bahwa $b < y \leq c.$ Oleh karena itu, berdasarkan sebelumnya, $$|g(x)-g(y)|<\varepsilon$$ Karena $x,y \in [a,b],$ maka $$|h(x)-h(y)|=|g(x)-g(y)|<\varepsilon$$Ini membuktikan bahwa $h$ kontinu di $x.$
- $x=b$: Diberikan sebarang $\varepsilon > 0,$ Karena $f$ kontinu pada $[a,b],$ maka terdapat $\delta_1$ positif sedemikian sehingga untuk $y \in [a,b]$ dan $|b-y|<\delta_1,$ berlaku $$|f(b)-f(y)|$$Selain itu, karena $g$ kontinu pada $[b,c],$ maka terdapat $\delta_2$ positif sedemikian sehingga untuk $y \in [b,c]$ dan $|b-y|<\delta_2$ berlaku $$|g(b)-g(y)|<\varepsilon$$Misalkan $\delta = \min \{ \delta_1 , \delta_2\}.$ Diberikan sebarang $y \in [a,c]$ dengan $|y-b|<\delta.$ Maka, terdapat dua kemungkinan, yaitu $y \in [a,b]$ atau $y \in [b,c].$ Jika $y \in [a,b],$ maka $$|h(b)-h(y)|=|f(b)-f(y)|<\varepsilon$$Sedangkan, jika $y \in [b,c],$ maka $$|h(b)-h(y)|=|g(b)-g(y)|<\varepsilon$$Ini membuktikan bahwa $h$ kontinu di $x=b.$
Dari ketiga kasus tersebut, maka dapat disimpulkan bahwa $h$ kontinu pada setiap titik $x$ pada $[a,b].$ Jadi, $h$ kontinu pada $[a,b].$
Baca Juga:
1. Pembahasan Soal Analisis Real 2.1
2. Pembahasan Soal Analisis Real 3.1
3. Himpunan buka di bilangan real
4. Pembahasan KNMIPA 2020
Soal 4
Jika $x \in \mathbb{R},$ didefinisikan $\left \lfloor {x} \right \rfloor$ sebagai bilangan bulat terbesar $n \in \mathbb{Z}$ sedemikian sehingga $n \leq x.$ Fungsi $x \rightarrow \left\lfloor {x} \right\rfloor$ disebut Fungsi bilangan bulat terbesar. Tentukan titik-titik kontinuitas dari fungsi-fungsi berikut.
- $f(x) = \left \lfloor {x} \right \rfloor$
- $g(x) = x \left \lfloor {x} \right \rfloor$
- $h(x) = \sin {\left \lfloor {x} \right \rfloor}$
- $k(x) = \left \lfloor \frac{1}{x} \right \rfloor, x\neq 0$
Jawab: Untuk memudahkan dalam menjawab permasalah tersebut, terlebih dahulu kita akan gambarkan masing-masing fungsi tersebut. Di bawah ini, kita hanya akan memberikan bukti formal untuk bagian pertama saja. Anda dapat mencoba bagian lainnya dengan cara yang relatif sama.
- $f(x) = \left \lfloor {x} \right \rfloor$
Grafik dari fungsi tersebut dapat ditunjukkan dengan gambar berikut.
Dari grafik yang ditampilkan tersebut, secara intuisi, kita akan mengatakan bahwa fungsi $f$ akan kontinu kecuali pada bilangan bulat. Kita akan memberikan bukti formal dari klaim tersebut, yaitu menunjukkan bahwa $f$ kontinu pada selain bilangan bulat. Misal $x \in \mathbb{R}$. Terlebih dahulu misalkan bahwa $x$ adalah bilangan bulat. Maka, $f(x) = \left \lfloor {x} \right \rfloor = x.$ Kemudian, misalkan $\{x_n\}$ adalah barisan bilangan real dengan $$x_n = x-\frac{1}{2n}$$Perhatikan bahwa $f(x_n) = x-1$ karena $x-1 < x_n < x.$ Oleh karena itu, $\{f(x_n)\}$ akan konvergen ke $x-1$ yang tidak sama dengan $f(x).$ Dari sini, berdasarkan kriteria barisan, maka $f$ tidak kontinu di $x$ bilangan bulat.
Selanjutnya, misalkan $x$ bilangan real yang bukan merupakan bilangan bulat. Maka terdapat secara tunggal bilangan bulat $n$ sedemikian sehingga $$n-1<x<n$$yang berkibat bahwa $f(x) = n-1$Diberikan sebarang $\varepsilon$ bilangan real positif. Pilih $$\delta = \min \{n-x, x-(n-1)\},$$maka untuk $y$ dengan $|x-y|<\delta,$ berlaku bahwa $y \in (n-1,n)$ (Silahkan dibuktikan). Dari sini, $$|f(x)-f(y)|=| \left \lfloor {x} \right \rfloor – \left \lfloor {y} \right \rfloor| = |(n-1)-(n-1)|=0<\varepsilon$$Ini membuktikan bahwa $f$ kontinu di bilangan real $x$ yang bukan bilangan bulat.
Jadi, $f$ kontinu hanya di titik yang bukan bilangan bulat. - $g(x) = x \left \lfloor {x} \right \rfloor$
Berikut ini adalah grafik dari $g$ (Anda dapat menuliskan analisisnya terlebih dahulu sebelum membuat grafiknya)
Dari grafik tersebut, fungsi $g$ akan kontinu, kecuali pada bilangan bulat. - $h(x) = {\left \lfloor \sin{x} \right \rfloor}$
Perhatikan bahwa $\sin(x)$ memiliki nilai pada interval $[-1,1].$ Sehingga, $h(x) = {\left \lfloor \sin{x} \right \rfloor}$ hanya akan bernilai $0$ atau $1.$ Sehingga, fungsi $h$ hanya akan bernilai $0$ atau $-1$. $h(x)$ akan bernilai $0$ ketika $0 \leq \sin x < 1,$ yaitu ketika $$x \in [2(n-1)\pi, (2(n-1)+1) \pi)) – \left\{ \left(2n -\frac{3}{2} \right)\pi \right\}$$untuk $n$ bilangan bulat dan bernilai $-1$ ketika $-1 \leq \sin x < 0, $ yaitu ketika $x \in ((2n-1)\pi,2n\pi)$ untuk setiap bilangan bulat $n$. Sedangkan, $h(x) = 1$ ketika $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$ untuk tiap bilangan bulat $n.$ Sehingga, grafik dari $h$ ditunjukkan sebagai berikut.
Dari sini, $h$ kontinu kecuali di $x = \pm n\pi$ atau di $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$ untuk tiap bilangan bulat $n.$ - $k(x) = \left \lfloor \frac{1}{x} \right \rfloor, x\neq 0$
$\left \lfloor \frac{1}{x} \right \rfloor = 0$ ketika $0 \leq 1/x <1,$ yaitu $x>1.$ Kemudian, $\left \lfloor \frac{1}{x} \right \rfloor =n >0$ ketika $$n \leq 1/x < n+1,$$ yaitu $$\frac{1}{n+1}< x \leq 1/n$$Selain itu, $\left \lfloor \frac{1}{x} \right \rfloor = n < 0$ ketika $$n \leq 1/x < n+1,$$ Jika $n=-1,$ maka $x \leq -1.$ Jika $n<-1,$ maka $$\frac{1}{n+1} < x \leq \frac{1}{n}.$$
Sehingga, diperoleh grafik $k(x)$ berikut (merah)
Dari analisis tersebut, maka $k(x)$ kontinu kecuali di $x = \frac{1}{n}$ untuk setiap bilangan bulat $n.$
Soal 5
Misalkan $f$ didefinisikan untuk semua $x \in \mathbb{R}, x\neq 2,$ dengan $f(x) = (x^2+x-6)/(x-2).$ Dapatkah $f$ didefinisikan di $x=2$ sedemikian sehingga $f$ kontinu di titik ini?
Jawab: Karena domain fungsi perluasannya adalah seluruh bilangan real, maka agar pendefinisian $f(2)$ mengakibatkan $f$ kontinu di $2,$ kita definisikan $$\begin{aligned} f(2) &= \lim_{x \rightarrow 2} f(x) \\&= \lim_{x \rightarrow 2} (x^2+x-6)/(x-2) \\&=\lim_{x \rightarrow 2} (x-2)(x+3)/(x-2) \\ & =\lim_{x \rightarrow 2} (x+3) \\ &=5\end{aligned} $$Jadi, agar syarat tersebut terpenuhi, maka didefinisikan $f(2)=5$
Soal 6
Misalkan $A \subseteq \mathbb{R}$ dan misalkan $f \rightarrow \mathbb{R}$ kontinu di sebuah titik $c \in A.$ Tunjukkan bahwa untuk setiap $\varepsilon>0,$ ada persekitaran $V_\delta (c)$ dari $c$ sedemikian sehingga jika $x,y \in A \cap V_\delta(c),$ maka $$|f(x)-f(y)|<\varepsilon$$
Jawab: Diberikan sebarang $\varepsilon>0.$ Karena $f$ kontinu di $c,$ maka terdapat $\delta>0$ sedemikian sehingga untuk $x\in A$ dengan $|x-c|<\delta/2$ berlaku bahwa $$|f(x)-f(c)|<\varepsilon/2 $$Misalkan $V_{\delta/2} (c)$ adalah persekitaran $c$ sejauh $\delta /2 >0$ dan $x,y \in A \cap V_{\delta/2} (c).$ Sehingga, $|x-c|<\delta/2$ dan $|y-c|<\delta/2.$ Oleh karena itu, dengan ketaksamaan segitiga diperoleh $$|x-y| \leq |x-c|+|y-c|<\delta/2 + \delta/2 = \delta $$dan $$|f(x)-f(y)| \leq |f(x)-f(c)|+|f(y)-f(c)|<\varepsilon/2+\varepsilon/2 = \varepsilon$$
Oleh karena itu, jika $x,y \in A \cap V_\delta(c),$ maka $$|f(x)-f(y)|<\varepsilon$$Dari sini, untuk setiap $\varepsilon>0,$ ada persekitaran $V_\delta (c)$ dari $c$ sedemikian sehingga jika $x,y \in A \cap V_\delta(c),$ maka $$|f(x)-f(y)|<\varepsilon$$
Soal 7
Misalkan $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ kontinu di $c$ dan $f(c)>0.$ Tunjukkan bahwa ada persekitaran $V_{\delta}(c)$ dari $c$ sedemikian sehingga jika $x \in V_\delta (c),$ maka $f(x)>0$
Jawab: Perhatikan bahwa $\varepsilon = f(c) >0.$ Karena $f$ kontinu di $c,$ maka berdasarkan soal nomor 6, terdapat persekitaran $\delta>0$ sedemikian sehingga jika $x \in \mathbb{R}$ dan $|x-c|<\delta$ maka $$|f(x)-f(c)|<\varepsilon = f(c)$$Dari sini, $$\begin{aligned}-f(c)&<f(x)-f(c)<f(c) \\0 & < f(x) \end{aligned}$$Oleh karena itu, jika $x \in V_\delta (c),$ maka $|x-c|<\delta$ yang berakibat bahwa $f(x)>0$
Soal 8
Misalkan $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ kontinu pada $\mathbb{R}$ dan misalkan $$S = \{x\in \mathbb{R}: f(x) = 0\}$$adalah himpunan nol dari $f.$ Jika $(x_n)$ ada di $S$ dan $$x = \lim (x_n),$$tunjukkan bahwa $x \in S.$
Jawab: Karena $x = \lim (x_n)$ dan $f$ kontinu di $c,$ maka berdasarkan kriteria barisan, $f(x) = \lim f(x_n).$ Kemudian, karena $(x_n)$ ada di $S,$ maka $f(x_n)=0$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Dari sini, $$f(x) = \lim f(x_n) = 0$$Sehingga, $x \in S.$
Soal 9
Misalkan $A \subseteq B\subset \mathbb{R},$ misalkan $f:B \rightarrow \mathbb{R}$ dan misalkan bahwa $g$ adalah restriksi $f$ di $A.$
(a) Jika $f$ kontinu di $c \in A,$ tunjukkan bahwa $g$ kontinu di $c$
(b) Tunjukkan dengan contoh bahwa jika $g$ kontinu di $c,$ tidak harus berlaku bahwa $f$ kontinu di $c.$
Jawab:
(a) Asumsikan bahwa $f$ kontinu di $c \in A.$ Diberikan sebarang $\varepsilon > 0,$ maka terdapat $\delta>0$ sedemikian sehingga untuk $x\in B$ dengan $|x-c|<\delta,$ berlaku $$|f(x)-f(c)|<\varepsilon$$Misalkan bahwa $x \in B$ dengan $|x-c|<\delta.$ Karena $A \subseteq B, $ maka $x \in B.$ Dari sini, berlaku bahwa $x \in A$ dan memenuhi $|x-c|<\delta$ yang berakibat bahwa $$|g(x)-g(c)|=|f(x)-f(c)|<\varepsilon$$
Oleh karena itu, untuk setiap $\varepsilon > 0$, terdapat $\delta > 0$ sedemikian sehingga untuk $x \in A$ dengan $|x-c| < \delta$, berlaku bahwa $$|g(x) – g(c)| < \varepsilon$$Ini membuktikan bahwa $g$ kontinu di $c.$
(b) Misal $A = \mathbb{Z}$ dan $B = \mathbb{R}$ dan $f:B \rightarrow B$ dengan $f(x) = 0$ untuk $x$ merupakan bilangan bulat. Sedangkan $f(x)=1$ untuk $x$ bukan bilangan bulat. Dapat dilihat bahwa $g$ kontinu di setiap titik $c \in A,$ tetapi $f$ tidak kontinu di $c$ bilangan bulat.
Soal 10
Tunjukkan bahwa fungsi nilai mutlak $f(x)=|x|$ kontinu di setiap titik $c\in \mathbb{R}.$
Jawab: Perhatikan bahwa untuk setiap $x,c \in \mathbb{R},$ berlaku $$||x|-|c||\leq|x-c|$$Karena fungsi $g(x)=x$ kontinu untuk setiap bilangan real $c,$ maka dapat disimpulkan bahwa fungsi $f(x)=|x|$ juga kontinu di setiap titik $c\in \mathbb{R}.$
Soal 11
Misal $K>0$ dan misalkan $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ memenuhi kondisi $$|f(x)-f(y)|\leq K|x-y|$$untuk semua $x,y \in \mathbb{R}.$ Tunjukkan bahwa $f$ kontinu di setiap titik $c \in \mathbb{R}.$
Jawab: Diberikan sebarang titik $c \in \mathbb{R}$ dan $\varepsilon>0,$ pilih $\delta = \frac{\varepsilon}{1+K}.$ Maka, untuk $x \in \mathbb{R}$ dengan $|x-c|<\delta$ berlaku bahwa $$\begin{aligned}|f(x)-f(y)|&\leq K|x-y| \\ &<K \delta \\ &= K \cdot \ \frac{\varepsilon}{1+K} <\varepsilon \end{aligned}$$
Ini membuktikan bahwa $f$ kontinu di setiap titik $c$ di $\mathbb{R}$
Soal 12
Misalkan bahwa $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ kontinu pada $\mathbb{R}$ dan $f(r)=0$ untuk setiap bilangan rasional $r.$ Tunjukkan bahwa $f(x)=0$ untuk semua $x \in \mathbb{R}.$
Jawab: Dari sifat yang dimiliki oleh fungsi tersebut, maka cukup ditunjukkan bahwa $f(\alpha)=0$ untuk setiap bilangan irasional $\alpha.$ Misalkan $\alpha$ adalah sebarang bilangan irasional. Diberikan sebarang barisan bilangan rasional $(r_n)$ yang konvergen ke $\alpha$. Eksistensi barisan tersebut dijamin oleh sifat kepadatan bilangan rasional pada bilangan real.
Karena $r_n$ adalah bilangan rasional untuk setiap bilangan asli $n,$ maka $f(r_n) = 0$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Dari sini, barisan $(f(r_n))$ yang merupakan barisan konstan (bernilai nol) akan konvergen ke $0.$ Berdasarkan kriteria barisan, maka haruslah $f(\alpha) = 0.$ Karena $\alpha$ sebarang bilangan irasional, maka dapat disimpulkan bahwa $f(\alpha)=0$ untuk setiap bilangan irasional $\alpha.$
Jadi, $f(x)=0$ untuk semua $x \in \mathbb{R}.$
Soal 13
Didefinisikan $g:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ dengan $g(x)=2x$ untuk $x$ rasional, dan $g(x)=x+3$ untuk $x$ irasional. Tentukan semua titik sehingga $g$ kontinu.
Jawab: Terlebih dahulu perhatikan grafik dari fungsi tersebut berikut (Hijau untuk $x$ rasional dan Merah untuk $x$ irasional).
Dari grafik tersebut, kita klaim bahwa $g$ kontinu hanya di $x$ sehingga kedua garis tersebut berpotongan, yaitu $c=3.$ Terlebih dahulu akan ditunjukkan bahwa $g$ kontinu di $c=3.$ Diberikan sebarang $\varepsilon > 0.$ Perhatikan bahwa $g(c)=6$ dan
$$\begin{aligned}|g(x)-g(c)| &= |g(x)-6| \\ &=\begin{dcases} |2x-6|, & x\in \mathbb{Q}\\ |x+3 – 6|, & x\in \mathbb{Q}^C \end{dcases}\\ &= \begin{dcases} 2|x-3|, & x\in \mathbb{Q}\\ |x-3|, & x\in \mathbb{Q}^C \end{dcases} \\ &\leq |x-3| \end{aligned}$$
Dari sini, pilih $\delta = \varepsilon.$ Maka, untuk setiap $x \in \mathbb{R}$ dengan $|x-3|<\delta,$ berlaku $$|g(x)-g(3)| \leq |x-3|<\delta = \varepsilon$$Karena $\varepsilon>0$ sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa $g$ kontinu di $c=3$
Selanjutnya, misalkan $c\neq 3.$ Terlebih dahulu asumsikan bahwa $c$ irasional. Berdasarkan sifat kepadatan bilangan rasional, maka terdapat barisan bilangan rasional $(r_n)$ sedemikian sehingga $r_n \rightarrow c.$ Perhatikan bahwa karena $r_n$ rasional untuk setiap bilangan asli n dan $c$ irasional, maka $g(r_n)=2r_n$ dan $g(c)=c+3.$ Kemudian, karena $c\neq 3,$ maka $$\lim g(r_n)=\lim 2r_n = 2c \neq c+3 = g(c) $$Berbasarkan kriteria barisan, maka $g$ tidak kontinu di $c$ irasional.
Misal $c$ rasional yang tidak sama dengan $3.$ Berdasarkan sifat kepadatan bilangan irasional, maka terdapat barisan bilangan irasional $(\alpha_n)$ yang konvergen ke $c.$ Dari sini, $g(\alpha_n)=\alpha_n+3$ dan $g(c)=2c.$ karena $c$ tidak sama dengan $3,$ maka $$\lim g(\alpha_n) = \lim (\alpha_n+3) = c+3 \neq 2c = g(c)$$Berdasarkan kriteria barisan, maka $g$ tidak kontinu di bilangan rasional $c$ yang tidak sama dengan $3.$
Jadi, $g$ kontinu hanya di $c=3.$
Soal 14
Misalkan $A := (0, \infty)$ dan misalkan $k : A \to \mathbb{R}$ yang didefinisikan sebagai berikut. Untuk $x \in A, x$ irational, kita definisikan $k(x) = 0;$ untuk $x \in A$ rasional dan berbentuk $x = m/n$ dengan bilangan asli $m, n$ tidak mempunyai faktor persekutuan kecuali $1,$ kita definisikan $k(x) = n.$ Buktikan bahwa $k$ tidak terbatas pada setiap interval buka di $A.$ Simpulkan bahwa $k$ tidak kontinu di setiap titik dari $A.$
Jawab: Terlebih dahulu kita akan membuktikan bahwa $k$ tidak terbatas pada setiap interval buka di $A.$ Untuk itu, misalkan $I$ adalah sebarang interval buka di $A.$ Maka, ada $c$ dan $\delta>0$ sedemikian sehingga $$(c-\delta, c+\delta) \subseteq A $$dan 1 tidak termuat di interval $$(c-\delta, c+\delta) $$Diberikan sebarang bilangan asli $n.$ Cukup ditunjukkan bahwa terdapat $m_0, n_0 \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $m_0 / n_0 \in A$ dan $$k \left( \frac{m}{n} \right) = n_0 \geq n$$
Berdasarkan sifat Archimedes, terdapat bilangan asli $n_1$ sedemikian sehingga $1 / n_0 < \delta.$ Pilih bilangan asli $n_2$ sedemikian sehingga $$n_2 = \max \{ n, n_1 \}$$ Maka, $$\frac{1}{n_2} \leq \frac{1}{n_1} < \delta $$dan $n_2 \geq n.$ Untuk memudahkan pada langkah berikutnya, pilih bilangan prima $n_0$ sedemikian sehingga $n_0 \geq n_2.$ Hal tersebut senantiasa dapat dilakukan berdasarkan sifat bahwa terdapat tak berhingga banyaknya bilangan prima. Perhatikan bahwa $$\frac{1}{n_0} < \frac{1}{n_2} < \delta $$dan $n_0 \geq n.$
Langkah berikutnya adalah menentukan bilangan asli $m_0$ sedemikian sehingga $$(c-\delta) < \frac{m_0}{n_0} < c + \delta $$yang ekuivalen dengan menentukan bilangan asli $m_0$ sedemikian sehingga $$m_0 \in (n_0 (c – \delta), n_0 (c + \delta)) $$Andaikan bahwa tidak terdapat bilangan asli $m_0$ sedemikian sehingga $$m_0 \in (n_0 (c – \delta), n_0 (c + \delta)) $$Maka, terdapat bilangan asli $m_0$ sehingga $m_0$ terletak di sebelah kiri interval $(n_0 (c – \delta), n_0 (c + \delta))$ dan $m_0 + 1$ terletak di sebelah kanan interval $(n_0 (c – \delta), n_0 (c + \delta))$. Akibatnya, $$\begin{aligned} m_0 &\leq n_0 c – n_0 \delta \cdots (1) \\ n_0 c + n_0 \delta & \leq m_0 + 1\cdots (2) \end{aligned}$$
Dengan menjumlahkan kedua ketaksamaan tersebut dengan masing-masing ruas yang sesuai, maka diperoleh bahwa $$\begin{aligned}2 n_0 \delta &\leq 1 \\ \frac{1}{n_0} & \geq 2 \delta > \delta \end{aligned} $$yang kontradiksi dengan $1/n_0 < \delta.$ Dari sini, pengandaian salah. Sehingga, haruslah terdapat bilangan asli $m_0$ sedemikian sehingga $$m_0 \in (n_0 (c – \delta), n_0 (c + \delta)) $$yaitu $$\frac{m_0}{n_0} \in (c-\delta, c+\delta) $$Perhatikan bahwa $m_0$ dan $n_0$ hanya akan memiliki faktor persekututan $1$ karena $n_0$ adalah bilangan prima dan $$1 \notin (c-\delta, c+\delta)$$
Oleh karena itu, terdapat bilangan rasional $m_0 / n_0$ sedemikian sehingga $$m_0 / n_0 \in (c-\delta, c+\delta) $$dan $$k \left( \frac{m_0}{n_0} \right) = n_0 > n$$Sehingga, $k$ tidak terbatas pada $(c-\delta, c+\delta)$ yang berakibat bahwa $k$ tidak terbatas pada $I.$ Karena $I$ sebarang interval buka pada $A$ dan diperoleh bahwa $k$ tidak terbatas pada $I,$ maka dapat disimpulkan bahwa $k$ tidak terbatas pada sebarang interval buka pada $A.$
Selanjutunya, andaikan bahwa $k$ kontinu di suatu titik di $c \in A.$ Maka, $k$ akan terbatas pada suatu interval buka yang memuat $c$ yang kontradiksi dengan hasil sebelumnya. Sehingga, pengandaian salah dan haruslah $k$ tidak kontinu di setiap titik dari $A.$
Jadi, $k$ tidak terbatas pada setiap interval buka di $A$ dan $k$ tidak kontinu di setiap titik dari $A.$
Soal 15
Misalkan $f : (0,1) \to \mathbb{R}$ terbatas tetapi sedemikian sehingga $\lim_{x \to 0} f$ tidak ada. Tunjukkan bahwa ada dua barisan $(x_n)$ dan $(y_n)$ di $(0,1)$ dengan $\lim (x_n) = 0 = \lim (y_n),$ tetapi sedemikian sehingga $(f(x_n))$ dan $(f(y_n))$ ada tetapi tidak sama.
Jawab: Dengan menggunakan informasi-informasi yang tersedia tersebut, kita mengkonstruk barisan $(x_n)$ dan $(y_n)$ yang dimaksud. Terlebih dahulu, untuk setiap bilangan asli $n,$ didefinisikan interval $I_n$ dengan $I_n = (0, 1/n).$ Maka $I_n$ terletak di $(0,1)$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Kemudian, tinjau dua buah barisan $(\sup f(I_n))$ dan $(\inf f(I_n)).$
Kedua barisan tersebut terdefinisi dengan baik dan terbatas karena $f$ terbatas pada $(0,1).$ Lebih lanjut, karena $I_{n+1} \subset I_n,$ maka $$\sup f(I_{n+1}) \leq \sup f(I_n) $$dan $$\inf f(I_{n+1}) \geq \inf f(I_n) $$Sehingga, $(\sup f(I_n))$ dan $(\inf f(I_n))$ masing-masing adalah barisan yang monoton turun dan monoton naik. Dari sini, dengan teorema kekonvergenan barisan monoton, maka diperoleh bahwa $$\lim \sup f(I_n) = \inf_{n \in \mathbb{N}} \sup f(I_n) $$dan $$\lim \inf f(I_n) = \sup_{n \in \mathbb{N}} \inf f(I_n) $$Kemudian, andaikan bahwa kedua limit tersebut adalah sama dan misalkan bahwa nilainya adalah $\alpha$. Diberikan sebarang $\varepsilon > 0.$ Maka, terdapat bilangan asli $K_1$ sedemikian sehingga untuk bilangan asli $n$ dengan $n \geq K_1,$ berlaku $$\begin{aligned} |\sup f(I_n) – \alpha| &< \varepsilon \\ \sup f(I_n) – \alpha &< \varepsilon \end{aligned} $$Kita menghilangkan tanda nilai mutlak pada ketaksamaan terakhir karena $$\alpha =\lim \sup f(I_n) = \inf_{n \in \mathbb{N}} \sup f(I_n) $$
Kemudian, juga terdapat bilangan asli K_2 sedemikian sehingga untuk bilangan asli $n \geq K_2,$ berlaku $$\begin{aligned} |\inf f(I_n) – \alpha| &< \varepsilon \\ \alpha – \inf f(I_n) &< \varepsilon \end{aligned} $$Dengan argumen yang mirip dengan sebelumnya, Kita menghilangkan tanda nilai mutlak pada ketaksamaan terakhir karena $$\alpha =\lim \inf f(I_n) = \sup_{n \in \mathbb{N}} \inf f(I_n) $$Pilih $K = \max \{ K_1, K_2 \}, $maka untuk bilangan asli $n \geq K,$ berlaku $$\sup f(I_n) – \alpha < \varepsilon $$dan $$\begin{aligned} \alpha – \inf f(I_n) &< \varepsilon \\ -\varepsilon &< \inf f(I_n) – \alpha\end{aligned} $$Dari sini, $$-\varepsilon < \inf f(I_n) – \alpha \leq \sup f(I_n) – \alpha < \varepsilon $$untuk $n \geq K.$ Sehingga, untuk $n = K,$ diperoleh $$-\varepsilon < \inf f(I_K) – \alpha \leq \sup f(I_K) – \alpha < \varepsilon $$Akibatnya, untuk setiap $x \in K,$ berlaku $$-\varepsilon < \inf f(I_K) – \alpha \leq f(x) \leq \sup f(I_K) – \alpha < \varepsilon $$
Oleh karena itu, dengan sifat nilai mutlak, maka untuk setiap $x \in I_K = (0, 1/K),$ berlaku bahwa $$|f(x) -\alpha|<\varepsilon $$Ini menunjukkan bahwa $f$ mempunyai limit di $0$ yang kontradiksi dengan asumsi sebelumnya. Sehingga, pengandaian salah dan haruslah kedua nilai limit tersebut tidak sama. Langkah berikutnya adalah menentukan barisan $(x_n)$ dan $(y_n)$ yang dimaksud di soal dengan menggunakan barisan $(\sup f(I_n))$ dan $(\inf f(I_n)).$
Berdasarkan definisi supremum dan infimum, maka terdapat untuk setiap bilangan asli $n$, terdapat $x_n \in I_n = (0, 1/n)$ sedemikian sehingga $$\sup f(I_n) – \frac{1}{n} < f(x_n) \leq \sup f(I_n) $$dan terdapat $y_n \in I_n$ sedemikian sehingga $$\inf f(I_n) \leq f(y_n) < \inf f(I_n) +\frac{1}{n} $$Maka, $(x_n)$ dan $(y_n)$ konvergen ke $0$ karena $|x_n| < 1/n$ dan $|y_n|<1/n$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Selain itu, kita juga dapat melihat bahwa $(f(x_n))$ akan konvergen ke $\lim_{n \to \infty} \sup f(I_n)$ dan $(f(y_n))$ konvergen ke $\lim_{n \to \infty} \inf f(I_n.)$ Tetapi kita telah mengetahui sebelumnya bahwa $\lim_{n \to \infty} \sup f(I_n)$ tidak sama dengan $\lim_{n \to \infty} \inf f(I_n.)$
Jadi, terdapat dua barisan $(x_n)$ dan $(y_n)$ di $(0,1)$ dengan $\lim (x_n) = 0 = \lim (y_n),$ tetapi sedemikian sehingga $(f(x_n))$ dan $(f(y_n))$ ada tetapi tidak sama.
Sekian kali ini mengenai Pembahasan Soal Analisis Real BAB 5 bagian 1 Fungsi Kontinu. Postingan ini adalah terkait tentang Pembahasan Soal Analisis Real Buku Introduction to Real Analysis Bartle, jika Anda tertarik dengan postingan yang serupa, Anda dapat ke sini. Tetapi, jika Anda tertarik dengan topik lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu, sekian dan terima kasih.
