Last Updated on September 3, 2023 by prooffic
Potingan kali ini membahas tentang pembahasan soal analisis real bagian 5.3 fungsi kontinu pada interval di buku “Introduction to Real Analysis” oleh Robert G. Bartle dan Donald R. Sherbert. Pembahasan ini menggunakan beberapa konsep terutama konsep-konsep pada bagian 5.3 dan teorema-teorema pada bagian-bagian sebelumnya seperti teorema Bolzano-Weierstrass dan Kritera Kekontinuan dengan Barisan.
Berikut adalah pembahasan soal analisis real bagian 5.3 fungsi kontinu pada interval.
Soal 1
Misalkan $I := [a,b]$ dan misalkan $f : I \to \mathbb{R}^n$ adalah fungsi kontinu sedemikian sehingga $f(x) > 0$ untuk setiap $x \in I.$ Buktikan bahwa ada bilangan $\alpha > 0$ sedemikian sehingga $f(x) \geq \alpha$ untuk setiap $x \in I.$
Jawab: Misalkan $I := [a,b]$ serta diasumsikan bahwa $f : I \to \mathbb{R}^n$ adalah fungsi kontinu sedemikian sehingga $f(x) > 0$ untuk setiap $x \in I.$ Akan ditunjukkan bahwa terdapat bilangan $\alpha > 0$ sedemikian sehingga $f(x) \geq \alpha$ untuk setiap $x \in I.$
Akan digunakan dua cara yang berbeda untuk membuktikan hal tersebut.
Cara I:
Tinjau himpunan $J := \{ f(x) : x \in I\}.$ Karena $I$ adalah interval tutup terbatas dan $f$ adalah fungsi kontinu pada $I$, maka $f$ terbatas pada $I$ sehingga $\inf J$ ada. Misalkan $$\alpha = \inf J = \inf \{ f(x) : x \in I\}$$
Selanjutnya adalah menunjukkan bahwa $\alpha > 0.$ Berdasarkan definisi infimum, maka untuk setiap $n \in \mathbb{N}$, terdapat $x_n \in I$ sedemikian sehingga $$\alpha \leq f(x_n) < \alpha + \frac1n, \quad n \in \mathbb{N}. $$
Karena barisan $(x_n)$ yang dikontruksi tersebut ada di $I$, maka $(x_n)$ terbatas sehingga dengan teorema Bolzano-Weiestrass, terdapat subbarisan $(x_{n_k})$ yang konvergen ke suatu titik $x \in I,$ yaitu $x_{n_k} \to x.$ Di lain pihak, subbarisan tersebut memenuhi bahwa $$\alpha \leq f(x_{n_k}) < \alpha + \frac1{n_k}, \quad k \in \mathbb{N}. $$
Karena $f$ kontinu dan $x_{n_k} \to x,$ maka berdasarkan kriteria barisan untuk kekontinuan diperoleh bahwa $f(x_{n_k}) \to f(c)$. Karena $$\alpha \leq f(x_{n_k}) < \alpha + \frac1{n_k}, \quad k \in \mathbb{N}, $$juga diperoleh bahwa $f(x_{n_k}) \to \alpha.$ Berdasarkan ketunggalan limit, diperoleh $f(c) = \alpha.$
Kemudian, karena $c \in I$ dan $f(x) > 0$ untuk setiap $x \in I,$ maka $$\alpha = f(c) > 0 $$dengan $$\alpha = \inf J \leq f(x), \quad x \in I.$$ Oleh karena itu, terdapat bilangan $\alpha > 0$ sedemikian sehingga $f(x) \geq \alpha$ untuk setiap $x \in I.$
Cara II:
Cara kedua menggunakan kontradiksi. Andaikan bahwa untuk setiap $\alpha > 0$ terdapat $x_\alpha \in I$ sedemikian sehingga $f(x_\alpha) < \alpha$.
Oleh karena itu, untuk setiap bilangan asli $n,$ terdapat $x_n \in I$ sedemikian sehingga $$ 0 < f(x_n) < \frac1n, \quad n \in \mathbb{N}. $$Karena $x_n \in I$ untuk setiap bilangan asli $n$, maka barisan (x_n) terbatas sehingga berdasarkan Teorema Bolzano-Weiestrass, terdapat subbarisan $(x_{n_k})$ sehingga $x_{n_k} \to x$ untuk suatu $x \in I.$
Karena $f$ kontinu dan $x_{n_k} \to x,$ maka $f(x_{n_k}) \to f(x).$ Di lain pihak, karena $$ 0 < f(x_n) < \frac1n, \quad n \in \mathbb{N}, $$maka $$ 0 < f(x_{n_k}) < \frac{1}{n_k}, \quad k \in \mathbb{N} $$yang berakibat bahwa dengan teorema apit diperoleh $f(x_{n_k}) \to 0.$
Dengan ketunggalan limit, haruslah $f(c) = 0$. Hal tersebut kontradiksi dengan asumsi bahwa $f(x) > 0$ untuk setiap $x \in I.$ Akibatnya, pengandaian salah dan haruslah ada bilangan $\alpha > 0$ sedemikian sehingga $f(x) \geq \alpha$ untuk setiap $x \in I$ ♥
Baca Juga:
Pembahasan Soal Analisis Real Buku Bartle
Pembahasan Soal Analisis Real ONMIPA/KNMIPA
Soal 2
Misalkan $I := [a,b]$ dan misalkan $f : I \to \mathbb{R}$ dan $g : I \to \mathbb{R}$ adalah fungsi kontinu pada $I.$ Tunjukkan bahwa himpunan $E := \{x \in I : f(x) = g(x) \}$ mempunyai sifat bahwa jika $(x_n) \subseteq E$ dan $x_n \to x_0,$ maka $x_0 \in E.$
Jawab: Asumsikan bahwa $f$ dan $g$ adalah fungsi bernilai real kontinu pada interval $I = [a,b]$. Misalkan $$h(x) = f(x) – g(x), \quad x \in I.$$
Tinjau kembali himpunan $E.$ Perhatikan bahwa $$E := \{x \in I : f(x) = g(x) \} = \{x \in I : h(x) = 0\}.$$
Akan ditunjukkan bahwa jika $(x_n) \subseteq E$ dan $x_n \to x_0,$ maka $x_0 \in E.$ Untuk itu, misalkan $(x_n) \subseteq E$ dengan $x_n \to x_0.$
Karena $x_n \in E,$ maka $h(x_n) = 0$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}.$ Oleh karena itu, $h(x_n) \to 0.$
Di lain pihak, karena $x_n \to x_0$ dan $h$ kontinu, maka haruslah $h(x_n) \to h(x_0).$ Berdasarkan ketunggalan limit dan $h(x_n) \to 0$ serta $h(x_n) \to h(x_0).$, diperoleh bahwa $h(x_0) = 0.$
Hal tersebut berakibat bahwa $x_0 \in E.$ Jadi, jika $(x_n) \subseteq E$ dan $x_n \to x_0,$ maka $x_0 \in E$ ♥
Soal 3
Misalkan $I : [a,b]$ dan misalkan $f : I \to \mathbb{R}$ adalah fungsi kontinu pada $I$ sedemikian sehingga untuk setiap $x \in I$ terdapat $y \in I$ sedemikian sehingga $$|f(y)| \leq \frac12 |f(y)|. $$Buktikan bahwa terdapat $c \in I$ sedemikian sehingga $f(c) = 0.$
Jawab. Misalkan adalah fungsi kontinu bernilai real pada $I = [a, b]$ sedemikian sehingga untuk setiap $x \in I$ terdapat $y \in I$ sedemikian sehingga $$|f(y)| \leq \frac12 |f(y)|. $$Misalkan $x_1 = b.$ Maka, terdapat $x_2 \in I$ dengan $$|f(x_2)| \leq \frac12 |f(x_1)| = \frac12 |f(b)|.$$
Kemudian, terdapat $x_3\in I$ dengan $$|f(x_3)| \leq \frac12 |f(x_2)| = \frac12 \cdot \frac12 |f(b)| = \frac14 |f(b)|. $$Dengan melanjutkan proses tersebut, diperoleh barisan $(x_n)$ di $I$ dengan $$|f(x_n)| \leq \frac{1}{2^{n-1}} |f(b)|, \quad n \in \mathbb{N}.$$
Kemudian, karena barisan $(x_n)$ ada di $I,$ maka barisan tersebut terbatas sehingga dengan teorema Bolzano-Weierstrass, terdapat subbarisan $(x_{n_k})$ sedemikian sehingga $x_{n_k} \to c$ untuk suatu $c \in I.$ Dengan kontinuitas dari $f,$ diperoleh bahwa $f(x_{n_k}) \to f(c).$
Di lain pihak, $$|f(x_{n_k})| \leq \frac{1}{2^{{n_k}-1}} |f(b)|, \quad k \in \mathbb{N}, $$sehingga dengan mengambil $k \to \infty$ dan teorema Apit diperoleh bahwa $$\begin{aligned} | \lim_{k \to \infty} f(x_{n_k}) | & \leq \lim_{k \to \infty} \left| \frac{1}{2^{n_k – 1}} \right| |f(b)| \\ |f(c)| & \leq 0 \end{aligned} $$yang berakibat $f(c) = 0$ dengan $c \in I.$ Oleh karena itu, terdapat $c \in I$ sedemikian sehingga $f(c) = 0$ ♥
Soal 4
Tunjukkan bahwa setiap polinomial berderajat ganjil dengan konstanta real mempunyai paling sedikit satu akar real.
Jawab: Misalkan $P(x) = a_n x^n + \cdots + a_1 x + a_0$ adalah polinomial berderajat ganjil dengan konstanta real. Tanpa mengurangi keumuman, asumsikan bahwa $a_n >0.$
Maka, dengan Contoh 4.3.16 pada buku rujukan, diperoleh $$\lim_{x \to \infty} P(x) = + \infty, $$dan $$\lim_{x \to -\infty} P(x) = -\infty. $$Dengan definisi dari limit di tak hingga, diperoleh bahwa terdapat $x \in \mathbb{R}$ positif sedemikian sehingga $f(x) > 0$ dan $f(-x) < 0.$
Karena $P$ adalah fungsi kontinu, maka dengan teorema letak akar, diperoleh bahwa $P$ mempunyai paling sedikit satu akar real. Jadi, setiap polinomial berderajat ganjil dengan konstanta real mempunyai paling sedikit satu akar real.
Soal 5
Tunjukkan bahwa polinom $p(x) : = x^4 + 7x^3 – 9$ memiliki paling sedikit dua akar real.
Jawab: Perhatikan bahwa $$\lim_{x \to -\infty} p(x) = + \infty = \lim_{x \to -\infty} p(x). $$Selain itu, nilai $x$ yang memenuhi $p'(x) = 0$ adalah $x = 0$ dan $x = -\frac{21}{4}$. Kemudian, $$p(0) = 0$$ dan $$ p \left(-\frac{21}{4} \right) = \left( -\frac{21}{4}\right)^4 + 7 \left( -\frac{21}{4}\right)^3 – 9 <0 $$
Karena $$\lim_{x \to -\infty} p(x) = + \infty = \lim_{x \to -\infty} p(x), $$maka dapat diperoleh $a<-21/4<0$ sehingga $p(a) >0$ dan $b>0$ sehingga $p(b)>0$. Dari sini, diperoleh dua buah interval $[a, -21/4]$ dengan $p(a) > 0 > p(-21/4)$ dan $[0, b]$ dengan $p(0) <0 < p(b).$
Dengan teorema letak akar, diperoleh bahwa terdapat bilangan real $x_1$ dan $x_2$ sehingga $$a\leq x_1 \leq -\frac{21}{4} < 0 \leq x_2 \leq b $$dengan $$p(x_1) = 0 = p(x_2). $$Dapat dilihat bahwa $x_1 < x_2.$ Oleh karena itu, terdapat paling sedikit dua akar berbeda dari $p$♥
Soal 6
Misalkan $f$ adalah fungsi kontinu pada interval $[0,1]$ ke $\mathbb{R}$ sedemikian sehingga $f(0) = f(1).$ Buktikan bahwa terdapat titik $c$ di $[0,\frac12]$ sedemikian sehingga $f(c) = f \left(c+\frac12\right)$.
Jawab. Tinjau fungsi $$g(x) = f(x) – f \left( x + \frac12\right), \quad x \in [0,\frac12]. $$Perhatikan bahwa $$g(0) = f(0) – f \left( \frac12 \right) = f(1) – f \left( \frac12 \right) $$dan $$g \left( \frac12 \right) = f \left( \frac12 \right) – f ( 1). $$Dari sini, diperoleh $g(0) = g \left( frac12 \right).$
Jika $g(0) = 0$, pilih $c = 0$, maka $g(c) = 0$ yang berakibat bahwa $$ \begin{aligned} g(c) & = 0 \\ f(c) – f \left(c+\frac12\right) & = 0 \\ f(c) & = f \left(c+\frac12\right) \end{aligned}. $$Asumsikan $g(0) \neq 0$. Tanpa mengurangi keumuman, asumsikan bahwa $g(0)>0.$ Maka, $g\left( \frac12 \right) = – g(0) < 0$. Berdasarkan teorema letak akar, diperoleh bahwa terdapat paling sedikit sebuah titik $c$ di $(0, \frac12)$ sehingga $g(c) =0,$ yaitu $$ \begin{aligned} g(c) & = 0 \\ f(c) – f \left(c+\frac12\right) & = 0 \\ f(c) & = f \left(c+\frac12\right) \end{aligned}.$$
Oleh karena itu, dapat disimpulka bahwa terdapat $c \in [0,\frac12]$ sedemikian sehingga $f(c) = f \left( c + \frac12 \right)$ ♥
Demikian postingan kali ini tentang pembahasan soal pembahasan soal analisis real bagian 5.3 fungsi kontinu pada interval. Jika Anda tertarik dengan postingan lain tentang Pembahasan Soal Analisis Real buku Bartle, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan postingan lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu, sekian dan terima kasih.