Fungsi kontinu seragam pasti kontinu biasa tetapi fungsi kontinu biasa tidak selalu kontinu seragam. Fungsi kontinu seragam memiliki sifat bahwa batas fungsi sama dengan nilai fungsi.

1. Klik tombol mulai untuk menjalankan program
MEDAL

2. MEDAL
Sundak 21/05/2011
Sundak 21/05/2011

3. Pengetahuan Umum
FUNGSI KONTINU KONTINU SERAGAM
DEFINISI DEFINISI
TEOREMA i (kriteria fungsi kontinu) KRITERIA KONTINU TAK SERAGAM
TEOREMA ii TEOREMA KS PADA SELANG TERTUTUP TERBATA
TEOREMA iii FUNGSI LIPSCHITZ (DEFINISI,TEOREMA)
TEOREMA iv TEOREMA KS DENGAN BC
1. δ yang bergantung
2. Kontinu Seragam pasti Kontinu Biasa tetapi Kontinu Biasa tidak Kontinu Seragam
MEDAL

4. efinisi
:A→R
Є A tiik limit A
f dikatakan kontinu di c ⇔ (∀ ε > 0)(∃ δ = δ (c, ε ) > 0) ∋ (∀ x ∈ A, x − c < δ ⇒ f ( x) − f (c) < ε )
Atau
Fungsi f kontinu di c jika
(1). f (c) ada
(2). lim f ( x)ada
x→ c
(3). lim f ( x) = f (c)
x→ c
atan:
gsi f dikatakan kontinu pada A jika f kontinu di setiap titik anggota A.
gsi yang tidak kontinu dinamakan fungsi diskontinu.
Contoh : f[0,1] → R
f(x)=4x+1. Buktikan f kontinu di dan pada [0,1]
MEDAL Pembuktian
Pembuktian

5. Teorema i
f:A→R
cЄA
f kontinu di c ⇔∀ xn ) ⊆ A, xn ≠ c, xn →c ⇒ f ( xn ) → f (c )
(
Teorema ii
f:A→R
cЄA
f diskontinu di c ⇔ ∃( xn ) ⊆ A, xn ≠ c, xc → c ⇒ f ( xn ) → f (c)
/
Contoh
f:R→R
x + 3, x rasional
f ( x) = { 8− 3 x , xirrasional
Tentukan titik kekontinuan dari f! Penyelesaian
Penyelesaian
MEDAL

6. Teorema iii
f ,g : A → R
cЄA
Jika f dan g masing-masing kontinu di c, maka
(i). α f kontinu di c, α skala r
Pembuktian
Pembuktian
(ii). f ± g kontinu di c
(iii). fg kontinu di c
Latihan
Latihan
f
(iv). Kontinu di c, g(c)≠0
g
Teorema iv
Misal A, B ⊆ R
f:A→R
g: B → R
MEDAL
Adalah fungsi-fungsi dengan f ( A) ⊆ B

7. Definisi
Misal
A⊆ R
f :A→ R
Fs f dikatakan kontinu seragam ada A jika setiap ε > 0, terdapat δ =
δ(ε) > 0 sehingga untuk setiap x,c Є A dengan ǀ x – c ǀ < δ berlaku
ǀ f (x) – f (c) ǀ < ε
Contoh fs f : R → R
f (x) = 3x, x Є R . Buktikan fs f kontinu seragam!
Pembuktian
Pembuktian
MEDAL

8. Kriteria Kontinu tak Seragam
Misal
A⊆ R
f :A→ R
Pernyataan-pernyataan berikut ekuivalen
(i) f kontinu tak seragam pada A
(ii) ∃ ε 0 > 0 ∋ ∀ δ > 0, ∃ xδ , cδ ∈ A, xδ − cδ < 5 tetapi f ( xδ ) − f (cδ ) ≥ ε 0
1 f ( xn ) − f ( y n ) ≥ ε 0
(iii) ∃ ε 0 > 0, ∀ n ∈ N , ∃ xn , yn ∈ A, xn − yn < tetapi
n
Atau
∃ε 0 > 0, ∃( xn ), ( yn ) ⊆ A, xn − yn → 0 tetapi f ( xn ) − f ( y n ) ≥ ε 0
Contoh g ( x) = 1 , x > 0
x
Buktikan g(x) kontinu tak seragam!
Pembuktian
Pembuktian
MEDAL

9. Teorema Kontinu Seragam
Jika f kontinu pada selang tertutup terbatas I = [a,b], maka f kontinu
seragam pada I
Contoh
f ( x) = x , x ∈ [ 0,2]
f kontinu pada [0,2]. [0,2] tertutup terbatas maka f kontinu seragam
pada [0,2]
MEDAL

10. Fungsi Lipschitz
Definisi
A⊆R
f : A →R
f dikatakan fungsi Lipschitz (memenuhi kondisi Lipschitz) ada A jika terdapat
K > 0 sehingga setiap untuk setiap x, y Є A
f ( x) − f ( y ) ≤ K x − y
MEDAL

11. Teorema
f:A→R
Jika f memenuhi kondisi Lipschitz pada A,maka f kontinu seragam pada A
Pembuktian
Pembuktian
Sehingga Fungsi Lipschitz digunakan pembuktian fungsi kontinu seragam.
Contoh
f ( x) = x , x ∈[ 0,1]
Buktikan f (x) bukan fungsi Lipschitz!
Pembuktian
Pembuktian
MEDAL

12. Hubungan KS dengan BC
Teorema i :
f : X → Y kontinu seragam
(xn) Barisan Cauchy di dalam X maka (f(xn)) Barisan Cauchy di dalam Y.
Pembuktian
Pembuktian
Contoh :
Buktikan f(x) =1/x tidak kontinu seragam pada (0,1).
Penyelesaian
Penyelesaian
MEDAL

13. Teorema ii :
f kontinu seragam pada (a,b) jika dan hanya jika f dapat
diperluas menjadi fungsi kontinu pada [a,b].
Pembuktian
Pembuktian
MEDAL

14. Puyeng mak
MEDAL

15. (i) f kontinu di [0,1]
adb(∀ ε > 0)(∃ δ = δ (1, ε ) > 0) ∋ (∀ x ∈ A, x − 1 < δ ⇒ (4 x + 1) − 5 < ε )
ε
Diambil ε>0 sebarang, dipilih δ =
4
Akibatnya∀ , x −1 < δ
x
( 4 x +1) −5 = 4 x − 4
= 4( x − )
1
ε
=4δ <4 =ε
4
(ii) f kontinu pada [0,1]
adb f kontinu disetiap titik didalam [0,1]
Diambil sebarang c Є [0,1]. Dibuktikan f kontinu di c maka
Diambil ε>0 sebarang, dipilih δ =
ε
adb(∀ ε > 0)(∃ δ = δ (c, ε ) > 0) ∋ (∀ x ∈ [0,1], x − c < δ ⇒ f ( x) − f (c) < ε )
4
Akibatnya ∀x ∈[0,1], x −c < δ
f ( x ) − f (c ) = ( 4 x +1) − ( 4c +1)
= 4 x − 4c
= 4 x −c
MEDAL ε
= 4 x −c < 4δ = 4 =ε WANGSUL
4

16. Penyelesaian:
Misal f kontinu di c
Diambil sebarang barisan ( x n ) ⊆ R , x n → c ⇒ f ( xn ) → f ( c )
Berakibat xn + 3, xn rasional
f (x ) = {
n 8− 3 xn , xnirrasional
Karena xn → c maka ( xrasional&irrasional konvergen ke c dengan demikian
n)
y n = xn + 3 → c + 3
zn = 8 − 3xn → 8 − 3c
Dilain pihak ( yn ) & ( zbarisan bagian dari
n) (,f karena f kontinu di c maka
( xn ))
y n → f (c ) & z n → f (c )
Dengan ketunggalan limit barisan
f(c) = c + 3 = 8 - 3c maka c = ⁵/₄
҉ titik ⁵/₄ kontinu di f
MEDAL
WANGSUL

17. (i). α f kontinu di c, α skala r
Adb α f kontinu di c⇔ ∀ ( xn ) ⊆ A, xn ≠ c, xn → c ⇒ (α f )( xn ) → (α f )(c)
Diambil sebarang ( xn ) ⊆ A, xn ≠ c, xn → c karena f kontinu di c maka
f ( xn ) → f ( c )
Berakibat untuk α Є R : def
(α f )( xn ) = α ( f ( xn )) → α f (c) = (α f )(c)
(ii). f ± g kontinu di c
adb f ± g kontinu di c⇔ ∀ ( xn ) ⊆ A, xn ≠ c, xn → c ⇒ ( f ± g )( xn ) → ( f ± g )(c)
Diambil sebarang ( xn ) ⊆ A, xn ≠ c, xn → c karena f,g kontinu di c maka
f ( x n ) → f ( c ) & g ( xn ) → f ( c )
Berakibat f , g Є R : def
( f ± g )( xn ) = f ( xn ) ± g ( xn ) → f (c) ± g (c) = ( f ± g )(c)
MEDAL
WANGSUL

18. MEDAL
WANGSUL

19. Pembuktian
Adb (∀ ε > 0)(∃ δ = δ (ε ) > 0) ∋ ∀ x, c ∈ R, x − c < δ ⇒ f ( x) − f (c) < ε
Diambil sebarang ε > 0 dan c Є R dipilih δ = ᵋ/₃
sehingga ∀ x, c ∈ R, x − c < δ :
ǀ f (x) – f (c) ǀ = ǀ 3x – 3cǀ = ǀ 3(x – c)ǀ = ǀ 3 ǀ ǀ x - cǀ
= 3ǀ x – c ǀ < 3 δ = 3 ᵋ/₃ = ε
҉ Jadi f kontinu di c
Karena c Є R sebarang, maka f kontinu pada R
MEDAL
WANGSUL

20. Penyelesaian
adb ∃ ε 0 > 0, ∃( xn ), ( yn ) ⊆ A, xn − yn → 0 tetapi g ( xn ) − g ( yn ) ≥ ε 0
Diambil ε₀ = 3
1 1
xn = ; yn =
n n +3
1 1
xn − y n = − →0
n n +3
tetapi g ( xn ) − g ( yn ) = n − (n + 3) = 3 ≥ 3
g kontinu tak seragam pada {x Є R : x > 0}
MEDAL
WANGSUL

21. Pembuktian
Diketahui f fungsi Lipschitz pada A, artinya terdapat K > 0 sehingga
∀ x, y ∈ A
f ( x) − f ( y ) ≤ K x − y
Diambil ε > 0 sebarang, pilih δ = ᵋ/k , akibatnya
∀x, y ∈ A, x − y < δ :
f ( x) − f ( y ) ≤ ε
MEDAL
WANGSUL

22. Pembuktian
f merupakan fungsi seragam pada [0,1].
misal f fungsi Lipschitz pada [0,1], berarti ada K > 0 sehingga∀ x, y ∈ [0,1] :
f ( x) − f ( y ) ≤ K x − y
Tetapi 1
x= 2
∈ [0,1], y = 0 ∈ [0,1]
2K
1 1
∗ f ( x) − f ( y ) = x −0 = −0 =
2K 2 K 2
1 1
∗ K x − y = K x − 0 = Kx = K . 2
=
2K 2K
1 1 1 1
∴ ≤ ⇒ ≤ kontradiksi
K 2 2K 2 2
MEDAL
WANGSUL

23. Bukti :
Diberikan ε > 0 sebarang. Karena f : X → Y kontinu seragam, maka terdapat δ > 0
sehingga ∀ x, y ∈ X , f ( x) − f ( y ) ≤ δ berlaku :
f ( x) − f ( y ) < ε
Karena (xn) Barisan Cauchy didalam X, maka untuk δ > 0 di atas terdapat H Є N
sehingga untuk m,n ≥ H :
( xn ) − xm ) <
( δ
Akibatnya untuk m,n ≥ H :
f ( x n ) − f ( xm ) <ε
MEDAL
WANGSUL

24. 1
Diambil barisan (xn) ⊆ xn =
(0,1),
n
(xn) Barisan Cauchy tetapi f(xn) = n bukan barisan Cauchy.
1
Jadi f(xn) = x tidak kontinu seragam pada (0,1).
MEDAL
WANGSUL

25. Bukti :
Karena f kontinu pada [a,b] maka f kontinu seragam pada [a,b]. Akibatnya f kontinu seragam
pada (a,b).
Diketahui f kontinu seragam pada (a,b).
Akan dibuktikan f dapat diperluas menjadi fungsi kontinu di a dan b.
Tanpa mengurangi keumuman, ditunjukkan lim
= L (ada).
x →a
Untuk titik b, bukti analog.
Bilangan a adalah titik limit dari (a,b), maka terdapat (xn) ⊆(a,b) sehingga xn → a
Akibatnya (xn ) Barisan Cauchy, oleh karena itu (f(xn)) Barisan Cauchy sehingga (f(xn)) konvergen
Jadi lim ( f ( xn )) = L (ada)
n→ ~
Jika (yn ) ⊆(a,b) sebarang , yn → a maka lim ( y n − xn ) = a − a = 0
n→ ~
Dengan kekontinuan seragam dari(ff ( x )) = lim( f ( y ) − f ( x )) + lim( f ( x ))
lim n n→ ~
n→ ~
n n
n→ ~
n
=0+L=L
Karena diperoleh nilai yang sama untuk setiap barisan yang konvergen ke a, maka dari kriteria
barisan untuk limit, f mempunyai limit L di a.
Jika didefinisikan f(a) = L, maka kontinu di a.
Argumen yang sama dapat dilakukan untuk b.
҉ Jadi f dapat diperluas menjadi fungsi yang kontinu pada [a,b]
MEDAL
WANGSUL