Hai bro iseng nih buat solusi buat belajar,dicek lagi ya bro kali2 aja adayang ngaco atau kurang tepat,jangan terlalu dijadikan acuan,ayo broh mulaiwkwkwkwk

Bab 5.4 (solusi bartle ed 4)

No.1) tunjukan bahwa fungsi f(x) = 1/x kontinu seragam di himpunan A:= [a,∞) , dimana a adalah bilangan konstanta positif

Solusi :karena a adalah batas bawah dari 1/x (ingat domain A:= [a,∞) ) jadi x > adan u > a maka 1/x < 1/a dan 1/u < 1/alalu jika kita pilih δ = a2ε akan didapatjika |x−u| < a2ε maka |f(x)−f(u)| = |1/x−1/u| = |x−uxu | ≤ |1/x||1/u||x−u| ≤|1/a||1/a||x− u| ≤ |1/a2||x− u| = a2ε1/a2 = εjadi 1/x kontinu seragam di [a,∞] Terbukti (aseek)

No.2) tunjukkan bahwa fungsi f(x) = 1/x2 kontinu seragam di A := [1,∞]tetapi tidak seragam di B := (0,∞).

Solusi :untuk A := [1,∞)

|f(x)− f(y)| = |1/x2 − 1/y2| = y2−x2

x2y2 ≤ |y−x||x−y|x2y2 ≤ |y − x|(1/xy2 + 1/x2y)

karena x, y > 1 maka 1/x2y, 1/xy2 < 1 jadi

|f(x)− f(y)| = |1/x2 − 1/y2| = y2−x2

x2y2 ≤ |y−x||x−y|x2y2 ≤ |y − x|(1/xy2 + 1/x2y) ≤|y − x|(1 + 1) ≤ 2|x− y|jadi f di A := [1,∞) adalah lipschitz dengan K = 2 maka f kontinu seragam diA := [1,∞) Terbukti (aseek)

untuk B := (x > 0) pake teorema 5.4.2 dengan menggunakan barisan(miripdengan contoh di hal 142)Pilih xn = 1/

√n dan un = 1/

√n+ 1

lalu kita aplikasikan ke teorema sehingga lim(xn−un) = lim (1/√n−1/

√n+ 1

= 0 lalu |f(xn)−f(un)| = |( 1( 1√

n)2− 1

( 1√n+12

)| = 1 jika kita pilih ε = 1 maka teo-

rema terpenuhi sehingga f(x) = 1/x2 di B := (x > 0) tidak seragam. Terbukti(aseek)

1

No.3) Gunakan teorema kriteria ketakseragaman kontinuitas 5.4.2 untukmenunjukkan fungsi berikut tak seragam di himpunan yang diberikan(a) f(x) := x2, A := [0,∞)(b) g(x) := sin(1/x), B := (0,∞)

Solusi :(a) gunakan teorema 5.4.2(iii),Untuk f(x) := x2, A := [0,∞) , pilih xn = n+1/ndan un = n sehingga lim(xn − un) = lim(n + 1/n − n) = lim (1/n)=0 dan|f(xn − f(un)| = |(n+ 1/n)2 − (n2)| = 2 + 1/n2 sehingga jika kita pilih ε0 = 2maka |f(xn − f(un)| ≥ ε0 = 2 akan terpenuhi.Terbukti (aseek)

(b) untuk g(x) := sin(1/x), B := (0,∞) pilih xn = 1/2πn dan un = 1/(2πn +π/2) sehingga lim(xn − un) = lim (1/2πn − 1/(2πn + π/2)) = 0 dan |f(xn −f(un)| = |sin(1/2πn) − sin(1/(2πn + π/2)))| = |0 − 1| jika kita pilih ε0 = 1maka |f(xn − f(un)| ≥ ε0 = 1 akan terpenuhi.Terbukti (aseek)

No.4 tunjukkan bahwa fungsi f(x) := 1/(x2 + 1) untuk x ∈ R kontinu ser-agam di R

Solusi : |f(x) − f(y)| = |1/(x2 + 1) − 1/(y2 + 1)| = x2−y2

(x2+1)(y2+1) ≤ |x −y|( |x+y|

(x2+1)(y2+1) ) ≤ |x − y|(|x|

x2+1 + |y|y2+1 ) perhatikan bahwa |x|

x2+1 ≤ 1/2 begitu

juga dengan |y|y2+1 jadi |f(x) − f(y)| ≤ |x − y|(1/2 + 1/2) = |x − y| sehingga f

memenuhi lipshitz untuk K =1 dan kontinu seragam. Terbukti (aseek)

No.5 tunjukan jika f dan g kontinu seragam di subbagian A dari R,maka f+ g juga kontinu seragam di A.

Solusi : untuk f,g kontinu seragam kita dapat,untuk setiap ε > 0 terdapat δ1 > 0 sedemikian sehingga |f(x) − f(y)| ≤ ε/2untuk setiap x,y ∈ R,|x− y| < δ1 danδ2 > 0 sedemikian sehingga |g(x)−g(y)| ≤ ε/2 untuk setiap x,y ∈ R,|x−y| < δ2untuk f + g kita dapat |x− y| < δ dimana δ = Min(δ1, δ2) sedemikian sehingga|f(x) + g(x) − (f(y) + g(y))| ≤ |f(x) − f(y) + g(x) − g(y| ≤ ε/2 + ε/2 = εTerbukti (aseek)

No.6 tunjukkan bahwa jika f dan g kontinu seragam di A ⊆ R dan jikakeduanya terbatas maka perkalian fg juga kontinu seragam

2

Solusi : diketahui f dan g terbatas di A maka f(x), f(y) ≤M dan g(x), g(y) ≤N dimana M,N ∈ A dan f,g kontinu seragam di A maka untuk ε > 0 terdapatδ1,2 > 0 sedemikian sehingga jika |x− y| ≤ δ1 maka |f(x)− f(y)| ≤ ε/2M danjika |x− y| ≤ δ2 maka |g(x)− g(y)| ≤ ε/2N .lalu jika kita pilih δ = Min(δ1, δ2) maka|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)| ≤Mε/2M +Nε/2N = ε Terbukti (aseek)

No.7 jika f(x) := x dan g(x) := sin(x),tunjukkan bahwa f dan g kontinuseragam di R tetapi perkalian fg nya tidak kontinu seragam di RSolusi : untuk f(x) = xf(x) = x, f(u) = u maka |f(x)− f(u)| ≤ |x− u| (fungsi lipschitz dengan K=1)jadi f(x) seragam

untuk g(x) = sin(x)|sin(h)| ≤ |h|(untuk h kecil)

Jadi 2A=x+y dan 2B=x-y|sint| ≤ 1 dan |cost| ≤ 1sin(x)− sin(y) = 2(sin((x− y)/2)cos(x+ y)/2)maka|f(x)−f(y)| = sin(x)−sin(y) = 2(sin((x−y)/2)cos(x+y)/2 ≤ 2|x−y2 | = |x−y|f(x) adalah lipschitz dengan K = 1 maka f(x) kontinu seragam

untuk h(x) = g(x)f(x) = xsin(x)kita akan menggunakan teorema kriteria ketakseragaman kontinuitas 5.4.2 (iii)dengan memilih xn = 2πn dan un = 2πn+ 2π/nlim (xn − un) = lim (2πn− 2πn+ 2π/n) = 0sin(xn) = sin(2πn) = 0 dan sin(un) = sin(2πn+ 2π/n) = sin(2π/n)jadi |xnsin(xn)− unsin(ux)| = 2πn+ 2π/n(sin(2π/n))

misalkan 2π/n = a maka didapat 4π2( sin(a)a )+asin(a)) ketika n mendekati∞ a

mendekati 0 maka 4π2( sin(a)a )+asin(a)) ≥ 1 sehingga jika kita pilih ε = 1 maka

teorema terpenuhi jadi h(x) tidak kontinu seragam..fiuuuuh Terbukti (aseek)

3

No.8 Buktikan jika f dan g masing-masing kontinu seragam di R maka kom-posisi fungsi f ◦ g juga seragam di R

Solusi : f,g kontinu maka untuk setiap ε > 0 terdapat γ > 0 sedemikiansehingga jika |x−u| < γ maka |f(x)− f(u)| < ε dan terpadat δ > 0 sedemikiansehingga jika |x − u| < δ maka |g(x) − g(u)| < γ jadi jika |x − u| < δ maka|(f(g(x))− (f(g(u))| < ε Terbukti (aseek)

No.9 jika f kontinu seragam di A ⊆ R dan |f(x)| ≥ k > 0| untuk semuax ∈ A,tunjukkan bahwa 1/f kontinu seragam di A

Solusi : |f | ≥ k ⇒ 1/f ≤ 1/kjadi untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika |x − u| <δ maka |f(x) − f(u)| < εk2 jadi untuk |1/f(x) − 1/f(u)| = | f(x)−f(u)f(x)f(u) | ≤( 1f(x) )(

1f(u) )|f(x)− f(u)| ≤ 1

k2 εk2 = ε .Terbukti (aseek)

No.10 Buktikan jika f kontinu seragam di subhimpunan A dari R maka fterbatas di A

Solusi : asumsikan f(x) tidak terbatas A maka∀M ∃xm ∈ A sehingga |f(xm)| > Mberarti f memiliki barisan xm di A , dengan teorema bolzano weistrass maka xmpunya subbarisan xmk yang konvergen,karena xmk konvergen maka xmk adalahbarisan cauchy,dan karena xmk cauchy, dengan teorema 5.4.7 maka f(xmk) jugacauchy,sehingga f(xmk) terbatas. akan tetapi |f(xmk)| > mk .kontradiksi.jadi fterbatas di A Terbukti (aseek)

No.11 Jika g(x)=√x untuk x ∈ [0, 1],tunjukkan bahwa tidak ada bilangan

konstan K sedemikian sehingga |g(x)| ≤ K|x|

solusi : sebuah fungsi dikatan lipschitz jika∃ konstant K > 0 ∀x, u sedemikian sehingga |f(x)− f(u)| ≤ K|x− u|g(x)=

√x

|g(x)− g(u) ≤ K|x− u| = |√x−√u| ≤ K|x− u| =

√x−√u

x−u ≤ K = K ≥ 1√x−√u

untuk x ∈ [0, 1]jadi tidak ada K yang dapat memenuhi semua nilai x,u maka fungsi g(x) tidaklipschitzg(x) di x ∈ [0, 1] adalah kontinu seragam karenamisal kita pilih δ = ε2 maka untuk setiap ε jika |x−u| < δ maka (

√x−√u)2 ≤

(√x−√y)(

√x+√u) ≤ x− u ≤ ε2 ⇒ |

√x−√u| = f(x)− f(u) ≤ ε

Terbukti (aseek)

4

No.12 tunjukkan bahwa jika f kontinu di [0,∞) dan kontinu seragam di[a,∞) untuk bilangan positif konstan a,maka f juga kontinu seragam di [0,∞)

Solusi : f kontinu seragam di [a,∞) berarti ada δ1 > 0 sedemikian sehinggajika x, y ∈ [0,∞) dan |x − y| < δ1 maka |f(x) − f(y)| < ε/2 . karena dif kontinu di [0,∞) maka f kontinu seragam untuk sebuah interval terbatas dix, y ∈ [0, a](teorema 5.4.3) jadi ada δ2 > 0 sedemikian sehingga jika x, y ∈ [0,∞)dan |x− y| < δ2 maka |f(x)− f(y)| < ε/2untuk membuktikan dia juga kontinu seragam di [0,∞) dibagi 3 kasus,denganδ = min(δ1, δ2)

i.)jika x,dan y berada di interval x, y ∈ [a,∞)x, y ∈ [a,∞] dan |x− y| < δ1 maka |f(x)− f(y)| < ε/2 < εii.) jika x dan y terletak di x, y ∈ [0, a]x, y ∈ [0, a] dan |x− y| < δ2 maka |f(x)− f(y)| < ε/2 < εiii.) jika x dan y masing2 atau salah satu terletak di x, y ∈ [a,∞) dan [0, a](misalx terletak di [a,∞) dan y terletak di [0, a]berarti |x−a| < δ1 dan |y−a| < δ2 maka |f(x)−f(a)| < ε/2 dan |f(y)−f(a)| <ε/2 sehingga |f(x)− f(y)| ≤ |f(x)− f(a) + f(a)− f(y)| ≤ ε Terbukti (aseek)

nomer 13 to be continued ntar malem

5