Matematika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

13Limit dan Kekontinuan

Teorema nilai antara dan teorema nilai ekstrem dahulu dipakai di tingkat Sekolah Menengah atas kepercayaan visual. Dengan barisan (Bab 11) dan topologi $\R$ (Bab 12) di tangan, bab ini membuktikan keduanya — lalu melengkapi teorinya dengan teorema bijeksi monoton (yang mengesahkan $\arcsin$ , $\operatorname{arcosh}$ dan kerabatnya dari Bab 4) serta teorema Heine tentang kekontinuan seragam.

Di sepanjang bab ini, $I$ sebuah selang dan $f \colon I \to \R$ ; adapun “ $x_0 \in \overline I$ ” mengizinkan limit di titik ujungnya.

13.1 Limit fungsi

Definisi 13.1 (Limit di sebuah titik)

Misalkan $x_0 \in \overline{I}$ dan $\ell \in \R$ . Maka $f(x) \to \ell$ ketika $x \to x_0$ bila

\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x \in I, \qquad \abs{x - x_0} \leq \delta \implies \abs{f(x) - \ell} \leq \varepsilon .

Adapun limit di $\pm\infty$ dan limit yang tak hingga didefinisikan dengan pola yang sama ( $\abs{x - x_0} \leq \delta$ menjadi $x \geq M$ ; sedangkan $\abs{f(x) - \ell} \leq \varepsilon$ menjadi $f(x) \geq M'$ ). Adapun limit sepihak membatasi $x$ pada $x > x_0$ (ditulis $x \to x_0^+$ ) atau $x < x_0$ . Dan limitnya tunggal bila ada (dengan bukti yang sama seperti Proposisi 11.4).

Contoh 13.2 (Sebuah limit lewat apitan)

Hitunglah $\lim_{x \to 0} x\,\bigl\lfloor \frac1x \bigr\rfloor$ . Apitan lantainya $\frac1x - 1 < \lfloor \frac1x \rfloor \leq \frac1x$ memberikan, setelah dikalikan dengan $x$ (awas tandanya!):

1 - x < x\Bigl\lfloor \frac1x \Bigr\rfloor \leq 1 \quad (x > 0), \qquad 1 \leq x\Bigl\lfloor \frac1x \Bigr\rfloor < 1 - x \quad (x < 0),

dan kedua apitan sepihaknya menutup pada $1$ : jadi limitnya $1$ . Perhatikan apa yang terjadi: bahwa $\lfloor \frac1x\rfloor$ sendirian melompat liar di dekat $0$ , tetapi faktor $x$ menjinakkan setiap lompatannya (karena $x$ dikali lompatan satuan itu kecil), dan hanya apitannya yang bertahan. Inti gagasan penutupnya: bahwa limit hasil kali sebuah faktor yang kecil dengan faktor yang berayun terbatas adalah soal apitan, dan tak pernah soal teorema operasi — sebab teorema operasi menuntut kedua faktornya konvergen.

Teorema 13.3 (Pencirian lewat barisan)

Di sini $f(x) \to \ell$ ketika $x \to x_0$ jika dan hanya jika: untuk setiap barisan $(u_n)$ berisi titik $I$ dengan $u_n \to x_0$ , berlaku $f(u_n) \to \ell$ .

Bukti. ( $\Rightarrow$ ) Misalkan $u_n \to x_0$ dan $\varepsilon > 0$ . Ambillah $\delta$ dari definisinya, lalu $N$ dengan $\abs{u_n - x_0} \leq \delta$ untuk $n \geq N$ : maka di luar $N$ , $\abs{f(u_n) - \ell} \leq \varepsilon$ .

( $\Leftarrow$ ) Lewat kontraposisinya. Jika $f \not\to \ell$ : maka suatu $\varepsilon_0 > 0$ mengalahkan setiap $\delta$ ; lalu memilih $\delta = \frac{1}{n+1}$ menghasilkan $u_n \in I$ dengan $\abs{u_n - x_0} \leq \frac{1}{n+1}$ dan $\abs{f(u_n) - \ell} > \varepsilon_0$ . Maka $u_n \to x_0$ tetapi $f(u_n) \not\to \ell$ . ∎

Akibat 13.4 (Operasi, komposisi, urutan)

Jumlah, hasil kali, dan hasil bagi (dengan limit penyebutnya taknol) atas limit berperilaku seperti pada barisan; lalu jika $f \to \ell$ di $x_0$ dan $g \to m$ di $\ell$ , dan $g$ terdefinisi di sekitar $\ell$ dengan $g(\ell) = m$ atau $f \neq \ell$ di dekat $x_0$ , maka $g \circ f \to m$ di $x_0$ ; adapun limit mengawetkan ketaksamaan yang lebar, dan teorema apitnya berlaku.

Bukti. Setiap pernyataannya berpindah lewat Teorema 13.3 ke padanan barisannya (Teorema 11.5 dan 11.7). Untuk komposisinya, perangkaian langsungnya pantas ditulis sekali: diberikan $\varepsilon > 0$ , limit $g$ di $\ell$ memasok $\eta > 0$ dengan

\abs{y - \ell} \leq \eta \implies \abs{g(y) - m} \leq \varepsilon \quad (y \text{ pada daerah asal } g),

dengan kasus $y = \ell$ tercakup karena $g(\ell) = m$ ; lalu limit $f$ di $x_0$ memasok $\delta > 0$ dengan $\abs{x - x_0} \leq \delta \implies \abs{f(x) - \ell} \leq \eta$ ; sehingga dirangkai, $\abs{x - x_0} \leq \delta$ memberikan $\abs{g(f(x)) - m} \leq \varepsilon$ . Adapun pada hipotesis alternatifnya ( $f \neq \ell$ di dekat $x_0$ ), nilai $y = \ell$ tak pernah disuapkan ke $g$ sehingga nilainya di sana tak relevan. ∎

Contoh 13.5 (Mengapa syarat pada komposisinya ada)

Misalkan $g(y) = 0$ untuk $y \neq 0$ dan $g(0) = 1$ , dan $f$ identik dengan $0$ . Maka $f(x) \to 0$ ketika $x \to 0$ , dan $g(y) \to 0$ ketika $y \to 0$ ; namun $g(f(x)) = g(0) = 1$ untuk setiap $x$ , sehingga $g \circ f \to 1 \neq 0$ . Fungsi dalamnya duduk persis pada nilai terlarang $\ell = 0$ selamanya, dan limit $g$ di $0$ mengabaikan apa yang dilakukan $g$ di $0$ . Adapun syarat pada Akibat 13.4 — entah $g(\ell) = m$ (yakni $g$ kontinu di $\ell$ ), entah $f \neq \ell$ di dekat $x_0$ — persis itulah yang menyingkirkannya. Inti gagasan penutupnya: bahwa dalam praktik orang menyusun fungsi yang kontinu sehingga syaratnya cuma-cuma; ia menggigit hanya ketika limitnya diambil sepanjang persekitaran yang berlubang, dan itulah sebabnya definisi $\lim_{x \to x_0}$ yang dipakai buku ini menyertakan titiknya bila ia termasuk daerah asalnya.

13.2 Kekontinuan

Definisi 13.6

Fungsi $f$ disebut kontinu di $x_0 \in I$ bila $f(x) \to f(x_0)$ ketika $x \to x_0$ ; dan kontinu pada $I$ bila ia kontinu di setiap titiknya. Menurut Teorema 13.3: $f$ kontinu di $x_0$ jika dan hanya jika $f(u_n) \to f(x_0)$ untuk setiap barisan $u_n \to x_0$ di $I$ .

Contoh 13.7 (Taksonomi ketakkontinuan)

Ada tiga cara gagal di sebuah titik, dengan keparahan yang menaik. Terhapuskan: karena $f(x) = \frac{\sin x}{x}$ pada $\R^*$ berlimit $1$ di $0$ ; sehingga menetapkan $f(0) = 1$ memperbaikinya — jadi ketakkontinuannya tadi sebuah lubang, bukan ciri. Lompatan: $\lfloor x \rfloor$ di sebuah bilangan bulat mempunyai limit sepihak yang berbeda ( $n - 1$ dan $n$ ); sehingga tak ada pemilihan nilai yang dapat merukunkannya, tetapi kedua limit separuhnya ada. Hakiki: $\sin\frac1x$ di $0$ sama sekali tak mempunyai limit sepihak (Latihan 13.1) — yaitu ayunan tanpa pengendapan. Adapun fungsi monoton hanya dapat menghasilkan jenis yang di tengah (karena limit sepihaknya selalu ada, sebagai supremum dan infimum), dan itulah sebabnya himpunan ketakkontinuannya paling banyak terbilang — yaitu satu bilangan rasional per lompatan. Sedangkan turunan, menurut teorema Darboux (Latihan 14.10), hanya dapat menghasilkan jenis yang terakhir: jadi fungsi dengan ketakkontinuan lompatan tak pernah menjadi turunan apa pun.

Proposisi 13.8

Jumlah, hasil kali, hasil bagi (di tempat ia terdefinisi) dan komposisi fungsi yang kontinu bersifat kontinu. Adapun polinomial, pecahan rasional (di luar polnya), $\abs{\,\cdot\,}$ , $\exp$ , $\ln$ , fungsi trigonometri dan fungsi hiperbolik beserta inversnya (Bab 4) bersifat kontinu pada daerah asalnya.

Bukti. Operasinya: Akibat 13.4. Adapun konstanta dan identitas bersifat kontinu langsung dari definisinya ( $\delta = \varepsilon$ melayani identitasnya, dan sebarang $\delta$ bagi konstantanya); lalu karena hasil kali fungsi yang kontinu bersifat kontinu, setiap monomial $a_k x^k$ menyusul lewat induksi pada $k$ , dan jumlahnya menuntaskan polinomialnya; sedangkan pecahan rasional adalah hasil bagi dua polinomial, yang kontinu di mana pun penyebutnya tak lenyap. Untuk $\abs{\,\cdot\,}$ : lewat ketaksamaan segitiga terbalik, $\bigl|\abs{f(x)} - \abs{f(x_0)}\bigr| \leq \abs{f(x) - f(x_0)}$ , sehingga $\delta$ yang sama berlaku. Adapun untuk fungsi klasiknya kita menerima kekontinuannya di sini; sedangkan sifat dapat diturunkannya (yang dibuktikan pada Bab 14) lebih kuat. ∎

Contoh 13.9 (Maks dan min fungsi yang kontinu)

Jika $f, g$ kontinu, maka $\max(f, g)$ dan $\min(f, g)$ pun kontinu: jadi tanpa analisis kasus, berkat kesamaan

\max(f, g) = \frac{f + g + \abs{f - g}}{2}, \qquad \min(f, g) = \frac{f + g - \abs{f - g}}{2},

dan kekontinuan jumlah beserta $\abs{\,\cdot\,}$ (Proposisi 13.8). Khususnya $f^+ = \max(f, 0)$ dan $f^- = \max(-f, 0)$ bersifat kontinu dengan $f = f^+ - f^-$ : jadi pemisahan tanda yang dipakai bagi deret (Bab 17) dan, dalam skala penuh, pada teori pengintegralan jilid Tahun ke-3, tidak berongkos apa pun dalam keteraturannya.

Teorema 13.10 (Teorema nilai antara)

Misalkan $f$ kontinu pada $\intcc{a}{b}$ dengan $f(a) \leq 0 \leq f(b)$ . Maka $f(c) = 0$ untuk suatu $c \in \intcc{a}{b}$ . Akibatnya, fungsi yang kontinu pada sebuah selang mengambil setiap nilai di antara sebarang dua nilainya: jadi $f(I)$ merupakan selang.

Bukti. Lewat dikotomi. Tetapkan $a_0 = a$ , $b_0 = b$ . Diberikan $\intcc{a_n}{b_n}$ dengan $f(a_n) \leq 0 \leq f(b_n)$ , misalkan $m$ titik tengahnya: jika $f(m) \leq 0$ pertahankan $\intcc{m}{b_n}$ , dan kalau tidak pertahankan $\intcc{a_n}{m}$ ; maka syarat tandanya bertahan. Barisan $(a_n), (b_n)$ itu berdampingan (karena $b_n - a_n = \frac{b-a}{2^n}$ ), dengan limit bersama $c$ (Teorema 11.11). Lalu menurut kekontinuan dan Teorema 11.7: $f(c) = \lim f(a_n) \leq 0$ dan $f(c) = \lim f(b_n) \geq 0$ , sehingga $f(c) = 0$ .

Untuk akibatnya: diberikan nilai $f(u) < v < f(w)$ , terapkanlah yang di atas pada $x \mapsto f(x) - v$ pada ruas yang bertitik ujung $u$ dan $w$ ; sehingga $f(I)$ cembung, yakni sebuah selang (Proposisi 10.19). ∎

Fungsi yang kontinu dengan f(a) < 0 < f(b) pasti memotong sumbunya: karena bukti dikotomi memerangkap sebuah titik potong di antara barisan yang berdampingan. — Fungsi yang kontinu dengan $f(a) < 0 < f(b)$ pasti memotong sumbunya: karena bukti dikotomi Teorema 13.10 memerangkap sebuah titik potong di antara barisan yang berdampingan.

Contoh 13.11 (Satu persamaan, dengan protokol lengkapnya)

Pecahkanlah $\eu^x = 3 - x$ di atas $\R$ : yaitu keberadaan, ketunggalan, dan letaknya. Tetapkan $g(x) = \eu^x + x - 3$ , yang kontinu. Untuk letak dan keberadaannya: $g(0) = -2 < 0$ dan $g(1) = \eu - 2 > 0$ , sehingga teorema nilai antara menanamkan sebuah penyelesaian di $\intoo{0}{1}$ . Ketunggalannya: karena $g$ merupakan jumlah $\eu^x$ yang naik tegas dengan $x - 3$ , sehingga ia naik tegas pada $\R$ ; dan fungsi yang monoton tegas mengambil setiap nilainya paling banyak sekali, sehingga penyelesaiannya tunggal pada seluruh $\R$ (bukan hanya pada selang yang diperiksa). Adapun protokolnya — susun ulang menjadi $g = 0$ , lalu perubahan tanda untuk keberadaannya, lalu kemonotonan untuk ketunggalannya — menyelesaikan kebanyakan pertanyaan “berapa banyak penyelesaiannya” dalam tiga baris, dan tabel variasi pada Bab 14 memperluasnya ke $g$ yang tak monoton dengan memotong $\R$ menjadi cabang yang monoton.

Contoh 13.12 (Dikotomi sebagai algoritma)

Bukti Teorema 13.10 itu menghitung. Ambillah $f(x) = x^3 + x - 1$ : di sini $f(0) = -1 < 0 < 1 = f(1)$ , sehingga sebuah akar terletak di $\intoo{0}{1}$ . Lalu memaruhkannya:

f(0.5) = -0.375 < 0, \qquad f(0.75) = 0.171875 > 0, \qquad f(0.625) = -0.130859375 < 0 ,

sehingga akarnya berturut-turut terperangkap di $\intoo{0.5}{1}$ , lalu $\intoo{0.5}{0.75}$ , lalu $\intoo{0.625}{0.75}$ (dengan nilai sejatinya $c \approx 0.6823$ ). Setelah $n$ langkah galatnya paling banyak $\frac{b - a}{2^n}$ : jadi sepuluh langkah memberikan tiga desimal, dan dua puluh memberikan enam. Inti gagasan penutupnya: bahwa teorema nilai antara bukan hanya pernyataan keberadaan — karena bukti dikotominya merupakan algoritma pencarian akar yang terjamin, meski lamban, yang terhadapnya metode Newton pada Bab 14 yang cepat tetapi lokal patut diukur.

Teorema 13.13 (Teorema nilai ekstrem)

Fungsi yang kontinu pada sebuah ruas $\intcc{a}{b}$ bersifat terbatas dan mencapai batasnya: yakni ada $c, d \in \intcc{a}{b}$ dengan

f(c) = \inf_{\intcc{a}{b}} f, \qquad f(d) = \sup_{\intcc{a}{b}} f .

Digabung dengan Teorema 13.10: peta ruas di bawah fungsi yang kontinu adalah ruas $\intcc{f(c)}{f(d)}$ .

Bukti. Terbatas di atas: kalau tidak, pilihlah $u_n$ dengan $f(u_n) \geq n$ . Menurut kekompakan ruasnya (Teorema 12.19), suatu subbarisan $u_{\varphi(n)} \to x \in \intcc{a}{b}$ ; lalu kekontinuannya memberikan $f(u_{\varphi(n)}) \to f(x)$ , padahal $f(u_{\varphi(n)}) \geq \varphi(n) \to +\infty$ : yang bertentangan.

Sup tercapai: misalkan $M = \sup f$ lalu pilihlah $v_n$ dengan $f(v_n) > M - \frac{1}{n+1}$ (Proposisi 10.4). Ekstraklah $v_{\varphi(n)} \to d \in \intcc{a}{b}$ : maka $f(d) = \lim f(v_{\varphi(n)}) = M$ menurut apitannya. Adapun infimumnya ditangani oleh $-f$ . ∎

Contoh 13.14 (Minimum yang positif pada sebuah ruas)

Misalkan $f$ kontinu pada $\intcc{0}{1}$ dengan $f(x) > 0$ untuk setiap $x$ . Maka $\inf f > 0$ : karena menurut teorema nilai ekstrem infimumnya merupakan sebuah nilai $f(c)$ , dan $f(c) > 0$ menurut hipotesisnya. Jadi fungsi positif yang kontinu pada sebuah ruas terbatas menjauhi $0$ — yaitu argumen dua baris yang dipakai belasan kali pada bab berikutnya (penyebut yang terkendali, pengapitan fungsi tangga, batas galat). Pada selang yang tak kompak hal ini gagal secara mencolok: karena $f(x) = x$ pada $\intoc{0}{1}$ kontinu dan positif dengan $\inf f = 0$ , yang tak tercapai. Inti gagasan penutupnya: bahwa “positif” naik pangkat menjadi “positif seragam” tepat jika daerah asalnya kompak; jadi setiap hipotesis teorema nilai ekstrem memikul beban.

Catatan 13.15 (Jebakan yang lazim di sekitar ketiga teoremanya)

(i) Peta di bawah fungsi kontinu: hanya ruas yang kokoh. Karena peta selang terbuka di bawah fungsi yang kontinu tak harus terbuka ( $x \mapsto x^2$ memetakan $\intoo{-1}{1}$ pada $\intco{0}{1}$ ), dan peta himpunan tertutup tak harus tertutup ( $\arctan$ memetakan $\R$ yang tertutup pada $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ yang terbuka); tetapi peta sebuah ruas adalah ruas (Teorema 13.13). (ii) Teorema nilai antara memerlukan sebuah selang: karena fungsi $x \mapsto \frac1x$ , yang kontinu pada $\intco{-1}{0} \cup \intoc{0}{1}$ , mengambil nilai $-1$ dan $1$ namun tak pernah lenyap — sebab daerah asalnya dua kepingan yang lepas, dan nilai $0$ jatuh ke celahnya; jadi namailah selalu selang yang di atasnya teoremanya diterapkan. (iii) Kekontinuan seragam adalah sifat pasangan (fungsi, himpunan): karena $x^2$ kontinu seragam pada setiap ruas namun tidak pada $\R$ (Contoh 13.20) — jadi kata “kontinu seragam” tanpa daerah asalnya tak bermakna. (iv) Kekontinuan inversnya tak bersifat formal: ia berlaku pada selang lewat kemonotonan (Teorema 13.16), tetapi bijeksi yang kontinu antara gabungan selang dapat berinvers takkontinu — adapun catatan setelah teorema itu ada karena mahasiswa mengutipnya tanpa hipotesis selangnya.

13.3 Fungsi monoton dan fungsi invers

Teorema 13.16 (Teorema bijeksi monoton)

Misalkan $f$ kontinu dan monoton tegas pada sebuah selang $I$ . Maka

$f$ merupakan bijeksi dari $I$ pada selang $J = f(I)$ ;
inversnya $f^{-1} \colon J \to I$ bersifat monoton tegas (pada arah yang sama) dan kontinu.

Bukti. Katakanlah $f$ naik tegas. (1) Keinjektifannya langsung dari kemonotonan tegasnya; kesurjektifannya pada $f(I)$ sepele, dan $f(I)$ merupakan selang menurut Teorema 13.10.

(2) Adapun $f^{-1}$ naik tegas: karena jika $y < y'$ di $J$ tetapi $f^{-1}(y) \geq f^{-1}(y')$ , maka menerapkan $f$ yang naik memberikan $y \geq y'$ , yang mustahil. Kekontinuan $f^{-1}$ di $y_0 = f(x_0) \in J$ : misalkan $\varepsilon > 0$ . Andaikan mula-mula $x_0$ interior bagi $I$ , lalu kecilkan $\varepsilon$ sehingga $x_0 \pm \varepsilon \in I$ : maka petanya memenuhi $f(x_0 - \varepsilon) < y_0 < f(x_0 + \varepsilon)$ . Ambillah $\delta = \min\bigl(y_0 - f(x_0 - \varepsilon),\, f(x_0 + \varepsilon) - y_0\bigr) > 0$ : sehingga untuk $\abs{y - y_0} \leq \delta$ , kemonotonan $f^{-1}$ mengapit $f^{-1}(y)$ di antara $x_0 - \varepsilon$ dan $x_0 + \varepsilon$ . Jika $x_0$ , katakanlah, titik ujung kiri $I$ , maka hanya $x_0 + \varepsilon$ yang tersedia: lalu $y_0 = \min J$ (menurut kemonotonannya), setiap $y \in J$ dengan $y - y_0 \leq f(x_0 + \varepsilon) - y_0$ memenuhi $x_0 \leq f^{-1}(y) \leq x_0 + \varepsilon$ , dan taksiran sepihaknya persis merupakan kekontinuan di sebuah titik ujung; adapun titik ujung kanannya simetris. (Perhatikan: kekontinuan $f^{-1}$ tak disimpulkan dari kekontinuan $f$ lewat kesimetrian — karena kemonotonan pada sebuah selanglah yang mengerjakannya.) ∎

Catatan 13.17

Teorema inilah yang dipakai diam-diam oleh Definisi 4.9 dan Proposisi 4.21: bahwa $\arcsin$ , $\arccos$ , $\arctan$ , $\operatorname{arsinh}$ , … bersifat kontinu. Ada pelengkapnya (Latihan 13.10): bahwa fungsi injektif yang kontinu pada sebuah selang otomatis monoton tegas, sehingga hipotesis kemonotonannya tak berongkos apa pun.

Contoh 13.18 (Akar segala orde)

Untuk $n \in \N^*$ , fungsi $f(x) = x^n$ bersifat kontinu dan naik tegas pada $\intco{0}{+\infty}$ , dengan $f(0) = 0$ dan $f(x) \to +\infty$ : sehingga petanya adalah $\intco{0}{+\infty}$ (menurut Teorema 13.10 untuk struktur selangnya). Lalu teorema bijeksi monotonnya menghasilkan, dalam satu tarikan, sebuah invers kontinu yang naik tegas

x \mapsto x^{1/n} \colon \intco{0}{+\infty} \to \intco{0}{+\infty} :

yakni keberadaan, ketunggalan dan kekontinuan akar pangkat $n$ , tanpa perhitungan apa pun. Bandingkanlah dengan Latihan 10.12, yang membangun $\sqrt y$ dengan tangan dari supremumnya: jadi satu bab teori sudah memampatkan satu halaman kerja itu menjadi dua baris, dan dua baris yang sama sudah mengesahkan $\arcsin$ , $\arctan$ dan $\operatorname{arsinh}$ sebelumnya. Inti gagasan penutupnya: bahwa teorema yang baik adalah kerja yang tersimpan.

13.4 Kekontinuan seragam

Definisi 13.19

Fungsi $f \colon I \to \R$ disebut kontinu seragam bila

\forall \varepsilon > 0,\ \exists \delta > 0,\ \forall x, y \in I, \qquad \abs{x - y} \leq \delta \implies \abs{f(x) - f(y)} \leq \varepsilon .

Intinya: bahwa $\delta$ bergantung pada $\varepsilon$ saja, bukan pada letaknya di $I$ . Kekontinuan seragam mengakibatkan kekontinuan; dan fungsi Lipschitz ( $\abs{f(x) - f(y)} \leq k \abs{x - y}$ ) bersifat kontinu seragam (dengan $\delta = \varepsilon/k$ ).

Contoh 13.20

Fungsi $x \mapsto x^2$ kontinu pada $\R$ tetapi tak kontinu seragam: karena $\abs{(n + \frac 1n)^2 - n^2} = 2 + \frac{1}{n^2} \geq 2$ padahal argumennya berjarak $\frac 1n \to 0$ . Namun pada sebarang selang yang terbatas ia Lipschitz, sehingga kontinu seragam — yang selaras dengan teorema Heine di bawah.

Contoh 13.21 (Modulus keseragamannya, secara eksplisit)

Pada sebuah ruas, Heine menjamin $\delta$ yang seragam; dan sering kali kita juga dapat menghitungnya. Untuk $f(x) = x^2$ pada $\intcc{0}{10}$ :

\abs{x^2 - y^2} = \abs{x + y}\,\abs{x - y} \leq 20\,\abs{x - y},

sehingga $\delta = \frac{\varepsilon}{20}$ berlaku secara seragam (yaitu modulus Lipschitz, yang linear dalam $\varepsilon$ ). Untuk $\sqrt x$ pada $\intcc{0}{1}$ : $\abs{\sqrt x - \sqrt y} \leq \sqrt{\abs{x - y}}$ (Latihan 13.9), sehingga $\delta = \varepsilon^2$ berlaku — yang seragam tetapi tak linear: karena di dekat $0$ akar kuadratnya curam, dan harganya muncul pada eksponen $\varepsilon$ , bukan pada kegagalan keseragamannya. Inti gagasan penutupnya: bahwa kekontinuan seragam adalah spektrum, bukan ya/tidak — karena fungsi $\delta(\varepsilon)$ , yang disebut modulusnya, mengukur seberapa mahal keseragaman itu, dan Lipschitz sekadar peringkatnya yang terbaik.

Teorema 13.22 (Heine)

Fungsi yang kontinu pada sebuah ruas $\intcc{a}{b}$ bersifat kontinu seragam.

Bukti. Lewat pertentangan: andaikan suatu $\varepsilon_0 > 0$ mengalahkan setiap $\delta$ . Dengan $\delta = \frac{1}{n+1}$ , pilihlah $x_n, y_n \in \intcc{a}{b}$ dengan $\abs{x_n - y_n} \leq \frac{1}{n+1}$ dan $\abs{f(x_n) - f(y_n)} > \varepsilon_0$ . Lalu kekompakannya (Teorema 12.19) mengekstrak $x_{\varphi(n)} \to c \in \intcc{a}{b}$ ; sehingga $y_{\varphi(n)} \to c$ pula (lewat apitan pada $\abs{x - y}$ ). Kekontinuan di $c$ memberikan $f(x_{\varphi(n)}) \to f(c)$ dan $f(y_{\varphi(n)}) \to f(c)$ , sehingga $\abs{f(x_{\varphi(n)}) - f(y_{\varphi(n)})} \to 0 < \varepsilon_0$ : yang bertentangan. ∎

Contoh 13.23 (Terbatas, kontinu, namun tak seragam)

Fungsi $f(x) = \sin(x^2)$ bersifat kontinu dan terbatas pada $\R$ , tetapi tak kontinu seragam. Ambillah

x_n = \sqrt{2\pi n}, \qquad y_n = \sqrt{2\pi n + \tfrac\pi2}: \qquad y_n - x_n = \frac{\pi/2}{\sqrt{2\pi n + \frac\pi2} + \sqrt{2\pi n}} \longrightarrow 0 ,

namun $f(y_n) - f(x_n) = \sin\bigl(2\pi n + \frac\pi2\bigr) - \sin(2\pi n) = 1 - 0 = 1$ untuk setiap $n$ : sehingga tak ada $\delta$ tunggal yang dapat melayani $\varepsilon = \frac12$ di mana-mana. Secara geometri, ayunan $\sin(x^2)$ mempercepat: karena grafiknya menuntaskan satu gelombang penuh pada jendela yang kian pendek, sehingga skala mendatar yang dituntut sebuah $\varepsilon$ menyusut ke nol ketika $x$ tumbuh. Inti gagasan penutupnya: bahwa keterbatasan tak membeli keseragaman (menurut contoh ini), dan ketakterbatasan tak menghalanginya ( $\sqrt x$ , Latihan 13.9); adapun yang memutuskan adalah modulus ayunannya, dan teorema Heine mengatakan bahwa daerah asal yang kompak mendisiplinkannya secara otomatis.

Contoh 13.24 (Percobaan kalkulator, yang dijelaskan)

Ketiklah sebarang bilangan pada kalkulator lalu tekanlah $\cos$ berulang-ulang: maka layarnya mengunci pada $0.7390851\dots$ Mengapa? Setelah satu tekanan nilainya terletak di $\intcc{-1}{1}$ , setelah dua di $\intcc{\cos 1}{1} \subseteq \intcc{0.54}{1}$ , yaitu selang yang stabil bagi $\cos$ . Di atasnya, $\abs{\cos a - \cos b} \leq \sin(1)\,\abs{a - b}$ dengan $\sin 1 = 0.841\dots < 1$ (menurut batas hasil kali menjadi jumlah pada Soal 11.1, atau ketaksamaan nilai rata-rata pada Bab 14): sehingga iterasinya mengontraksi, jadi menurut langkah kendali galat pada Metode 11.23,

\abs{u_n - c} \leq (0.842)^{\,n-2}\,\abs{u_2 - c} \longrightarrow 0 ,

dengan $c$ titik tetap tunggal $\cos c = c$ (Latihan 13.6). Kira-kira $40$ tekanan membeli tiga desimal (karena $0.842^{40} \approx 10^{-3}$ ) — yaitu laju geometri, yang lebih jinak daripada $2^{-n}$ per langkah pada dikotominya, tetapi setiap tekanannya berongkos satu ketukan tombol sedangkan setiap langkah dikotominya berongkos satu penilaian tanda yang penuh. Inti gagasan penutupnya: bahwa gambaran titik tetap pada Bab 11 dan teorema keberadaan pada bab ini merupakan dua paruh dari satu kisah — teorema nilai antara menemukan $c$ , sedangkan kontraksinya mencapainya.

Catatan 13.25 (Di mana teorema ini bekerja berikutnya)

Ketiga pilar bab ini masing-masing menggerakkan bab yang belakangan. Adapun teorema nilai antara menyuapi setiap argumen keberadaan penyelesaian dan teorema bijeksi monotonnya; sedangkan teorema nilai ekstrem mengubah masalah pengoptimuman menjadi teorema (karena Rolle dan teorema nilai rata-rata pada Bab 14 bermula persis di situ); sementara teorema Heine adalah alasan mengapa fungsi yang kontinu pada ruas dapat diintegralkan pada Bab 15 — karena $\delta$ yang seragam itulah yang membuat jumlah Riemannnya konvergen. Pada jilid Tahun ke-2 trio yang sama muncul kembali pada ruang vektor bernorma, dengan kekompakan mengerjakan apa yang dikerjakan ruas di sini.

Catatan 13.26 (Cakrawala di dalam jilid ini)

Kekontinuan segera akan dilampaui tetapi tak pernah dipensiunkan. Bab 14 memperkuatnya menjadi sifat dapat diturunkan lalu membalas jasanya (karena dapat diturunkan mengakibatkan kontinu); sedangkan Bab 15 bersandar padanya dua kali, lewat Heine untuk konstruksinya dan lewat teorema fundamentalnya, yang objek pusatnya $x \mapsto \int_a^x f$ menaikkan pangkat $f$ yang sekadar kontinu menjadi primitif $C^1$ . Pada Bab 25, kekontinuan dalam dua variabel menyimpan jebakan yang pantas ditengok lebih dulu: bahwa fungsi $\frac{xy}{x^2 + y^2}$ (yang diperluas oleh $0$ ) bersifat kontinu dalam $x$ untuk setiap $y$ yang tetap dan dalam $y$ untuk setiap $x$ yang tetap, namun tak kontinu di titik asalnya — karena sepanjang diagonal $x = y$ ia selalu $\frac12$ . Jadi kekontinuan yang terpisah sungguh lebih lemah daripada kekontinuan: pencirian lewat barisan memang bertahan pada perpindahan ke $\R^2$ , tetapi barisannya harus diizinkan mendekat dari setiap arah, bukan hanya sepanjang sumbunya.

13.5 Latihan

Latihan 13.1 ★

Dengan memakai pencirian lewat barisan, buktikan bahwa $x \mapsto \sin\frac 1x$ tak berlimit di $0^+$ (tunjukkanlah dua barisan). Apakah $x \mapsto x \sin\frac 1x$ mempunyai limit?

Solusi

Solusi Latihan 13.1.

Ambillah $u_n = \frac{1}{2\pi n + \pi/2}$ dan $v_n = \frac{1}{2\pi n}$ : keduanya menuju $0^+$ , namun $\sin\frac{1}{u_n} = 1$ dan $\sin\frac{1}{v_n} = 0$ . Jadi dua barisan, dengan dua limit peta yang berbeda: sehingga menurut Teorema 13.3, tak ada limit di $0^+$ .

Adapun $x \sin\frac1x$ : terapit oleh $\abs{x\sin\frac1x} \leq \abs x \to 0$ , sehingga limitnya di $0$ ada dan sama dengan $0$ .

Latihan 13.2 ★

Telaahlah kekontinuan pada $\R$ bagi $f(x) = \lfloor x \rfloor$ dan bagi $g(x) = x - \lfloor x \rfloor$ , dan bagi $h(x) = \lfloor x \rfloor + (x - \lfloor x\rfloor)^2$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.2.

Fungsi $f = \lfloor\cdot\rfloor$ kontinu pada $\R \setminus \Z$ (karena konstan secara lokal) dan takkontinu di setiap $n \in \Z$ : dengan limit kirinya $n - 1$ , sedangkan nilainya $n$ .

$g(x) = x - \lfloor x\rfloor$ : dengan titik ketakkontinuan yang sama (karena identitasnya kontinu, sehingga $g$ mewarisi lompatan $f$ ); di $n \in \Z$ , limit kirinya $1 \neq 0 = g(n)$ .

$h(x) = \lfloor x\rfloor + (x - \lfloor x\rfloor)^2$ : pada $\intco{n}{n + 1}$ , $h(x) = n + (x - n)^2$ , yang kontinu di sana; sedangkan di $x = n$ , limit kirinya $(n-1) + 1 = n = h(n)$ : jadi lompatannya saling meniadakan. Sehingga $h$ kontinu pada $\R$ (dan naik tegas).

Latihan 13.3 ★

Buktikan bahwa persamaan $x^5 - 3x + 1 = 0$ mempunyai sekurang-kurangnya tiga penyelesaian real (nilailah pada titik yang terpilih baik lalu terapkan Teorema 13.10 pada tiga ruas yang lepas).

Solusi

Solusi Latihan 13.3.

$P(x) = x^5 - 3x + 1$ : di sini $P(-2) = -32 + 6 + 1 = -25 < 0$ ; $P(0) = 1 > 0$ ; $P(1) = -1 < 0$ ; $P(2) = 27 > 0$ . Jadi ada tiga perubahan tanda pada ruas yang lepas $\intcc{-2}{0}$ , $\intcc{0}{1}$ , $\intcc{1}{2}$ : sehingga menurut Teorema 13.10, sekurang-kurangnya ada tiga akar. (Karena berderajat $5$ , $P$ mempunyai paling banyak lima; dan telaah variasinya akan menunjukkan tepat tiga.)

Latihan 13.4 ★

Buktikan bahwa setiap polinomial berderajat ganjil mempunyai akar real.

Solusi

Solusi Latihan 13.4.

Misalkan $P = a_{2m+1}X^{2m+1} + \dots$ dengan $a_{2m+1} > 0$ (kalau tidak gantilah $P$ dengan $-P$ ). Dengan memfaktorkan suku dominannya, $P(x) = a_{2m+1} x^{2m+1}\bigl(1 + o(1)\bigr)$ ketika $x \to \pm\infty$ : sehingga $P(x) \to +\infty$ di $+\infty$ dan $-\infty$ di $-\infty$ . Pilihlah $a$ dengan $P(a) < 0$ dan $b$ dengan $P(b) > 0$ : maka teorema nilai antara pada $\intcc{a}{b}$ menyediakan sebuah akar.

Latihan 13.5 ★★

(Titik tetap) Misalkan $f \colon \intcc{0}{1} \to \intcc{0}{1}$ kontinu. Buktikan bahwa $f$ mempunyai titik tetap: yakni $f(c) = c$ untuk suatu $c$ . Perlihatkanlah bahwa kekontinuannya maupun ruasnya tak dapat dilepaskan.

Solusi

Solusi Latihan 13.5.

Misalkan $g(x) = f(x) - x$ , yang kontinu pada $\intcc{0}{1}$ . Karena $f$ memetakan ke dalam $\intcc{0}{1}$ : maka $g(0) = f(0) \geq 0$ dan $g(1) = f(1) - 1 \leq 0$ . Menurut Teorema 13.10, $g(c) = 0$ untuk suatu $c$ : yaitu sebuah titik tetap.

Keperluan hipotesisnya: pada $\intcc{0}{1}$ , pemetaan takkontinu $f(x) = 1$ untuk $x \leq \frac12$ , $f(x) = 0$ untuk $x > \frac12$ tak mempunyai titik tetap; sedangkan pada selang $\intoo{0}{1}$ (yang bukan ruas), $f(x) = \frac x2$ kontinu ke dalam $\intoo{0}{1}$ tanpa titik tetap (karena calonnya $0$ tak ada); dan pada $\R$ , $f(x) = x + 1$ .

Latihan 13.6 ★★

Buktikan bahwa persamaan $\cos x = x$ mempunyai tepat satu penyelesaian real, dan bahwa ia terletak di $\intoo{0}{1}$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.6.

Fungsi $g(x) = \cos x - x$ kontinu, dengan $g(0) = 1 > 0$ , $g(1) = \cos 1 - 1 < 0$ : sehingga sebuah penyelesaian ada di $\intoo{0}{1}$ (Teorema 13.10). Ketunggalannya: karena $g$ turun tegas pada $\R$ — untuk $x \leq 0$ , $g(x) \geq 1 - x > 0$ toh tak mempunyai nol; dan $g'(x) = -\sin x - 1 \leq 0$ dengan kesamaannya hanya di titik yang terasing ( $x \equiv -\frac\pi2 \bmod 2\pi$ ), sehingga $g$ turun tegas (Bab 14; atau sebagai alternatifnya: pada $\intcc{0}{1}$ , $\cos$ turun tegas dan $-x$ pun demikian, sehingga $g$ juga). Adapun fungsi yang monoton tegas lenyap paling banyak sekali.

Latihan 13.7 ★★

Misalkan $f \colon \R \to \R$ kontinu dengan $f(x) \to +\infty$ ketika $x \to \pm\infty$ . Buktikan bahwa $f$ mencapai minimum semestanya pada $\R$ . (Reduksikanlah ke sebuah ruas yang memuat himpunan subarasnya.)

Solusi

Solusi Latihan 13.7.

Tetapkan $M = f(0) + 1$ . Ada $A > 0$ dengan $f(x) \geq M$ untuk $\abs x \geq A$ (menurut definisi kedua limit tak hingganya; ambillah ambang yang lebih besar). Pada ruas $\intcc{-A}{A}$ , teorema nilai ekstrem (Teorema 13.13) menyediakan $c$ dengan $f(c) = \inf_{\intcc{-A}{A}} f \leq f(0)$ . Untuk $\abs x \geq A$ : $f(x) \geq M > f(0) \geq f(c)$ . Jadi $f(c)$ merupakan minimum semestanya.

Latihan 13.8 ★★

Misalkan $f \colon \R \to \R$ kontinu dan periodik (dengan periode $T > 0$ ). Buktikan bahwa $f$ terbatas dan mencapai batasnya, dan bahwa ada $c$ dengan $f(c + \frac T2) = f(c)$ . (Untuk butir keduanya, telaahlah $g(x) = f(x + \frac T2) - f(x)$ pada satu periode.)

Solusi

Solusi Latihan 13.8.

Pada ruas $\intcc{0}{T}$ , $f$ terbatas dan mencapai batasnya (Teorema 13.13); lalu menurut keperiodikannya, itulah batasnya pada seluruh $\R$ , yang tetap tercapai.

Misalkan $g(x) = f(x + \frac T2) - f(x)$ , yang kontinu. Maka

g(0) + g\bigl(\tfrac T2\bigr) = \bigl(f(\tfrac T2) - f(0)\bigr) + \bigl(f(T) - f(\tfrac T2)\bigr) = f(T) - f(0) = 0 :

jadi $g(0)$ dan $g(\frac T2)$ bertanda berlawanan (atau salah satunya lenyap), sehingga teorema nilai antara pada $\intcc{0}{T/2}$ memberikan $c$ dengan $g(c) = 0$ , yakni $f(c + \frac T2) = f(c)$ .

Latihan 13.9 ★★

Buktikan bahwa $x \mapsto \sqrt x$ kontinu seragam pada $\intco{0}{+\infty}$ , meskipun ia tak Lipschitz di dekat $0$ . (Buktikan lalu pakailah $\abs{\sqrt x - \sqrt y} \leq \sqrt{\abs{x - y}}$ .)

Solusi

Solusi Latihan 13.9.

Pertama ketaksamaannya: untuk $0 \leq y \leq x$ ,

\bigl(\sqrt y + \sqrt{x - y}\bigr)^2 = x + 2\sqrt{y(x-y)} \geq x,

sehingga $\sqrt x \leq \sqrt y + \sqrt{x - y}$ , yakni $\sqrt x - \sqrt y \leq \sqrt{x - y}$ . Jadi $\abs{\sqrt x - \sqrt y} \leq \sqrt{\abs{x - y}}$ untuk setiap $x, y \geq 0$ .

Kekontinuan seragamnya: diberikan $\varepsilon > 0$ , ambillah $\delta = \varepsilon^2$ ; maka $\abs{x - y} \leq \delta$ mengakibatkan $\abs{\sqrt x - \sqrt y} \leq \sqrt\delta = \varepsilon$ .

Tak Lipschitz di dekat $0$ : karena $\frac{\sqrt x - \sqrt 0}{x - 0} = \frac{1}{\sqrt x} \to +\infty$ ketika $x \to 0^+$ , sehingga tak ada konstanta $k$ yang dapat mendominasi semua hasil bagi selisihnya.

Latihan 13.10 ★★★

Misalkan $f$ kontinu dan injektif pada sebuah selang $I$ . Buktikan bahwa $f$ monoton tegas. Petunjuk: kalau tidak, ada $a < b < c$ dengan, katakanlah, $f(b) > f(a)$ dan $f(b) > f(c)$ ; lalu terapkan teorema nilai antara pada sebuah nilai di antara $\max(f(a), f(c))$ dan $f(b)$ pada kedua sisi $b$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.10.

Andaikan $f$ injektif, kontinu, dan tak monoton tegas. Maka ada $a < b < c$ di $I$ dengan $f(b)$ tak berada di antara $f(a)$ dan $f(c)$ — memang, seandainya untuk setiap tripelnya nilai tengahnya berada di antara nilai luarnya, maka $f$ akan monoton (bandingkanlah sebarang dua pasangnya; lewat pemeriksaan kasus yang singkat). Katakanlah $f(b) > \max(f(a), f(c))$ (adapun kasus yang lain simetris, gantilah $f$ dengan $-f$ ). Pilihlah $v$ dengan $\max(f(a), f(c)) < v < f(b)$ . Menurut teorema nilai antara yang diterapkan pada $\intcc{a}{b}$ dan pada $\intcc{b}{c}$ , ada $u_1 \in \intoo{a}{b}$ dan $u_2 \in \intoo{b}{c}$ dengan $f(u_1) = v = f(u_2)$ : yaitu dua titik berbeda dengan peta yang sama, yang bertentangan dengan keinjektifannya.

Latihan 13.11 ★★★

(Persamaan fungsional Cauchy, kasus yang kontinu) Misalkan $f \colon \R \to \R$ kontinu dengan $f(x + y) = f(x) + f(y)$ untuk setiap $x, y$ . Buktikan bahwa $f(x) = f(1)\,x$ untuk setiap $x$ : mula-mula pada $\N$ , $\Z$ , $\Q$ (lewat keaditifannya belaka), lalu pada $\R$ lewat kekontinuan dan kepadatan (Teorema 10.14).

Solusi

Solusi Latihan 13.11.

Dari $f(0) = f(0+0) = 2f(0)$ diperoleh $f(0) = 0$ ; dan $f(-x) = -f(x)$ dari $0 = f(x - x)$ . Tetapkan $\alpha = f(1)$ . Lewat induksi: $f(n) = n\alpha$ untuk $n \in \N$ , lalu untuk $n \in \Z$ menurut keganjilannya. Untuk $q \in \N^*$ : $q\,f(\frac pq) = f(p) = p\alpha$ (dengan menjumlahkan $\frac pq$ pada dirinya $q$ kali), sehingga $f(\frac pq) = \alpha\frac pq$ : jadi $f = \alpha\, \mathrm{id}$ pada $\Q$ .

Sekarang misalkan $x \in \R$ dan $(r_n)$ barisan bilangan rasional dengan $r_n \to x$ (menurut kepadatannya, Teorema 10.14, yang diterapkan pada selang yang bersarang; atau $r_n = \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}$ ). Lewat kekontinuannya: $f(x) = \lim f(r_n) = \lim \alpha r_n = \alpha x$ .

Latihan 13.12 ★★★

Misalkan $f \colon \intco{0}{+\infty} \to \R$ kontinu dengan $f(x) \to \ell \in \R$ ketika $x \to +\infty$ . Buktikan bahwa $f$ kontinu seragam pada $\intco{0}{+\infty}$ . (Potonglah pada $A$ yang besar: Heine pada $\intcc{0}{A+1}$ , dan limitnya di luar $A$ ; lalu buatlah kedua rezimnya bertindihan.)

Solusi

Solusi Latihan 13.12.

Misalkan $\varepsilon > 0$ . Menurut limitnya di $+\infty$ , ada $A$ dengan $\abs{f(x) - \ell} \leq \frac\varepsilon2$ untuk $x \geq A$ ; sehingga untuk $x, y \geq A$ : $\abs{f(x) - f(y)} \leq \varepsilon$ (tanpa memerlukan kedekatan).

Pada ruas $\intcc{0}{A + 1}$ , teorema Heine (Teorema 13.22) memberikan $\delta_0 > 0$ bagi $\varepsilon$ ini; lalu tetapkan $\delta = \min(\delta_0, 1)$ .

Sekarang ambillah sebarang $x, y \geq 0$ dengan $\abs{x - y} \leq \delta$ , katakanlah $x \leq y$ . Jika $y \leq A + 1$ : maka keduanya terletak di ruasnya, dan $\delta_0$ dari Heine berlaku. Kalau tidak, $y > A + 1$ , lalu $x \geq y - 1 > A$ : sehingga keduanya terletak di $\intco{A}{+\infty}$ , yang di situ argumen limitnya berlaku. Pada kedua kasusnya $\abs{f(x) - f(y)} \leq \varepsilon$ : jadi kontinu seragam.

13.6 Soal: Persamaan fungsional Cauchy dan saudarinya

Soal 13.1

Soal akhir pekan — $f(x + y) = f(x) + f(y)$ : keteraturan memaksa kelinearan, beserta potret monsternya

Fungsi mana yang memenuhi $f(x + y) = f(x) + f(y)$ untuk setiap $x, y$ yang real? Cauchy mengajukan pertanyaannya pada tahun 1821; dan jawabannya sebuah paradigma. Latihan 13.11 menunjukkan bahwa fungsi aditif yang demikian bersifat linear pada $\Q$ dan bahwa kekontinuan yang penuh memaksa $f(x) = cx$ . Soal ini mempertajam hipotesisnya secara dramatis — kekontinuan di satu titik, atau kemonotonan, atau sekadar keterbatasan pada satu selang yang kecil, masing-masingnya mencukupi — lalu melukis potret sebuah penyelesaian taklinear yang hipotetis (yang grafiknya mengisi bidangnya), memecahkan persamaan saudarinya yang mencirikan $\eu^{cx}$ , $c\ln x$ , $x^c$ dan $cx^2$ , lalu menutup dengan persamaan Jensen beserta teorema cembung titik tengah $+$ kontinu $\implies$ cembung. Di sepanjang soal ini, aditif berarti: $f(x + y) = f(x) + f(y)$ untuk setiap $x, y \in \R$ .

Bagian I — Kelinearan atas $\Q$ , dan satu titik kekontinuan.

Misalkan $f$ aditif. Menurut Latihan 13.11, $f(r) = f(1)\,r$ untuk $r$ yang rasional. Buktikan pernyataan yang lebih halus yang dipakai di bawah: bahwa untuk setiap $x \in \R$ dan $r \in \Q$ , $f(rx) = r\,f(x)$ (jadi $f$ bersifat linear atas $\Q$ ).
Andaikan $f$ yang aditif itu kontinu di satu titik tunggal $x_0$ . Tunjukkan bahwa $f$ kontinu di mana-mana (hitunglah $f(x + h) - f(x)$ dalam $f(x_0 + h) - f(x_0)$ ), sehingga $f(x) = f(1)\,x$ .
Tunjukkan bahwa fungsi yang aditif ditentukan oleh pembatasannya pada sebarang subgrup yang padat: bahwa jika dua fungsi yang aditif bersesuaian pada $\Z + \sqrt2\,\Z$ dan keduanya kontinu, maka keduanya sama — sedangkan tanpa kekontinuan, menetapkan $f(1) = 0$ dan $f(\sqrt 2) = 1$ tetap taat asas dengan kelinearan atas $\Q$ pada subgrupnya. Hitunglah $f(m + n\sqrt2)$ untuk penetapan ini.
Misalkan $f$ aditif dan terbatas di atas oleh $M$ pada suatu selang $\intcc{a}{b}$ dengan $a < b$ . Tunjukkan bahwa $f$ terbatas di atas pada $\intcc{0}{\ell}$ , dengan $\ell = b - a$ (translasikanlah sejauh $a$ ).

Bagian II — Tangga keteraturannya.

Melanjutkan pertanyaan 4: dengan memakai $f(\ell - t) + f(t) = f(\ell)$ , tunjukkan bahwa $f$ juga terbatas di bawah pada $\intcc{0}{\ell}$ : yakni $\abs f \leq C$ di sana.
Tunjukkan bahwa $\abs{f(t)} \leq \frac{C}{n}$ untuk $t \in \intcc{0}{\ell/n}$ , lalu simpulkan bahwa $f$ kontinu di $0$ (keganjilannya menangani sisi kirinya), sehingga di mana-mana (pertanyaan 2): jadi fungsi aditif yang terbatas pada satu selang bersifat linear.
Simpulkan kasus monotonnya: bahwa fungsi aditif yang tidak turun pada suatu $\intcc{a}{b}$ ( $a < b$ ) berbentuk $f(x) = cx$ dengan $c \geq 0$ .
Rakitlah tangga keteraturannya: bahwa untuk $f$ yang aditif, keempat ini setara — (a) $f(x) = cx$ ; (b) $f$ kontinu; (c) $f$ kontinu di satu titik; (d) $f$ monoton pada suatu selang yang taktermerosot; (e) $f$ terbatas pada suatu selang yang taktermerosot. Aturlah implikasinya sehingga masing-masingnya entah sepele entah sudah terbukti.
Periksalah bahwa pertanyaan 4–6 hanya memakai batas atasnya: jadi fungsi aditif yang terbatas di atas pada satu selang taktermerosot sudah linear. Simpulkanlah pernyataan cerminnya bagi batas bawahnya, lalu catatlah bentuk terkuat anak tangga (e) yang diperoleh dengan demikian.

Bagian III — Potret sebuah monster. Andaikan sekarang $f$ aditif tetapi tak linear.

Tunjukkan bahwa ada bilangan real taknol $u, v$ dengan $\dfrac{f(u)}{u} \neq \dfrac{f(v)}{v}$ , dan bahwa vektor $(u, f(u))$ dan $(v, f(v))$ merentang bidangnya (karena determinannya $u f(v) - v f(u)$ taknol).
Tunjukkan bahwa grafik $f$ memuat semua titik

$r\,(u, f(u)) + s\,(v, f(v)), \qquad r, s \in \Q ,$

lalu simpulkan bahwa grafiknya padat di $\R^2$ : yakni untuk setiap titik $(x_0, y_0)$ pada bidangnya dan setiap $\varepsilon > 0$ , ada $(x, f(x))$ yang berjarak $\varepsilon$ darinya (pecahkanlah sistem real $2\times2$ -nya, lalu hampiri koefisien realnya dengan bilangan rasional).
Simpulkanlah dari pertanyaan 11 potretnya yang lengkap: bahwa fungsi aditif yang taklinear bersifat tak terbatas pada setiap selang yang taktermerosot, takkontinu di setiap titik, tak monoton pada selang mana pun, dan petanya atas sebarang selang bersifat padat di $\R$ . Rukunkanlah dengan pertanyaan 8.
Monster itu ada — pada subgrup yang padat, secara konstruktif: pada $G = \Z + \sqrt2\,\Z$ definisikan $f(m + n\sqrt2) = n$ . Tunjukkan bahwa $f$ terdefinisi dengan baik dan aditif pada $G$ , dan bahwa $f$ tak terbatas pada $G \cap \intoo{0}{\varepsilon}$ untuk setiap $\varepsilon > 0$ (karena untuk $N$ yang tetap, hanya berhingga banyak $g = m + n\sqrt2 \in \intoo{0}{1}$ yang mempunyai $\abs n \leq N$ ; padahal $G \cap \intoo{0}{\varepsilon}$ tak hingga). Jelaskanlah dalam satu paragraf mengapa memperluas $f$ yang demikian ke seluruh $\R$ menuntut sebuah basis $\R$ sebagai ruang vektor atas $\Q$ (yaitu basis Hamel), yang keberadaannya merupakan urusan aksioma pemilihan di luar jilid ini.

Bagian IV — Persamaan saudarinya. Semua fungsi di sini bersifat kontinu.

Misalkan $f \colon \R \to \R$ kontinu, tak identik $0$ , dengan $f(x + y) = f(x)f(y)$ . Tunjukkan $f(x) = f\bigl(\frac x2\bigr)^2 \geq 0$ , lalu $f > 0$ di mana-mana, lalu $f(x) = \eu^{cx}$ untuk suatu $c$ : jadi eksponensialnya tepat merupakan morfisme kontinu dari $(\R, +)$ ke $(\R^*, \times)$ .
Misalkan $f \colon \intoo{0}{+\infty} \to \R$ kontinu dengan $f(xy) = f(x) + f(y)$ . Tunjukkan $f(x) = c\ln x$ (angkutlah lewat $\exp$ ).
Misalkan $f \colon \intoo{0}{+\infty} \to \intoo{0}{+\infty}$ kontinu dengan $f(xy) = f(x)f(y)$ . Tunjukkan $f(x) = x^c$ .
Carilah semua $f \colon \R \to \R$ yang kontinu dengan

$f(x + y) = f(x) + f(y) + f(x)f(y) .$

(Telaahlah $h = 1 + f$ ; lalu tanganilah kasus yang merosot secara tersendiri.)
(Jajargenjang) Carilah semua $f \colon \R \to \R$ yang kontinu dengan $f(x + y) + f(x - y) = 2f(x) + 2f(y)$ : tunjukkan bahwa $f$ genap, $f(0) = 0$ , $f(nx) = n^2 f(x)$ lewat induksi, lalu $f(x) = f(1)\,x^2$ . (Persamaan ini merupakan sidik jari bentuk kuadratik — yaitu hukum jajargenjang yang mendeteksi, pada jilid Tahun ke-2, norma mana yang berasal dari sebuah hasil kali dalam.)

Bagian V — Jensen dan kecembungan titik tengah.

(Persamaan Jensen) Misalkan $f \colon \R \to \R$ kontinu dengan $f\bigl(\frac{x+y}{2}\bigr) = \frac{f(x) + f(y)}{2}$ . Tunjukkan bahwa $g = f - f(0)$ memenuhi $g\bigl(\frac x2\bigr) = \frac{g(x)}{2}$ , lalu simpulkan bahwa $g$ aditif, dan tutuplah dengan $f(x) = cx + d$ .
Andaikan sekarang hanya ketaksamaannya: bahwa $f$ kontinu dengan

$f\Bigl(\frac{x + y}{2}\Bigr) \leq \frac{f(x) + f(y)}{2} \qquad (x, y \in \R).$

Buktikan lewat induksi pada $n$ bahwa untuk setiap bobot diadik $\lambda = \frac{k}{2^n} \in \intcc{0}{1}$ :

$f\bigl(\lambda x + (1 - \lambda)y\bigr) \leq \lambda f(x) + (1 - \lambda) f(y) .$
Perluaslah lewat kekontinuan dan kepadatan bilangan diadik (Latihan 10.8) ke setiap $\lambda \in \intcc{0}{1}$ : jadi fungsi kontinu yang cembung titik tengah memenuhi ketaksamaan kecembungan yang penuh (yaitu gagasan yang ditelaah secara sistematis pada Bab 14).
Tunjukkan bahwa kekontinuannya tak dapat dilepaskan: bahwa $f$ aditif yang taklinear memenuhi kesamaan titik tengah pada pertanyaan 19 namun tak memenuhi ketaksamaan kecembungan pada selang mana pun (pertanyaan 12). Moralnya: bahwa kecembungan titik tengah adalah sifat bertahap terbilang (lewat bilangan diadik), sedangkan kecembungan bersifat kontinum; dan kekontinuanlah jembatannya — persis seperti pada Bagian I–II.

Bagian VI — Variasi terakhir dan sintesisnya.

Carilah semua $f \colon \R \to \R$ yang kontinu dengan $f(x + y) = f(x) + f(y) + xy$ (kurangkanlah penyelesaian khususnya $\frac{x^2}{2}$ ).
Buktikan: bahwa jika $f \colon \R \to \R$ kontinu dan aditif sekadar pada sebuah subgrup yang padat $G$ (yakni $f(g + g') = f(g) + f(g')$ untuk $g, g' \in G$ ), maka $f$ aditif pada $\R$ . Secara lebih umum, dua fungsi kontinu yang bersesuaian pada sebuah himpunan bagian $\R$ yang padat bersifat sama.
Sintesis, satu kalimat untuk masing-masing: (i) nyatakanlah tangga keteraturan pertanyaan 8 dari ingatan; (ii) jelaskanlah mengapa “grafiknya padat di bidangnya” merupakan citra batin yang tepat bagi kegagalan keteraturannya; (iii) daftarkanlah kelima fungsi klasik yang dicirikan pada Bagian IV–V beserta satu metode tunggal yang menangkap semuanya; (iv) sebutkanlah kedua tempat yang di situ kepadatan $\Q$ (atau bilangan diadik) di $\R$ memikul argumennya, dan tempat yang di situ ia tak dapat (pertanyaan 13).

Solusi

Solusi Soal 13.1.

1. Untuk $n \in \N$ : $f(nx) = n f(x)$ lewat induksi (karena $f((n+1)x) = f(nx) + f(x)$ ). Lalu $f(0) = 2f(0)$ memberikan $f(0) = 0$ , dan $0 = f(x - x) = f(x) + f(-x)$ memberikan keganjilannya, sehingga $f(nx) = nf(x)$ untuk $n \in \Z$ . Untuk $r = \frac pq$ : $q\,f\bigl(\tfrac pq x\bigr) = f(px) = p\,f(x)$ , sehingga $f(rx) = r f(x)$ : jadi $f$ bersifat linear atas $\Q$ .

2. Keaditifannya memberikan, untuk setiap $x$ dan $h$ :

f(x + h) - f(x) = f(h) = f(x_0 + h) - f(x_0) .

Ketika $h \to 0$ , ruas kanannya menuju $0$ menurut kekontinuannya di $x_0$ ; sehingga $f(x + h) \to f(x)$ : jadi kontinu di setiap $x$ . Lalu Latihan 13.11 menghasilkan $f(x) = f(1)\,x$ .

3. Dua fungsi aditif yang kontinu berbentuk $cx$ dan $c'x$ (pertanyaan 2); lalu jika keduanya bersesuaian pada subgrup padat $\Z + \sqrt2\,\Z$ (Latihan 10.9), maka $c\,g = c'g$ untuk suatu $g \neq 0$ di dalamnya: sehingga $c = c'$ , jadi fungsinya sama. Adapun tanpa kekontinuan: kelinearan atas $\Q$ hanya mengikat nilainya pada kombinasi $\Q$ -nya, dan $1, \sqrt2$ bebas atas $\Q$ (karena $\sqrt2 \notin \Q$ ), sehingga $f(1) = 0$ , $f(\sqrt2) = 1$ tetap taat asas dan memaksa, pada subgrupnya,

f(m + n\sqrt2) = m\,f(1) + n\,f(\sqrt2) = n .

4. Untuk $t \in \intcc{0}{\ell}$ : $a + t \in \intcc{a}{b}$ , sehingga $f(t) = f(a + t) - f(a) \leq M - f(a) =: M'$ .

5. Untuk $t \in \intcc{0}{\ell}$ , juga $\ell - t \in \intcc{0}{\ell}$ , dan keaditifannya memberikan $f(t) = f(\ell) - f(\ell - t) \geq f(\ell) - M'$ . Jadi $\abs{f} \leq C$ pada $\intcc{0}{\ell}$ dengan $C = \max\bigl(\abs{M'}, \abs{f(\ell) - M'}\bigr)$ .

6. Untuk $t \in \intcc{0}{\ell/n}$ : $nt \in \intcc{0}{\ell}$ dan $f(t) = \frac{f(nt)}{n}$ (pertanyaan 1), sehingga $\abs{f(t)} \leq \frac Cn$ . Diberikan $\varepsilon > 0$ , pilihlah $n > \frac C\varepsilon$ : maka untuk $0 \leq h \leq \frac\ell n$ , $\abs{f(h)} \leq \varepsilon$ , dan untuk $h$ yang negatif pakailah $f(h) = -f(-h)$ . Jadi $f(h) \to 0 = f(0)$ ketika $h \to 0$ : yakni kontinu di $0$ , sehingga di mana-mana (pertanyaan 2), jadi $f(x) = f(1)x$ .

7. Jika $f$ tidak turun pada $\intcc{a}{b}$ , maka $f(a) \leq f(x) \leq f(b)$ di sana: jadi terbatas, sehingga linear menurut pertanyaan 6, yakni $f(x) = cx$ ; lalu $c(b - a) = f(b) - f(a) \geq 0$ memaksa $c \geq 0$ .

8. (a) $\Rightarrow$ (b) $\Rightarrow$ (c): sepele. (c) $\Rightarrow$ (a): pertanyaan 2. (a) $\Rightarrow$ (d): karena fungsi linear bersifat monoton di mana-mana. (d) $\Rightarrow$ (e): karena fungsi monoton pada $\intcc{a}{b}$ terbatas di sana oleh nilai titik ujungnya. (e) $\Rightarrow$ (a): pertanyaan 4–6. Jadi kelima pernyataannya setara — itulah tangga keteraturannya.

9. Pertanyaan 4 hanya memakai batas atasnya $M$ ; sedangkan pertanyaan 5 menurunkan batas bawahnya dari batas atasnya lewat pencerminan $f(t) = f(\ell) - f(\ell - t)$ ; lalu pertanyaan 6 berjalan di atas $\abs f \leq C$ . Jadi: aditif dan terbatas di atas pada satu selang yang taktermerosot sudah mengakibatkan linear. Adapun untuk batas bawahnya, terapkanlah ini pada $-f$ (yang aditif dan terbatas di atas). Sehingga anak tangga (e) yang terkuat: bahwa satu batas sepihak pada satu selang sudah mencukupi.

10. Seandainya $\frac{f(x)}{x}$ merupakan satu konstanta $c$ untuk setiap $x \neq 0$ , maka $f$ akan linear; jadi ada $u, v$ yang taknol dengan $\frac{f(u)}u \neq \frac{f(v)}v$ , yakni $u f(v) - v f(u) \neq 0$ : sehingga determinan vektor $(u, f(u))$ , $(v, f(v))$ taknol, dan keduanya merentang $\R^2$ .

11. Untuk $r, s \in \Q$ : $f(ru + sv) = r f(u) + s f(v)$ (menurut pertanyaan 1 dua kali ditambah keaditifannya), sehingga grafiknya memuat

\bigl(ru + sv,\; r f(u) + s f(v)\bigr) = r\,(u, f(u)) + s\,(v, f(v)) .

Diberikan $(x_0, y_0)$ dan $\varepsilon > 0$ : sistem $2 \times 2$ yaitu $a(u, f(u)) + b(v, f(v)) = (x_0, y_0)$ mempunyai penyelesaian real (yang tunggal) $(a, b)$ karena determinannya taknol. Lalu pilihlah bilangan rasional $r_n \to a$ , $s_n \to b$ : maka $r_n(u, f(u)) + s_n(v, f(v)) \to (x_0, y_0)$ secara koordinat demi koordinat, dan masing-masing titiknya terletak pada grafiknya: jadi grafiknya padat di $\R^2$ .

12. Misalkan $I$ sebuah selang yang taktermerosot, $x_0$ titik tengahnya, dan $M$ sebarang: maka kepadatannya menyediakan sebuah titik grafik dalam jarak $\min\bigl(\frac{\abs I}{2}, 1\bigr)$ dari $(x_0, M + 1)$ , yakni $x \in I$ dengan $f(x) > M$ : jadi tak terbatas pada $I$ , sehingga (menurut pertanyaan 8) takkontinu di setiap titik dan tak monoton pada selang mana pun; dan untuk sebarang sasaran $y_0$ , titik grafik di dekat $(x_0, y_0)$ memberikan $f(x)$ yang sedekat-dekatnya dengan $y_0$ dengan $x \in I$ : jadi $f(I)$ padat di $\R$ . Inilah pertanyaan 8 yang dibaca mundur: karena semua anak tangganya setara, fungsi aditif yang taklinear pasti menggagalkan semuanya, di mana-mana.

13. Keterdefinisiannya: karena $m + n\sqrt2 = m' + n'\sqrt2$ memaksa $(n - n')\sqrt2 = m' - m \in \Z$ , sehingga $n = n'$ (kalau tidak $\sqrt2 \in \Q$ ) dan $m = m'$ . Lalu keaditifannya pada $G$ jelas koordinat demi koordinat. Ketakterbatasannya di dekat $0^+$ : tetapkanlah $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ dan $N \in \N$ . Untuk setiap $n$ yang tetap dengan $\abs n \leq N$ , syarat $m + n\sqrt2 \in \intoo{0}{1}$ memakukan $m$ di dalam selang berpanjang $1$ : jadi paling banyak satu bilangan bulat $m$ per $n$ , sehingga paling banyak $2N + 1$ unsur $G \cap \intoo{0}{1}$ yang mempunyai $\abs{f} \leq N$ . Padahal $G \cap \intoo{0}{\varepsilon}$ tak hingga (karena $G$ padat, Latihan 10.9); sehingga ia memuat suatu $g$ dengan $\abs{f(g)} > N$ : jadi $f$ tak terbatas pada setiap persekitaran kanan $0$ . Adapun memperluas $f$ menjadi fungsi aditif pada $\R$ berarti memilih nilainya secara padu pada sebuah keluarga bilangan real yang bebas linear atas $\Q$ dan merentang $\R$ atas $\Q$ — yaitu basis Hamel; dan menghasilkan satu pun menuntut aksioma pemilihan, serta tak ada rumus eksplisit yang dapat melakukannya: jadi secara konstruktif kita memiliki monsternya hanya pada $G$ .

14. Di sini $f(x) = f(\frac x2 + \frac x2) = f(\frac x2)^2 \geq 0$ . Jika $f(x_0) = 0$ , maka $f(x) = f(x - x_0)f(x_0) = 0$ untuk setiap $x$ : yang tersingkirkan. Jadi $f > 0$ dan $g = \ln \circ f$ bersifat kontinu (Proposisi 13.8) dengan $g(x + y) = g(x) + g(y)$ : sehingga menurut Latihan 13.11, $g(x) = cx$ , jadi $f(x) = \eu^{cx}$ . Sebaliknya setiap $\eu^{cx}$ berlaku: jadi morfisme kontinu $(\R, +) \to (\R^*, \times)$ tepat merupakan eksponensialnya.

15. Fungsi $g(u) = f(\eu^u)$ kontinu dan $g(u + v) = f(\eu^u \eu^v) = g(u) + g(v)$ : sehingga $g(u) = cu$ , dan setiap $x > 0$ tertulis $x = \eu^u$ dengan $u = \ln x$ : jadi $f(x) = c\ln x$ .

16. Fungsi $h = \ln \circ f$ kontinu pada $\intoo{0}{+\infty}$ dengan $h(xy) = h(x) + h(y)$ : sehingga menurut pertanyaan 15, $h(x) = c\ln x$ , jadi $f(x) = \eu^{c\ln x} = x^c$ .

17. Dengan $x = y = 0$ : $f(0) = 2f(0) + f(0)^2$ , sehingga $f(0)(1 + f(0)) = 0$ . Jika $f(0) = -1$ : maka menetapkan $y = 0$ , $f(x) = f(x) + f(0) + f(x)f(0) = -1$ untuk setiap $x$ : yaitu konstanta $f \equiv -1$ (yang memang memenuhi persamaannya). Kalau tidak $f(0) = 0$ ; lalu $h = 1 + f$ kontinu, $h(0) = 1$ , dan

h(x + y) = 1 + f(x) + f(y) + f(x)f(y) = h(x)\,h(y) :

sehingga menurut pertanyaan 14, $h(x) = \eu^{cx}$ , yakni $f(x) = \eu^{cx} - 1$ (dengan kasus $c = 0$ memberikan $f \equiv 0$ ). Jadi daftar lengkapnya: $f \equiv -1$ dan $f(x) = \eu^{cx} - 1$ , dengan $c \in \R$ .

18. Dengan $x = y = 0$ : $2f(0) = 4f(0)$ , sehingga $f(0) = 0$ . Dengan $x = 0$ : $f(y) + f(-y) = 2f(y)$ , sehingga $f$ genap. Dengan $y = x$ : $f(2x) = 4f(x)$ . Lalu induksi memakai $(x, y) \to (nx, x)$ :

f((n{+}1)x) = 2f(nx) + 2f(x) - f((n{-}1)x) = (2n^2 + 2 - (n-1)^2) f(x) = (n+1)^2 f(x) .

Lalu $f(x) = f\bigl(q\cdot\frac xq\bigr) = q^2 f\bigl(\frac xq\bigr)$ memberikan $f\bigl(\frac pq x\bigr) = \frac{p^2}{q^2}f(x)$ : jadi $f(r) = r^2 f(1)$ pada $\Q$ (dengan kegenapannya menangani tandanya). Adapun kedua fungsi kontinu $f$ dan $x \mapsto f(1)x^2$ bersesuaian pada himpunan padat $\Q$ , sehingga di mana-mana (pertanyaan 24): jadi $f(x) = f(1)\,x^2$ ; dan setiap $cx^2$ memenuhi persamaannya.

19. Fungsi $g = f - f(0)$ kontinu, $g(0) = 0$ , dan memenuhi persamaan Jensen (karena konstantanya saling meniadakan). Dengan mengambil $y = 0$ : $g\bigl(\frac x2\bigr) = \frac{g(x)}{2}$ . Lalu untuk setiap $x, y$ :

\frac{g(x + y)}{2} = g\Bigl(\frac{x+y}{2}\Bigr) = \frac{g(x) + g(y)}{2} ,

sehingga $g$ aditif dan kontinu: jadi $g(x) = cx$ (pertanyaan 2), dan $f(x) = cx + d$ dengan $d = f(0)$ . Adapun semua fungsi afin memenuhi persamaan Jensen: sehingga daftarnya lengkap.

20. Lewat induksi pada $n$ . Untuk $n = 0$ : $\lambda \in \{0, 1\}$ , yang sepele. Anggaplah ketaksamaannya berlaku untuk setiap bobot $\frac{k}{2^n}$ . Adapun bobot $\lambda = \frac{k}{2^{n+1}}$ dengan $k$ yang genap tereduksi ke tingkat $n$ ; sedangkan untuk $k = 2j + 1$ , $\lambda$ merupakan titik tengah $\lambda_1 = \frac{j}{2^n}$ dan $\lambda_2 = \frac{j+1}{2^n}$ . Dengan $z_i = \lambda_i x + (1 - \lambda_i)y$ : $\lambda x + (1-\lambda)y = \frac{z_1 + z_2}{2}$ , sehingga

f\bigl(\lambda x + (1{-}\lambda)y\bigr) \leq \frac{f(z_1) + f(z_2)}{2} \leq \frac{(\lambda_1 + \lambda_2)f(x) + (2 - \lambda_1 - \lambda_2)f(y)}{2} = \lambda f(x) + (1 - \lambda)f(y) .

21. Tetapkanlah $x, y$ . Peta $\lambda \mapsto f(\lambda x + (1 - \lambda)y)$ dan $\lambda \mapsto \lambda f(x) + (1 - \lambda)f(y)$ bersifat kontinu pada $\intcc{0}{1}$ (menurut komposisi dan aljabarnya, Proposisi 13.8). Ketaksamaannya berlaku pada bobot diadiknya, yang padat di $\intcc{0}{1}$ (Latihan 10.8); lalu untuk $\lambda$ yang sebarang ambillah bilangan diadik $\lambda_n \to \lambda$ lalu beralihlah ke limitnya (Teorema 13.3 dan Teorema 11.7): sehingga ketaksamaan kecembungannya berlaku untuk setiap $\lambda \in \intcc{0}{1}$ — jadi kecembungan titik tengah ditambah kekontinuan sama dengan kecembungan (yaitu gagasan pada Bab 14).

22. Fungsi aditif $f$ yang taklinear memenuhi $f\bigl(\frac{x+y}{2}\bigr) = \frac{f(x) + f(y)}{2}$ dengan persis (menurut pertanyaan 1 dengan $r = \frac12$ , lalu keaditifannya): jadi ia cembung titik tengah, bahkan afin titik tengah. Seandainya ia memenuhi ketaksamaan kecembungan yang penuh pada suatu selang $\intcc{x}{y}$ , maka untuk $\lambda \in \intcc{0}{1}$ : $f(\lambda x + (1-\lambda)y) \leq \max(f(x), f(y))$ — yakni terbatas di atas pada selang yang taktermerosot, sehingga linear menurut pertanyaan 9: yang bertentangan. Jadi kekontinuan pada pertanyaan 21 bukanlah kemewahan: karena tanpanya, kecembungan titik tengah hanya mengendalikan kerangka diadik yang terbilang, sedangkan kontinum di antaranya berlarian liar.

23. Fungsi $p(x) = \frac{x^2}{2}$ memenuhi $p(x+y) = p(x) + p(y) + xy$ . Jika $f$ sebarang penyelesaian yang kontinu, maka $g = f - p$ kontinu dan aditif, sehingga $g(x) = cx$ :

f(x) = \frac{x^2}{2} + cx , \qquad c \in \R ,

dan masing-masingnya merupakan penyelesaian: jadi daftarnya lengkap.

24. Asas umumnya: jika $u, v$ kontinu dan bersesuaian pada $D \subseteq \R$ yang padat, maka untuk $x \in \R$ pilihlah $d_n \in D$ dengan $d_n \to x$ (Proposisi 12.11); sehingga $u(x) = \lim u(d_n) = \lim v(d_n) = v(x)$ . Sekarang misalkan $f$ kontinu dan aditif pada subgrup padat $G$ . Tetapkanlah $x, y \in \R$ lalu ambillah $g_n \to x$ , $g'_n \to y$ dengan $g_n, g'_n \in G$ ; maka $g_n + g'_n \to x + y$ dan, menurut kekontinuan barisannya di $x + y$ , $x$ dan $y$ :

f(x + y) = \lim f(g_n + g'_n) = \lim\bigl(f(g_n) + f(g'_n)\bigr) = f(x) + f(y) :

jadi $f$ aditif pada seluruh $\R$ (sehingga linear, menurut pertanyaan 2).

25. (i) Untuk $f$ yang aditif: linear $\iff$ kontinu $\iff$ kontinu di satu titik $\iff$ monoton pada suatu selang $\iff$ terbatas (bahkan secara sepihak) pada suatu selang. (ii) Kepadatan grafiknya di bidangnya memperlihatkan bahwa kegagalannya bukan cacat lokal melainkan ledakan yang menyeluruh: karena di atas setiap subselangnya nilainya melumur ke seluruh $\R$ , sehingga setiap sifat keteraturannya gagal di mana-mana serentak. (iii) Tangkapannya: $cx$ , $\eu^{cx}$ , $c\ln x$ , $x^c$ , $cx^2$ , dan $cx + d$ — yaitu enam pencirian, dengan satu metode: angkutlah persamaannya ke persamaan Cauchy, lalu buktikan kerangka $\Q$ -nya lewat induksi, lalu naikkan pangkatnya ke $\R$ lewat kepadatan ditambah kekontinuan. (iv) Adapun kepadatan $\Q$ (atau bilangan diadik) memikul kenaikan pangkat pada Latihan 13.11 dan pada pertanyaan 21; sedangkan ia tak memikul apa pun pada pertanyaan 13, karena tanpa kekontinuan nilainya tak merambat dari himpunan yang padat ke penutupnya — jadi kepadatan memindahkan informasi hanya sepanjang kekontinuan.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium