Bab 37: Teorema Besar tentang Fungsi Kontinu

37.1 Teorema Nilai Ekstrim Weierstrass

Penjelasan master untuk Bab 37: sifat global fungsi kontinu pada interval tertutup. Kontinuitas adalah sifat lokal: ia hanya membicarakan perilaku $f$ di dekat setiap titik. Bab ini menunjukkan bahwa sifat lokal itu, bila berlaku di setiap titik interval tertutup $[a,b]$, menghasilkan sifat global yang kuat. Unit ini membuktikan sifat pertama. Penjelasan master: fungsi kontinu pada interval tertutup $[a,b]$ pasti mencapai nilai maksimum absolut dan minimum absolut di dalam interval tersebut.

Kelengkapan $\mathbb{R}$ adalah kuncinya. Bukti di sini memakai pembagian dua dan interval bersarang (Bab 12), serta aksioma supremum. Bukti itu dibuat tanpa aksioma pilihan, berbeda dengan bukti baku yang memilih titik $x_n$ dengan $f(x_n)>M-\tfrac1n$.

Prasyarat: Bab 12 (Teorema 12.2.4), Bab 36.

Keterbatasan

Lemma 37.1.1 (Kontinu pada $[a,b]$ Mengakibatkan Terbatas)

Bila $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ kontinu, dengan $a<b$, maka $f$ terbatas: ada $K$ dengan $|f(x)|\leq K$ untuk semua $x\in[a,b]$.

Bukti. Andaikan $f$ tidak terbatas. Bangun interval bersarang secara rekursif: $[a_0,b_0]=[a,b]$. Bila $f$ tidak terbatas pada $[a_n,b_n]$, tulis $m_n=\tfrac{a_n+b_n}2$. Bila $f$ tidak terbatas pada $[a_n,m_n]$, tetapkan $[a_{n+1},b_{n+1}]=[a_n,m_n]$. Bila tidak, tetapkan $[a_{n+1},b_{n+1}]=[m_n,b_n]$. Pada kasus kedua, $f$ tidak terbatas pada $[m_n,b_n]$, karena bila $f$ terbatas pada kedua separuh, $f$ terbatas pada gabungannya. Aturan ini ditentukan oleh pernyataan "$f$ terbatas pada $[a_n,m_n]$", yang benar atau salah, sehingga tidak ada pilihan.

Diperoleh interval bersarang dengan panjang $\tfrac{b-a}{2^n}$, dan $f$ tidak terbatas pada setiap interval itu. Teorema 12.2.4, beserta Unit 12.3 untuk panjang yang menuju nol, memberi $p$ di semua $[a_n,b_n]$, dengan $p\in[a,b]$.

$f$ kontinu di $p$. Dengan $\varepsilon=1$, ada $\delta>0$ dengan $|f(x)|<|f(p)|+1$ untuk $x\in[a,b]$, $|x-p|<\delta$. Pilih $n$ dengan $\tfrac{b-a}{2^n}<\delta$ (Archimedes). Karena $p\in[a_n,b_n]$, setiap $x\in[a_n,b_n]$ memenuhi $|x-p|\leq\tfrac{b-a}{2^n}<\delta$. Jadi $f$ terbatas pada $[a_n,b_n]$, kontradiksi. $\square$

Teorema Nilai Ekstrem

Teorema 37.1.2 (Weierstrass)

Bila $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ kontinu, dengan $a\leq b$, maka ada $x_{\max},x_{\min}\in[a,b]$ dengan

$$f(x_{\min})\leq f(x)\leq f(x_{\max})\qquad\text{untuk semua }x\in[a,b].$$

Bukti. Kasus $a=b$ jelas. Untuk $a<b$, menurut Lemma 37.1.1, $f[[a,b]]$ tak kosong dan terbatas, sehingga $M=\sup f[[a,b]]$ ada. Andaikan $f(x)<M$ untuk semua $x\in[a,b]$. Maka $g(x)=\tfrac1{M-f(x)}$ terdefinisi, positif, dan kontinu pada $[a,b]$ (Teorema 36.1.5). Lemma 37.1.1 memberi $K>0$ dengan $g(x)\leq K$, yaitu $M-f(x)\geq\tfrac1K$, atau $f(x)\leq M-\tfrac1K$ untuk semua $x$. Jadi $M-\tfrac1K$ adalah batas atas yang lebih kecil daripada supremum $M$, kontradiksi. Maka ada $x_{\max}$ dengan $f(x_{\max})=M$. Untuk minimum, terapkan hasil ini pada $-f$. $\square$

Trik $g=\tfrac1{M-f}$ mengubah pertanyaan "apakah supremum tercapai" menjadi pertanyaan "apakah suatu fungsi kontinu terbatas", yang sudah dijawab oleh Lemma 37.1.1. Dengan cara ini, kita tidak perlu memilih titik-titik yang nilainya mendekati $M$.

Bukti alternatif dengan AC$_\omega$: pilih $x_n$ dengan $f(x_n)>M-\tfrac1n$. Teorema 28.2.3 memberi subbarisan $x_{n_k}\to p\in[a,b]$, dan kontinuitas memberi $f(p)=\lim f(x_{n_k})=M$. Bukti ini lebih pendek, tetapi memakai pilihan terhitung untuk $x_n$.

Semua Hipotesis Diperlukan

Contoh 37.1.3

(a) Interval tidak tutup: $f(x)=x$ pada $(0,1)$ kontinu dan terbatas, tetapi $\sup=1$ dan $\inf=0$ tidak tercapai.

(b) Interval tidak terbatas: $f(x)=x$ pada $[0,\infty)$ tidak terbatas di atas. Untuk $f(x)=\tfrac x{1+x}$ pada $[0,\infty)$, fungsi itu terbatas, tetapi $\sup=1$ tidak tercapai.

(c) Tidak kontinu: $f(x)=x$ pada $[0,1)$ dan $f(1)=0$, pada $[0,1]$. $\sup=1$ tidak tercapai.

(d) Tidak kontinu dan tidak terbatas: $f(x)=\tfrac1x$ pada $(0,1]$ dan $f(0)=0$, pada $[0,1]$.

Contoh dan Penerapan

Contoh 37.1.4

$f(x)=x^2-2x$ pada $[0,3]$. Teorema 37.1.2 menjamin maksimum dan minimum. Untuk menemukannya: $f(x)=(x-1)^2-1\geq-1$, dengan kesamaan di $x=1$, sehingga minimumnya $-1$. Pada $[0,3]$, $(x-1)^2\leq4$, dengan kesamaan di $x=3$, sehingga maksimumnya $f(3)=3$. Teorema menjamin keberadaan, dan perhitungan menemukan titiknya. Bab 41–42 memberi alat umum untuk menemukan titik itu, yaitu turunan.

Akibat 37.1.5 (Jarak Positif ke Nol)

Bila $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ kontinu dan $f(x)\ne0$ untuk semua $x$, maka ada $m>0$ dengan $|f(x)|\geq m$ untuk semua $x\in[a,b]$.

Bukti. $|f|$ kontinu (Teorema 36.1.5), sehingga mencapai minimum $m=|f(x_{\min})|>0$. $\square$

Bandingkan dengan Proposisi 24.2.6(d). Untuk barisan, syarat "$t_n\ne0$" tidak menjamin batas bawah positif. Untuk fungsi kontinu pada interval tertutup, syarat itu menjaminnya.

Akibat 37.1.6 (Peta Interval Tertutup)

Bila $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ kontinu, maka $f[[a,b]]\subseteq[m,M]$, dengan $m$ dan $M$ nilai minimum dan maksimum yang tercapai. Unit 37.2 menunjukkan bahwa kesamaan berlaku: $f[[a,b]]=[m,M]$.

Latihan

Latihan 37.1-1. Tentukan maksimum dan minimum, beserta titik pencapaiannya: (a) $x^2-4x+1$ pada $[0,5]$; (b) $|x-1|+|x+1|$ pada $[-3,2]$; (c) $\tfrac x{1+x^2}$ pada $[0,2]$.

Latihan 37.1-2. Pada bukti Lemma 37.1.1, jelaskan mengapa bila $f$ terbatas pada $[a_n,m_n]$ dan pada $[m_n,b_n]$, maka $f$ terbatas pada $[a_n,b_n]$.

Latihan 37.1-3. Buktikan bahwa fungsi kontinu pada $[a,b]\cup[c,d]$, dengan $b<c$, mencapai maksimum.

Latihan 37.1-4. Beri contoh fungsi kontinu pada $\mathbb{R}$ yang terbatas tetapi tidak mencapai maksimum maupun minimum.

Latihan 37.1-5. Misalkan $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ kontinu dan $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=0$, serta $f(0)=1$. Buktikan bahwa $f$ mencapai maksimum.

Latihan 37.1-6. Misalkan $f$ kontinu pada $[a,b]$ dan $f(x)>0$ untuk semua $x$. Buktikan bahwa $\tfrac1f$ terbatas pada $[a,b]$.

Latihan 37.1-7. Buktikan bahwa untuk polinomial $p(x)=x^2+bx+c$, $|p|$ mencapai minimum pada $\mathbb{R}$.

Latihan 37.1-8. Tunjukkan bahwa Teorema 37.1.2 gagal di $\mathbb{Q}$: tentukan fungsi $f:[0,2]\cap\mathbb{Q}\to\mathbb{Q}$ yang kontinu, dalam arti Definisi 36.1.1 untuk domain $D=[0,2]\cap\mathbb{Q}$, dan terbatas, tetapi tidak mencapai maksimumnya.

Solusi

Solusi 37.1-1. (a) $(x-2)^2-3$: minimum $-3$ di $x=2$. Maksimum di titik terjauh dari $2$, yaitu $x=5$, dengan nilai $6$. (b) Fungsi ini sama dengan $-2x$ untuk $x\leq-1$, $2$ untuk $-1\leq x\leq1$, dan $2x$ untuk $x\geq1$. Minimum $2$ di setiap $x\in[-1,1]$. Maksimum $6$ di $x=-3$. (c) $\tfrac x{1+x^2}\leq\tfrac12$, karena $1+x^2-2x=(x-1)^2\geq0$, dengan kesamaan di $x=1$. Jadi maksimum $\tfrac12$ di $x=1$. Minimum $0$ di $x=0$, karena fungsi ini taknegatif pada $[0,2]$. $\square$

Solusi 37.1-2. Bila $|f|\leq K_1$ pada separuh kiri dan $|f|\leq K_2$ pada separuh kanan, maka $|f|\leq\max(K_1,K_2)$ pada gabungannya, yaitu $[a_n,b_n]$. $\square$

Solusi 37.1-3. Pembatasan ke $[a,b]$ dan ke $[c,d]$ masing-masing kontinu, sehingga mencapai maksimum $M_1$ dan $M_2$. Maksimum keseluruhan adalah $\max(M_1,M_2)$, yang tercapai. $\square$

Solusi 37.1-4. $f(x)=\tfrac x{1+|x|}$: nilainya di $(-1,1)$, dengan $\sup=1$ dan $\inf=-1$ yang tidak tercapai (Proposisi 22.2.4). $\square$

Solusi 37.1-5. Ada $R>0$ dengan $|f(x)|<1$ untuk $|x|>R$, menurut definisi limit di $\pm\infty$ dengan $\varepsilon=1$. Pada $[-R,R]$, yang memuat $0$, $f$ mencapai maksimum $M\geq f(0)=1$. Di luar $[-R,R]$, $f<1\leq M$. Jadi $M$ adalah maksimum global. $\square$

Solusi 37.1-6. Akibat 37.1.5: $f\geq m>0$, sehingga $0<\tfrac1f\leq\tfrac1m$. $\square$

Solusi 37.1-7. $p(x)=(x+\tfrac b2)^2+c-\tfrac{b^2}4$. Bila $c-\tfrac{b^2}4\geq0$, $|p|=p$ mencapai minimum di $x=-\tfrac b2$. Bila $c-\tfrac{b^2}4<0$, $p$ mempunyai pembuat nol (Teorema 11.3.8 untuk akar), sehingga $|p|$ mencapai minimum $0$. $\square$

Solusi 37.1-8. $f(x)=\tfrac1{|x^2-2|+1}$ pada $D=[0,2]\cap\mathbb{Q}$. Penyebutnya $\geq1$, sehingga $f$ terdefinisi, terbatas, dan kontinu, sebagai komposisi fungsi kontinu. $\sup f=1$, yang dihampiri oleh rasional $x\to\sqrt2$. Akan tetapi $f(x)=1$ memerlukan $x^2=2$, yang tidak mempunyai solusi rasional. Jadi maksimum tidak tercapai. Teorema gagal karena $D$ tidak lengkap. $\square$

Ringkasan

Fungsi kontinu pada interval tertutup dan terbatas $[a,b]$ terbatas, dibuktikan dengan pembagian dua yang ditentukan dan interval bersarang. Fungsi itu juga mencapai maksimum dan minimum absolutnya: bila supremum tidak tercapai, $\tfrac1{M-f}$ menjadi fungsi kontinu yang tak terbatas. Kedua bukti bebas pilihan. Setiap hipotesis diperlukan: interval tertutup, interval terbatas, dan kontinuitas. Akibatnya, fungsi kontinu yang tidak pernah nol pada $[a,b]$ menjauhi nol secara seragam. Teorema ini gagal di $\mathbb{Q}$, karena bergantung pada kelengkapan.

37.2 Teorema Nilai Antara Bolzano (Intermediate Value Theorem)

Rumus master: jika $f(x)$ kontinu pada $[1,3]$, dengan $f(1)=-2$ dan $f(3)=5$, maka dijamin ada setidaknya satu titik $c\in(1,3)$ sehingga $f(c)=0$.

Secara intuitif, grafik fungsi kontinu yang berawal di bawah sumbu $x$ dan berakhir di atasnya harus memotong sumbu itu. Intuisi ini benar, tetapi buktinya memerlukan kelengkapan $\mathbb{R}$. Di $\mathbb{Q}$, fungsi $x^2-2$ bernilai $-1$ di $1$ dan $2$ di $2$, tetapi tidak pernah nol pada bilangan rasional. Unit ini membuktikan teorema nilai antara dengan supremum, lalu menurunkan akibat-akibatnya: peta interval adalah interval, keberadaan titik tetap, keberadaan akar, dan kemonotonan fungsi kontinu yang injektif.

Bab 15–16 menganalisis tanda polinomial secara aljabar, tanpa teorema nilai antara, karena teorema itu belum tersedia. Unit ini memberikan alat umum yang berlaku untuk semua fungsi kontinu.

Prasyarat: Bab 11 (supremum), Bab 36, Unit 37.1.

Teorema

Teorema 37.2.1 (Bolzano)

Misalkan $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ kontinu, $a<b$, dan $f(a)<0<f(b)$. Maka ada $c\in(a,b)$ dengan $f(c)=0$.

Bukti. Misalkan $S=\{x\in[a,b]:f(x)<0\}$. $S$ tak kosong, karena $a\in S$, dan terbatas di atas oleh $b$. Tetapkan $c=\sup S\in[a,b]$. Kita tunjukkan $f(c)=0$, dengan menyingkirkan kedua kemungkinan lainnya.

Andaikan $f(c)<0$. Maka $c\ne b$, karena $f(b)>0$, sehingga $c<b$. Kontinuitas di $c$ dengan $\varepsilon=-f(c)$ memberi $\delta>0$ dengan $f(x)<0$ untuk $x\in[a,b]$, $|x-c|<\delta$. Titik $x=\min(c+\tfrac\delta2,b)$ memenuhi $x>c$ dan $f(x)<0$, sehingga $x\in S$ dan $x>\sup S$. Kontradiksi.

Andaikan $f(c)>0$. Maka $c\ne a$, sehingga $c>a$. Kontinuitas memberi $\delta>0$ dengan $f(x)>0$ untuk $x\in[a,b]$, $|x-c|<\delta$. Akibatnya, tidak ada anggota $S$ di $(c-\delta,c]$. Setiap anggota $S$ adalah $\leq c$ dan tidak terletak di $(c-\delta,c]$, sehingga $\leq c-\delta$. Jadi $c-\delta$ adalah batas atas $S$ yang lebih kecil daripada $c$. Kontradiksi.

Jadi $f(c)=0$. Karena $f(a)\ne0$ dan $f(b)\ne0$, $c\in(a,b)$. $\square$

Bukti ini bebas pilihan. Titik $c$ yang ditemukan adalah supremum himpunan tempat $f$ negatif. Titik itu tidak harus satu-satunya titik nol, dan juga tidak harus titik nol terkecil atau terbesar.

Contoh 37.2.2 (Contoh Master)

Ambil $f(x)=x^2-\tfrac x2-\tfrac52$. Maka $f(1)=1-\tfrac12-\tfrac52=-2$ dan $f(3)=9-\tfrac32-\tfrac52=5$, sesuai master, dan $f$ kontinu karena polinomial. Teorema 37.2.1 menjamin $c\in(1,3)$ dengan $f(c)=0$. Untuk fungsi khusus ini, rumus kuadrat memberi $c=\tfrac{1+\sqrt{41}}4\approx1{,}851$, dan memang $1<c<3$, karena $3<\sqrt{41}<11$. Teorema itu sendiri berlaku untuk setiap fungsi kontinu dengan $f(1)=-2$ dan $f(3)=5$, termasuk fungsi yang titik nolnya tidak dapat dihitung dengan rumus. Unit 37.3 menunjukkan cara menghampiri titik nol itu.

Akibat 37.2.3 (Nilai Antara Umum)

Bila $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ kontinu dan $y$ terletak di antara $f(a)$ dan $f(b)$, maka ada $c\in[a,b]$ dengan $f(c)=y$.

Bukti. Bila $y=f(a)$ atau $y=f(b)$, ambil $c=a$ atau $c=b$. Bila $f(a)<y<f(b)$, terapkan Teorema 37.2.1 pada $f-y$. Bila $f(a)>y>f(b)$, terapkan teorema itu pada $y-f$. $\square$

Akibat-Akibat

Teorema 37.2.4 (Peta Interval)

Bila $I$ interval dan $f:I\to\mathbb{R}$ kontinu, maka $f[I]$ interval, yaitu: bila $y_1<y<y_2$ dan $y_1,y_2\in f[I]$, maka $y\in f[I]$. Khususnya, untuk $I=[a,b]$, $f[[a,b]]=[m,M]$, dengan $m$ dan $M$ nilai minimum dan maksimum.

Bukti. Misalkan $y_1=f(u)$ dan $y_2=f(v)$. Terapkan Akibat 37.2.3 pada $f$ yang dibatasi ke interval tertutup dengan ujung $u$ dan $v$, yang termuat di $I$. Untuk $[a,b]$: $f[[a,b]]$ adalah interval yang memuat $m$ dan $M$ (Teorema 37.1.2), dan termuat di $[m,M]$. Jadi $f[[a,b]]=[m,M]$. $\square$

Pernyataan "himpunan $J$ adalah interval" di sini berarti sifat keantaraan: setiap bilangan di antara dua anggota $J$ termasuk $J$. Dengan aksioma supremum, himpunan dengan sifat ini dapat ditulis dalam salah satu bentuk interval baku, dengan ujung-ujung $\inf J$ dan $\sup J$ bila ada (Latihan 37.2-6 memakai kasus tertutup).

Akibat 37.2.5 (Titik Tetap)

Setiap fungsi kontinu $f:[a,b]\to[a,b]$ mempunyai titik tetap, yaitu $c$ dengan $f(c)=c$.

Bukti. $g(x)=f(x)-x$ kontinu, dengan $g(a)=f(a)-a\geq0$ dan $g(b)=f(b)-b\leq0$. Bila salah satunya nol, selesai. Bila tidak, $g(a)>0>g(b)$, sehingga Teorema 37.2.1, yang diterapkan pada $-g$, memberi $c$ dengan $g(c)=0$. $\square$

Akibat 37.2.6 (Akar)

(a) Untuk $y>0$ dan $n\geq1$, ada $x>0$ dengan $x^n=y$. Ini bukti kedua untuk Teorema 11.3.8.

(b) Setiap polinomial berderajat ganjil mempunyai pembuat nol real.

Bukti. (a) $g(x)=x^n$ kontinu pada $[0,1+y]$, dengan $g(0)=0<y$ dan $g(1+y)\geq1+y>y$ (Bernoulli). Gunakan Akibat 37.2.3. Titik $x$ tidak nol, karena $g(0)\ne y$.

(b) Misalkan $p(x)=x^d+a_{d-1}x^{d-1}+\cdots+a_0$ dengan $d$ ganjil; bagi dulu dengan koefisien utama bila perlu. Untuk $|x|\geq R=1+|a_{d-1}|+\cdots+|a_0|$, berlaku $|a_{d-1}x^{d-1}+\cdots+a_0|\leq(R-1)|x|^{d-1}<|x|^d$. Jadi $p(x)$ bertanda sama dengan $x^d$, sehingga $p(R)>0$ dan $p(-R)<0$, karena $d$ ganjil. Gunakan Teorema 37.2.1 pada $[-R,R]$. $\square$

Teorema 37.2.7 (Kontinu dan Injektif Mengakibatkan Monoton Tegas)

Bila $I$ interval dan $f:I\to\mathbb{R}$ kontinu serta injektif, maka $f$ naik tegas atau turun tegas.

Bukti. Karena $f$ injektif, setiap pasangan $x<y$ memenuhi $f(x)<f(y)$ atau $f(x)>f(y)$. Andaikan $f$ tidak naik tegas dan tidak turun tegas. Maka ada pasangan $x<y$ dengan $f(x)<f(y)$, dan pasangan $x'<y'$ dengan $f(x')>f(y')$. Untuk $t\in[0,1]$ tetapkan

$$p(t)=(1-t)x+tx',\qquad q(t)=(1-t)y+ty',\qquad h(t)=f(q(t))-f(p(t)).$$

Titik $p(t)$ dan $q(t)$ termasuk $I$, karena $I$ interval dan keduanya adalah titik di antara titik-titik $I$. Selain itu $p(t)<q(t)$, karena $q(t)-p(t)=(1-t)(y-x)+t(y'-x')>0$. Fungsi $h$ kontinu (Teorema 36.1.5 dan 36.1.6), dengan $h(0)=f(y)-f(x)>0$ dan $h(1)=f(y')-f(x')<0$. Teorema 37.2.1 memberi $t$ dengan $h(t)=0$, yaitu $f(p(t))=f(q(t))$ dengan $p(t)\ne q(t)$. Ini bertentangan dengan injektivitas. $\square$

Gagasan bukti: pasangan "naik" digeser secara kontinu menjadi pasangan "turun". Di tengah jalan, kedua nilainya harus sama.

Latihan

Latihan 37.2-1. Buktikan bahwa $x^3+x-1=0$ mempunyai akar di $(0,1)$, dan bahwa akar itu tunggal.

Latihan 37.2-2. Buktikan bahwa ada $x\in(0,1)$ dengan $x^5=1-x$.

Latihan 37.2-3. Misalkan $f$ kontinu pada $[0,1]$ dengan $f(0)=f(1)$. Buktikan bahwa ada $c\in[0,\tfrac12]$ dengan $f(c)=f(c+\tfrac12)$.

Latihan 37.2-4. Beri contoh fungsi $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ yang tidak kontinu tetapi mempunyai sifat nilai antara.

Latihan 37.2-5. Tunjukkan bahwa Teorema 37.2.1 gagal di $\mathbb{Q}$ dengan $f(x)=x^2-2$ pada $[1,2]\cap\mathbb{Q}$. Di bagian mana bukti memakai kelengkapan?

Latihan 37.2-6. Buktikan bahwa tidak ada fungsi kontinu $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ dengan $f[[0,1]]=(0,1)$.

Latihan 37.2-7. Misalkan $f$ kontinu dan injektif pada interval $I$. Buktikan langsung, dengan Akibat 37.2.3, bahwa untuk $x<y<z$ di $I$, nilai $f(y)$ terletak di antara $f(x)$ dan $f(z)$.

Latihan 37.2-8. Buktikan bahwa $f(x)=x^3$ adalah bijeksi $\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, dan bahwa inversnya kontinu.

Solusi

Solusi 37.2-1. $g(x)=x^3+x-1$, dengan $g(0)=-1<0<1=g(1)$. Teorema 37.2.1 memberi akar. Ketunggalan: $g$ naik tegas, karena $x^3$ dan $x$ naik tegas, sehingga injektif. $\square$

Solusi 37.2-2. $h(x)=x^5+x-1$, dengan $h(0)=-1$ dan $h(1)=1$. $\square$

Solusi 37.2-3. $g(x)=f(x+\tfrac12)-f(x)$ pada $[0,\tfrac12]$. $g(0)+g(\tfrac12)=f(1)-f(0)=0$. Jadi $g(0)$ dan $g(\tfrac12)$ bertanda berlawanan, atau salah satunya nol. Akibat 37.2.3 dengan $y=0$ memberi $c$. $\square$

Solusi 37.2-4. Tetapkan $f(0)=0$ dan $f(\tfrac1n)=(-1)^n$ untuk $n\geq1$, dan biarkan $f$ linear pada setiap $[\tfrac1{n+1},\tfrac1n]$. Pada setiap interval itu, $f$ bergerak dari $\pm1$ ke $\mp1$, sehingga mengambil semua nilai di $[-1,1]$.

• $f$ tidak kontinu di $0$, karena $f(\tfrac1n)=\pm1\not\to0$.
• $f$ kontinu pada $(0,1]$, karena linear sepotong-sepotong dengan ujung-ujung yang cocok.
• Sifat nilai antara: misalkan $0\leq u<v\leq1$ dan $y$ di antara $f(u)$ dan $f(v)$. Bila $u>0$, gunakan Akibat 37.2.3 pada $[u,v]$. Bila $u=0$, maka $y$ di antara $0$ dan $f(v)$, sehingga $y\in[-1,1]$. Interval $[0,v]$ memuat suatu $[\tfrac1{n+1},\tfrac1n]$ dengan $\tfrac1n<v$, dan pada interval itu $f$ mengambil nilai $y$.

Contoh baku dalam buku lain adalah $\sin\tfrac1x$, yang memerlukan sinus (Bab 48–49). $\square$

Solusi 37.2-5. $f(1)=-1<0<2=f(2)$, tetapi $x^2=2$ tidak mempunyai solusi rasional (Bab 8). Bukti memakai $c=\sup S$, yang di $\mathbb{Q}$ tidak ada. Di sini $S=\{x\in[1,2]\cap\mathbb{Q}:x^2<2\}$ tidak mempunyai supremum rasional (Teorema 11.3.4). $\square$

Solusi 37.2-6. Menurut Teorema 37.2.4, $f[[0,1]]=[m,M]$ adalah interval tertutup, yang memuat ujung-ujungnya. Interval $(0,1)$ tidak memuat ujung-ujungnya, sehingga keduanya tidak mungkin sama. $\square$

Solusi 37.2-7. Andaikan tidak, misalnya $f(y)>\max(f(x),f(z))$. Ambil $w$ dengan $\max(f(x),f(z))<w<f(y)$. Akibat 37.2.3 pada $[x,y]$ memberi $s\in(x,y)$ dengan $f(s)=w$, karena $w$ terletak tegas di antara $f(x)$ dan $f(y)$. Akibat 37.2.3 pada $[y,z]$ memberi $t\in(y,z)$ dengan $f(t)=w$. Maka $s<y<t$, tetapi $f(s)=f(t)$, bertentangan dengan injektivitas. Kasus $f(y)<\min(f(x),f(z))$ serupa. Kesamaan $f(y)=f(x)$ atau $f(y)=f(z)$ dikecualikan oleh injektivitas. $\square$

Solusi 37.2-8. Injektif: $x^3$ naik tegas (Teorema 10.2.6 untuk $x,y\geq0$, dan dengan simetri $(-x)^3=-x^3$). Surjektif: untuk $y\in\mathbb{R}$, Akibat 37.2.6(b) pada $x^3-y$ memberi akar. Kontinuitas invers: invers $g$ dari fungsi naik tegas adalah naik tegas, dan $g[\mathbb{R}]=\mathbb{R}$. Menurut Teorema 36.2.7, setiap diskontinuitas $g$ adalah loncatan dengan $g(c^-)<g(c^+)$. Karena $g(c^-)\leq g(c)\leq g(c^+)$, paling sedikit satu interval terbuka $(g(c^-),g(c))$ atau $(g(c),g(c^+))$ tak kosong. Nilai di interval itu tidak dicapai $g$: titik di kiri $c$ memberi nilai $\leq g(c^-)$, dan titik di kanan $c$ memberi nilai $\geq g(c^+)$. Ini bertentangan dengan $g[\mathbb{R}]=\mathbb{R}$. Jadi $g$ kontinu. $\square$

Ringkasan

Fungsi kontinu pada $[a,b]$ yang berganti tanda mempunyai pembuat nol di $(a,b)$. Buktinya: $c=\sup\{x:f(x)<0\}$, dan kontinuitas menyingkirkan $f(c)<0$ serta $f(c)>0$. Teorema ini bergantung pada kelengkapan dan gagal di $\mathbb{Q}$. Untuk contoh master, $f(1)=-2$ dan $f(3)=5$ menjamin titik nol di $(1,3)$. Akibat-akibatnya: peta interval oleh fungsi kontinu adalah interval, dan $f[[a,b]]=[m,M]$; fungsi kontinu dari $[a,b]$ ke dirinya mempunyai titik tetap; akar ke-$n$ ada; polinomial berderajat ganjil mempunyai akar real; fungsi kontinu yang injektif pada interval monoton tegas.

37.3 Aplikasi untuk Pencarian Akar Numerik (Metode Bagi Dua / Bisection Method)

Penjelasan implementasi master: metode ini dipakai dalam algoritma perhitungan komputer untuk mencari akar persamaan non-linear.

Teorema nilai antara (Unit 37.2) menjamin bahwa akar ada, tetapi tidak menunjukkan letaknya. Metode bagi dua mengubah jaminan keberadaan itu menjadi prosedur: berulang kali bagi dua interval yang memuat perubahan tanda, dan pertahankan separuh yang tetap memuat perubahan tanda. Unit ini merumuskan metode tersebut sebagai rekursi yang ditentukan, membuktikan kekonvergenannya beserta batas galat yang eksplisit, menghitung beberapa contoh secara eksak, dan menjelaskan apa yang dijamin dan apa yang tidak.

Prasyarat: Unit 37.2; Bab 12 (interval bersarang); Bab 27; Unit 29.2 (uji berhenti).

Algoritma

Definisi 37.3.1 (Metode Bagi Dua)

Misalkan $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ kontinu, dengan $f(a)<0<f(b)$. Tetapkan $a_0=a$ dan $b_0=b$. Untuk $n\geq0$, dengan $m_n=\tfrac{a_n+b_n}2$:

• bila $f(m_n)=0$: berhenti, karena $m_n$ adalah akar;
• bila $f(m_n)<0$: $a_{n+1}=m_n$ dan $b_{n+1}=b_n$;
• bila $f(m_n)>0$: $a_{n+1}=a_n$ dan $b_{n+1}=m_n$.

Bila $f(a)>0>f(b)$, terapkan metode ini pada $-f$. Setiap langkah ditentukan oleh tanda $f(m_n)$, sehingga tidak ada pilihan (Teorema 7.4.1).

Teorema 37.3.2 (Kekonvergenan dan Galat)

Bila algoritma tidak berhenti, maka untuk semua $n$:

(a) $f(a_n)<0<f(b_n)$, $a_n\leq a_{n+1}<b_{n+1}\leq b_n$, dan $b_n-a_n=\tfrac{b-a}{2^n}$;

(b) $a_n\to c$ dan $b_n\to c$ untuk suatu $c\in[a,b]$ dengan $f(c)=0$;

(c) $|m_n-c|\leq\dfrac{b-a}{2^{n+1}}$.

Bila algoritma berhenti di langkah $n$, maka $m_n$ adalah akar yang tepat.

Bukti. (a) Induksi: setiap langkah mengganti satu ujung dengan titik tengah, yang tandanya cocok dengan ujung yang diganti. Panjangnya menjadi separuh.

(b) $(a_n)$ naik dan terbatas di atas oleh $b$, dan $(b_n)$ turun dan terbatas di bawah oleh $a$. Teorema 27.2.1 memberi $a_n\to c$ dan $b_n\to c'$, dengan $c'-c=\lim(b_n-a_n)=0$. Kontinuitas (Teorema 36.1.7(a)) memberi $f(a_n)\to f(c)$ dan $f(b_n)\to f(c)$. Karena $f(a_n)<0$, $f(c)\leq0$. Karena $f(b_n)>0$, $f(c)\geq0$ (Akibat 25.2.6). Jadi $f(c)=0$.

(c) $c\in[a_n,b_n]$, karena $a_n\leq c\leq b_n$ untuk barisan naik dan turun yang menuju $c$. Titik tengah $m_n$ berjarak paling jauh setengah panjang interval dari setiap titik interval itu. $\square$

Bagian (b) adalah bukti kedua teorema nilai antara, kini dengan interval bersarang dan Teorema Kekonvergenan Monoton, bukan supremum. Bukti ini juga bebas pilihan.

Akibat 37.3.3 (Banyaknya Langkah)

Untuk menjamin $|m_n-c|<\tau$, cukup $2^{n+1}>\tfrac{b-a}\tau$. Banyaknya langkah hanya bergantung pada panjang interval dan toleransi, bukan pada $f$.

Bukti. Teorema 37.3.2(c). $\square$

Ini berbeda dari uji berhenti "selisih berurutan kecil" (Unit 29.2), yang secara umum tidak menjamin apa pun. Metode bagi dua membawa jaminan galat yang dibuktikan sendiri: interval $[a_n,b_n]$ selalu memuat akar.

Contoh

Contoh 37.3.4 (Menghampiri $\sqrt2$)

$f(x)=x^2-2$ pada $[1,2]$, dengan $f(1)=-1$ dan $f(2)=2$. Semua titik tengah adalah pecahan dengan penyebut pangkat dua, sehingga perhitungannya eksak:

Sesudah langkah ke-$6$, $[a_7,b_7]=[\tfrac{181}{128},\tfrac{91}{64}]=[1{,}4140625;\ 1{,}421875]$, dengan panjang $\tfrac1{128}$, dan interval itu memuat $\sqrt2$. Contoh pemeriksaan: $181^2=32761=2\cdot16384-7$.

Untuk galat $<10^{-6}$, Akibat 37.3.3 meminta $2^{n+1}>10^6$, yaitu $n+1\geq20$, karena $2^{20}=1048576$. Sebagai perbandingan, metode Babilonia (Contoh 27.2.3) sudah memberi galat $<10^{-5}$ dengan $a_4$ (Latihan 27.2-3), karena galatnya kira-kira dikuadratkan setiap langkah, sedangkan bagi dua hanya membagi galat dengan $2$. Bagi dua lebih lambat, tetapi berlaku untuk setiap fungsi kontinu yang berganti tanda dan tidak memerlukan rumus khusus.

Contoh 37.3.5 (Contoh Master Unit 37.2)

$f(x)=x^2-\tfrac x2-\tfrac52$ pada $[1,3]$, dengan $f(1)=-2$ dan $f(3)=5$:

Jadi akarnya terletak di $[\tfrac{29}{16},\tfrac{15}8]=[1{,}8125;\ 1{,}875]$, sesuai dengan $c=\tfrac{1+\sqrt{41}}4\approx1{,}851$.

Batas Metode

(a) Metode ini memerlukan perubahan tanda. $f(x)=x^2$ pada $[-1,1]$ mempunyai akar $0$, tetapi $f(-1)=f(1)=1>0$, sehingga metode tidak dapat dimulai. Akar dengan multiplisitas genap tidak terdeteksi oleh perubahan tanda.

(b) Metode ini menemukan satu akar. Bila ada beberapa akar di $[a,b]$, aturan pembagian menentukan akar mana yang ditemukan (Latihan 37.3-5).

(c) Kontinuitas diperlukan. Untuk $f(x)=\tfrac1x$ pada $[-1,1]\setminus\{0\}$ dan $f(0)=1$, tanda berubah, karena $f(-1)=-1<0<1=f(1)$, tetapi $f$ tidak mempunyai akar. Langkah pertama memberi $f(0)=1>0$, sehingga intervalnya menjadi $[-1,0]$. Interval-interval berikutnya mengurung $0$, yang merupakan diskontinuitas, bukan akar.

(d) Catatan cakupan: analisis di atas memakai aritmetika real yang eksak. Pada komputer, bilangan diwakili secara hingga, dan tanda $f(m_n)$ di dekat akar dapat salah karena galat pembulatan. Analisis galat pembulatan termasuk analisis numerik dan tidak dibahas di buku ini. Buku ini tidak membuat klaim tentang perangkat lunak atau perangkat keras tertentu.

Latihan

Latihan 37.3-1. Lakukan empat langkah metode bagi dua untuk $x^3-2$ pada $[1,2]$, dengan perhitungan eksak.

Latihan 37.3-2. Berapa langkah yang menjamin galat $<10^{-3}$ untuk akar di $[0,1]$? Untuk $[0,100]$?

Latihan 37.3-3. Buktikan Teorema 37.3.2(a) dengan induksi secara lengkap.

Latihan 37.3-4. Tunjukkan dengan contoh bahwa akar yang ditemukan metode bagi dua tidak harus akar terkecil $f$ di $[a,b]$.

Latihan 37.3-5. Untuk $f(x)=(x-0{,}3)(x-0{,}6)(x-0{,}9)$ pada $[0,1]$, tentukan akar mana yang ditemukan metode bagi dua.

Latihan 37.3-6. Buktikan bahwa bila $[a_n,b_n]$ memuat tepat satu akar $c$ untuk suatu $n$, maka semua interval berikutnya juga memuat $c$.

Latihan 37.3-7. Misalkan pada setiap langkah dipakai titik bagi $a_n+\tfrac13(b_n-a_n)$ alih-alih titik tengah. Berapa panjang interval sesudah $n$ langkah dalam kasus terburuk? Apakah kekonvergenan masih terjamin?

Latihan 37.3-8. Untuk $f(x)=x^2-2$ pada $[1,2]$, tentukan $n$ terkecil dengan $\tfrac1{2^{n+1}}<\tfrac1{1000}$, dan bandingkan dengan selang $[a_7,b_7]$ di Contoh 37.3.4.

Solusi

Solusi 37.3-1. $f(1)=-1$ dan $f(2)=6$. $m_0=\tfrac32$: $\tfrac{27}8-2=\tfrac{11}8>0$, sehingga $[1,\tfrac32]$. $m_1=\tfrac54$: $\tfrac{125}{64}-2=-\tfrac3{64}<0$, sehingga $[\tfrac54,\tfrac32]$. $m_2=\tfrac{11}8$: $\tfrac{1331}{512}-2=\tfrac{307}{512}>0$, sehingga $[\tfrac54,\tfrac{11}8]$. $m_3=\tfrac{21}{16}$: $\tfrac{9261}{4096}-2=\tfrac{1069}{4096}>0$, sehingga $[\tfrac54,\tfrac{21}{16}]=[1{,}25;\,1{,}3125]$. Ini sesuai dengan $\sqrt[3]2\approx1{,}26$. $\square$

Solusi 37.3-2. $[0,1]$: $2^{n+1}>1000$, sehingga $n+1\geq10$, karena $2^{10}=1024$. Jadi $n=9$. $[0,100]$: $2^{n+1}>10^5$, sehingga $n+1\geq17$, karena $2^{17}=131072$ dan $2^{16}=65536$. Jadi $n=16$. $\square$

Solusi 37.3-3. Basis $n=0$: hipotesis. Langkah: bila $f(m_n)<0$, interval baru $[m_n,b_n]$ memenuhi $f(m_n)<0<f(b_n)$. Bila $f(m_n)>0$, interval baru $[a_n,m_n]$ memenuhi $f(a_n)<0<f(m_n)$. Pada kedua kasus, $a_n\leq a_{n+1}<b_{n+1}\leq b_n$, dan panjangnya $\tfrac{b_n-a_n}2=\tfrac{b-a}{2^{n+1}}$. $\square$

Solusi 37.3-4. $f(x)=(x-\tfrac18)(x-\tfrac38)(x-\tfrac34)$ pada $[0,1]$: $f(0)<0<f(1)$. $m_0=\tfrac12$: $f(\tfrac12)=(\tfrac38)(\tfrac18)(-\tfrac14)<0$, sehingga interval berikutnya $[\tfrac12,1]$, yang hanya memuat akar $\tfrac34$. Jadi metode menemukan $\tfrac34$, bukan akar terkecil $\tfrac18$. $\square$

Solusi 37.3-5. $f(0)=(-0{,}3)(-0{,}6)(-0{,}9)<0$ dan $f(1)=(0{,}7)(0{,}4)(0{,}1)>0$. $f(0{,}5)=(0{,}2)(-0{,}1)(-0{,}4)=0{,}008>0$, sehingga $[0;0{,}5]$, yang hanya memuat akar $0{,}3$. Jadi akar yang ditemukan adalah $0{,}3$. $\square$

Solusi 37.3-6. Setiap $[a_n,b_n]$ memuat paling sedikit satu akar, yaitu limit $c$ (Teorema 37.3.2(c) menunjukkan $c\in[a_n,b_n]$ untuk semua $n$). Bila $[a_N,b_N]$ hanya memuat satu akar, akar itu adalah $c$. Semua interval berikutnya memuat $c$, dan termuat di $[a_N,b_N]$. $\square$

Solusi 37.3-7. Dalam kasus terburuk, interval yang dipertahankan adalah bagian yang lebih panjang, dengan panjang $\tfrac23$ panjang sebelumnya. Sesudah $n$ langkah, panjangnya $\leq\bigl(\tfrac23\bigr)^n(b-a)\to0$ (Contoh 25.3.6). Kekonvergenan tetap terjamin, dengan argumen Teorema 37.3.2(b), tetapi lebih lambat. $\square$

Solusi 37.3-8. $2^{n+1}>1000$ memberi $n=9$. Interval $[a_7,b_7]$ berpanjang $\tfrac1{128}$, sehingga titik tengahnya berjarak $\leq\tfrac1{256}\approx0{,}0039$ dari $\sqrt2$. Untuk galat $<\tfrac1{1000}$ diperlukan tiga langkah lagi, sampai $m_9$. $\square$

Ringkasan

Metode bagi dua mengurung akar fungsi kontinu yang berganti tanda dalam interval bersarang $[a_n,b_n]$ berpanjang $\tfrac{b-a}{2^n}$. Titik tengah $m_n$ menghampiri akar dengan galat paling banyak $\tfrac{b-a}{2^{n+1}}$, sehingga banyaknya langkah untuk toleransi tertentu dapat dihitung di muka. Kekonvergenan dibuktikan dengan Teorema Kekonvergenan Monoton dan kontinuitas, yang sekaligus memberi bukti kedua teorema nilai antara. Untuk $\sqrt2$, tujuh langkah eksak memberi $[1{,}4140625;\,1{,}421875]$, dan untuk contoh master, akarnya di $[1{,}8125;\,1{,}875]$. Metode ini andal tetapi lambat, memerlukan perubahan tanda, dan hanya menemukan satu akar. Galat pembulatan pada komputer berada di luar cakupan buku ini.