# Bab 36: Kekonfinitasan dan Kontinuitas Fungsi

## 36.1 Definisi Formal Kontinuitas di Suatu Titik

Penjelasan master untuk Bab 36: kontinuitas adalah syarat "tanpa putus" pada grafik fungsi. Gambaran "grafik yang dapat digambar tanpa mengangkat pena" berguna sebagai intuisi, tetapi tidak dapat dipakai sebagai definisi. Gambaran itu gagal untuk fungsi yang domainnya bukan interval, dan juga untuk fungsi yang grafiknya tidak dapat digambar sama sekali, seperti fungsi Thomae di bawah. Definisi formalnya memakai bahasa limit dari Bab 34. Penjelasan master: fungsi kontinu memenuhi tiga syarat, yaitu $f(c)$ terdefinisi, $\lim_{x\to c}f(x)$ ada, dan nilai limit itu sama persis dengan $f(c)$.

Prasyarat: Bab 34–35.

### Definisi

#### Definisi 36.1.1 (Kontinuitas)

Misalkan $f:D\to\mathbb{R}$ dan $c\in D$. Fungsi $f$ kontinu di $c$ jika
$$\forall\varepsilon>0\ \ \exists\delta>0\ \ \forall x\in D:\ |x-c|<\delta\ \Longrightarrow\ |f(x)-f(c)|<\varepsilon.$$
$f$ kontinu pada $A\subseteq D$ bila kontinu di setiap titik $A$. $f$ disebut kontinu bila kontinu di setiap titik domainnya.

#### Proposisi 36.1.2 (Tiga Syarat Master)

Misalkan $c\in D$.

(a) Bila $c$ titik akumulasi $D$, maka $f$ kontinu di $c$ jika dan hanya jika $\lim_{x\to c}f(x)$ ada dan sama dengan $f(c)$. Inilah tiga syarat master: $f(c)$ terdefinisi, karena $c\in D$; limitnya ada; dan limit itu sama dengan $f(c)$.

(b) Bila $c$ titik terisolasi $D$ (Definisi 14.2.4), maka $f$ kontinu di $c$, apa pun nilai $f$.

Bukti. (a) Definisi 36.1.1 dan 34.1.1 berbeda hanya pada titik $x=c$. Di titik itu, $|f(c)-f(c)|=0<\varepsilon$ selalu berlaku. (b) Ambil $\delta$ dengan $B(c,\delta)\cap D=\{c\}$. Satu-satunya $x$ yang diuji adalah $c$ sendiri. $\square$

Bagian (b) menunjukkan mengapa definisi $\varepsilon$–$\delta$ lebih mendasar daripada tiga syarat. Fungsi pada $\mathbb{N}$, misalnya barisan, kontinu di setiap titik, karena setiap titik $\mathbb{N}$ terisolasi.

#### Contoh 36.1.3

(a) Polinomial kontinu pada $\mathbb{R}$, dan fungsi rasional kontinu pada domainnya (Akibat 34.3.4).

(b) $\tfrac1x$ kontinu pada domainnya $\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Pernyataan "$\tfrac1x$ tidak kontinu di $0$" tidak bermakna dalam Definisi 36.1.1, karena $0$ tidak termasuk domain. Unit 36.2 membahas perilakunya di dekat $0$.

(c) $\sqrt x$ kontinu pada $[0,\infty)$, dan $|x|$ kontinu pada $\mathbb{R}$ (Contoh 34.1.3(d) dan Teorema 34.3.6).

(d) $\lfloor x\rfloor$ kontinu di setiap $c\notin\mathbb{Z}$, dan tidak kontinu di setiap $c\in\mathbb{Z}$ (Latihan 34.1-6).

(e) Fungsi Dirichlet $\chi_{\mathbb{Q}}$ tidak kontinu di titik mana pun (Contoh 34.1.6). $x\chi_{\mathbb{Q}}(x)$ hanya kontinu di $0$ (Latihan 34.1-7).

### Fungsi Thomae

#### Contoh 36.1.4

Untuk $x\in\mathbb{R}$, tetapkan $t(x)=\tfrac1q$ bila $x=\tfrac pq$ dengan $p\in\mathbb{Z}$ dan $q\in\mathbb{N}_{+}$ terkecil (Lema 8.4.6), dan $t(x)=0$ bila $x$ irasional. Jadi $t(0)=1$, $t(\tfrac12)=\tfrac12$, $t(\tfrac23)=\tfrac13$, dan $t(\sqrt2)=0$.

Klaim: $t$ kontinu di setiap bilangan irasional dan tidak kontinu di setiap bilangan rasional.

Bukti. Di $c=\tfrac pq$ rasional: $t(c)=\tfrac1q>0$. Setiap bola $B(c,\delta)$ memuat bilangan irasional $x$ (Teorema 11.4.6), dengan $|t(x)-t(c)|=\tfrac1q$. Untuk $\varepsilon=\tfrac1q$, tidak ada $\delta$ yang bekerja.

Di $c$ irasional: $t(c)=0$. Misalkan $\varepsilon>0$, dan pilih bilangan bulat $Q\geq1$ dengan $\tfrac1Q<\varepsilon$. Himpunan
$$F=\{x\in(c-1,c+1):x=\tfrac pq,\ 1\leq q\leq Q\}$$
hingga, karena untuk setiap $q\leq Q$ hanya ada paling banyak $2q+1$ bilangan bulat $p$ dengan $\tfrac pq\in(c-1,c+1)$. $F$ tidak memuat $c$, karena $c$ irasional. Tetapkan $\delta=\min\bigl(1,\min\{|x-c|:x\in F\}\bigr)>0$, dengan $\delta=1$ bila $F$ kosong. Minimum himpunan hingga ada tanpa pilihan (Teorema 11.1.14). Untuk $|x-c|<\delta$: bila $x$ irasional, $t(x)=0$. Bila $x=\tfrac pq$ rasional, maka $x\notin F$, sehingga $q>Q$, dan $t(x)=\tfrac1q<\tfrac1Q<\varepsilon$. $\square$

Fungsi Thomae kontinu di tak terhitung banyak titik dan tidak kontinu di titik-titik yang rapat. Grafiknya tidak dapat "digambar", tetapi definisi $\varepsilon$–$\delta$ menanganinya dengan tepat.

### Aljabar dan Komposisi

#### Teorema 36.1.5

Misalkan $f,g:D\to\mathbb{R}$ kontinu di $c\in D$. Maka $f+g$, $af$, $fg$, $|f|$, dan $\max(f,g)$ kontinu di $c$. Bila $g(c)\ne0$, maka $\tfrac fg$, yang didefinisikan pada $\{x\in D:g(x)\ne0\}$, kontinu di $c$.

Bukti. Di titik akumulasi, gunakan Teorema 34.3.1–34.3.3, 34.3.6, dan Latihan 34.3-6, dengan $L=f(c)$ dan $M=g(c)$. Di titik terisolasi, semua fungsi kontinu menurut Proposisi 36.1.2(b). $\square$

#### Teorema 36.1.6 (Komposisi)

Misalkan $f:D\to E$ kontinu di $c$, dan $g:E\to\mathbb{R}$ kontinu di $f(c)$. Maka $g\circ f$ kontinu di $c$.

Bukti. Untuk $\varepsilon>0$, ambil $\eta$ dengan $|g(y)-g(f(c))|<\varepsilon$ untuk $y\in E$, $|y-f(c)|<\eta$. Ambil $\delta$ dengan $|f(x)-f(c)|<\eta$ untuk $x\in D$, $|x-c|<\delta$. $\square$

Karena kontinuitas mencakup titik $x=c$ itu sendiri, jebakan Contoh 34.3.11 tidak muncul di sini. Syarat (ii) Teorema 34.3.10, yaitu $g(L)=N$, persis adalah kontinuitas $g$ di $L$.

### Kriteria Barisan

#### Teorema 36.1.7

Misalkan $c\in D$.

(a) Tanpa pilihan: bila $f$ kontinu di $c$, maka untuk setiap barisan $(x_n)$ di $D$ dengan $x_n\to c$, berlaku $f(x_n)\to f(c)$.

(b) Dengan AC$_\omega$: kebalikannya berlaku.

Bukti. (a) Seperti Teorema 34.2.1(a), tetapi kini $x_n=c$ diperbolehkan, karena $|f(c)-f(c)|=0$. (b) Seperti Teorema 34.2.1(b): pilih $x_n\in D$ dengan $|x_n-c|<\tfrac1n$ dan $|f(x_n)-f(c)|\geq\varepsilon$. $\square$

Dalam bahasa sehari-hari, fungsi kontinu boleh ditukar urutannya dengan limit: $f(\lim x_n)=\lim f(x_n)$.

### Penerapan: Fungsi Aditif yang Kontinu

Contoh 23.3.17 membangun, dengan Lemma Zorn, fungsi aditif $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ yang tidak berbentuk $cx$. Di sana dijanjikan bahwa fungsi semacam itu tidak mungkin kontinu. Teorema berikut menepati janji itu, dengan hasil yang lebih kuat.

#### Teorema 36.1.8

Misalkan $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ aditif, yaitu $f(x+y)=f(x)+f(y)$, dan kontinu di satu titik $x_0$. Maka $f(x)=f(1)\,x$ untuk semua $x$.

Bukti. Langkah 1: $f$ kontinu di $0$. Untuk $\varepsilon>0$, ambil $\delta$ untuk kontinuitas di $x_0$. Untuk $|h|<\delta$, $f(h)=f(x_0+h)-f(x_0)$, sehingga $|f(h)-f(0)|=|f(h)|<\varepsilon$. Di sini $f(0)=0$ menurut Latihan 23.3-8.

Langkah 2: $f$ kontinu di setiap $c$, karena $f(c+h)-f(c)=f(h)$.

Langkah 3: $f(q)=qf(1)$ untuk $q\in\mathbb{Q}$ (Latihan 23.3-8). Untuk $x\in\mathbb{R}$, barisan rasional $q_n=\tfrac{\lfloor nx\rfloor}n\to x$ diberikan oleh rumus, sehingga tanpa pilihan (Latihan 25.2-6). Teorema 36.1.7(a) memberi $f(x)=\lim f(q_n)=\lim q_nf(1)=xf(1)$. $\square$

Akibatnya, fungsi aditif yang tidak linear pada Contoh 23.3.17 tidak kontinu di titik mana pun. Keberadaan fungsi seperti itu memerlukan pilihan, tetapi ketidakkontinuannya dibuktikan tanpa pilihan.

### Latihan

Latihan 36.1-1. Buktikan dengan definisi $\varepsilon$–$\delta$ bahwa $f(x)=3x^2-x$ kontinu di $c=1$, dengan $\delta$ eksplisit.

Latihan 36.1-2. Tentukan titik-titik kontinuitas dari: (a) $x\lfloor x\rfloor$; (b) $x^2\chi_{\mathbb{Q}}(x)$; (c) $f(x)=x$ untuk $x\in\mathbb{Q}$ dan $f(x)=1-x$ untuk $x\notin\mathbb{Q}$.

Latihan 36.1-3. Buktikan bahwa setiap fungsi $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{R}$ kontinu.

Latihan 36.1-4. Hitung $t(x)$ untuk $x=\tfrac{6}{8}$, $-\tfrac{3}{9}$, dan $0{,}25$. Untuk $c=\sqrt2$ dan $\varepsilon=\tfrac13$, tentukan himpunan $F$ dan $\delta$ pada bukti Contoh 36.1.4.

Latihan 36.1-5. Misalkan $f$ kontinu di $c$ dan $f(c)>0$. Buktikan bahwa $f(x)>0$ untuk semua $x\in D$ di suatu $B(c,\delta)$.

Latihan 36.1-6. Misalkan $f,g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ kontinu, dan $f(q)=g(q)$ untuk semua $q\in\mathbb{Q}$. Buktikan, tanpa pilihan, bahwa $f=g$.

Latihan 36.1-7. Misalkan $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ memenuhi $f(x+y)=f(x)f(y)$, $f$ kontinu, dan $f(1)=a>0$. Buktikan bahwa $f(q)=a^q$ untuk $q\in\mathbb{Q}$, dengan pangkat rasional dari Bab 9. Jelaskan bagaimana hasil ini, bersama Latihan 36.1-6, menunjukkan bahwa paling banyak ada satu perluasan kontinu dari $q\mapsto a^q$ ke $\mathbb{R}$.

Latihan 36.1-8. Buktikan bahwa jika $f$ kontinu di $c$ dan $g$ tidak kontinu di $c$, maka $f+g$ tidak kontinu di $c$. Beri contoh dua fungsi yang tidak kontinu di $0$ dengan jumlah yang kontinu.

### Solusi

Solusi 36.1-1. $|3x^2-x-2|=|x-1||3x+2|$. Untuk $|x-1|<1$, $|3x+2|<8$. Ambil $\delta=\min(1,\tfrac\varepsilon8)$. $\square$

Solusi 36.1-2. (a) Kontinu di $c\notin\mathbb{Z}$, dan di $c=0$, karena $x\lfloor x\rfloor\to0$ dari kedua sisi: untuk $x\in(-1,0)$ nilainya $-x$, dan untuk $x\in[0,1)$ nilainya $0$. Di $c=k\ne0$ bilangan bulat, limit kiri $k(k-1)$ dan limit kanan $k^2$ berbeda, sehingga tidak kontinu. (b) Hanya di $0$. (c) Hanya di $x=\tfrac12$, tempat $x=1-x$. Di titik lain, rasional di dekatnya memberi nilai dekat $c$ dan irasional memberi nilai dekat $1-c\ne c$. $\square$

Solusi 36.1-3. Setiap titik $\mathbb{Z}$ terisolasi: $B(k,\tfrac12)\cap\mathbb{Z}=\{k\}$. Gunakan Proposisi 36.1.2(b). $\square$

Solusi 36.1-4. $\tfrac68=\tfrac34$, sehingga $t=\tfrac14$. $-\tfrac39=-\tfrac13$, sehingga $t=\tfrac13$. $0{,}25=\tfrac14$, sehingga $t=\tfrac14$. Untuk $\varepsilon=\tfrac13$, ambil $Q=4$, karena $\tfrac14<\tfrac13$. $F$ adalah himpunan pecahan $\tfrac pq$ dengan $q\leq4$ di $(\sqrt2-1,\sqrt2+1)\approx(0{,}414;\,2{,}414)$, yaitu $1,2,\tfrac32,\tfrac43,\tfrac53,\tfrac54,\tfrac74$, dan juga $\tfrac12,\tfrac23,\tfrac34,\tfrac73,\tfrac94$ yang lebih jauh. Jarak ke $\sqrt2\approx1{,}4142$: $\tfrac43$ berjarak $\approx0{,}0809$, $\tfrac32$ berjarak $\approx0{,}0858$, $\tfrac54$ berjarak $\approx0{,}164$, dan yang lain lebih jauh. Jadi $\delta=\sqrt2-\tfrac43\approx0{,}0809$. Periksa: $(\tfrac43)^2=\tfrac{16}9<2$ dan $(\tfrac32)^2=\tfrac94>2$, sehingga $\tfrac43<\sqrt2<\tfrac32$. Juga $\sqrt2-\tfrac43<\tfrac32-\sqrt2$, karena $2\sqrt2<\tfrac{17}6$, yaitu $8<\tfrac{289}{36}$, yang benar. $\square$

Solusi 36.1-5. Ambil $\varepsilon=f(c)$. Untuk $|x-c|<\delta$, $f(x)>f(c)-f(c)=0$. $\square$

Solusi 36.1-6. Untuk $x\in\mathbb{R}$, $q_n=\tfrac{\lfloor nx\rfloor}n\to x$. Maka $f(x)=\lim f(q_n)=\lim g(q_n)=g(x)$ (Teorema 36.1.7(a)). $\square$

Solusi 36.1-7. $f(0)=f(0)^2$. Bila $f(0)=0$, maka $f(x)=f(x)f(0)=0$ untuk semua $x$, bertentangan dengan $f(1)=a>0$. Jadi $f(0)=1$. Selanjutnya $f(x)=f(\tfrac x2)^2\geq0$, dan $f(x)f(-x)=1$, sehingga $f>0$. Induksi memberi $f(n)=a^n$ dan $f(\tfrac1q)^q=f(1)=a$, sehingga $f(\tfrac1q)=a^{1/q}$ (ketunggalan akar positif). Jadi $f(\tfrac pq)=a^{p/q}$, juga untuk $p<0$ melalui $f(-x)=\tfrac1{f(x)}$. Dua perluasan kontinu dari $q\mapsto a^q$ bernilai sama di $\mathbb{Q}$, sehingga sama menurut Latihan 36.1-6. Keberadaan perluasan itu dibuktikan bersama fungsi eksponensial di bab selanjutnya. $\square$

Solusi 36.1-8. Bila $f+g$ kontinu, maka $g=(f+g)-f$ kontinu di $c$ (Teorema 36.1.5), kontradiksi. Contoh dua fungsi tak kontinu: $\operatorname{sgn}$ dan $-\operatorname{sgn}$, yang berjumlah $0$. $\square$

### Ringkasan

$f$ kontinu di $c\in D$ bila setiap $x\in D$ yang cukup dekat ke $c$ memberi $f(x)$ yang dekat ke $f(c)$. Di titik akumulasi, ini setara dengan tiga syarat master: $f(c)$ terdefinisi, limitnya ada, dan limit itu sama dengan $f(c)$. Di titik terisolasi, setiap fungsi kontinu. Jumlah, hasil kali, hasil bagi, dan komposisi fungsi kontinu kontinu. Kontinuitas mengakibatkan $f(x_n)\to f(c)$ untuk setiap $x_n\to c$, dan kebalikannya memerlukan AC$_\omega$. Fungsi Thomae kontinu tepat di bilangan irasional. Fungsi aditif yang kontinu di satu titik pasti berbentuk $f(1)x$, sehingga fungsi aditif tak linear dari Contoh 23.3.17 tidak kontinu di mana pun.

## 36.2 Jenis-Jenis Diskontinuitas

Penjelasan master: diskontinuitas dibedakan menjadi diskontinuitas hapus (*removable*), loncat (*jump*), dan esensial. Klasifikasi ini memakai limit sepihak (Unit 35.1). Diskontinuitas hapus dapat diperbaiki dengan mengubah satu nilai. Diskontinuitas loncat mempunyai dua limit sepihak yang berbeda. Diskontinuitas esensial adalah kasus yang tersisa, yaitu ketika paling sedikit satu limit sepihak tidak ada sebagai bilangan real. Unit ini merumuskan klasifikasi itu dengan tepat, memberi contoh untuk setiap jenis, dan membuktikan bahwa fungsi monoton hanya mempunyai diskontinuitas loncat.

Prasyarat: Unit 36.1; Bab 34–35.

### Klasifikasi

Pada unit ini, $f:D\to\mathbb{R}$ dan $c\in D'$. Kita juga mengizinkan $c\notin D$. Dalam kasus itu kita berbicara tentang perilaku $f$ di dekat $c$, bukan tentang kontinuitas di $c$, karena kontinuitas hanya didefinisikan di titik domain. Untuk singkatnya, $c$ disebut titik diskontinuitas $f$ bila $c\notin D$, atau bila $c\in D$ dan $f$ tidak kontinu di $c$.

#### Definisi 36.2.1 (Jenis Diskontinuitas)

Misalkan $c\in D'$ titik diskontinuitas $f$.

(a) Hapus: $\lim_{x\to c}f(x)=L$ ada, sebagai bilangan real, tetapi $c\notin D$ atau $f(c)\ne L$.

(b) Loncat: $c$ titik akumulasi $D$ dari kiri dan dari kanan, $f(c^-)$ dan $f(c^+)$ ada sebagai bilangan real, dan $f(c^-)\ne f(c^+)$.

(c) Esensial: bukan hapus dan bukan loncat. Ini berarti paling sedikit satu limit sepihak yang relevan tidak ada sebagai bilangan real. Limit itu mungkin menuju $\pm\infty$, atau berosilasi.

Ketiga jenis saling lepas, dan bersama-sama mencakup semua titik diskontinuitas. Bila kedua limit sepihak ada dan sama, limit dua sisi ada (Teorema 35.1.2), sehingga kasusnya hapus. Bila keduanya ada dan berbeda, kasusnya loncat. Selain itu, kasusnya esensial. Sebagian buku menyebut jenis hapus dan loncat sebagai diskontinuitas jenis pertama, dan jenis esensial sebagai jenis kedua.

#### Contoh 36.2.2 (Hapus)

(a) Contoh master Bab 35: $h(x)=\tfrac{x^2-4}{x-2}$ pada $\mathbb{R}\setminus\{2\}$. Limit di $2$ adalah $4$, dan $2\notin D$.

(b) $g(x)=x^2$ untuk $x\ne0$ dan $g(0)=5$. Limit di $0$ adalah $0\ne5$.

(c) $x\lfloor\tfrac1x\rfloor$ pada $\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Limit di $0$ adalah $1$ (Contoh 35.2.9(a)).

#### Contoh 36.2.3 (Loncat)

(a) $\operatorname{sgn}$ di $0$: loncatan dari $-1$ ke $1$.

(b) $\lfloor x\rfloor$ di setiap bilangan bulat: loncatan sebesar $1$.

(c) $\tfrac{|x|}x$ di $0$, dengan $0\notin D$: $f(0^-)=-1$ dan $f(0^+)=1$.

#### Contoh 36.2.4 (Esensial)

(a) Tak terbatas: $\tfrac1x$ di $0$, dengan $f(0^\pm)=\pm\infty$ (Contoh 35.2.7(a)). Juga $\tfrac1{x^2}$ di $0$, walaupun kedua sisi menuju $+\infty$, karena $+\infty$ bukan bilangan real.

(b) Berosilasi dan terbatas: $(-1)^{\lfloor1/x\rfloor}$ di $0$ dari kanan (Contoh 34.2.3(c)). Dengan P26-SIN dan sifat-sifat sinus yang dibuktikan di Bab 48–49, $\sin\tfrac1x$ di $0$ adalah contoh baku dari jenis ini. Contoh itu tidak dipakai di sini.

(c) Di mana-mana: fungsi Dirichlet. Di setiap titik, kedua limit sepihak tidak ada, karena setiap interval sepihak memuat rasional dan irasional.

### Memperbaiki Diskontinuitas Hapus

#### Teorema 36.2.5 (Perluasan Kontinu)

Misalkan $c\in D'$ dan $\lim_{x\to c}f(x)=L$. Tetapkan $F:D\cup\{c\}\to\mathbb{R}$ dengan $F(x)=f(x)$ untuk $x\ne c$ dan $F(c)=L$. Maka $F$ kontinu di $c$. Bila $f$ kontinu di titik $d\ne c$, maka $F$ juga kontinu di $d$.

Bukti. Di $c$: untuk $x\in D\cup\{c\}$ dengan $|x-c|<\delta$, bila $x\ne c$, $|F(x)-L|=|f(x)-L|<\varepsilon$, dan bila $x=c$, $|F(c)-L|=0$. Di $d\ne c$: ambil $\delta\leq|d-c|$, sehingga titik $c$ tidak termasuk bola yang diuji, dan $F=f$ pada bola itu. $\square$

Untuk contoh master, $F(x)=x+2$ adalah perluasan kontinu dari $\tfrac{x^2-4}{x-2}$. Diskontinuitas loncat dan esensial tidak dapat diperbaiki dengan cara ini, karena limit dua sisinya tidak ada.

### Fungsi Thomae: Hapus di Setiap Bilangan Rasional

#### Proposisi 36.2.6

Untuk fungsi Thomae $t$ (Contoh 36.1.4), $\lim_{x\to c}t(x)=0$ untuk setiap $c\in\mathbb{R}$. Jadi setiap diskontinuitas $t$, yang terletak di bilangan rasional, adalah diskontinuitas hapus.

Bukti. Argumen Contoh 36.1.4 untuk $c$ irasional berlaku untuk sebarang $c$, asalkan $c$ sendiri dikeluarkan. Himpunan hingga $F$ diganti dengan $F\setminus\{c\}$, dan $\delta$ adalah jarak minimum dari $c$ ke anggota-anggotanya. Untuk $0<|x-c|<\delta$, $t(x)<\varepsilon$. $\square$

Mengubah $t$ menjadi $0$ di setiap rasional menghasilkan fungsi nol, yang kontinu. Akan tetapi perubahan itu dilakukan di tak hingga banyak titik sekaligus. Teorema 36.2.5 hanya memperbaiki satu titik.

### Fungsi Monoton

#### Teorema 36.2.7

Misalkan $f:(a,b)\to\mathbb{R}$ monoton. Setiap diskontinuitas $f$ di $(a,b)$ adalah diskontinuitas loncat, dan banyaknya titik diskontinuitas paling banyak terhitung.

Bukti. Misalkan $f$ naik. Kasus turun sama, dengan $-f$. Teorema 35.1.4 menyatakan bahwa $f(c^-)$ dan $f(c^+)$ ada dan $f(c^-)\leq f(c)\leq f(c^+)$. Bila $f(c^-)=f(c^+)$, maka limitnya ada dan sama dengan $f(c)$, sehingga $f$ kontinu di $c$. Jadi diskontinuitas hanya mungkin bila $f(c^-)<f(c^+)$, yaitu diskontinuitas loncat. Diskontinuitas hapus tidak mungkin, karena limit dua sisi yang ada akan terjepit dan sama dengan $f(c)$. Terhitungnya mengikuti dari Teorema 35.1.6. $\square$

Akibatnya, fungsi monoton pada interval kontinu di "hampir semua" titik, dalam arti bahwa himpunan titik diskontinuitasnya terhitung.

### Latihan

Latihan 36.2-1. Klasifikasikan diskontinuitas di titik yang disebut: (a) $\tfrac{x^2-x}{x}$ di $0$; (b) $\tfrac{x}{x^2-1}$ di $1$; (c) $x-\lfloor x\rfloor$ di $3$; (d) $\tfrac{|x-1|}{x^2-1}$ di $1$ dan di $-1$.

Latihan 36.2-2. Tentukan perluasan kontinu dari $f(x)=\tfrac{\sqrt{1+x}-1}x$ di $0$.

Latihan 36.2-3. Buktikan bahwa ketiga jenis dalam Definisi 36.2.1 saling lepas dan mencakup semua titik diskontinuitas, bila $c$ titik akumulasi dari kedua sisi.

Latihan 36.2-4. Beri contoh fungsi dengan diskontinuitas esensial di $0$ sehingga $f(0^-)$ ada tetapi $f(0^+)$ tidak ada.

Latihan 36.2-5. Buktikan bahwa fungsi monoton tidak dapat mempunyai diskontinuitas esensial di titik dalam domainnya.

Latihan 36.2-6. Tentukan semua titik diskontinuitas $f(x)=\lfloor x\rfloor+\lfloor-x\rfloor$ dan jenisnya.

Latihan 36.2-7. Misalkan $f$ mempunyai diskontinuitas hapus di $c\in D$, dengan $L=\lim f\ne f(c)$. Buktikan bahwa $f(x_n)\to L$ untuk setiap $x_n\to c$ dengan $x_n\ne c$, tetapi untuk barisan konstan $x_n=c$, $f(x_n)\not\to L$.

Latihan 36.2-8. Buktikan bahwa $f(x)=x\chi_{\mathbb{Q}}(x)$ mempunyai diskontinuitas esensial di setiap $c\ne0$.

### Solusi

Solusi 36.2-1. (a) Untuk $x\ne0$, nilainya $x-1\to-1$. Ini diskontinuitas hapus, karena $0\notin D$. (b) Di $1$: $\tfrac x{(x-1)(x+1)}\to\pm\infty$ dari kanan dan kiri. Ini esensial. (c) Di $3$: limit kanan $0=f(3)$ dan limit kiri $1$. Ini loncat. (d) Di $1$: $\tfrac{|x-1|}{(x-1)(x+1)}=\tfrac{\operatorname{sgn}(x-1)}{x+1}$, dengan limit kanan $\tfrac12$ dan kiri $-\tfrac12$. Ini loncat. Di $-1$: pembilangnya menuju $2$ dan penyebutnya menuju $0$ dengan tanda berbeda di kedua sisi, sehingga nilainya tak terbatas. Ini esensial. $\square$

Solusi 36.2-2. $f(x)=\tfrac1{\sqrt{1+x}+1}$ untuk $x\in[-1,\infty)\setminus\{0\}$. Limitnya $\tfrac12$ (Contoh 34.3.5(b)). Perluasannya $F(x)=\tfrac1{\sqrt{1+x}+1}$, dengan $F(0)=\tfrac12$. $\square$

Solusi 36.2-3. Bila kedua limit sepihak ada sebagai bilangan real, maka keduanya sama atau berbeda. Bila sama, limit dua sisi ada (Teorema 35.1.2), sehingga jenisnya hapus, karena $c$ titik diskontinuitas. Bila berbeda, limit dua sisi tidak ada, sehingga jenisnya loncat dan bukan hapus. Bila paling sedikit satu limit sepihak tidak ada sebagai bilangan real, limit dua sisi juga tidak ada, sehingga jenisnya bukan hapus dan bukan loncat. Jadi jenisnya esensial. $\square$

Solusi 36.2-4. $f(x)=0$ untuk $x\leq0$ dan $f(x)=(-1)^{\lfloor1/x\rfloor}$ untuk $x>0$. Maka $f(0^-)=0$, dan $f(0^+)$ tidak ada. $\square$

Solusi 36.2-5. Untuk $f$ naik, Teorema 35.1.4 menjamin bahwa kedua limit sepihak ada sebagai bilangan real di setiap titik dalam. Jadi kasus esensial tidak terjadi. $\square$

Solusi 36.2-6. Untuk $x\in\mathbb{Z}$: $\lfloor x\rfloor+\lfloor-x\rfloor=x-x=0$. Untuk $x\notin\mathbb{Z}$: $\lfloor-x\rfloor=-\lfloor x\rfloor-1$, sehingga jumlahnya $-1$. Di setiap bilangan bulat, limit kedua sisi adalah $-1\ne0=f(k)$. Jadi setiap bilangan bulat adalah diskontinuitas hapus. Di titik lain, $f$ kontinu, karena lokal konstan. $\square$

Solusi 36.2-7. Bagian pertama: Teorema 34.2.1(a). Barisan konstan $x_n=c$ memberi $f(x_n)=f(c)\ne L$. Kriteria barisan untuk limit mengecualikan $x_n=c$, sedangkan kriteria untuk kontinuitas (Teorema 36.1.7) tidak mengecualikannya. $\square$

Solusi 36.2-8. Misalkan $c>0$. Kasus $c<0$ serupa. Di setiap sisi $c$, rasional $x_n\to c$ memberi nilai $x_n\to c\ne0$, sedangkan irasional $y_n\to c$ memberi nilai $0$. Barisan-barisan sepihak eksplisit seperti pada Latihan 34.2-3 tersedia tanpa pilihan. Jadi kedua limit sepihak tidak ada, dan diskontinuitasnya esensial. $\square$

### Ringkasan

Diskontinuitas di titik akumulasi $c$ diklasifikasikan menurut limit sepihak. Bila limit dua sisi ada tetapi tidak sama dengan $f(c)$, atau $c$ di luar domain, diskontinuitasnya hapus dan dapat diperbaiki dengan mengubah satu nilai, seperti pada contoh master $\tfrac{x^2-4}{x-2}$, yang diperluas menjadi $x+2$. Bila kedua limit sepihak ada tetapi berbeda, diskontinuitasnya loncat. Selain itu, diskontinuitasnya esensial, karena ada limit sepihak yang tak hingga atau berosilasi. Fungsi monoton hanya mempunyai diskontinuitas loncat, dan banyaknya terhitung. Fungsi Thomae hanya mempunyai diskontinuitas hapus, di setiap bilangan rasional.