# Bab 38: Kontinuitas Seragam (Uniform Continuity)

## 38.1 Definisi Formal $\varepsilon$–$\delta$ Seragam

Penjelasan master untuk Bab 38: kontinuitas seragam adalah tingkat kontinuitas yang lebih kuat, karena nilai $\delta$ bersifat seragam untuk seluruh titik di domain. Pada kontinuitas biasa, $\delta$ boleh bergantung pada titik $c$ maupun pada $\varepsilon$. Untuk $\tfrac1x$ pada $(0,1]$, semakin dekat $c$ ke $0$, semakin kecil $\delta$ yang dibutuhkan, dan tidak ada satu $\delta$ yang bekerja untuk semua $c$. Kontinuitas seragam meminta satu $\delta$ yang bekerja di mana-mana. Perbedaannya hanyalah urutan kuantor, tetapi akibatnya besar. Kontinuitas seragam diperlukan untuk integral Riemann (Bagian IX) dan untuk memperluas fungsi ke titik ujung.

Prasyarat: Bab 36; barisan Cauchy (Bab 29).

### Definisi

#### Definisi 38.1.1 (Kontinuitas Seragam)

$f:D\to\mathbb{R}$ kontinu seragam pada $D$ jika
$$\forall\varepsilon>0\ \ \exists\delta>0\ \ \forall x,y\in D:\ |x-y|<\delta\ \Longrightarrow\ |f(x)-f(y)|<\varepsilon.$$

Bandingkan dengan kontinuitas pada $D$, yang ditulis dengan kuantor:
$$\forall c\in D\ \ \forall\varepsilon>0\ \ \exists\delta>0\ \ \forall x\in D:\ |x-c|<\delta\ \Longrightarrow\ |f(x)-f(c)|<\varepsilon.$$
Pada kontinuitas biasa, $\delta$ dipilih sesudah $c$, sehingga boleh bergantung pada $c$. Pada kontinuitas seragam, $\delta$ dipilih sebelum titik-titiknya, sehingga satu $\delta$ melayani semua titik. Ini sejajar dengan perbedaan antara "$\exists N_0\,\forall\varepsilon$" dan "$\forall\varepsilon\,\exists N_0$" di Proposisi 25.1.9.

#### Proposisi 38.1.2

Fungsi yang kontinu seragam pada $D$ kontinu di setiap titik $D$.

Bukti. Ambil $y=c$ pada definisi. $\square$

### Contoh

#### Contoh 38.1.3 (Kontinu Seragam)

(a) $f(x)=ax+b$ pada $\mathbb{R}$: $|f(x)-f(y)|=|a||x-y|$. $\delta=\tfrac\varepsilon{|a|}$ untuk $a\ne0$ tidak bergantung pada titik.

(b) $x^2$ pada $[0,1]$: $|x^2-y^2|=|x+y||x-y|\leq2|x-y|$. $\delta=\tfrac\varepsilon2$.

(c) $\sqrt x$ pada $[0,\infty)$: untuk $x,y\geq0$, $|\sqrt x-\sqrt y|\leq\sqrt{|x-y|}$ (Latihan 38.1-3). $\delta=\varepsilon^2$.

#### Contoh 38.1.4 (Kontinu, Tidak Seragam)

(a) $x^2$ pada $\mathbb{R}$. Ambil $\varepsilon=1$. Untuk sebarang $\delta>0$, pilih $n>\tfrac1\delta$ (Archimedes), dan tetapkan $x=n+\tfrac1n$ dan $y=n$. Maka $|x-y|=\tfrac1n<\delta$, tetapi $|x^2-y^2|=2+\tfrac1{n^2}>1$. Kemiringan grafik yang tak terbatas memaksa $\delta$ mengecil tanpa batas.

(b) $\tfrac1x$ pada $(0,1]$. Ambil $\varepsilon=1$. Untuk $\delta>0$, pilih $n\geq1$ dengan $\tfrac1{n(n+1)}<\delta$, dan tetapkan $x=\tfrac1n$ dan $y=\tfrac1{n+1}$. Maka $|x-y|=\tfrac1{n(n+1)}<\delta$, tetapi $|f(x)-f(y)|=1$. Di sini domainnya terbatas, tetapi tidak tertutup.

(c) Terbatas tetapi tidak seragam: fungsi linear sepotong-sepotong pada Solusi 37.2-4, yang dibatasi ke $(0,1]$, dengan $f(\tfrac1n)=(-1)^n$. Fungsi itu kontinu dan terbatas oleh $1$. Akan tetapi $x_n=\tfrac1n$ dan $y_n=\tfrac1{n+1}$ memenuhi $x_n-y_n\to0$ dan $|f(x_n)-f(y_n)|=2$, sehingga fungsi itu tidak kontinu seragam (Teorema 38.1.5(a)).

### Kriteria

#### Teorema 38.1.5 (Kriteria Barisan untuk Ketidakseragaman)

(a) Tanpa pilihan: bila ada $\varepsilon>0$ dan barisan $(x_n)$, $(y_n)$ di $D$ dengan $x_n-y_n\to0$ dan $|f(x_n)-f(y_n)|\geq\varepsilon$ untuk semua $n$, maka $f$ tidak kontinu seragam.

(b) Dengan AC$_\omega$: bila $f$ tidak kontinu seragam, barisan seperti itu ada.

Bukti. (a) Untuk sebarang $\delta$, sejak suatu indeks $|x_n-y_n|<\delta$, sedangkan $|f(x_n)-f(y_n)|\geq\varepsilon$. (b) Negasi definisi memberi $\varepsilon$ sehingga untuk setiap $n$, himpunan pasangan $(x,y)\in D^2$ dengan $|x-y|<\tfrac1n$ dan $|f(x)-f(y)|\geq\varepsilon$ tidak kosong. Aksioma 23.3.3 memilih satu pasangan untuk setiap $n$. $\square$

Contoh 38.1.4 memakai bagian (a) dengan barisan yang diberikan oleh rumus.

#### Teorema 38.1.6 (Lipschitz)

Bila ada $K\geq0$ dengan $|f(x)-f(y)|\leq K|x-y|$ untuk semua $x,y\in D$, maka $f$ kontinu seragam.

Bukti. $\delta=\tfrac\varepsilon{K+1}$. $\square$

Kebalikannya salah. $\sqrt x$ pada $[0,1]$ kontinu seragam (Contoh 38.1.3(c)), tetapi tidak Lipschitz: $\tfrac{|\sqrt x-\sqrt0|}{|x-0|}=\tfrac1{\sqrt x}$ tidak terbatas untuk $x\to0^+$.

#### Teorema 38.1.7 (Barisan Cauchy)

Bila $f$ kontinu seragam pada $D$ dan $(x_n)$ barisan Cauchy di $D$, maka $(f(x_n))$ barisan Cauchy.

Bukti. Untuk $\varepsilon>0$, ambil $\delta$ dari kontinuitas seragam, lalu $N_0$ dengan $|x_n-x_m|<\delta$ untuk $m,n\geq N_0$. Maka $|f(x_n)-f(x_m)|<\varepsilon$. $\square$

Kontinuitas biasa tidak cukup. $x_n=\tfrac1n$ Cauchy di $(0,1]$, tetapi $f(x_n)=n$ untuk $f(x)=\tfrac1x$ tidak Cauchy. Inilah alasan $\tfrac1x$ tidak dapat diperluas secara kontinu ke $0$, dan Unit 38.2 menjadikannya kriteria perluasan.

#### Proposisi 38.1.8 (Operasi)

(a) Jumlah dan kelipatan fungsi-fungsi kontinu seragam kontinu seragam.

(b) Komposisi fungsi-fungsi kontinu seragam kontinu seragam.

(c) Hasil kali dua fungsi kontinu seragam yang terbatas kontinu seragam. Tanpa keterbatasan, hasil kali dapat gagal: $x\cdot x$ pada $\mathbb{R}$.

Bukti. (a) $\tfrac\varepsilon2$, seperti biasa. (b) Seperti Teorema 36.1.6, dengan $\eta$ dan $\delta$ yang seragam. (c) Bila $|f|,|g|\leq M$, maka $|f(x)g(x)-f(y)g(y)|\leq M|g(x)-g(y)|+M|f(x)-f(y)|$. $\square$

### Latihan

Latihan 38.1-1. Buktikan atau bantah kontinuitas seragam: (a) $x^3$ pada $[-2,2]$; (b) $x^3$ pada $\mathbb{R}$; (c) $\tfrac1{1+x^2}$ pada $\mathbb{R}$; (d) $\tfrac1x$ pada $[1,\infty)$.

Latihan 38.1-2. Tuliskan negasi lengkap dari Definisi 38.1.1 dengan kuantor.

Latihan 38.1-3. Buktikan bahwa $|\sqrt x-\sqrt y|\leq\sqrt{|x-y|}$ untuk $x,y\geq0$.

Latihan 38.1-4. Buktikan bahwa $f(x)=|x|$ kontinu seragam pada $\mathbb{R}$.

Latihan 38.1-5. Buktikan bahwa jika $f$ kontinu seragam pada $D$ dan $D$ terbatas, maka $f$ terbatas pada $D$.

Latihan 38.1-6. Misalkan $f$ kontinu seragam pada $A$ dan pada $B$. Apakah $f$ kontinu seragam pada $A\cup B$? Bandingkan kasus $A=[0,1]$, $B=[1,2]$ dengan kasus $A=[0,1)$, $B=[1,2]$ untuk fungsi tangga.

Latihan 38.1-7. Untuk $f(x)=x^2$ pada $[0,R]$, tentukan $\delta$ terbaik yang berbentuk $\tfrac\varepsilon K$, dan jelaskan mengapa $\delta$ ini menuju $0$ bila $R\to\infty$.

Latihan 38.1-8. Buktikan Proposisi 38.1.8(c) secara lengkap, dan buktikan bahwa $x\cdot x$ tidak kontinu seragam pada $\mathbb{R}$ dengan Teorema 38.1.5(a).

### Solusi

Solusi 38.1-1. (a) Ya: $|x^3-y^3|=|x-y||x^2+xy+y^2|\leq12|x-y|$, sehingga Lipschitz. (b) Tidak: $x=n+\tfrac1n$ dan $y=n$ memberi $|x^3-y^3|\geq3n^2\cdot\tfrac1n=3n\geq3$, sedangkan $|x-y|\to0$. (c) Ya. $\bigl|\tfrac1{1+x^2}-\tfrac1{1+y^2}\bigr|=\tfrac{|x+y||x-y|}{(1+x^2)(1+y^2)}$, dan $\tfrac{|x|+|y|}{(1+x^2)(1+y^2)}\leq\tfrac{|x|}{1+x^2}+\tfrac{|y|}{1+y^2}\leq1$, karena $\tfrac{|t|}{1+t^2}\leq\tfrac12$. Jadi fungsi ini Lipschitz dengan $K=1$. (d) Ya: $\bigl|\tfrac1x-\tfrac1y\bigr|=\tfrac{|x-y|}{xy}\leq|x-y|$ untuk $x,y\geq1$. $\square$

Solusi 38.1-2. $\exists\varepsilon>0\ \forall\delta>0\ \exists x,y\in D:\ |x-y|<\delta\wedge|f(x)-f(y)|\geq\varepsilon$. $\square$

Solusi 38.1-3. Misalkan $x\geq y\geq0$. Maka $\sqrt x-\sqrt y\geq0$ dan $(\sqrt x-\sqrt y)^2=x-2\sqrt{xy}+y\leq x-2y+y=x-y$, karena $\sqrt{xy}\geq\sqrt{y^2}=y$. Ambil akar, memakai kemonotonan akar. $\square$

Solusi 38.1-4. $\bigl||x|-|y|\bigr|\leq|x-y|$ (Teorema 18.3.1). Fungsi ini Lipschitz dengan $K=1$. $\square$

Solusi 38.1-5. Ambil $\delta$ untuk $\varepsilon=1$. Bila $D\subseteq[a,b]$, bagi $[a,b]$ menjadi $k$ interval berpanjang $<\delta$. Untuk setiap interval yang memotong $D$, ambil satu titik $d_i\in D$. Ini berhingga banyak pilihan tunggal. Setiap $x\in D$ berjarak $<\delta$ dari titik terpilih pada intervalnya, sehingga $|f(x)|<|f(d_i)|+1$. Jadi $|f|\leq\max_i|f(d_i)|+1$. $\square$

Solusi 38.1-6. Untuk $A=[0,1]$ dan $B=[1,2]$, yang berbagi titik $1$: ya. Untuk $x\in A$, $y\in B$, $|x-y|<\delta$, kontinuitas melalui titik $1$ memberi $|f(x)-f(y)|\leq|f(x)-f(1)|+|f(1)-f(y)|<2\varepsilon$, dengan $\delta$ minimum dari kedua bagian. Untuk $A=[0,1)$ dan $B=[1,2]$ dengan $f=0$ pada $A$ dan $1$ pada $B$: $f$ kontinu seragam pada masing-masing bagian, karena konstan, tetapi tidak pada gabungannya. Titik $1-\tfrac1n$ dan $1$ berdekatan, tetapi nilainya berbeda $1$. $\square$

Solusi 38.1-7. $|x^2-y^2|\leq2R|x-y|$ pada $[0,R]$, sehingga $\delta=\tfrac\varepsilon{2R}$. Konstanta $2R$ tidak dapat diperkecil: $x=R$ dan $y=R-h$ memberi $\tfrac{|x^2-y^2|}{|x-y|}=2R-h$, yang mendekati $2R$. Jadi $\delta$ terbaik dalam bentuk ini menuju $0$ bila $R\to\infty$, sesuai dengan Contoh 38.1.4(a). $\square$

Solusi 38.1-8. (c) Untuk $\varepsilon>0$, ambil $\delta$ dengan $|f(x)-f(y)|<\tfrac\varepsilon{2M}$ dan $|g(x)-g(y)|<\tfrac\varepsilon{2M}$, untuk $M>0$. Ketaksamaan di bukti memberi $<\varepsilon$. Untuk $x\cdot x$: barisan $x_n=n+\tfrac1n$ dan $y_n=n$ memberi $x_n-y_n\to0$ dan $|x_n^2-y_n^2|\geq2$. $\square$

### Ringkasan

Kontinuitas seragam meminta satu $\delta$ untuk setiap $\varepsilon$ yang bekerja di seluruh domain, bukan $\delta$ yang bergantung pada titik. Fungsi Lipschitz kontinu seragam, dan $\sqrt x$ menunjukkan bahwa kebalikannya salah. $x^2$ pada $\mathbb{R}$ dan $\tfrac1x$ pada $(0,1]$ kontinu tetapi tidak seragam. Kegagalan seragam dibuktikan dengan dua barisan yang berdekatan tetapi nilainya berjauhan; arah ini bebas pilihan, sedangkan kebalikannya memakai AC$_\omega$. Fungsi kontinu seragam memetakan barisan Cauchy ke barisan Cauchy, sedangkan fungsi kontinu biasa tidak selalu.

## 38.2 Teorema Heine: Fungsi kontinu pada interval tertutup dijamin bersifat kontinu seragam.

Judul unit ini adalah pernyataan teoremanya. Contoh 38.1.4 menunjukkan dua cara kontinuitas dapat gagal menjadi seragam: domainnya tidak terbatas, seperti $x^2$ pada $\mathbb{R}$, atau domainnya tidak tertutup, seperti $\tfrac1x$ pada $(0,1]$. Teorema Heine menyatakan bahwa bila kedua masalah itu tidak ada, yaitu bila domainnya interval $[a,b]$ yang tertutup dan terbatas, kontinuitas otomatis seragam. Seperti teorema nilai ekstrem, teorema ini mengubah sifat lokal menjadi sifat global, dan buktinya bergantung pada kelengkapan $\mathbb{R}$.

Bukti di bawah memakai supremum dan bebas pilihan. Bukti baku melalui Bolzano–Weierstrass memerlukan pilihan pasangan titik, dan disajikan sebagai alternatif dengan tanda AC$_\omega$.

Prasyarat: Unit 38.1; Bab 36–37; Teorema 34.2.5.

### Teorema

#### Teorema 38.2.1 (Heine)

Bila $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ kontinu, dengan $a\leq b$, maka $f$ kontinu seragam pada $[a,b]$.

Bukti. Kasus $a=b$ jelas. Misalkan $a<b$, dan tetapkan $\varepsilon>0$. Tetapkan
$$S=\bigl\{t\in[a,b]:\ \exists\delta>0\ \forall x,y\in[a,t]\ \bigl(|x-y|<\delta\Rightarrow|f(x)-f(y)|<\varepsilon\bigr)\bigr\},$$
yaitu himpunan $t$ sehingga $f$ "$\varepsilon$-seragam" pada $[a,t]$. Maka $a\in S$, karena $[a,a]$ hanya memuat satu titik. Bila $t\in S$ dan $a\leq t'\leq t$, maka $t'\in S$ dengan $\delta$ yang sama. Tetapkan $c=\sup S\in[a,b]$.

Kontinuitas di $c$ dengan $\tfrac\varepsilon2$ memberi $\eta>0$ dengan $|f(x)-f(c)|<\tfrac\varepsilon2$ untuk $x\in[a,b]$, $|x-c|<\eta$. Akibatnya, setiap $x,y\in[a,b]\cap(c-\eta,c+\eta)$ memenuhi $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$.

Ambil $t\in S$ dengan $t>c-\eta$. Titik seperti itu ada menurut Teorema 11.3.2. Bila $c=a$, ambil $t=a$. Misalkan $\delta_t$ adalah $\delta$ untuk $t$. Tetapkan $t'=\min(c+\tfrac\eta2,b)$ dan
$$\delta'=\min\bigl(\delta_t,\ t-(c-\eta)\bigr)>0.$$
Klaim: $\delta'$ bekerja untuk $[a,t']$. Misalkan $x\leq y$ di $[a,t']$ dengan $|x-y|<\delta'$.

- Bila $y\leq t$, maka $x,y\in[a,t]$ dan $|x-y|<\delta_t$, sehingga $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$.
- Bila $y>t$, maka $x>y-\delta'\geq t-\delta'\geq c-\eta$. Juga $y\leq t'<c+\eta$. Jadi $x,y\in(c-\eta,c+\eta)$, sehingga $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$.

Jadi $t'\in S$. Karena $c=\sup S$, $t'\leq c$. Bila $c<b$, maka $t'=\min(c+\tfrac\eta2,b)>c$, kontradiksi. Jadi $c=b$, dan $t'=b\in S$. Ini berarti ada $\delta$ yang bekerja untuk seluruh $[a,b]$ dan untuk $\varepsilon$ ini. Karena $\varepsilon$ sebarang, $f$ kontinu seragam. $\square$

Strategi bukti ini, "merambat ke kanan sejauh mungkin, lalu kontinuitas di titik henti mendorong lebih jauh", sama dengan bukti Teorema 37.2.1. Setiap langkahnya memakai satu pilihan tunggal untuk membuktikan pernyataan keberadaan, dan tidak membangun barisan pilihan.

#### Bukti Alternatif dengan AC$_\omega$

Andaikan $f$ tidak kontinu seragam. Teorema 38.1.5(b), dengan AC$_\omega$, memberi $\varepsilon>0$ dan barisan $(x_n),(y_n)$ di $[a,b]$ dengan $x_n-y_n\to0$ dan $|f(x_n)-f(y_n)|\geq\varepsilon$. Bolzano–Weierstrass (Teorema 28.2.3) memberi $x_{n_k}\to p\in[a,b]$, dan juga $y_{n_k}=x_{n_k}-(x_{n_k}-y_{n_k})\to p$. Kontinuitas di $p$ memberi $f(x_{n_k})-f(y_{n_k})\to0$, kontradiksi. Bukti ini lebih pendek, tetapi memakai pilihan terhitung.

### Akibat

#### Akibat 38.2.2 (Perluasan ke Ujung)

Misalkan $a<b$ dan $f:(a,b)\to\mathbb{R}$ kontinu. Pernyataan berikut setara:

(a) $f$ kontinu seragam pada $(a,b)$;

(b) $f(a^+)$ dan $f(b^-)$ ada, sebagai bilangan real;

(c) $f$ mempunyai perluasan kontinu $F:[a,b]\to\mathbb{R}$.

Bukti. (a)⇒(b): untuk $\varepsilon>0$, ambil $\delta$ dari kontinuitas seragam. Untuk $x,y\in(a,a+\delta)$, $|x-y|<\delta$, sehingga $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$. Kriteria Cauchy untuk limit fungsi (Teorema 34.2.5), yang diterapkan pada limit kanan di $a$, dibuktikan tanpa pilihan, dan memberi bahwa $f(a^+)$ ada. Hal yang sama berlaku untuk $b$.

(b)⇒(c): tetapkan $F(a)=f(a^+)$, $F(b)=f(b^-)$, dan $F=f$ di $(a,b)$. Teorema 36.2.5 memberi kontinuitas di ujung-ujungnya.

(c)⇒(a): Teorema 38.2.1 untuk $F$, lalu batasi ke $(a,b)$. $\square$

Contoh: $\tfrac1x$ pada $(0,1)$ tidak dapat diperluas ke $0$, sehingga tidak kontinu seragam. $\tfrac{\sqrt{1+x}-1}x$ pada $(0,1)$ diperluas dengan nilai $\tfrac12$ di $0$, sehingga kontinu seragam.

#### Akibat 38.2.3 (Osilasi pada Partisi Halus)

Misalkan $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ kontinu dan $\varepsilon>0$. Ada $\delta>0$ sehingga untuk setiap partisi $a=t_0<t_1<\cdots<t_k=b$ dengan $t_i-t_{i-1}<\delta$, berlaku
$$\max_{[t_{i-1},t_i]}f-\min_{[t_{i-1},t_i]}f<\varepsilon\qquad\text{untuk setiap }i.$$

Bukti. Ambil $\delta$ dari Teorema 38.2.1 untuk $\varepsilon$. Maksimum dan minimum pada $[t_{i-1},t_i]$ tercapai di titik $u$ dan $v$ pada interval itu (Teorema 37.1.2), dengan $|u-v|\leq t_i-t_{i-1}<\delta$. Jadi selisihnya $<\varepsilon$. $\square$

Akibat ini adalah inti bukti bahwa fungsi kontinu terintegral Riemann (Bagian IX). Jumlah atas dan jumlah bawah pada partisi yang cukup halus berbeda paling banyak $\varepsilon(b-a)$.

#### Akibat 38.2.4 (Hampiran Linear Sepotong-Sepotong)

Misalkan $f:[a,b]\to\mathbb{R}$ kontinu dan $\varepsilon>0$. Ada fungsi $g$ yang linear sepotong-sepotong, dengan titik patah di partisi seragam, sehingga $|f(x)-g(x)|<\varepsilon$ untuk semua $x\in[a,b]$.

Bukti. Ambil $\delta$ untuk $\varepsilon$ dari Teorema 38.2.1, dan $n$ dengan $\tfrac{b-a}n<\delta$. Tetapkan $t_i=a+i\tfrac{b-a}n$, dan $g$ linear pada setiap $[t_{i-1},t_i]$ dengan $g(t_i)=f(t_i)$. Untuk $x\in[t_{i-1},t_i]$, $g(x)$ terletak di antara $f(t_{i-1})$ dan $f(t_i)$, dan $f(x)$ berjarak $<\varepsilon$ dari keduanya. Jadi $|f(x)-g(x)|<\varepsilon$, karena $g(x)$ adalah rata-rata berbobot dari dua bilangan yang masing-masing berjarak $<\varepsilon$ dari $f(x)$. $\square$

Hampiran ini mendasari banyak metode numerik, misalnya interpolasi linear pada tabel nilai. Catatan cakupan pada Unit 37.3 tentang galat pembulatan berlaku juga di sini.

### Latihan

Latihan 38.2-1. Tanpa perhitungan, tentukan apakah fungsi berikut kontinu seragam: (a) $x^5-3x$ pada $[-10,10]$; (b) $\tfrac1{x-2}$ pada $[0,1]$; (c) $\tfrac1{x-2}$ pada $[0,2)$; (d) $\sqrt{1-x^2}$ pada $[-1,1]$.

Latihan 38.2-2. Pada bukti Teorema 38.2.1, mengapa $\delta'\leq t-(c-\eta)$ diperlukan? Tunjukkan bagian bukti yang gagal tanpa syarat itu.

Latihan 38.2-3. Tentukan apakah $f(x)=x\lfloor\tfrac1x\rfloor$ pada $(0,1)$ kontinu seragam. (Petunjuk: periksa kontinuitas lebih dahulu.)

Latihan 38.2-4. Buktikan bahwa jika $f$ kontinu pada $[a,\infty)$ dan $\lim_{x\to+\infty}f(x)$ ada, maka $f$ kontinu seragam pada $[a,\infty)$.

Latihan 38.2-5. Untuk $f(x)=x^2$ pada $[0,2]$ dan $\varepsilon=0{,}1$, tentukan $\delta$ yang bekerja, lalu tentukan $n$ untuk Akibat 38.2.4 dengan partisi seragam.

Latihan 38.2-6. Buktikan Akibat 38.2.2 untuk fungsi $\tfrac{x^2-1}{x-1}$ pada $(0,1)$.

Latihan 38.2-7. Buktikan bahwa fungsi yang kontinu pada $\mathbb{R}$ dan periodik, yaitu $f(x+p)=f(x)$ untuk suatu $p>0$, kontinu seragam.

Latihan 38.2-8. Misalkan $f$ kontinu seragam pada $(0,1)$. Buktikan bahwa $\lim_{n\to\infty}f(\tfrac1n)$ ada, dan sama dengan $f(0^+)$.

### Solusi

Solusi 38.2-1. (a) Ya: polinomial, sehingga kontinu, dan intervalnya tertutup dan terbatas. (b) Ya: kontinu pada $[0,1]$, karena $2\notin[0,1]$. (c) Tidak: $f(2^-)=-\infty$, sehingga perluasan kontinu ke $2$ tidak ada (Akibat 38.2.2). (d) Ya: kontinu pada $[-1,1]$, sebagai komposisi dengan akar. $\square$

Solusi 38.2-2. Syarat itu menjamin bahwa bila $y>t$ dan $|x-y|<\delta'$, maka $x>c-\eta$, sehingga $x$ dan $y$ berada dalam bola tempat kontinuitas di $c$ berlaku. Tanpa syarat itu, $x$ dapat berada jauh di kiri, di luar bola $(c-\eta,c+\eta)$, dan juga di luar jangkauan $\delta_t$ bersama $y$, karena $y\notin[a,t]$. Kedua cara pembatasan gagal. $\square$

Solusi 38.2-3. $f$ tidak kontinu di $x=\tfrac1k$ untuk $k\geq2$. Misalnya, di kiri $\tfrac12$, untuk $x\in(\tfrac13,\tfrac12)$, $\lfloor\tfrac1x\rfloor=2$ dan $f(x)=2x\to1$. Di titik $\tfrac12$ sendiri, $\lfloor2\rfloor=2$, sehingga $f(\tfrac12)=1$. Di kanan $\tfrac12$, untuk $x\in(\tfrac12,1)$, $\lfloor\tfrac1x\rfloor=1$ dan $f(x)=x\to\tfrac12\ne1$. Jadi $f$ tidak kontinu di $\tfrac12$, sehingga tidak kontinu seragam (Proposisi 38.1.2). $\square$

Solusi 38.2-4. Misalkan $L=\lim_{x\to\infty}f(x)$ dan $\varepsilon>0$. Ambil $M>a$ dengan $|f(x)-L|<\tfrac\varepsilon2$ untuk $x>M$. Pada $[a,M+1]$, Teorema 38.2.1 memberi $\delta_1$. Tetapkan $\delta=\min(\delta_1,1)$. Untuk $|x-y|<\delta$: bila keduanya di $[a,M+1]$, gunakan $\delta_1$. Bila tidak, salah satunya $>M+1$, sehingga keduanya $>M$, dan $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$. $\square$

Solusi 38.2-5. $|x^2-y^2|\leq4|x-y|$ pada $[0,2]$, sehingga $\delta=0{,}025$ bekerja. Untuk partisi seragam, diperlukan $\tfrac2n<0{,}025$, yaitu $n>80$, sehingga $n=81$. $\square$

Solusi 38.2-6. $\tfrac{x^2-1}{x-1}=x+1$ untuk $x\ne1$. $f(0^+)=1$ dan $f(1^-)=2$ ada, dan perluasannya $F(x)=x+1$ pada $[0,1]$. Jadi $f$ kontinu seragam, bahkan Lipschitz dengan $K=1$. $\square$

Solusi 38.2-7. Teorema 38.2.1 pada $[0,2p]$ memberi $\delta_1$. Tetapkan $\delta=\min(\delta_1,p)$. Untuk $|x-y|<\delta$, geser keduanya dengan kelipatan $p$ yang sama sehingga $x'\in[0,p)$. Maka $y'\in(-p,2p)$. Bila $y'\geq0$, keduanya di $[0,2p]$. Bila $y'<0$, geser lagi keduanya sejauh $+p$: $x'+p\in[p,2p)$ dan $y'+p\in(0,p)$, keduanya di $[0,2p]$. Periodisitas mempertahankan nilai, sehingga $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$. $\square$

Solusi 38.2-8. Menurut Akibat 38.2.2, $f(0^+)=L$ ada. Teorema 34.2.1(a), yang diterapkan pada limit kanan, dengan $x_n=\tfrac1{n+1}\in(0,1)$, memberi $f(x_n)\to L$. $\square$

### Ringkasan

Teorema Heine: fungsi kontinu pada $[a,b]$ kontinu seragam. Bukti tanpa pilihan memakai $c=\sup\{t:\ f\ \varepsilon\text{-seragam pada }[a,t]\}$, dan kontinuitas di $c$ memaksa $c=b$. Bukti alternatif melalui Bolzano–Weierstrass memerlukan AC$_\omega$. Akibat-akibatnya: fungsi kontinu pada $(a,b)$ kontinu seragam tepat ketika dapat diperluas secara kontinu ke $[a,b]$; pada partisi yang cukup halus, osilasi fungsi kontinu pada setiap subinterval kurang dari $\varepsilon$, yang merupakan kunci integral Riemann; dan fungsi kontinu dapat dihampiri secara seragam oleh fungsi linear sepotong-sepotong.