Lompat ke konten utama

Topologi: Pendekatan Berbasis Inkuiri: Bab 1-17 - Himpunan, Fungsi, Ruang Metrik, Ruang Topologi, Kekontinuan, Homeomorfisme, Subruang, Ruang Kuosien, Ruang Kompak, serta Pendamping Belajar Mandiri

Steven Schlicker

Bagian Panduan latihan sumber, bagian kedua

Panduan ini mengikuti Tugas 14–26 pada latihan sumber secara berurutan. Kerjakan pernyataannya terlebih dahulu, lalu gunakan rubrik untuk menilai kelengkapan argumen Anda. Bukalah petunjuk, jawaban, dan solusi secara bertahap hanya setelah Anda mencoba tugas secara mandiri.
Misalkan \(f:\R\to\R\) didefinisikan oleh \(f(x)=2x^2+1\text{,}\) dengan metrik Euklides pada domain dan kodomain. Buktikan bahwa \(f\) kontinu di \(x=1\text{.}\) Rubrik. Mulailah dengan sembarang \(\epsilon\gt0\text{,}\) berikan pilihan \(\delta\) yang hanya bergantung pada \(\epsilon\text{,}\) dan turunkan pertidaksamaan yang diperlukan tanpa mengandaikan kesimpulan.
Petunjuk.
Langkah 1. Faktorkan \(|f(x)-f(1)|=2|x-1||x+1|\text{.}\)
Langkah 2. Jika \(|x-1|\lt1\text{,}\) maka \(|x+1|\lt3\text{.}\) Pilih \(\delta\) yang sekaligus menjamin syarat ini dan membuat \(6|x-1|\lt\epsilon\text{.}\)
Jawaban.
Fungsi \(f\) kontinu di \(1\text{.}\) Untuk \(\epsilon\gt0\text{,}\) pilihan \(\delta=\min\{1,\epsilon/6\}\) memenuhi definisi kekontinuan.
Solusi.
Ambil sembarang \(\epsilon\gt0\) dan tetapkan \(\delta=\min\{1,\epsilon/6\}\text{.}\) Andaikan \(|x-1|\lt\delta\text{.}\) Karena \(\delta\leq1\text{,}\) berlaku \(|x-1|\lt1\text{.}\) Pertidaksamaan segitiga kemudian memberi \(|x+1|=|(x-1)+2|\leq|x-1|+2\lt3\text{.}\)
Oleh karena itu,
\begin{equation*} |f(x)-f(1)|=|2x^2+1-3| =2|x-1||x+1|\lt6|x-1|\lt6\delta\leq\epsilon. \end{equation*}
Jadi, untuk setiap toleransi positif telah ditemukan radius positif yang memenuhi implikasi definisi. Maka \(f\) kontinu di \(x=1\text{.}\)
Definisikan \(d:\R\times\R\to\R\) dengan \(d(x,y)=\min\{|x-y|,1\}\text{.}\) Buktikan bahwa \(d\) merupakan metrik. Rubrik. Verifikasi keempat aksioma metrik. Untuk pertidaksamaan segitiga, jelaskan mengapa pemangkasan pada \(1\) mempertahankan pertidaksamaan, bukan sekadar menyatakan bahwa hasilnya jelas.
Petunjuk.
Langkah 1. Ketaknegatifan, simetri, dan pemisahan titik diwarisi dari nilai mutlak.
Langkah 2. Untuk \(a,b\geq0\text{,}\) buktikan \(\min\{a+b,1\}\leq\min\{a,1\}+\min\{b,1\}\) dengan memisahkan kasus ketika salah satu dari \(a,b\) sedikitnya \(1\) dan ketika keduanya kurang dari \(1\text{.}\)
Jawaban.
Benar, \(d\) merupakan metrik. Aksioma pertama hingga ketiga mengikuti sifat nilai mutlak, sedangkan pertidaksamaan segitiga mengikuti \(\min\{a+b,1\}\leq\min\{a,1\}+\min\{b,1\}\) untuk \(a,b\geq0\text{.}\)
Solusi.
Untuk setiap \(x,y\in\R\text{,}\) kedua bilangan \(|x-y|\) dan \(1\) tak negatif, sehingga \(d(x,y)\geq0\text{.}\) Selanjutnya, \(d(x,y)=0\) tepat ketika \(|x-y|=0\text{,}\) yakni tepat ketika \(x=y\text{.}\) Simetri nilai mutlak juga memberi \(d(x,y)=d(y,x)\text{.}\)
Tinggal membuktikan pertidaksamaan segitiga. Untuk bilangan tak negatif \(a,b\text{,}\) berlaku
\begin{equation*} \min\{a+b,1\}\leq \min\{a,1\}+\min\{b,1\}. \end{equation*}
Memang, jika \(a\geq1\) atau \(b\geq1\text{,}\) ruas kanan sedikitnya \(1\text{,}\) sedangkan ruas kiri paling besar \(1\text{.}\) Jika \(a\lt1\) dan \(b\lt1\text{,}\) ruas kanan sama dengan \(a+b\text{,}\) yang tidak lebih kecil daripada ruas kiri.
Sekarang tetapkan \(a=|x-y|\) dan \(b=|y-z|\text{.}\) Dari \(|x-z|\leq a+b\) dan sifat naik fungsi \(t\mapsto\min\{t,1\}\text{,}\) diperoleh
\begin{align*} d(x,z)\amp=\min\{|x-z|,1\}\\ \amp\leq\min\{a+b,1\}\\ \amp\leq\min\{a,1\}+\min\{b,1\}\\ \amp=d(x,y)+d(y,z). \end{align*}
Keempat aksioma terpenuhi, jadi \(d\) merupakan metrik pada \(\R\text{.}\)
Misalkan \(f:\R\to\R\) kontinu dalam metrik Euklides dan \(f(q)=0\) untuk setiap \(q\in\Q\text{.}\) Buktikan bahwa \(f(x)=0\) untuk setiap \(x\in\R\text{.}\) Rubrik. Gunakan kerapatan \(\Q\) secara kuantitatif di dalam lingkungan \(\delta\text{;}\) jangan mengandaikan hasil tentang limit barisan yang belum diperlukan.
Petunjuk.
Langkah 1. Tetapkan \(a\in\R\text{.}\) Kekontinuan di \(a\) menyediakan \(\delta\) untuk setiap \(\epsilon\gt0\text{.}\)
Langkah 2. Pilih \(q\in\Q\) dengan \(|q-a|\lt\delta\text{.}\) Kemudian bandingkan \(|f(a)|\) dengan \(|f(q)-f(a)|\text{.}\)
Jawaban.
Untuk setiap \(a\in\R\) dan setiap \(\epsilon\gt0\text{,}\) kekontinuan dan kerapatan \(\Q\) memberi \(|f(a)|\lt\epsilon\text{.}\) Karena ini berlaku untuk setiap toleransi positif, \(f(a)=0\text{.}\) Jadi \(f\) identik nol.
Solusi.
Ambil sembarang \(a\in\R\text{.}\) Untuk membuktikan \(f(a)=0\text{,}\) tetapkan sembarang \(\epsilon\gt0\text{.}\) Karena \(f\) kontinu di \(a\text{,}\) ada \(\delta\gt0\) sedemikian sehingga \(|x-a|\lt\delta\) mengakibatkan \(|f(x)-f(a)|\lt\epsilon\text{.}\)
Kerapatan bilangan rasional dalam bilangan real memberi \(q\in\Q\) dengan \(|q-a|\lt\delta\text{.}\) Oleh hipotesis, \(f(q)=0\text{,}\) sehingga
\begin{equation*} |f(a)|=|0-f(a)|=|f(q)-f(a)|\lt\epsilon. \end{equation*}
Jika \(|f(a)|\) positif, kita dapat memilih \(\epsilon=|f(a)|\) dan memperoleh kontradiksi. Jadi \(f(a)=0\text{.}\) Karena \(a\) dipilih sembarang, kesimpulan ini berlaku pada seluruh \(\R\text{.}\)
Definisikan \(f:\R\to\R\) dengan \(f(x)=0\) untuk \(x\) irasional dan \(f(x)=1\) untuk \(x\) rasional. Dengan metrik Euklides pada domain dan kodomain, tunjukkan bahwa \(f\) tidak kontinu di titik mana pun. Rubrik. Untuk setiap titik pusat, berikan satu toleransi tetap yang menggagalkan setiap pilihan \(\delta\text{,}\) dan gunakan kerapatan bilangan rasional serta irasional dengan urutan kuantor yang benar.
Petunjuk.
Langkah 1. Tetapkan \(a\in\R\) dan pilih \(\epsilon=1/2\text{.}\)
Langkah 2. Di setiap interval terbuka di sekitar \(a\) terdapat titik yang jenisnya—rasional atau irasional—berlawanan dengan jenis \(a\text{.}\)
Jawaban.
Fungsi \(f\) tidak kontinu di setiap \(a\in\R\text{.}\) Untuk \(\epsilon=1/2\) dan setiap \(\delta\gt0\text{,}\) ada \(x\) dengan \(|x-a|\lt\delta\) tetapi \(|f(x)-f(a)|=1\text{.}\)
Solusi.
Tetapkan sembarang \(a\in\R\) dan ambil \(\epsilon=1/2\text{.}\) Misalkan \(\delta\gt0\) diberikan. Jika \(a\) rasional, kerapatan bilangan irasional memberi titik irasional \(x\) dengan \(|x-a|\lt\delta\text{.}\) Maka \(f(a)=1\text{,}\) \(f(x)=0\text{,}\) dan \(|f(x)-f(a)|=1\geq\epsilon\text{.}\)
Jika \(a\) irasional, kerapatan bilangan rasional memberi titik rasional \(x\) dengan \(|x-a|\lt\delta\text{.}\) Kini \(f(a)=0\text{,}\) \(f(x)=1\text{,}\) dan kembali \(|f(x)-f(a)|=1\geq\epsilon\text{.}\) Jadi, pada kedua kasus, toleransi \(1/2\) menggagalkan setiap radius positif. Ini tepat merupakan negasi definisi kekontinuan di \(a\text{.}\) Karena \(a\) sembarang, \(f\) tidak kontinu di mana pun.
Definisikan \(g:\R\to\R\) dengan \(g(x)=0\) jika \(x\) irasional dan \(g(x)=x\) jika \(x\) rasional. Dengan metrik Euklides pada domain dan kodomain, buktikan bahwa \(g\) kontinu tepat di \(0\text{.}\) Rubrik. Berikan pembuktian langsung epsilon-delta di \(0\text{,}\) lalu gunakan negasi definisi dan kerapatan untuk setiap titik tak nol.
Petunjuk.
Langkah 1. Untuk semua \(x\text{,}\) berlaku \(|g(x)|\leq|x|\text{.}\)
Langkah 2. Jika \(a\neq0\text{,}\) ambil \(\epsilon=|a|/2\text{.}\) Pilih titik yang jenis rasionalitasnya berlawanan dengan \(a\) dan juga cukup dekat agar nilai mutlaknya lebih besar daripada \(|a|/2\) bila diperlukan.
Jawaban.
Di \(0\text{,}\) pilihan \(\delta=\epsilon\) bekerja karena \(|g(x)-g(0)|\leq|x|\text{.}\) Pada setiap \(a\neq0\text{,}\) toleransi \(|a|/2\) digagalkan oleh titik-titik rasional atau irasional yang sedekat apa pun dengan \(a\text{.}\) Jadi himpunan titik kekontinuan \(g\) adalah \(\{0\}\text{.}\)
Solusi.
Karena \(0\) rasional, \(g(0)=0\text{.}\) Ambil \(\epsilon\gt0\) dan pilih \(\delta=\epsilon\text{.}\) Jika \(|x|\lt\delta\text{,}\) maka untuk \(x\) irasional berlaku \(|g(x)-g(0)|=0\text{,}\) sedangkan untuk \(x\) rasional berlaku \(|g(x)-g(0)|=|x|\lt\delta=\epsilon\text{.}\) Jadi \(g\) kontinu di \(0\text{.}\)
Sekarang tetapkan \(a\neq0\) dan ambil \(\epsilon=|a|/2\gt0\text{.}\) Jika \(a\) rasional, maka \(g(a)=a\text{.}\) Untuk setiap \(\delta\gt0\text{,}\) pilih titik irasional \(x\) dengan \(|x-a|\lt\delta\text{.}\) Karena \(g(x)=0\text{,}\) diperoleh \(|g(x)-g(a)|=|a|\geq\epsilon\text{.}\)
Jika \(a\) irasional, maka \(g(a)=0\text{.}\) Untuk radius \(\delta\gt0\text{,}\) kerapatan bilangan rasional memungkinkan kita memilih \(x\in\Q\) dengan \(|x-a|\lt\min\{\delta,|a|/2\}\text{.}\) Pertidaksamaan segitiga terbalik memberi \(|x|\gt|a|-|x-a|\gt|a|/2=\epsilon\text{.}\) Jadi \(|g(x)-g(a)|=|x|\gt\epsilon\text{.}\) Dalam kedua kasus, negasi kekontinuan terpenuhi di \(a\text{.}\) Dengan demikian hanya \(0\) merupakan titik kekontinuan \(g\text{.}\)
Pada \(X=C[-3,3]\text{,}\) gunakan \(d^*(f,g)=\int_{-3}^{3}|f(t)-g(t)|\,dt\text{.}\) Hitung \(d^*(f,g)\) untuk \(f(x)=x^2\) dan \(g(x)=3-2x\text{.}\) Rubrik. Temukan semua titik tempat selisih berubah tanda, pecah integral mutlak pada titik-titik tersebut, dan berikan nilai eksak.
Petunjuk.
Langkah 1. Faktorkan \(f(x)-g(x)=x^2+2x-3=(x+3)(x-1)\text{.}\)
Langkah 2. Ekspresi itu tidak positif pada \([-3,1]\) dan tidak negatif pada \([1,3]\text{.}\)
Jawaban.
Nilainya adalah \(d^*(f,g)=32/3+32/3=64/3\text{.}\)
Solusi.
Selisih kedua fungsi adalah \(h(x)=x^2-(3-2x)=x^2+2x-3=(x+3)(x-1)\text{.}\) Pada interval \([-3,1]\text{,}\) berlaku \(h(x)\leq0\text{,}\) sedangkan pada \([1,3]\text{,}\) berlaku \(h(x)\geq0\text{.}\) Dengan antiturunan \(H(x)=x^3/3+x^2-3x\text{,}\) kita peroleh
\begin{align*} d^*(f,g)\amp=-\int_{-3}^{1}h(x)\,dx+\int_{1}^{3}h(x)\,dx\\ \amp=-\bigl(H(1)-H(-3)\bigr)+\bigl(H(3)-H(1)\bigr). \end{align*}
Nilai-nilainya adalah \(H(-3)=9\text{,}\) \(H(1)=-5/3\text{,}\) dan \(H(3)=9\text{.}\) Jadi setiap integral bertanda positif bernilai \(32/3\text{,}\) dan
\begin{equation*} d^*(f,g)=\frac{32}{3}+\frac{32}{3}=\frac{64}{3}. \end{equation*}
Untuk \(I(f)=\int_a^b f(t)\,dt\text{,}\) hitung \(I(f)\) ketika \(f(x)=2x\) dan \([a,b]=[0,2]\text{.}\) Rubrik. Tampilkan antiturunan dan evaluasi pada kedua ujung interval.
Petunjuk.
Suatu antiturunan \(2x\) adalah \(x^2\text{.}\)
Jawaban.
\(I(f)=\int_0^2 2x\,dx=4\text{.}\)
Solusi.
Berdasarkan Teorema Dasar Kalkulus,
\begin{equation*} I(f)=\int_0^2 2x\,dx=\bigl[x^2\bigr]_0^2=2^2-0^2=4. \end{equation*}
Misalkan \(a\lt b\text{,}\) \(X=C[a,b]\text{,}\) \(d^*(f,g)=\int_a^b|f(t)-g(t)|\,dt\text{,}\) dan \(I(f)=\int_a^b f(t)\,dt\text{.}\) Buktikan bahwa \(I:(X,d^*)\to(\R,d_E)\) kontinu. Rubrik. Tuliskan definisi kekontinuan dalam kedua metrik, gunakan pertidaksamaan nilai mutlak integral, dan berikan pilihan \(\delta\) yang eksplisit.
Petunjuk.
Langkah 1. Untuk \(f,g\in X\text{,}\) tuliskan \(I(f)-I(g)=\int_a^b(f(t)-g(t))\,dt\text{.}\)
Langkah 2. Gunakan \(|\int h|\leq\int|h|\text{;}\) fungsi \(I\) bahkan memenuhi pertidaksamaan Lipschitz dengan konstanta \(1\text{.}\)
Jawaban.
Untuk semua \(f,g\in X\text{,}\) berlaku \(|I(f)-I(g)|\leq d^*(f,g)\text{.}\) Karena itu pilihan \(\delta=\epsilon\) membuktikan bahwa \(I\) kontinu di setiap \(f\in X\text{.}\)
Solusi.
Tetapkan sembarang \(f\in X\) dan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Ambil \(\delta=\epsilon\text{.}\) Jika \(g\in X\) memenuhi \(d^*(f,g)\lt\delta\text{,}\) maka sifat linear integral dan pertidaksamaan nilai mutlak memberi
\begin{align*} d_E(I(f),I(g))\amp=|I(f)-I(g)|\\ \amp=\left|\int_a^b(f(t)-g(t))\,dt\right|\\ \amp\leq\int_a^b|f(t)-g(t)|\,dt\\ \amp=d^*(f,g)\lt\delta=\epsilon. \end{align*}
Jadi \(I\) kontinu di \(f\text{.}\) Karena \(f\) sembarang, \(I\) kontinu pada seluruh \(X\text{.}\) Pertidaksamaan yang sama juga menunjukkan bahwa \(I\) bersifat 1-Lipschitz.
Putuskan benar atau salah: jika \(f:X\to Y\) suatu fungsi, \(d_X\) metrik diskret, dan \(d_Y\) sebarang metrik, maka \(f\) kontinu. Rubrik. Jika benar, berikan pembuktian epsilon-delta yang berlaku untuk sebarang fungsi dan sebarang titik tanpa memakai sifat khusus kodomain.
Petunjuk.
Pada metrik diskret, \(d_X(x,a)\lt1\) memaksa \(x=a\text{.}\)
Jawaban.
Benar. Untuk setiap titik dan setiap \(\epsilon\gt0\text{,}\) pilih \(\delta=1\text{.}\) Syarat \(d_X(x,a)\lt1\) memaksa \(x=a\text{,}\) sehingga jarak keluarannya nol.
Solusi.
Tetapkan \(a\in X\) dan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Ambil \(\delta=1\text{.}\) Karena \(d_X\) diskret, nilainya hanya \(0\) atau \(1\text{.}\) Maka \(d_X(x,a)\lt\delta\) mengakibatkan \(d_X(x,a)=0\text{,}\) sehingga \(x=a\text{.}\) Akibatnya \(d_Y(f(x),f(a))=d_Y(f(a),f(a))=0\lt\epsilon\text{.}\) Jadi \(f\) kontinu di setiap \(a\in X\text{,}\) apa pun fungsi \(f\) dan metrik \(d_Y\text{.}\)
Putuskan benar atau salah: jika \(f:X\to Y\) suatu fungsi, \(d_Y\) metrik diskret, dan \(d_X\) sebarang metrik, maka \(f\) kontinu. Rubrik. Jika salah, tentukan domain, kodomain, fungsi, titik, dan satu toleransi yang menggagalkan setiap radius positif.
Petunjuk.
Gunakan fungsi identitas dari \(\R\) bermetrik Euklides menuju \(\R\) bermetrik diskret dan ambil \(\epsilon=1/2\text{.}\)
Jawaban.
Salah. Fungsi identitas \(i:(\R,d_E)\to(\R,d_D)\) tidak kontinu di titik mana pun, dengan \(d_D\) metrik diskret.
Solusi.
Ambil \(X=Y=\R\text{,}\) gunakan metrik Euklides \(d_E(x,y)=|x-y|\) pada domain dan metrik diskret \(d_D\) pada kodomain, lalu definisikan \(i(x)=x\text{.}\) Tetapkan sembarang \(a\in\R\) dan ambil \(\epsilon=1/2\text{.}\) Untuk setiap \(\delta\gt0\text{,}\) pilih \(x=a+\delta/2\text{.}\) Maka \(d_E(x,a)=\delta/2\lt\delta\text{,}\) tetapi \(x\neq a\text{,}\) sehingga \(d_D(i(x),i(a))=1\geq\epsilon\text{.}\) Jadi \(i\) tidak kontinu di \(a\text{.}\) Contoh ini membantah pernyataan universal.
Putuskan benar atau salah: untuk sebarang dua metrik \(d_1\) dan \(d_2\) pada himpunan \(X\text{,}\) fungsi identitas \(i_X:(X,d_1)\to(X,d_2)\) selalu kontinu. Rubrik. Jika salah, berikan dua metrik konkret pada himpunan yang sama dan tunjukkan kegagalan definisi kekontinuan.
Petunjuk.
Pilih \(X=\R\text{,}\) \(d_1=d_E\text{,}\) dan \(d_2=d_D\text{,}\) dengan \(d_D\) metrik diskret.
Jawaban.
Salah. Identitas \(i_{\R}:(\R,d_E)\to(\R,d_D)\) tidak kontinu, sebab titik-titik yang berbeda dapat sedekat apa pun dalam \(d_E\) tetapi selalu berjarak \(1\) dalam \(d_D\text{.}\)
Solusi.
Pada \(X=\R\text{,}\) ambil \(d_1(x,y)=|x-y|\) dan metrik diskret \(d_2=d_D\text{.}\) Tetapkan \(a\in\R\) dan \(\epsilon=1/2\text{.}\) Apa pun \(\delta\gt0\text{,}\) titik \(x=a+\delta/2\) memenuhi \(d_1(x,a)=\delta/2\lt\delta\text{.}\) Namun \(x\neq a\text{,}\) sehingga \(d_2(i_X(x),i_X(a))=d_D(x,a)=1\geq\epsilon\text{.}\) Jadi identitas ini tidak kontinu. Kekontinuan identitas bergantung pada hubungan antara kedua metrik, bukan hanya pada fakta bahwa keduanya didefinisikan pada himpunan yang sama.
Misalkan \(f,g:(\R^2,d_T)\to(\R,d_E)\) kontinu. Buktikan bahwa fungsi \(f+g\text{,}\) yang didefinisikan oleh \((f+g)(x)=f(x)+g(x)\text{,}\) juga kontinu. Rubrik. Buktikan kekontinuan di titik sembarang, bagikan toleransi keluaran di antara kedua fungsi, dan gabungkan radius dengan minimum.
Petunjuk.
Langkah 1. Untuk toleransi \(\epsilon\text{,}\) terapkan kekontinuan \(f\) dan \(g\) masing-masing dengan toleransi \(\epsilon/2\text{.}\)
Langkah 2. Ambil \(\delta=\min\{\delta_f,\delta_g\}\) dan gunakan pertidaksamaan segitiga dalam \(\R\text{.}\)
Jawaban.
Benar. Kekontinuan kedua fungsi dengan toleransi \(\epsilon/2\) menghasilkan radius \(\delta_f,\delta_g\text{;}\) radius minimumnya membuat selisih nilai \(f+g\) kurang dari \(\epsilon\text{.}\)
Solusi.
Tetapkan \(a\in\R^2\) dan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Karena \(f\) kontinu di \(a\text{,}\) terdapat \(\delta_f\gt0\) sedemikian sehingga \(d_T(x,a)\lt\delta_f\) mengakibatkan \(|f(x)-f(a)|\lt\epsilon/2\text{.}\) Demikian pula, terdapat \(\delta_g\gt0\) sedemikian sehingga \(d_T(x,a)\lt\delta_g\) mengakibatkan \(|g(x)-g(a)|\lt\epsilon/2\text{.}\)
Ambil \(\delta=\min\{\delta_f,\delta_g\}\text{.}\) Jika \(d_T(x,a)\lt\delta\text{,}\) kedua taksiran di atas berlaku, sehingga
\begin{align*} |(f+g)(x)-(f+g)(a)|\\ \amp=|(f(x)-f(a))+(g(x)-g(a))|\\ \amp\leq|f(x)-f(a)|+|g(x)-g(a)|\\ \amp\lt\epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon. \end{align*}
Jadi \(f+g\) kontinu di \(a\text{,}\) dan karena \(a\) sembarang, fungsi itu kontinu pada seluruh \(\R^2\text{.}\)
Misalkan \((X,d_X)\) dan \((Y,d_Y)\) ruang-ruang metrik serta \(y_0\in Y\text{.}\) Buktikan bahwa fungsi konstan \(f:X\to Y\) yang didefinisikan oleh \(f(x)=y_0\) untuk setiap \(x\in X\) kontinu. Rubrik. Berikan pembuktian epsilon-delta yang berlaku sekalipun domain kosong atau tidak terbatas dan jangan memberlakukan syarat yang tidak diperlukan pada metrik.
Petunjuk.
Jarak antara dua keluaran fungsi konstan selalu nol. Bila perlu pilih radius tetap, misalnya \(\delta=1\text{.}\)
Jawaban.
Fungsi konstan selalu kontinu. Untuk setiap titik domain dan setiap \(\epsilon\gt0\text{,}\) pilihan \(\delta=1\) bekerja karena \(d_Y(f(x),f(a))=d_Y(y_0,y_0)=0\text{.}\)
Solusi.
Jika \(X\) kosong, pernyataan bahwa \(f\) kontinu di setiap titik domain benar secara hampa. Jika \(X\) tidak kosong, tetapkan sembarang \(a\in X\) dan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Pilih \(\delta=1\text{.}\) Untuk setiap \(x\in X\) yang memenuhi \(d_X(x,a)\lt\delta\text{,}\) kita mempunyai
\begin{equation*} d_Y(f(x),f(a))=d_Y(y_0,y_0)=0\lt\epsilon. \end{equation*}
Dengan demikian \(f\) kontinu di setiap titik \(a\in X\text{,}\) sehingga \(f\) kontinu.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>