9 BAB III RUANG METRIK 3.1. Ruang Metrik
Dalam kalkulus untuk mendefinisikan fungsi jarak (𝑑) antara dua titik 𝑥, 𝑦 di ℝ biasanya dituliskan dengan |𝑥 − 𝑦|. Fungsi jarak ini erat kaitannya dengan fungsi nilai mutlak. Fungsi mutlak merupakan contoh fungsi jarak yang lebih umum yakni metrik. Metrik didefinisikan sebagai fungsi yang dilengkapi dengan aksioma-aksioma yang telah ditentukan. Himpunan yang dilengkapi fungsi metrik disebut Ruang metrik. Dengan konsep jarak ini dapat dibahas juga konsep-konsep lain seperti barisan dan pemetaan kontinu. Konsep lain yang menarik dari Ruang metrik adalah kelengkapan. Konsep tersebut akan banyak dibahas untuk menunjang pembahasan selanjutnya yaitu Ruang Banach.
Definisi 3.1.1 Ruang Metrik
Misalkan 𝑋 adalah himpunan takkosong. Sebuah metrik pada himpunan 𝑋 adalah sebuah fungsi bernilai real pada 𝑋 yaitu 𝑑: 𝑋 × 𝑋 ⟶ ℝ, untuk setiap 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑋 dan 𝛼 ∈ ℝ dengan sifat-sifat sebagai berikut:
(M1) Nilai 𝑑 adalah bilangan real, terbatas, dan taknegatif.
(M2) 𝑑(𝑥, 𝑦) = 0 jika dan hanya jika 𝑥 = 𝑦 (M3) 𝑑(𝑥, 𝑦) = 𝑑(𝑦, 𝑥) (simetri)
(M4) 𝑑(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑑(𝑥, 𝑧) + 𝑑(𝑧, 𝑦) (ketaksamaan segitiga)
Himpunan 𝑋 yang dilengkapi dengan metrik 𝑑 disebut Ruang metrik dan dapat dituliskan sebagai (𝑋, 𝑑). Anggota 𝑋 yaitu 𝑥0 biasa disebut dengan titik.
3.2. Beberapa Contoh Ruang Metrik
Bagian ini membahas beberapa contoh Ruang metrik yang disertai bukti.
3.2.1. Bilangan Real ℝ
Ruang metrik (ℝ, 𝑑) dengan ℝ adalah himpunan bilangan Real dan 𝑑 didefinisikan sebagai berikut:
10
𝑑(𝑥, 𝑦) = |𝑥 − 𝑦|
Metrik ini biasa disebut dengan jarak Manhattan [2].
3.2.2. Ruang Euclid ℝ𝒏
Himpunan ℝ𝑛 merupakan pasangan Bilangan Real terurut yang dapat dituliskan sebagai 𝑥 = (𝜉1, … , 𝜉𝑛). Himpunan ℝ𝑛 dengan metrik yang didefinisikan sebagai berikut:
𝑑(𝑥, 𝑦) = √(𝜉1− 𝜂1)2+ (𝜉2− 𝜂2)2+ … + (𝜉𝑛− 𝜂𝑛)2, 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ𝑛 adalah Ruang metrik. Ruang ini biasa disebut juga ruang Euclid. Metrik 𝑑 biasa disebut dengan jarak Euclid [2].
3.2.3. Ruang Barisan Terbatas 𝓵∞
Himpunan ℓ∞ adalah himpunan bilangan kompleks terurut yang dituliskan sebagai berikut:
𝑥 = (𝜉1, 𝜉2, … ) atau 𝑥 = (𝜉𝑗) untuk 𝑗 = 1,2, …
dengan |𝜉𝑗| ≤ 𝐶𝑥, untuk suatu 𝐶𝑥 bilangan real. Himpunan ℓ∞ yang dilengkapi metrik
𝑑(𝑥, 𝑦) = sup
𝑗∈ℕ|𝜉𝑗− 𝜂𝑗| adalah ruang metrik.
Bukti:
(M1) Karena |𝜉𝑗| ≤ 𝐶𝑥, sehingga
|𝜉𝑗− 𝜂𝑗| < 𝐶𝑥 dan |𝜉𝑗− 𝜂𝑗| ≥ 0
Maka, 𝑑(𝑥, 𝑦) bernilai real, terbatas, dan taknegatif.
(M2) 𝑑(𝑥, 𝑦) = sup|𝜉𝑗− 𝜂𝑗| = 0 ⇔ 𝜉𝑗 = 𝜂𝑗
(M3) 𝑑(𝑥, 𝑦) = sup|𝜉𝑗− 𝜂𝑗|
11
= sup|𝜂𝑗− 𝜉𝑗| (menggunakan sifat komutatif) = 𝑑(𝑦, 𝑥)
(M4) Misal 𝑧 = (𝛾𝑛)
𝑑(𝑥, 𝑦) = sup|𝜉𝑗− 𝜂𝑗| = sup|𝜉𝑗− 𝛾𝑗 + 𝛾𝑗− 𝜂𝑗| ≤ sup|𝜉𝑗 − 𝛾𝑗| + sup|𝛾𝑗− 𝜂𝑗|
= 𝑑(𝑥, 𝑧) + 𝑑(𝑧, 𝑦)
Dengan demikian (ℓ∞, 𝑑) adalah ruang metrik.
Berikut adalah contoh-contoh anggota himpunan ℓ∞ dan jaraknya:
(1) Barisan Konstan 𝑥 = (2 + 3𝑖) dan 𝑦 = (5 − 𝑖) anggota ℓ∞ 𝑑(𝑥, 𝑦) = 𝑠𝑢𝑝{|𝑥 − 𝑦|}
= 𝑠𝑢𝑝{|(2 − 5) + (3𝑖 − (−𝑖))|} = 5 (2) Barisan Konvergen 𝑥 = (1
𝑗) dan 𝑦 = (2 + 𝑗
𝑗+1𝑖) anggota ℓ∞ 𝑑(𝑥, 𝑦) = 𝑠𝑢𝑝{|𝑥 − 𝑦|}
= 𝑠𝑢𝑝 {|1
𝑗− (2 + 𝑗
𝑗+1) 𝑖|} = √5
(3) Barisan Divergen 𝑥 = (2𝑖𝑛) dan y = (−(1)𝑛+ 𝑖) anggota ℓ∞ 𝑑(𝑥, 𝑦) = 𝑠𝑢𝑝{|𝑥 − 𝑦|}
= 𝑠𝑢𝑝{√2, √10} = √10
3.2.4. Ruang Barisan 𝓵𝟐
Himpunan ℓ2 adalah himpunan barisan bilangan kompleks 𝑥 = (𝜉𝑗) dengan
|𝜉1|2+ |𝜉2|2+ ⋯ konvergen sehingga memenuhi ∑∞𝑗=1|𝜉𝑗|2 < ∞.
Contoh anggota ℓ2:
∑ |1
𝑛|2 = ∑ |1
𝑛2| < ∞, maka 1
𝑛 ∈ ℓ2.
12 Contoh bukan ℓ2:
∑ |𝑛1 𝑝1⁄ |𝑝 = ∑ |1
𝑛| = ∞, maka 1
𝑛1 𝑝⁄ ∉ ℓ2.
Ruang barisan bilangan ℓ2 yang dilengkapi dengan metrik didefinisikan sebagai:
𝑑(𝑥, 𝑦) = √∑|𝜉𝑗− 𝜂𝑗|2
∞
𝑗=1
adalah ruang metrik.
Bukti:
Ambil (𝜉𝑗), (𝜂𝑗) ∈ ℓ2 Diketahui:
(M1) 0 ≤ ∑∞𝑗=1|𝜉𝑗|2 < ∞ dan 0 ≤ ∑∞𝑗=1|𝜂𝑗|2 < ∞ sehingga diperoleh
0 ≤ ∑∞𝑗=1|𝜉𝑗 − 𝜂𝑗|2 < ∑|𝜉𝑗|2+ ∑|𝜂𝑗|2 < ∞
Dengan demikian terbukti bahwa 𝑑(𝑥, 𝑦) bernilai real, terbatas, dan taknegatif.
(M2) 𝑑(𝑥, 𝑦) = 0
𝑑(𝑥, 𝑦) = (∑∞𝑗=1|𝜉𝑗− 𝜂𝑗|2)
1 2 = 0
⇔ ∑∞𝑗=1|𝜉𝑗− 𝜂𝑗|2 = 0 ⇔ |𝜉𝑗− 𝜂𝑗| = 0 ⇔ 𝜉𝑗 = 𝜂𝑗
(M3) 𝑑(𝑥, 𝑦) = (∑∞𝑗=1|𝜉𝑗− 𝜂𝑗|2)
1 2
13
= (∑∞𝑗=1|𝜂𝑗− 𝜉𝑗|2)
1 2
= 𝑑(𝑦, 𝑥)
(M4) Ambil sebarang 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ ℓ2
𝑑(𝑥, 𝑦) = (∑|𝜉𝑗− 𝜂𝑗|2)
1 2
= (∑|𝜉𝑗− 𝜁𝑗 + 𝜁𝑗 − 𝜂𝑗|2)
1 2
≤ (∑[|𝜉𝑗− 𝜁𝑗| + |𝜁𝑗 − 𝜂𝑗|]2)
1 2
≤ (∑|𝜉𝑗 − 𝜁𝑗|2)
1
2+ (∑|𝜁𝑗 − 𝜂𝑗|2)
1
2 → 𝑀𝑖𝑛𝑘𝑜𝑤𝑠𝑘𝑖 𝑖𝑛𝑒𝑞𝑢𝑎𝑙𝑖𝑡𝑦
= 𝑑(𝑥, 𝑧) + 𝑑(𝑧, 𝑦)
Dengan demikian ruang barisan ℓ2 merupakan ruang metrik.
3.2.5. Ruang Fungsi 𝑪[𝒂, 𝒃]
Himpunan fungsi yang bernilai real, kontinu, dan terdefinisi pada interval tertutup J = [𝑎, 𝑏] yakni 𝐶[𝑎, 𝑏] dengan metrik yang didefinisikan sebagai berikut:
𝑑(𝑥, 𝑦) = max
𝑡∈𝐽 |𝑥(𝑡) − 𝑦(𝑡)|
adalah Ruang metrik.
Bukti:
(M1) 𝑑(𝑥, 𝑦) = max|𝑥(𝑡) − 𝑦(𝑡)| ≥ |𝑥(𝑡) − 𝑦(𝑡)| ≥ 0 Maka, 𝑑(𝑥, 𝑦) bernilai real, terbatas, dan taknegatif.
(M2) 𝑑(𝑥, 𝑦) = max|𝑥(𝑡) − 𝑦(𝑡)| = 0
⇔ 𝑥(𝑡) = 𝑦(𝑡)
(M3) 𝑑(𝑥, 𝑦) = max|𝑥(𝑡) − 𝑦(𝑡)|
= max|𝑦(𝑡) − 𝑥(𝑡)|
= 𝑑(𝑦, 𝑥)
14
(M4) 𝑑(𝑥, 𝑦) = max|𝑥(𝑡) − 𝑦(𝑡)| = max|𝑥(𝑡) − 𝑧(𝑡) + 𝑧(𝑡) − 𝑦(𝑡)|
≤ max|𝑥(𝑡) − 𝑧(𝑡)| + max|𝑧(𝑡) − 𝑦(𝑡)|
= 𝑑(𝑥, 𝑧) + 𝑑(𝑧, 𝑦)
Dengan demikian Ruang Fungsi 𝐶[𝑎, 𝑏] adalah Ruang metrik.
3.2.6. Ruang Metrik Diskrit
Pasangan (𝑋, 𝑑) dikatakan ruang metrik diskrit jika untuk suatu metrik yang menghasilkan nilai diskrit. Sebagai contoh misalkan 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑋 dan metriknya didefinisikan sebagai berikut:
𝑑(𝑥, 𝑦) = {0 , 𝑥 = 𝑦 1 , 𝑥 ≠ 𝑦 Bukti:
Misalkan 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑋
(M1) 𝑑(𝑥, 𝑦) = {0 , 𝑥 = 𝑦 1 , 𝑥 ≠ 𝑦≥ 0
maka, 𝑑(𝑥, 𝑦) bernilai real, terbatas, dan taknegatif.
(M2) 𝑑(𝑥, 𝑦) = 0 jika 𝑥 = 𝑦
(M3) 𝑑(𝑥, 𝑦) = 1 = 𝑑(𝑦, 𝑥), untuk 𝑥 ≠ 𝑦 (M4) Misalkan 𝑧 ∈ 𝑋
𝑑(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑑(𝑥, 𝑧) + 𝑑(𝑧, 𝑦) 1 ≤ 1 + 1 = 2
Karena terpenuhi untuk (M1) sampai (M4), maka ruang metrik diskrit (𝑋, 𝑑) adalah ruang metrik.
3.2.7. Jarak Hamming
Jarak Hamming adalah algoritma yang diciptakan oleh Richard Hamming pada tahun 1950 [4]. Algoritma ini digunakan untuk menghitung banyak perbedaan antara dua buah string. Apabila banyak perbedaan atau jarak antara dua buah string tersebut bernilai 0, maka dapat dipastikan bahwa kedua string tersebut identik atau sama.
15 Definisi 3.2.1 Jarak Hamming
Misalkan diberikan dua buah vektor 𝑢, 𝑣 ∈ 𝑋, hamming distance antara 𝑢 dan 𝑣 yiatu 𝑑(𝑢, 𝑣) adalah banyaknya tempat dimana 𝑢 dan 𝑣 berbeda.
Contoh:
Misalkan 𝑋 adalah himpunan yang berisi pasangan terurut nol atau satu.
𝑋 = {(0,0,0); (0,0,1); (0,1,1); (1,1,1); (1,1,0); (1,0,0); (1,0,1); (0,1,0)}
Misalkan 𝑑 didefinisikan sebagai
𝑑(𝑥, 𝑦) = banyaknya entri berbeda pada posisi yang sama Contoh:
𝑑((0,0,0), (0,1,1)) = 2
Himpunan 𝑋 yang dilengkapi metrik tersebut adalah ruang metrik.
Bukti:
(M1) Nilai dari jarak Hamming dari 𝑋 adalah 0 ≤ 𝑑(𝑥, 𝑦) = {0,1,2,3} ≤ 3 (M2) 𝑑(𝑥, 𝑦) = 0, jika dan hanya jika 𝑥 = 𝑦
(M3) 𝑑(𝑥, 𝑦) = 𝑑(𝑦, 𝑥)
(M4) 𝑑(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑑(𝑥, 𝑧) + 𝑑(𝑧, 𝑦)
Dengan demikian (𝑋, 𝑑) adalah ruang metrik.
3.2.8. Ruang Barisan 𝒔
Himpunan 𝑠 berisi semua barisan bilangan kompleks takterbatas yang dituliskan sebagai 𝑥 = 𝜉𝑗. Himpunan 𝑠 memuat barisan terbatas dan takterbatas.
Dengan kata lain ℓ∞⊂ 𝑠. Himpunan 𝑠 metrik dengan metrik yang didefinisikan sebagai
16 𝑑(𝑥, 𝑦) = ∑ 1
2𝑗
|𝜉𝑗− 𝜂𝑗| 1 + |𝜉𝑗− 𝜂𝑗|
∞
𝑗=1
untuk setiap 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑠 adalah ruang metrik.
Bukti:
Misalkan (𝜉𝑗), (𝜂𝑗) ∈ 𝑠 (M1) 𝑑(𝑥, 𝑦) = ∑ 1
2𝑗
|𝜉𝑗−𝜂𝑗| 1+|𝜉𝑗−𝜂𝑗|
∞𝑗=1 ≤ ∑ 1
2𝑗
∞𝑗=1 = 1
Dengan demikian, 𝑑(𝑥, 𝑦) bernilai real, terbatas, dan taknegatif.
(M2) 𝑑(𝑥, 𝑦) = 0
⟺ |𝜉𝑗−𝜂𝑗|
1+|𝜉𝑗−𝜂𝑗|= 0
⟺ |𝜉𝑗− 𝜂𝑗| = 0 ⟺ 𝜉𝑗 = 𝜂𝑗 (M3) 𝑑(𝑥, 𝑦) = 1
2𝑗
|𝜉𝑗−𝜂𝑗| 1+|𝜉𝑗−𝜂𝑗|
= 1
2𝑗
|𝜂𝑗−𝜉𝑗| 1+|𝜂𝑗−𝜉𝑗| = 𝑑(𝑦, 𝑥) (M4) Misalkan 𝑧 = (𝜁𝑗) ∈ 𝑠
𝑑(𝑥, 𝑦) = 1
2𝑗
|𝜉𝑗−𝜂𝑗| 1+|𝜉𝑗−𝜂𝑗| ≤ 1
2𝑗
|𝜉𝑗−𝜁𝑗| 1+|𝜉𝑗−𝜁𝑗|+ 1
2𝑗
|𝜁𝑗−𝜂𝑗| 1+|𝜁𝑗−𝜂𝑗|
= 𝑑(𝑥, 𝑧) + 𝑑(𝑧, 𝑦)
Dengan demikian, ruang barisan 𝑠 adalah ruang metrik.
17 3.2.9. Ruang Fungsi Terbatas 𝑩(𝑨)
Himpunan 𝐵(𝐴) adalah himpunan fungsi-fungsi yang terdefinisi dan terbatas pada suatu himpunan 𝐴 = [𝑎, 𝑏] ⊂ ℝ. Himpunan 𝐵(𝐴) yang dilengkapi dengan metrik berikut:
𝑑(𝑥, 𝑦) = sup
𝑡∈𝐴
|𝑥(𝑡) − 𝑦(𝑡)|
dengan 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐵(𝐴) adalah Ruang metrik.
Bukti:
Misalkan 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐵(𝐴)
(M1) 𝑑(𝑥, 𝑦) = sup|𝑥(𝑡) − 𝑦(𝑡)| ≥ |𝑥(𝑡) − 𝑦(𝑡)| ≥ 0
karena 𝑥 terdefinisi dan terbatas pada 𝐴 ⊂ ℝ, maka 𝑑(𝑥, 𝑦) bernilai real, terbatas, dan taknegatif.
(M2) 𝑑(𝑥, 𝑦) = sup|𝑥(𝑡) − 𝑦(𝑡)| = 0 ⟺ 𝑥(𝑡) = 𝑦(𝑡)
(M3) 𝑑(𝑥, 𝑦) = sup|𝑥(𝑡) − 𝑦(𝑡)|
= sup|𝑦(𝑡) − 𝑥(𝑡)|
= 𝑑(𝑦, 𝑥) (M4) Misalkan 𝑧 ∈ 𝐵(𝐴)
𝑑(𝑥, 𝑦) = sup|𝑥(𝑡) − 𝑦(𝑡)| = sup|𝑥(𝑡) − 𝑧(𝑡) + 𝑧(𝑡) − 𝑦(𝑡)|
≤ sup|𝑥(𝑡) − 𝑧(𝑡)| + sup|𝑧(𝑡) − 𝑦(𝑡)|
= 𝑑(𝑥, 𝑧) + 𝑑(𝑧, 𝑦)
Dengan demikian terbukti bahwa ruang fungsi terbatas 𝐵(𝐴) adalah ruang metrik.
3.3. Topologi Pada Ruang Metrik Definisi 3.3.1 Bola Buka dan Bola Tutup
18
Misalkan 𝑋 adalah Ruang metrik, 𝑥0 adalah titik di 𝑋, dan bilangan real 𝑟 >
0 maka:
Himpunan 𝐵(𝑥0; 𝑟) = {𝑥 ∈ 𝑋|𝑑(𝑥, 𝑥0) < 𝑟} disebut Bola Buka.
Himpunan 𝐵̃(𝑥0; 𝑟) = {𝑥 ∈ 𝑋|𝑑(𝑥, 𝑥0) ≤ 𝑟} disebut Bola Tutup.
Dengan titik 𝑥0 disebut pusat dan 𝑟 adalah jari-jari.
Definisi 3.3.2 Himpunan Buka Dan Himpunan Tutup
Himpunan M ⊆ 𝑋 disebut himpunan buka jika 𝐵(𝑥0; 𝜀) untuk setiap 𝑥0 ∈ 𝑀 termuat di 𝑀. Himpunan K ⊆ 𝑋 dikatakan himpunan tutup jika komplemennya yaitu 𝐾𝑐 merupakan himpunan buka.
Definisi 3.3.3 Titik Interior
Titik 𝑥0 disebut titik interior dari himpunan 𝑀 ⊂ 𝑋 jika 𝐵(𝑥0; 𝜀) ⊆ 𝑀.
Definisi 3.3.4 Ruang Topologi
Ruang Topologi (𝑋, 𝒯) adalah pasangan himpunan 𝑋 dengan 𝒯 kumpulan himpunan bagian dari 𝑋. Himpunan 𝒯 memenuhi beberapa sifat sebagai berikut:
(S1) ∅ ∈ 𝒯, 𝑋 ∈ 𝒯;
(S2) Gabungan sembarang anggota-anggota 𝒯 adalah anggota 𝒯;
(S3) Irisan berhingga dari beberapa anggota 𝒯 adalah anggota 𝒯.
Definisi 3.3.5 Pemetaan Kontinu
Misal 𝑋 = (𝑋, 𝑑) dan 𝑌 = (𝑌, 𝑑̃) adalah ruang-ruang metrik. Pemetaan 𝑇: 𝑋 ⟶ 𝑌 dikatakan kontinu di titik 𝑥0𝜖𝑋 jika untuk setiap 𝜀 > 0 terdapat 𝛿𝜀 > 0 sehingga untuk setiap 𝑥 berlaku:
19
𝑑(𝑥, 𝑥𝑜) < 𝛿 ⇒ 𝑑̃(𝑇𝑥, 𝑇𝑥0) < 𝜀
Teorema 3.3.6 Pemetaan Kontinu
Pemetaan 𝑇 dari ruang metrik 𝑋 ke ruang metrik 𝑌 kontinu jika dan hanya jika prapeta dari subhimpunan buka pada 𝑌 adalah Subhimpunan Buka pada 𝑋.
Definisi 3.3.7 Titik Limit
Misalkan (𝑋, 𝑑) adalah ruang metrik, dan misalkan juga 𝑀 adalah subhimpunan dari 𝑋. Titik 𝑥0 ∈ 𝑋 dikatakan titik akumulasi atau titik limit 𝑀 jika dan hanya jika untuk setiap 𝜀 > 0 berlaku 𝐵(𝑥0, 𝜀) ∩ 𝑀 ≠ ∅. Gabungan dari semua anggota 𝑀 dan semua titik limit 𝑀 disebut dengan closure dari 𝑀 yang disimbolkan dengan 𝑀̅.
3.4. Himpunan Padat (Dense Set) dan Ruang Separable Definisi 3.4.1 Himpunan Padat (Dense Set)
Misalkan (𝑋, 𝑑) adalah ruang metrik dan misalkan juga 𝑀 adalah subhimpunan dari 𝑋. Himpunan 𝑀 dikatakan padat pada 𝑋 jika
𝑀̅ = 𝑋 Contoh:
Himpunan bilangan rasional ℚ padat di ℝ sebab ℚ̅ = ℝ [].
Definisi 3.11 Ruang Separable
Ruang metrik 𝑋 dikatakan separable jika terdapat subhimpunan bagian terhitung yang padat pada 𝑋.
Contoh:
Ruang metrik ℓ2 adalah ruang separable.
20 Bukti:
Misal 𝑀 adalah subhimpunan dari 𝑒2 yang countable yang dideskripsikan sebagai berikut:
𝑦 = (𝜂1, 𝜂2, … , 𝜂𝑁, 0,0, … ), 𝑁 < ∞, dengan 𝜂𝑗 ∈ ℚ
Ambil sembarang 𝑥 = (𝜉𝑗) ∈ ℓ2. Karena 𝑥 konvergen, maka menurut Teorema 2.6 ekor dari barisan 𝑥 juga haruslah konvergen. sehingga untuk setiap 𝜀 > 0 berlaku:
∑ |𝜉𝑗|2< 𝜀2 2
∞
𝑗=𝑛+1
Himpunan bilangan rasional ℚ padat di ℝ, maka untuk setiap 𝜉𝑗 ∈ ℝ terdapat 𝜂𝑗 ∈ ℚ yang ada disekitar 𝜉𝑗. Karena ekor barisan 𝑥 konvergen, maka untuk setiap 𝑦 = (𝜂𝑗) akan memenuhi:
∑|𝜉𝑗− 𝜂𝑗|2 < 𝜀2 2
𝑛
𝑗=1
Dan untuk Ruang metrik ℓ2 akan berlaku:
𝑑(𝑥, 𝑦) = (∑∞𝑗=1|𝜉𝑗− 𝜂𝑗|2)
1 2
[𝑑(𝑥, 𝑦)]2 = ∑∞𝑗=1|𝜉𝑗− 𝜂𝑗|2 = ∑𝑛𝑗=1|𝜉𝑗− 𝜂𝑗|2+ ∑∞𝑗=𝑛+1|𝜉𝑗− 𝜂𝑗|2 = ∑𝑛𝑗=1|𝜉𝑗− 𝜂𝑗|2+ ∑∞𝑗=𝑛+1|𝜉𝑗|2
< 𝜀2 2 +𝜀2
2 = 𝜀2
Karena 𝑑(𝑥, 𝑦) < 𝜀, maka 𝑀 padat karena 𝑀 countable dan padat pada ℓ2, maka ℓ2 separable.
3.5. Ruang Metrik Lengkap
Definisi 3.12 Barisan Konvergen di Ruang Metrik
21
Sebuah barisan (𝑥𝑛) di ruang metrik (𝑋, 𝑑) dikatakan konvergen jika terdapat 𝑥 ∈ 𝑋 yang memenuhi
𝑛→∞lim 𝑑(𝑥𝑛, 𝑥) = 0 Titik 𝑥 disebut sebagai limit dari 𝑥𝑛.
Sebuah subhimpunan takkosong dikatakan terbatas jika diameternya yaitu 𝛿(𝑀) = {𝑑(𝑥, 𝑦)|𝑥, 𝑦 ∈ 𝑀} terbatas. Barisan (𝑥𝑛) di 𝑋 adalah barisan terbatas jika suku-sukunya sebuah subhimpunan terbatas di 𝑋.
Lema 3.13 Boundedness, Limit Misal (𝑋, 𝑑) suatu ruang metrik, maka
(1) Sebuah Barisan Konvergen di 𝑋 terbatas dan limitnya tunggal.
(2) Jika 𝑥𝑛 → 𝑥 dan 𝑦𝑛 → 𝑦 di 𝑋, maka 𝑑(𝑥𝑛, 𝑦𝑛) → 𝑑(𝑥, 𝑦).
Definisi 3.14 Barisan Cauchy, Kelengkapan
Barisan (𝑥𝑛) pada ruang metrik (𝑋, 𝑑) disebut dengan barisan Cauchy jika untuk setiap 𝜀 > 0 terdapat bilangan asli 𝑁(𝜀) sehingga
𝑑(𝑥𝑚,𝑥𝑛) < 𝜀 untuk ∀ 𝑚, 𝑛 > 𝑁(𝜀)
Ruang metrik 𝑋 dikatakan lengkap jika setiap barisan Cauchy di 𝑋 konvergen kesuati titik 𝑥 di 𝑋.
Teorema 3.15 Barisan konvergen
Setiap barisan konvergen di ruang metrik adalah barisan Cauchy.
Teorema 3.16 Closure, Himpunan Tutup
22
Misal 𝑀 subhimpunan takkosong dari ruang metrik (𝑋, 𝑑) dan 𝑀̅ adalah closure dari 𝑀, maka berlaku:
1) Titik 𝑥 ∈ 𝑀̅ jika dan hanya jika terdapat barisan (𝑥𝑛) di 𝑀 sehingga 𝑥𝑛 → 𝑥.
2) Himpunan 𝑀 tertutup jika dan hanya jika 𝑥𝑛 ∈ 𝑀 dan 𝑥𝑛 konvergen ke 𝑥 dengan 𝑥 ∈ 𝑀.
Teorema 3.17 Subruang Lengkap
Sebuah subruang 𝑀 dari sebuah ruang metrik 𝑋 akan lengkap jika dan hanya jika himpunan 𝑀 tutup di 𝑋.
Teorema 3.18 Pemetaan Kontinu
Misalkan (𝑋, 𝑑) dan (𝑌, 𝑑̃) adalah ruang-ruang metrik. Pemetaan 𝑇: 𝑋 → 𝑌 kontinu di titik 𝑥0 ∈ 𝑋 jika dan hanya jika
𝑥𝑛 → 𝑥0 mengakibatkan 𝑇𝑥𝑛 → 𝑇𝑥0 Bukti:
⇒ Asumsikan 𝑇 kontinu pada 𝑥0, maka untuk 𝜀 > 0 terdapat 𝛿 > 0 sehingga 𝑑(𝑥, 𝑥0) < 𝛿 mengakibatkan 𝑑̃(𝑇𝑥, 𝑇𝑥0) < 𝜀 Misalkan 𝑥𝑛 ⟶ 𝑥0, sehingga terdapat Bilangan Asli 𝑁 yang memenuhi
𝑑(𝑥𝑛, 𝑥0) < 𝛿 ∀ 𝑛 > 𝑁
Dengan demikian karena 𝑇 kontinu, untuk 𝑛 > 𝑁 memenuhi 𝑑̃(𝑇𝑥𝑛, 𝑇𝑥0) < 𝜀
sehingga menurut definisi Barisan Konvergen berarti bahwa 𝑇𝑥𝑛 ⟶ 𝑇𝑥0.
⇐ Asumsikan bahwa
𝑥𝑛 ⟶ 𝑥0 mengakibatkan 𝑇𝑥𝑛 ⟶ 𝑇𝑥0
23
dan akan ditunjukan bahwa 𝑇 kontinu. Seandainya pernyataan tersebut salah, diberikan 𝜀 > 0 sehingga untuk setiap 𝛿 > 0 terdapat 𝑥 ≠ 𝑥0 memenuhi
𝑑(𝑥, 𝑥0) < 𝛿 mengakibatkan 𝑑̃(𝑇𝑥, 𝑇𝑥0) ≥ 𝜀 Khususnya, untuk 𝛿 = 1
𝑛 terdapat 𝑥𝑛 yang memenuhi 𝑑(𝑥𝑛, 𝑥0) < 1
𝑛 tetapi 𝑑̃(𝑇𝑥, 𝑇𝑥0) ≥ 𝜀
sehingga 𝑥𝑛 ⟶ 𝑥0 tetapi 𝑇𝑥𝑛 tidak konvergen ke 𝑇𝑥0. Hal ini kontradiksi dengan 𝑇𝑥𝑛 ⟶ 𝑇𝑥0, sehingga teorema tersebut terbukti.
Teorema 3.19 Jika (𝑥𝑛) dan (𝑦𝑛) adalah barisan-barisan Cauchy di ruang metrik (𝑋, 𝑑), maka (𝑎𝑛) = 𝑑(𝑥𝑛, 𝑦𝑛) konvergen.
Ilustrasi dari teorema ini adalah sebagai berikut:
Misal 𝑥𝑛 = ( 𝑛
𝑛+1) dan 𝑦𝑛 = (1
𝑛). Perhatikan bahwa (𝑥𝑛) dan (𝑦𝑛) merupakan Barisan Cauchy. Definisikan 𝑎𝑛 = 𝑑(𝑥𝑛, 𝑦𝑛)
(1) Akan dibuktikan bahwa (𝑥𝑛) Barisan Cauchy, ambil sebarang 𝜀 > 0 dan pilih 𝑁1 bilangan asli dengan 𝑁1 > 1
2 sehingga 𝑁1+ 1 >1
3, untuk 𝑛, 𝑚 ≥ 𝑁1 berlaku
|𝑥𝑚− 𝑥𝑛| = | 𝑛
𝑛+1− 𝑚
𝑚+1| = | 𝑛−𝑚
(𝑛+1)(𝑚+1)|, tanpa mengurangi keumuman asumsikan 𝑚 ≥ 𝑛 ≤ | 𝑛
(𝑛+1)(𝑚+1)| ≤ | 1
(𝑚+1)| ≤ 1
𝑁1+1< 𝜀
Karena terpenuhi untuk 𝜀 > 0 maka (𝑥𝑛) merupakan barisan Cauchy.
(2) Ambil sebarang 𝜀 > 0 dan pilih 𝑁2 > 2
𝜀 sehingga untuk setiap 𝑚, 𝑛 > 𝑁2 berlaku
24
1 𝑛 ≤ 1
𝑁2 < 𝜀
2
1 𝑚≤ 1
𝑁2 <𝜀
2
Sehingga memenuhi ketaksamaan berikut:
𝑑(𝑦𝑚, 𝑦𝑛) = |1
𝑚−1
𝑛|
≤ 1
𝑚+1
𝑛
< 𝜀
2+𝜀
2 = 𝜀
Karena terpenuhi untuk 𝜀 > 0 maka (𝑦𝑛) merupakan barisan Cauchy.
(3) Sekarang akan dibuktikan bahwa 𝑎𝑛 = 𝑑(𝑥𝑛, 𝑦𝑛) konvergen ke 1.
𝑎𝑛 = | 𝑛 𝑛 + 1+1
𝑛| = |𝑛2− 𝑛 − 1 𝑛(𝑛 + 1) | Ambil 𝜀 > 0, pilih 𝐾 ∈ ℕ dengan 𝐾 >2
𝜀, sehingga untuk 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku sebagai berikut:
|𝑎𝑛− 1| = ||𝑛2− 𝑛 − 1
𝑛2+ 𝑛 | − 1| ≤ |𝑛2− 𝑛
𝑛2+ 𝑛− 1| = | 2𝑛
𝑛2+ 𝑛| = | 2
𝑛 + 1| < 𝜀 Dengan demikian terbukti bahwa untuk (𝑥𝑛) dan (𝑦𝑛) sebuah barisan Cauchy di ruang metrik (𝑋, 𝑑), sehingga mengakibatkan (𝑎𝑛) = 𝑑(𝑥𝑛, 𝑦𝑛) konvergen.
Teorema 3.20 Misalkan 𝑋 Ruang metrik, jika 𝑑1 dan 𝑑2 adalah metrik pada setiap 𝑋 maka terdapat bilangan positif 𝑎 dan 𝑏, untuk setiap 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑋 yang memenuhi
𝑎𝑑1(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑑2(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑏𝑑1(𝑥, 𝑦)
untuk setiap 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑋, maka (𝑥𝑛) Barisan Cauchy pada (𝑋, 𝑑1) jika dan hanya jika (𝑥𝑛) Barisan Cauchy pada (X, 𝑑2).
Bukti:
Ambil sembarang (𝑥𝑛) barisan di 𝑋, akan dibuktikan bahwa:
25
(𝑥𝑛) merupakan barisan Cauchy di (𝑋, 𝑑1) jika dan hanya jika (𝑥𝑛) merupakan barisan Cauchy di (𝑋, 𝑑2)
(1) Misal (𝑥𝑛) barisan Cauchy di (𝑋, 𝑑1), akan dibuktikan bahwa (𝑥𝑛) barisan Cauchy di (𝑋, 𝑑2).
Ambil 𝜀 > 0, pilih 𝐾 ∈ ℕ dengan 𝐾 = 𝐾1 adalah bilangan asli yang memenuhi 𝑑1(𝑥𝑛, 𝑥𝑚) =𝜀
𝑏
sehingga ∀ 𝑚, 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku
𝑑2(𝑥𝑛, 𝑥𝑚) ≤ 𝑏𝑑1(𝑥𝑛, 𝑥𝑚) < 𝑏𝜀 𝑏= 𝜀
Dengan demikian (𝑥𝑛) juga merupakan barisan Cauchy di (𝑋, 𝑑2).
(2) Misal (𝑥𝑛) barisan Cauchy di (𝑋, 𝑑2), akan dibuktikan bahwa (𝑥𝑛) barisan Cauchy di (𝑋, 𝑑1).
Ambil 𝜀 > 0, pilih 𝐾 ∈ ℕ dengan 𝐾 = 𝐾2 adalah bilangan asli yang memenuhi 𝑑2(𝑥𝑛, 𝑥𝑚) = 𝑎𝜀
sehingga ∀ 𝑚, 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku 𝑎𝑑1(𝑥𝑛, 𝑥𝑚) ≤ 𝑑2(𝑥𝑛, 𝑥𝑚)
𝑑1(𝑥𝑛, 𝑥𝑚) ≤1
𝑎𝑑2(𝑥𝑛, 𝑥𝑚) <1
𝑎𝑎𝜀 = 𝜀
3.6. Beberapa Contoh Ruang Metrik Lengkap
Untuk membuktikan suatu ruang metrik (𝑋, 𝑑) lengkap dapat dilakukan dengan mengambil barisan Cauchy (𝑥𝑛) pada 𝑋. Kemudian membuktikan barisan tersebut konvergen di 𝑋. Seperti yang tertera pada Definisi 3.14 Ruang metrik 𝑋 dikatakan lengkap jika setiap barisan Cauchy di 𝑋 konvergen di 𝑋.
26 3.6.1. Kelengkapan ℝ𝒏
Kelengkapan (ℝ𝑛, 𝑑) dengan 𝑑 metrik Euclid 𝑑(𝑥, 𝑦) = (∑(𝑥𝑖− 𝑦𝑖)2
𝑛
𝑖=1
)
1 2⁄
Bukti:
Dari fakta bahwa (𝑥⃑𝑘) barisan Cauchy di ℝ𝑛 maka (𝑥𝑘𝑗) merupakan barisan Cauchy di ℝ ∀ 𝑗 = 1, … , 𝑛.
Karena (ℝ, |. |) Lengkap, maka (𝑥𝑘𝑗) konvergen, misal ke 𝑥𝑗 ∈ ℝ, ∀ 𝑗 = 1, … , 𝑛.
Definisikan 𝑥⃑ ∈ ℝ𝑛 dengan 𝑥⃑ = (𝑥1, … , 𝑥𝑛) dengan (𝑘𝑗) ∈ ℕ yang memenuhi
|𝑥𝑘𝑗− 𝑥𝑗| < 𝜀
𝑛 ∀ 𝑗 = 1, … , 𝑛 Sehingga
𝑑(𝑥⃑𝑘, 𝑥⃑) ≤ ∑|𝑥𝑘𝑗− 𝑥𝑗|
𝑛
𝑘=1
< 𝜀
Karena Barisan {𝑥𝑚} konvergen, dengan demikian terbukti bahwa ℝ𝑛 lengkap.
3.6.2. Kelengkapan ℂ𝒏
Kelengkapan (ℂ𝑛, 𝑑) dengan 𝑑 metrik Euclid
𝑑(𝑥, 𝑦) = (∑(𝑥𝑖− 𝑦𝑖)2
𝑛
𝑖=1
)
1 2⁄
Bukti:
Ambil sembarang Barisan Cauchy 𝑧(𝑚) ∈ ℂ𝑛 dengan 𝑧(𝑚)= 𝑥(𝑚)+ 𝑖𝑦(𝑚), akan dibuktikan bahwa 𝑥(𝑚) dan 𝑦(𝑚) merupakan Barisan Cauchy.
Karena ∃ 𝐾 ∈ ℕ, sehingga ∀𝑚, 𝑟 ≥ 𝐾 ∋
𝑑(𝑧(𝑚), 𝑧(𝑟)) = (∑𝑛𝑗=1|𝑧𝑗(𝑚)− 𝑧𝑗(𝑟)|2)
1⁄2
27
= (∑𝑛𝑗=1|𝑥𝑗(𝑚)+ 𝑖𝑦(𝑚)− 𝑥𝑗(𝑟)+ 𝑖𝑦(𝑟)|2)
1⁄2
= (∑𝑛𝑗=1|(𝑥𝑗(𝑚)− 𝑥𝑗(𝑟)) + (𝑖𝑦𝑗(𝑚)− 𝑖𝑦𝑗(𝑟))|2)
1⁄2
≥ (∑𝑛𝑗=1|𝑥𝑗(𝑚)− 𝑥𝑗(𝑟)|2)
1⁄2
= 𝑑(𝑥𝑗(𝑚)− 𝑥𝑗(𝑟))
Hal yang sama berlaku juga pada 𝑦(𝑚), sehingga 𝑑(𝑥𝑗(𝑚)− 𝑥𝑗(𝑟)) < 𝑑(𝑧𝑗(𝑚)− 𝑧𝑗(𝑟)) < 𝜀, dan 𝑑(𝑦𝑗(𝑚)− 𝑦𝑗(𝑟)) < 𝑑(𝑧𝑗(𝑚)− 𝑧𝑗(𝑟)) < 𝜀.
Dengan demikian (𝑥(𝑚)) dan (𝑦(𝑚)) merupakan Barisan Cauchy.
Sekarang akan dibuktikan bahwa (𝑧(𝑚)) konvergen di ℂ𝑛. Karena (𝑥(𝑚)) dan (𝑦(𝑚)) merupakan Barisan Cauchy di, maka 𝑥(𝑚)⟶ 𝑥 dan 𝑦(𝑚)⟶ 𝑦. Dengan kata lain untuk setiap 𝜀 > 0
• Terdapat bilangan asli 𝐾1, sehingga untuk setiap 𝑟 ≥ 𝐾1 berlaku 𝑑(𝑥(𝑟), 𝑥) <𝜀
2
• Terdapat bilangan asli 𝐾2, sehingga untuk setiap 𝑠 ≥ 𝐾2 berlaku 𝑑(𝑦(𝑠), 𝑦) <𝜀
2
Pilih 𝐾 = max{𝐾1, 𝐾2} sedemikian sehingga ∀ 𝑡 ≥ 𝐾
𝑑(𝑧(𝑡), 𝑧) = (∑|𝑧𝑗(𝑡)− 𝑧|2)
1⁄2
= (∑|𝑥𝑗(𝑡)+ 𝑖𝑦(𝑡) − 𝑥𝑗+ 𝑖𝑦𝑗|2)
1⁄2
≤ (∑|𝑥𝑗(𝑡)− 𝑥𝑗|2)
1⁄2
+ (∑|𝑖𝑦(𝑡)− 𝑖𝑦𝑗|2)
1⁄2
< 𝜀
2+𝜀
2= 𝜀
Karena Barisan Cauchy 𝑧(𝑚) konvergen, maka ℂ𝑛 lengkap.
28
3.6.3. Kelengkapan Ruang Barisan Terbatas 𝓵∞
Kelengkapan ruang barisan terbatas ℓ∞ dengan metrik 𝑑 yaitu 𝑑(𝑥𝑘, 𝑦𝑘) = sup
𝑘∈ℕ|𝑥𝑘− 𝑦𝑘|
⇒ Ambil (𝑦𝑚) Barisan Cauchy di ℓ∞.
Akan dibuktikan bahwa (𝑦𝑚𝑗) merupakan barisan Cauchy di ℝ.
Diberikan 𝜀 > 0, dan karena (𝑦𝑚) barisan Cauchy di ℓ∞, maka ∃𝐾1 ∈ ℕ sehingga
𝑑(𝑦𝑚, 𝑦ℓ) = sup
𝑗∈ℕ
|𝑦𝑚𝑗− 𝑦ℓ𝑗| < 𝜀
pilih 𝐾 = 𝐾1 sehingga
|𝑦𝑚𝑗− 𝑦ℓ𝑗| ≤ 𝑑(𝑦𝑚, 𝑦ℓ) < 𝜀 ∀𝑚, ℓ ≥ 𝐾
⇐ Ambil 𝜀 > 0
Karena (𝑦𝑚𝑗) barisan Cauchy di ℝ, maka ∃𝐾𝑗 ∈ ℕ sehingga
|𝑦𝑚𝑗− 𝑦ℓ𝑗| < 𝜀 ∀𝑚, ℓ > 𝐾𝑗 Pilih 𝐾 = 𝐾𝑗 sehingga
|𝑦𝑚𝑗− 𝑦ℓ𝑗| ≤ 𝑑(𝑦𝑚, 𝑦ℓ) < 𝜀 ∀𝑚, ℓ ≥ 𝐾
karena (𝑦𝑚𝑗) merupakan barisan Cauchy di ℝ, maka 𝑦𝑚𝑗 → 𝑦𝑗 dengan 𝑦𝑚 = (𝑦1, 𝑦2, … , 𝑦𝑗, … ).
Dengan demikian ℓ∞ lengkap.
29
3.6.4. Kelengkapan Ruang Barisan Konvergen 𝒄
Misalkan 𝑥 = (𝜉𝑗) ∈ 𝑐̅ suatu barisan di closure 𝑐, dan 𝑥 merupakan limit dari suatu barisan di 𝑐. Misalkan juga salah satu barisan di 𝑐 yang konvergen ke 𝑥 adalah 𝑥𝑛 = (𝜉𝑗(𝑛)), sehingga
𝑛→∞lim 𝜉𝑗(𝑛) = 𝜉𝑗
Untuk sembarang 𝜀 > 0, ada 𝐾1 ∈ ℕ sehingga ∀𝑗 ∈ ℕ berlaku
|𝜉𝑗(𝑛)− 𝜉𝑗| ≤ sup{|𝜉1(𝑛)− 𝜉1|, |𝜉2(𝑛)− 𝜉2|, … } = 𝑑(𝑥𝑛, 𝑥)
< 𝜀
3 ∀𝑛 ≥ 𝐾1
Untuk 𝜀 > 0 yang diberikan sebelumnya, terdapat 𝐾2 ∈ ℕ sehingga
|𝜉𝑗(𝑁)− 𝜉𝑚(𝑁)| <𝜀
3
Barisan 𝑥 konvergen jika dan hanya jika 𝑥 merupakan barisan Cauchy, sehingga
|𝜉𝑗− 𝜉𝑚| = |𝜉𝑗−𝜉𝑗(𝑁)+𝜉𝑗(𝑁)−𝜉𝑚(𝑁)+𝜉𝑚(𝑁) − 𝜉𝑚|
≤ |𝜉𝑗−𝜉𝑗(𝑁)| + |𝜉𝑗(𝑁)−𝜉𝑚(𝑁)| + |𝜉𝑚(𝑁)− 𝜉𝑚|
< 𝜀 3+𝜀
3+𝜀 3 < 𝜀
Karena 𝑥 merupakan barisan Cauchy di 𝑐, sehingga 𝑥 konvergen dan 𝑥 ∈ 𝑐.
Karena 𝑥 ∈ 𝑐̅, dan 𝑐 ⊆ ℓ∞ maka 𝑐 tertutup pada ℓ∞. Menurut Teorema 3.17 Subruang Lengkap ruang barisan konvergen 𝑐 lengkap.
3.6.5. Kelengkapan Ruang Barisan 𝓵𝒑
Ruang merupakan ℓ𝑝 lengkap, untuk suatu 𝑝 dengan 𝑝 tetap dan 1 ≤ 𝑝 ≤ ∞, dan metrik
30 𝑑(𝑥, 𝑦) = (∑|𝜉𝑗− 𝜂𝑗|𝑝
𝑛
𝑗=1
)
1 𝑝
∀𝑥, 𝑦 ∈ ℓ𝑝
adalah ruang metrik lengkap.
Bukti:
Ambil (𝑥𝑚) sembarang Barisan Cauchy di ℓ𝑝, dengan (𝑥𝑚) = (𝜉𝑗(𝑚)) = (𝜉1(𝑚), 𝜉2(𝑚), … )
Untuk sembarang 𝜀 > 0, terdapat 𝑁 ∈ ℕ untuk setiap 𝑚, 𝑛 ≥ 𝑁 memenuhi
|𝜉𝑗(𝑚)− 𝜉𝑗(𝑛)| ≤ (∑|𝜉𝑗(𝑚)− 𝜉𝑗(𝑛)|𝑝
∞
𝑗=1
)
1⁄𝑝
< 𝜀
⟹ |𝜉𝑗(𝑚)− 𝜉𝑗(𝑛)|𝑝 ≤ ∑|𝜉𝑗(𝑚)− 𝜉𝑗(𝑛)|𝑝
∞
𝑗=1
< 𝜀𝑝
maka, |𝜉𝑗(𝑚)− 𝜉𝑗(𝑛)| < 𝜀 untuk setiap 𝑚, 𝑛 ≥ 𝑁.
Barisan (𝜉𝑗(𝑚)) = (𝜉1(𝑚), 𝜉2(𝑚), … ) adalah barisan Cauchy di ℝ. Karena ℝ lengkap, sehingga 𝜉𝑗(𝑚) konvergen ke 𝜉𝑗. Definisikan lim
𝑛→∞𝜉𝑗(𝑛) = 𝜉𝑗 dengan 𝑘 ∈ ℕ, untuk setiap 𝑚, 𝑛 ≥ 𝑁 berlaku
∑|𝜉𝑗(𝑚)− 𝜉𝑗(𝑛)|𝑝
𝑘
𝑗=1
≤ ∑|𝜉𝑗(𝑚)− 𝜉𝑗(𝑛)|𝑝
∞
𝑗=1
< 𝜀𝑝
Misalkan 𝑛 → ∞, untuk setiap 𝑚 ≥ 𝑁 sehingga
∑|𝜉𝑗(𝑚)− 𝜉𝑗|𝑝
𝑘
𝑗=1
≤ 𝜀𝑝
Dengan menggunakan ketaksamaan Minkowski untuk 𝑚 > 𝑁
31 (∑|𝜉𝑗|𝑝
𝑘
𝑗=1
)
1⁄𝑝
≤ (∑|𝜉𝑗(𝑚)− 𝜉𝑗|𝑝
𝑘
𝑗=1
)
1⁄𝑝
+ (∑|𝜉𝑗(𝑚)|𝑝
𝑘
𝑗=1
)
1⁄𝑝
< 𝜀
Misalkan 𝑘 → ∞, untuk 𝑚 > 𝑁 diperoleh 𝑥 = (𝜉𝑗) ∈ ℓ𝑝 dan,
|𝑥𝑚− 𝑥|𝑝 = ∑|𝜉𝑗(𝑚)− 𝜉𝑗|𝑝
∞
𝑗=1
< 𝜀𝑝
sehingga,
𝑚→∞lim|𝑥𝑚− 𝑥| = 0
Karena (𝑥𝑚) barisan yang konvergen ke 𝑥 ∈ ℓ𝑝, maka ℓ𝑝 adalah ruang metrik lengkap.
3.6.6. Kelengkapan Ruang Fungsi 𝑪[𝒂, 𝒃]
Misalkan (𝑥𝑚) merupakan barisan Cauchy di 𝐶[𝑎, 𝑏], dan akan dibuktikan bahwa (𝑥𝑚) konvergen.
Ambil sembarang 𝜀 > 0, terdapat 𝑁 untuk semua 𝑚, 𝑛 > 𝑁 berlaku 𝑑(𝑥𝑚, 𝑥𝑛) = max
𝑡∈𝐽 |𝑥𝑚(𝑡) − 𝑥𝑛(𝑡)| < 𝜀 (3.1) dengan 𝐽 = [𝑎, 𝑏]. Untuk sembarang 𝑡0 ∈ 𝐽
|𝑥𝑚(𝑡0) − 𝑥𝑛(𝑡0)| < max
𝑡∈𝐽 {|𝑥𝑚(𝑡) − 𝑥𝑛(𝑡)|} < 𝜀 ∀𝑚, 𝑛 > 𝑁
Dengan demikian (𝑥𝑚(𝑡0)) = (𝑥1(𝑡0), 𝑥2(𝑡0), … ) merupakan barisan Cauchy di ℝ. Karena ℝ merupakan ruang metrik lengkap, maka barisan 𝑥𝑚(𝑡0) konvergen ke 𝑥(𝑡0). Dengan cara yang sama, untuk 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏] tertentu terdapat barisan 𝑥𝑚(𝑡) → 𝑥(𝑡).
32
Selanjutnya akan ditunjukan bahwa untuk 𝑥𝑚 → 𝑥 dengan 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏] untuk 𝑚 →
∞ dari Persamaan (1) diperoleh:
max𝑡∈𝐽 |𝑥𝑚(𝑡) − 𝑥(𝑡)| < 𝜀 ∀𝑚 > 𝑁 sehingga untuk setiap 𝑡 ∈ 𝐽 berlaku
|𝑥𝑚(𝑡) − 𝑥(𝑡)| ≤ max
𝑡∈𝐽 |𝑥𝑚(𝑡) − 𝑥(𝑡)| ≤ 𝜀 ∀𝑚 > 𝑁
Hal ini menunjukan bahwa (𝑥𝑚(𝑡)) konvergen seragam ke 𝑥(𝑡) pada 𝐽 berdasarkan Definisi 2.8 Konvergen Seragam. Karena barisan (𝑥𝑚) kontinu dan konvergen di 𝐽, maka 𝑥 ∈ 𝐶[𝑎, 𝑏].
Karena (𝑥𝑚) barisan Cauchy sembarang di 𝐶[𝑎, 𝑏] dan untuk setiap 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏]
(𝑥𝑚) konvergen ke 𝑥, maka 𝐶[𝑎, 𝑏] merupakan ruang metrik lengkap.
3.6.7. Ruang Metrik Diskrit adalah Ruang Metrik lengkap.
Misalkan 𝑋 adalah suatu metrik diskrit yang didefinisikan sebagai berikut:
𝑑(𝑥, 𝑦) = {0 , 𝑥 = 𝑦 1 , 𝑥 ≠ 𝑦 adalah ruang metrik yang lengkap.
Bukti:
Ambil sembarang Barisan Cauchy di 𝑋 yakni (𝑥𝑚). Untuk setiap 𝜀 > 0, terdapat 𝑁 ∈ ℕ sehingga untuk ∀𝑚, 𝑛 > 𝑁 berlaku
𝑑(𝑥𝑚, 𝑥𝑛) < 𝜀 Apabila barisan tersebut konstan, maka berlaku
𝑑(𝑥𝑚, 𝑥𝑛) = 0 < 𝜀
Dengan demikian barisan tersebut merupakan barisan yang Cauchy dan konvergen di 𝑋, sehingga ruang metrik diskrit merupakan ruang metrik yang lengkap.
33
3.7. Beberapa Contoh Ruang Metrik yang Tidak Lengkap 3.7.1. Ruang Bilangan Rasional ℚ
Himpunan semua bilangan rasional dengan metrik yang didefinisikan sebagai 𝑑(𝑥, 𝑦) = |𝑥 − 𝑦| ∀𝑥, 𝑦 ∈ ℚ
adalah ruang metrik yang tidak lengkap.
Bukti:
Akan ditunjukan bahwa terdapat suatu barisan Cauchy di ℚ yang tidak konvergen di ℚ.
Pilih (𝑥𝑛) ∈ ℚ dengan 𝑥1 = 2 dan 𝑥𝑛+1 = 1
2𝑥𝑛+ 1
𝑥𝑛. Akan diperlihatkan terlebih dahulu bahwa (𝑥𝑛) barisan Cauchy.
Perhatikan bahwa
√2 ≤ 𝑥𝑛+1 ≤ 𝑥𝑛 ≤ 𝑥𝑛−1 ≤ 2 sehingga untuk 𝑥𝑛+1 ≥ √2 berlaku
⇒ 𝑥𝑛+1 = 1
2𝑥𝑛+ 1
𝑥𝑛 = 𝑥𝑛2+ 2
2𝑥𝑛 ≥ √2
⇒ (𝑥𝑛+1− √2)2 ≥ 0
Karena barisan tersebut terbatas dibawah dan mengecil, maka barisan tersebut konvergen. Karean (𝑥𝑛) konvergen maka (𝑥𝑛) merupakan barisan Cauchy.
Sekarang akan dihitung limit (𝑥𝑛). Misalkan
𝑛→∞lim 𝑥𝑛 = lim
𝑛→∞𝑥𝑛+1 = 𝐿 𝐿 =1
2𝐿 +1
𝐿= 𝐿2+ 2
2𝐿 ⟹ 𝐿2 = 2 ⟹ 𝐿 = √2
Karena barisan (𝑥𝑛) tersebut konvergen ke √2 yang bukan anggota ℚ, maka bilangan rasional ℚ tidak lengkap.
34 3.7.2. Ruang Polinom 𝑷[𝒂, 𝒃]
Misalkan 𝑃[𝑎, 𝑏] adalah himpunan fungsi polinom pada suatu interval tertutup 𝐽 = [𝑎, 𝑏] yakni
𝑃 = {𝑓(𝑡) = 𝛼0+ 𝛼1𝑡 + ⋯ + 𝛼𝑛𝑡𝑛|𝛼𝑖 ∈ ℝ dan 𝑡 ∈ 𝐽}
Himpunan 𝑃 adalah subhimpunan 𝐶[𝑎, 𝑏]. Himpunan 𝑃 dengan metrik yang sama dengan ruang metrik 𝐶[𝑎, 𝑏] yakni
𝑑(𝑥, 𝑦) = max
𝑡∈𝐽 |𝑥(𝑡) − 𝑦(𝑡)|
adalah ruang metrik.
Akan diperlihatkan bahwa (𝑃, 𝑑) bukanlah ruang metrik yang lengkap.
Bukti:
Ambil barisan Cauchy 𝑝𝑛(𝑥) = 1 + 𝑥 +𝑥2
2! + ⋯ +𝑥𝑛
𝑛! (𝑛 ∈ ℕ) pada interval tertutup 𝐽 = [0,1].
Barisan 𝑝𝑛(𝑥) konvergen seragam ke fungsi 𝑒𝑥 yang merupakan fungsi kontinu dan bukan polinom. Dengan demikian, (𝑃[𝑎, 𝑏], 𝑑) bukanlah ruanng metrik yang lengkap.
