RUANG BARISAN BERNILAI VEKTOR DIBANGUN OLEH FUNGSI MUSIELAK-PHY SKRIPSI MUHAMMAD OFIE ISRANTA PRIMANTO TARIGAN

SKRIPSI

MUHAMMAD OFIE ISRANTA PRIMANTO TARIGAN 150803075

DEPARTEMEN MATEMATIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS SUMATERA UTARA

MEDAN 2019

SKRIPSI

Diajukan untuk melengkapi tugas dan memenuhi syarat mencapai gelar Sarjana Sains

MUHAMMAD OFIE ISRANTA PRIMANTO TARIGAN 150803075

DEPARTEMEN MATEMATIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS SUMATERA UTARA

MEDAN 2019

RUANG BARISAN BERNILAI VEKTOR DIBANGUN OLEH FUNGSI MUSIELAK-PHY

SKRIPSI

Saya mengakui bahwa skripsi ini adalah hasil karya sendiri, kecuali beberapa kutipan dan ringkasan yang masing-masing disebutkan sumbernya.

Medan, April 2019

MUHAMMAD OFIE 150803075

Judul : Ruang Barisan Bernilai Vektor Dibangun oleh Fungsi Musielak-Phy

Kategori : Skripsi

Nama : Muhammad Ofie Isranta Primanto Tarigan Nomor Induk Mahasiswa : 150803075

Program Studi : Sarjana (S1) Matematika

Departemen : Matematika

Fakultas : Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam Universitas Sumatera Utara

Disetujui di Medan, April 2019

Disetujui oleh :

Departemen Matematika FMIPA USU Pembimbing Ketua,

Dr. Suyanto, M.Kom. Dr. Elvina Herawati, M.Si.

NIP. 19590813 198601 1 002 NIP. 19621103 199103 2 001

ABSTRAK

DiberikanΦ = (ϕ_k)dan X secara berturut-turut merupakan fungsi Musielak-Phy dan ruang Banach. Diperkenalkan ruangE^∃(X, Φ)untukE ∈ {`<sub>1</sub>, `∞, c₀}oleh penulis se- bagai ruang barisan bernilai vektor dibangun oleh fungsi Musielak-Phy. UntukE = `<sub>1</sub>, berhasil diperlihatkan bahwa ruangE<sup>∃</sup>(X, Φ)merupakan ruang BK terhadap norma ter- tentu, sehingga dipelajari karakteristik operator matriks dari ruang barisan klasik ber- nilai vektor, `₁(X), ke ruang E^∃(X, Φ). Diberikan syarat perlu dan cukup dari relasi inklusi antar ruang barisan yang diperkenalkan oleh penulis sebagai penutup dari pem- bahasan skripsi ini.

Kata kunci: ruang barisan bernilai vektor, fungsi Musielak-Phy, ruang Banach, operator matriks, norma, relasi inklusi.

ABSTRACT

LetΦ = (ϕ_k)andX be a Musielak-Phy function and Banach space, respectively. The space E^∃(X, Φ) for E ∈ {`<sub>1</sub>, `∞, c₀} is introduced as vector valued sequence spaces generated by Musielak-Phy function. ForE = `<sub>1</sub>, the spaceE<sup>∃</sup>(X, Φ) is a BK-space equipped with specific norm, such as study the characteristics of matrix operator from classical vector valued sequence space,`₁(X), to the spaceE^∃(X, Φ). Also, sufficient and necessary condition for inclusion relation between these sequence spaces is given by writer as the end of the result.

Keywords: vector valued sequence space, Musielak-Phy function, Banach space, matrix operator, norm, inclusion relation.

Pertama, penulis memanjatkan puji dan syukur kepada Allah, Tuhan yang Maha Esa.

Karena berkat rahmat, hidayah dan karunia yang diberikan-Nya, maka penulis dapat menyelesaikan skripsi dengan judul ”Ruang Barisan Bernilai Vektor Dibangun oleh Fungsi Musielak-Phy” sebagai salah satu syarat untuk mendapat gelar Sarjana Sains (S.Si.) pada Departemen Matematika, Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam (FMIPA), Universitas Sumatera Utara (USU).

Kedua, penulis menyampaikan terima kasih kepada seluruh dosen Departemen Matematika atas ilmu yang telah diberikan untuk penulis, terkhusus dosen pembimbing penulis, Ibu Dr. Elvina Herawati, M.Si. Doa, arahan dan nasihat beliau sangat berharga bagi penulis. Semoga Allah membalas kebaikan beliau. Penulis menyampaikan terima kasih kepada dosen penguji penulis, Bapak Prof. Dr. Saib Suwilo, M.Sc. dan Ibu Dr.

Mardiningsih, M.Si., atas dukungan berupa doa, kritik dan saran dalam terbentuknya skripsi penulis ini. Kepada Bapak Dr. Suyanto, M. Kom. dan Bapak Drs. Rosman Sire- gar, M.Si. secara berturut-turut sebagai Ketua dan Sekretaris Departemen Matematika FMIPA USU, penulis menyampaikan terima kasih atas dukungan berupa doa dan per- setujuan dalam terbentuknya skripsi ini.

Ketiga, untuk ayah dan ibu penulis, Ayahanda Zufri Tarigan, M.Si. dan Ibunda Okke Putri Delimasari, penulis menyampaikan terima kasih atas seluruh kebaikan yang diberikan selama ini, termasuk selama penyusunan skripsi ini. Untuk adik penulis, Siti Nabilla Mayangsari Tarigan, penulis menyampaikan terima kasih atas motivasi untuk bekerja keras dalam menyelesaikan skripsi ini.

Keempat, penulis menyampaikan terima kasih kepada seluruh pegawai FMIPA USU dan teman-teman sejawat Departemen Matematika FMIPA USU. Terima kasih ini disampaikan oleh penulis terutama untuk Abang Bandi dan Kak Wanti sebagai pegawai Departemen Matematika FMIPA USU dan Abang Septian Nanda Rivaldi Gultom, S.Si., Kakak Nurhaura Irsyad, S.Si. dan Muthia Rachma Afifah sebagai teman-teman sejawat Departemen Matematika FMIPA USU.

Terakhir, penulis memohon maaf kepada pembaca jika terdapat kesalahan dalam skripsi ini. Penulis berharap kepada Allah untuk menjadikan skripsi ini bermanfaat bagi

Medan, April 2019

Penulis

PERNYATAAN . . . ii

PENGESAHAN SKRIPSI . . . iii

ABSTRAK . . . iv

ABSTRACT . . . v

PENGHARGAAN . . . vi

DAFTAR ISI . . . 1

1 PENDAHULUAN . . . 2

1.1. Latar Belakang . . . 2

1.2. Perumusan Masalah . . . 4

1.3. Batasan Masalah . . . 4

1.4. Tujuan Penelitian . . . 5

1.5. Manfaat Penelitian . . . 5

2 TINJAUAN PUSTAKA . . . 6

2.1. Ruang Linear dan Ruang Barisan Bernilai Vektor . . . 6

2.2. Ruang Bernorma . . . 14

2.2.1. Topologi pada Ruang Bernorma . . . 21

2.3. Ruang Banach dan Ruang BK . . . 23

2.4. Operator Matriks . . . 30

2.5. Fungsi Phy . . . 47

3 METODOLOGI PENELITIAN . . . 49

4 HASIL . . . 50

4.1. Ruang Barisan Bernilai Vektor Dibangun oleh Fungsi Musielak-Phy . . 50

4.2. Operator Matriks pada Ruang Barisan Bernilai Vektor . . . 62

4.3. Relasi Inklusi . . . 67

4.3.1. InklusiE(X, Φ) ⊂ F (X) . . . 67

4.3.2. InklusiE(X) ⊂ F (X, Φ) . . . 70

5 KESIMPULAN DAN SARAN . . . 73

5.1. Kesimpulan . . . 73

5.2. Saran . . . 73

DAFTAR PUSTAKA . . . 74

PENDAHULUAN

1.1. Latar Belakang

Suatu barisan bernilai vektor merupakan fungsi yang memetakan himpunan bilangan asli N ke ruang vektor berdasarkan Bartle dan Sherbert (2011). Untuk sebarang ruang vektor X, dapat dibentuk koleksi semua barisan bernilai vektor yang dinotasikan de- nganΩ(X), yaitu

Ω(X) =n

x = x(k)

: x(k) ∈ X, k ∈N o

.

Raj dan Sharma (2013) menyebutkan bahwa himpunanΩ(X)merupakan ruang vektor.

Sebarang ruang vektor tak kosongY ⊂ Ω(X)disebut ruang barisan bernilai vektor oleh Gultom dan Herawati (2018).

Pehlivan (1993), Esi dan Et (2000) serta Kolk dan Molder (2004) telah mempela- jari dan meneliti ruang barisan bernilai real atau untuk kasusX =R. Salah satu ruang barisan klasik bernilai real adalah ruang dari deret terjumlah mutlak yang didefinisikan sebagai

`_p :=







x = (x_k) ∈ Ω(R^{) :}

∞

X

k=1

|x_k|^p < ∞





 .

Berdasarkan Adams dan Franzosa (2008), sebuah koleksi himpunan bagian dari him- punanX adalah sebuah topologi padaX, jika koleksi tersebut memiliki himpunan ko- song dan himpunan X serta irisan berhingga dan sebarang gabungan dari himpunan- himpunan yang berada di koleksi tersebut. Diteliti sifat topologi pada ruang`_pterhadap norma

kxk_p =





∞

X

k=1

|x_k|^p





1/p

untuk 1 ≤ p < ∞ dan aplikasinya ke operator matriks oleh Banas dan Mursaleen (2014).

Berdasarkan Mursaleen dkk (2013), sebuah fungsi OrliczM adalah sebuah fungsi yang memetakan himpunan bilangan real ke himpunan bilangan real positif dengan nol sedemikian sehingga kontinu, menaik, M (−x) = M (x) untuk setiap bilangan realx dan conveks denganM (0) = 0,M (x) > 0untukx > 0danM (x) → ∞untukx → ∞. Lindenstrauss dan Tzafriri (1977) menggunakan ide fungsi OrliczM dan ruang barisan klasik `<sub>p</sub> dengan p = 1, untuk membentuk suatu ruang barisan `^∃_M dari barisan real x = (x_k)sehingga

M

x ρ



∈ `₁ , yaitu L =

∞

X

k=1

M

_|x

k| ρ



< ∞

untuk suatuρ > 0. Berdasarkan Mursaleen dkk (2013), norma Luxemburg merupakan batas bawah terbesar dari himpunan bilangan positifρuntukL ≤ 1. Lindenstrauss dan Tzafriri (1977) berhasil memperlihatkan bahwa:

1. Ruang `^∃_M adalah ruang Banach terhadap topologi norma Luxemburg dan kemu- dian disebut sebagai ruang barisan Orlicz.

2. Ruang barisan Orlicz`<sup>∃</sup><sub>M</sub> mempunyai ruang bagian yang isomorfik dengan ruang barisan klasik`_puntuk setiapp ≥ 1.

Berdasarkan Kolk dan Molder (2004), suatu ruang barisan bersifat solid jika untuk sebarang barisan yang semua normanya lebih kecil dari suatu barisan di ruang tersebut, maka sebarang barisan tersebut berada di ruang tersebut. Selanjutnya, dalam literatur matematika, terdapat sejumlah modifikasi dari ruang `<sup>∃</sup><sub>M</sub> dengan mengubah ` dengan ruang barisan bersifat solid, untuk memperoleh karakteristik yang sama terhadap be- berapa norma. Modifikasi-modifikasi ini dilakukan, antara lain oleh Maddox (1986), Connor (1989), Kolk (1990, 1993, 1994, 1997), Malkowsky dan Savas (1993), Parashar dan Choudhary (1994), Pehlivan dan Fisher (1995), Pehlivan (1998), Soomer (1998), Esi (1999, 1999), Esi dan Et (2000) serta Bhardwaj dan Singh (2000).

Seiring dengan perkembangan dari modifikasi ruang`^∃_M, literatur matematika ten- tang ruang barisan bernilai vektor atau generalisasi dari ruang barisan bernilai real per- tama sekali diperkenalkan oleh Pietsch dan Ruckle (1972). Ruang barisan bernilai vek- tor yang dibangun oleh fungsi Orlicz diperkenalkan dan diteliti, antara lain oleh Ghosh dan Srivastava (1999, 2007). Dalam hal ini, yang diteliti adalah tentang relasi inklusi, relasi suatu ruang sehingga menjadi ruang bagian dari ruang lainnya, dan beberapa sifat

topologinya terhadap norma Luxemburg. Topologi terhadap norma yang berbeda, dari ruang barisan bernilai vektor dibangun oleh generalisasi fungsi Orlicz diteliti, antara lain oleh Kolk (2011), Herawati dkk (2016) serta Gultom dan Herawati (2018).

Salah satu perluasan ruang barisan Orlicz adalah ruang barisan Musielak-Orlicz.

Ruang barisan bernilai vektor dibangun oleh fungsi Musielak-Orlicz diperkenalkan oleh Mursaleen dkk (2013) untuk mempelajari topologinya terhadap norma ke-n serta Raj dan Sharma (2013) untuk mempelajari topologinya terhadap paranorma. Masing- masing dari mereka mempelajari beberapa relasi inklusi antar ruang tersebut.

Salah satu aplikasi dari ruang barisan adalah operator matriks. Berdasarkan Banas dan Mursaleen (2014), operator matriks adalah operator yang memetakan suatu ruang barisan ke ruang barisan lain menggunakan matriks real tak hingga. Suantai (2003) me- neliti karakteristik matriks tak hingga dari ruang barisan bernilai vektor`(X, p)menuju ruang barisan Orlicz`^∃_M untuk barisan real positif terbatas oleh satu,p.

Oleh karena itu, akan diperkenalkan sebuah ruang barisan bernilai vektor yang dibangun oleh fungsi Musielak-Phy. Kemudian, akan dipelajari sifat topologi terhadap norma serta dicari syarat cukup dan perlu untuk relasi inklusi dan operator matriks antar ruang barisan tersebut.

1.2. Perumusan Masalah

Permasalahan yang dibahas pada penelitian ini adalah sebagai berikut.

1. Dari konsep topologi norma pada ruang barisan yang diperkenalkan oleh penulis, apakah memberikan hasil yang ekuivalen dengan hasil yang diperoleh para peneliti sebelumnya?

2. Apa saja syarat cukup dan perlu dari relasi inklusi antar ruang barisan yang diperke- nalkan oleh penulis?

3. Apakah terdapat operator matriks antar ruang barisan yang diperkenalkan oleh pe- nulis?

1.3. Batasan Masalah

Dalam penelitian ini, ruang yang digunakan terbatas pada ruang Banach.

1.4. Tujuan Penelitian Penelitian ini bertujuan untuk

1. Membentuk sebuah ruang barisan yang berbeda dengan peneliti sebelumnya berda- sarkan konsep topologi norma pada ruang barisan yang diperkenalkan oleh penulis, 2. Memberikan syarat cukup dan perlu dari relasi inklusi antar ruang barisan yang di-

perkenalkan oleh penulis, dan

3. Menunjukkan adanya operator matriks antar ruang barisan yang diperkenalkan oleh penulis.

1.5. Manfaat Penelitian

Manfaat dari penelitian ini adalah mengetahui sifat topologi terhadap norma dari ruang barisan yang diperkenalkan penulis.

TINJAUAN PUSTAKA

Penulis menunjukkan konsep-konsep dasar pada bab ini untuk membantu penulis dalam menyelesaikan permasalahan pada bab ketiga. Penulis menunjukkan definisi, teorema dengan pembuktiannya dan contoh untuk memperjelas definisi, teorema atau pembuk- tian teorema.

2.1. Ruang Linear dan Ruang Barisan Bernilai Vektor

Leon (2010) mendefinisikan bahwa ruang linear atau ruang vektor atas bilangan real R adalah suatu himpunan ^X terdiri dari objek {x₁, x₂, x₃, . . .}, yang disebut vektor, dengan operasi penjumlahan+ : X × X −→ X beraturan

+(x₁, x₂) = x₁+ x₂

untuk setiapx₁, x₂ ∈ Xdan operasi perkalian· :R^{× X −→ X} beraturan

·(α, x₁) = α · x₁ ≡ αx₁

untuk setiapα ∈R dan^x1 ∈ X dan memenuhi sifat berikut.

(+1) x₁+ x₂ = x₂+ x₁untuk setiapx₁, x₂ ∈ X.

(+2) (x₁+ x₂) + x₃ = x₁+ (x₂+ x₃)untuk setiapx₁, x₂, x₃ ∈ X.

(+3) terdapat secara tunggal 0 ∈ X sehingga diperoleh x₁ + 0 = x₁ untuk setiap x₁ ∈ X.

(+4) untuk setiapx₁ ∈ X, terdapat(−x₁) ∈ X sehinggax₁ + (−x₁) = 0. (·1) α(x₁+ x₂) = αx₁+ αx₂ untuk setiapα ∈R dan^x1, x₂ ∈ X. (·2) (α + β)x₁ = αx₁+ βx₁untuk setiapα, β ∈R dan^x1 ∈ X. (·3) (αβ)x₁ = α(βx₁)untuk setiapα, β ∈R dan^x1 ∈ X. (·4) 1x₁ = x₁ untuk setiapx₁ ∈ X.

Contoh 2.1.1 Himpunan

F [0, 1] =

f | f : [0, 1] −→ R merupakan ruang linear dengan operasi penjumlahan

(f₁+ f₂)(x) = f₁(x) + f₂(x) dan operasi perkalian

(αf₁)(x) = αf₁(x)

untuk setiapf₁, f₂ ∈ F [0, 1], setiapα ∈ R dan setiap^{x ∈ [0, 1]}. Hal ini diperlihatkan sebagai berikut.

Diasumsikanf₀(x) = 0 untuk setiapx ∈ [0, 1], makaf₀ ∈ F [0, 1]. Hal ini berakibat, himpunan F [0, 1] tidak kosong. Diambil sebarangf₁, f₂ ∈ F [0, 1] danα ∈ R, maka untuk setiapx ∈ [0, 1]berlakuf₁(x) + f₂(x) ∈ R dan^αf1(x) ∈ R. Hal ini berakibat, (f₁+ f₂)(x) ∈ F [0, 1]dan(αf₁)(x) ∈ F [0, 1]. Karena R merupakan ruang linear, maka

(f1+ f2)(x) = f1(x) + f2(x) = f2(x) + f1(x) = (f2+ f1)(x), (f₁+ f₂) + f₃

(x) = (f₁+ f₂)(x) + f₃(x) = f₁(x) + f₂(x)

+ f₃(x)

= f1(x) + f2(x) + f3(x)

= f1(x) + (f2+ f3)(x)

= f₁+ (f₂ + f₃)
(x),

(f₁+ f₀)(x) = f₁(x) + f₀(x) = f₁(x) + 0 = (f₁)(x), dan untuk setiapf₁(x) ∈R terdapat^−f1(x) ∈R sehingga

(f₀)(x) = 0 = f₁(x) + − f₁(x)

= f₁+ (−f₁)
(x).

Selanjutnya, diambil sebarangα, β ∈R. Karena R merupakan ruang linear, maka

α(f₁+ f₂)

(x) = α(f₁+ f₂)(x) = α f₁(x) + f₂(x)

= αf₁(x) + αf₂(x)

= (αf1)(x) + (αf2)(x) = (αf1+ αf2)(x), (α + β)f₁

(x) = (α + β)f₁(x) = αf₁(x) + βf₁(x) = (αf₁)(x) + (βf₁)(x)

= (αf₁+ βf₁)(x),

(αβ)f₁

(x) = (αβ)f₁(x) = α βf₁(x)

= α(βf₁)

(x), dan (1f₁)(x) = 1f₁(x) = (f₁)(x).

Jadi,F [0, 1]merupakan ruang linear. 

Leon (2010) menyatakan bahwa himpunan bagian tak kosongSdari ruang linear Xdikatakan ruang linear bagian, jika memenuhi sifat berikut.

(i) αx ∈ S untuk setiapx ∈ Sdan setiap bilangan realα. (ii) x₁+ x₂ ∈ Suntuk setiapx₁, x₂ ∈ S.

Setiap ruang linear bagian dari suatu ruang linearX juga merupakan ruang linear ter- hadap operasi penjumlahan dan perkalian diX.

Contoh 2.1.2 Himpunan

C[0, 1] =

f ∈ F [0, 1] | f kontinu merupakan ruang linear bagian dariF [0, 1].

Fungsif₀pada Contoh 2.1.1 juga berada diC[0, 1], karena fungsif₀ konstan. Hal ini berakibat, himpunanC[0, 1]tidak kosong.

Berdasarkan Bartle dan Sherbert (2011), penjumlahan dua fungsi bernilai real kontinu bersifat kontinu dan perkalian bilangan real dengan suatu fungsi bernilai real kontinu bersifat kontinu. Hal ini berakibat,C[0, 1]merupakan ruang linear bagian dari

F [0, 1]. 

Pernyataan bahwa hasil kali dari ruang linear merupakan ruang linear dinyatakan oleh Debnath dan Mikusinski (2005). Hal ini dinyatakan pada teorema berikut.

Teorema 2.1.3 JikaXdanY merupakan ruang linear, maka himpunanX × Y dengan operasi penjumlahan

(x₁, y₁) + (x₂, y₂) = (x₁+ x₂, y₁+ y₂) operasi perkalian

α(x₁, y₁) = (αx₁, αy₁)

untuk setiap(x1, y1), (x2, y2) ∈ X × Y dan setiapα ∈R merupakan ruang linear.

Bukti. KarenaX danY merupakan ruang linear, maka adaθ ∈ X danθ ∈ Y sehingga (θ, θ) ∈ X × Y. Hal ini berakibat himpunanX × Y tidak kosong.

Diambil sebarang(x₁, y₁), (x₂, y₂) ∈ X × Y dan sebarangα ∈R, maka (x₁, y₁) + (x₂, y₂) = (x₁+ x₂, y₁+ y₂)

dan

α(x₁, y₁) = (αx₁, αy₁).

KarenaXdanY merupakan ruang linear, makax1+x2, αx1 ∈ Xdany1+y2, αy1 ∈ Y. Akibatnya,(x1, y1) + (x2, y2)danα(x1, y1)berada diX × Y.

Diambil sebarang (x₃, y₃) ∈ X × Y. KarenaX danY merupakan ruang linear, maka

(x₁, y₁) + (x₂, y₂) = (x₁+ x₂, y₁+ y₂) = (x₂+ x₁, y₂+ y₁)

= (x₂, y₂) + (x₁, y₁), (x₁, y₁) + (x₂, y₂)

+ (x₃, y₃) = (x₁+ x₂) + x₃, (y₁+ y₂) + y₃

= x₁+ (x₂+ x₃), y₁+ (y₂+ y₃)

= (x₁, y₁) + (x₂, y₂) + (x₃, y₃)
, (x₁, y₁) + (θ, θ) = (x₁+ θ, y₁ + θ) = (x₁, y₁).

Karenax₁ ∈ Xdany₁ ∈ Y, maka secara berturut-turut terdapat−x₁ ∈ Xdan−y₁ ∈ Y sehinggax₁ + (−x₁) = θ dany₁ + (−y₁) = θ. Akibatnya, karena (x₁, y₁) ∈ X × Y, maka terdapat(−x₁, −y₁) ∈ X × Y sehingga

(x1, y1) + (−x1, −y1) = (θ, θ).

Diambil sebarangβ ∈R. Karena^XdanY merupakan ruang linear, maka α (x₁, y₁) + (x₂, y₂)

= α(x₁+ x₂, y₁+ y₂) = (αx₁+ αx₂, αy₁+ αy₂)

= α(x₁, y₁) + α(x₂, y₂), (α + β)(x₁, y₁) = (α + β)x₁, (α + β)y₁

= (αx₁, αy₁) + (βx₁, βy₁)

= α(x₁, y₁) + β(x₁, y₁), (αβ)(x₁, y₁) = (αβ)x₁, (αβ)y₁

= α(βx₁), α(βy₁)

= α(βx₁, βy₁)

= α β(x1, y1)
,

1(x₁, y₁) = (1x₁, 1y₁) = (x₁, y₁).

Jadi,X × Y merupakan ruang linear. 

Diberikan ruang linear X. Fungsi x : N ^{→ X} disebut barisan bernilai-X atau barisan bernilai vektoroleh Bartle dan Sherbert (2011) ditulis dengan notasi

x = x(k)

= x(k) : k ∈N
.

Operasi aljabar penjumlahan, pengurangan, perkalian dan pembagian barisan bernilai-X, x = x(k)
dan y = y(k)
untuk setiap k ∈ N, didefinisikan dengan operasi aljabar koordinat biasa (coordinate-wise) sebagai berikut.

x ± y = x(k)

± y(k)

= x(k) ± y(k)

= x_j(k) ± y_j(k)
x · y = x(k)

· y(k)

= x(k) · y(k)

= x_j(k) · y_j(k)
, dan x/z = x(k)

/ z(k)

= x(k)/z(k)

= x_j(k)/z_j(k)
, denganzj(k) 6= 0untuk setiapk, j ∈N di^X.

Koleksi semua barisan bernilai-X dinotasikan denganΩ(X), yaitu Ω(X) :=



x = x(k)

⊂ X : x(k) ∈ X dan k ∈N

 .

Debnath dan Mikusinski (2005) menyatakan bahwaΩ(X)merupakan ruang line- ar sebagaimana ditunjukkan pada teorema berikut.

Teorema 2.1.4 HimpunanΩ(X)merupakan ruang linear.

Bukti. Karena X merupakan ruang linear, maka ada barisan θ ∈ X sehingga untuk setiapx ∈ X berlakux + θ = θ + x = x ∈ X. Berdasarkan definisiΩ(X), dibentuk barisan bernilai-X,θ = (θ, θ, . . .)^¯ , sehingga θ ∈ Ω(X)^¯ . Akibatnya, himpunan Ω(X) tidak kosong.

Selanjutnya, diambil sebarang x = x(k)

, y = y(k)

, z = z(k)
dengan x(k), y(k), z(k) ∈ X untuk setiap k ∈ N. Karena^X merupakan ruang linear, maka berdasarkan operasi aljabar barisan bernilai-X, diperoleh

x + y = x(k)

+ y(k)

= x(k) + y(k)

= y(k) + x(k)

= y(k)

+ x(k)

= y + x, dan (x + y) + z = 

x(k)

+ y(k)


+ z(k)

= x(k) + y(k)

+ z(k)

=



x(k) + y(k)

+ z(k)



=



x(k) + y(k) + z(k)


= x(k)

+ y(k) + z(k)

= x(k)
+

 y(k)

+ z(k)


= x + (y + z).

Karenaθ = (θ, θ, . . .)^¯ denganθ ∈ X, maka untuk setiapx ∈ Ω(X)diperoleh x + ¯θ = x(k)

+ ¯θ(k)

= x(k) + θ

= x(k)

= x.

Karena X merupakan ruang linear, maka untuk sebarang x(k) terdapat −x(k) untuk setiapk ∈N sehingga^{x(k) + − x(k)}

= θdiXuntuk setiapk ∈N. Dibentuk barisanx = x(k)
danx₁ = − x(k)
, makax + x₁ = ¯θdiΩ(X).

Selanjutnya, diambil sebarang α, β ∈ R dan ^{x = x(k)}

, y = y(k)
dengan x(k), y(k) ∈ X untuk setiapk ∈ N. Karena ^X merupakan ruang linear, maka berda-

sarkan operasi aljabar barisan bernilai-X, diperoleh α(x + y) = α

 x(k)

+ y(k)


= α



x(k) + y(k)



=



α x(k) + y(k)


=



αx(k) + αy(k)



= αx(k)

+ αy(k)

= α x(k)

+ α y(k)

= αx + αy (α + β)x = (α + β) x(k)

= (α + β)x(k)

= αx(k) + βx(k)

= αx(k)

+ βx(k)

= α x(k)

+ β x(k)

= αx + βx (αβ)x = (αβ) x(k)

= (αβ)x(k)

=



α βx(k)


= α βx(k)

= α



β x(k)


= α(βx) 1x = 1 x(k)

= 1x(k)

= x(k)

= x

Jadi,Ω(X)adalah ruang linear. 

Sebarang ruang linear bagianY ⊂ Ω(X)disebut ruang barisan bernilai-X atau ruang barisan bernilai vektor. Contoh dari ruang barisan klasik seperti diberikan oleh Maddox (1988) adalah ruang barisan konvergen ke nol, ruang terbatas pada norma dan ruang terjumlah mutlak masing-masing dinotasikan dengan c₀(X),`∞(X)dan `₁(X) diperjelas pada contoh berikut.

Contoh 2.1.5 Himpunan bagian`<sub>1</sub>(X),`∞(X)dan c₀(X)dari Ω(X)secara berturut- turut merupakan ruang barisan bernilai-Xdengan aturan

`₁(X) =







x = x(k)

∈ Ω(X) |

∞

X

k=1

x(k)

X

< ∞







`_∞(X) =



x = x(k)

∈ Ω(X) | sup

k

x(k)

X

< ∞

 , dan c₀(X) =



x = x(k)

∈ Ω(X) | lim

k→∞

x(k)

X

= 0

 .

Hal ini diperlihatkan sebagai berikut.

KarenaΩ(X)merupakan ruang linear, maka terdapatθ = (θ, θ, . . .) ∈ Ω(X)^¯ sehingga

∞

X

k=1

kθk_X

= kθk_X = 0 < ∞, sup

k

kθk_X

= kθk_X = 0 < ∞, dan lim

k→∞ kθk_X

= kθk_X = 0.

Hal ini berarti θ^¯di `<sub>1</sub>(X), `∞(X)dan c₀(X)dan berakibat himpunan `<sub>1</sub>(X), `∞(X) danc₀(X)tidak kosong.

Selanjutnya, diambil sebarangα ∈R dan sebarang^x1, x₂ ∈ `₁(X), maka

∞

X

k=1

x₁(k) + x₂(k) X

≤

∞

X

k=1

x₁(k) X

+

∞

X

k=1

x₂(k)

X

< ∞

dan

∞

X

k=1

αx₁(k) X

=

∞

X

k=1

|α|

x₁(k) X

= |α|

∞

X

k=1

x₁(k)

X

< ∞.

Jadi, `<sub>1</sub>(X)merupakan ruang linear bagian dari Ω(X). Selanjutnya, diambil sebarang x<sub>1</sub>, x<sub>2</sub> ∈ `_∞(X), maka

sup

k

x₁(k) + x₂(k) X

≤ sup

k

x₁(k) X

+ sup

k

x₂(k) X

< ∞

dan sup

k

αx₁(k) X

= sup

k

|α|

x₁(k) X

= |α| sup

k

x₁(k) X

< ∞.

Jadi, `∞(X) merupakan ruang linear bagian dari Ω(X). Terakhir, diambil sebarang x1, x2 ∈ c0(X), maka

k→∞lim

x₁(k) + x₂(k) X

≤ lim

k→∞

x₁(k)

X

+ lim

k→∞

x₂(k)

X

= 0

dan

k→∞lim

αx₁(k) X

= lim

k→∞ |α|

x₁(k) X

= |α| lim

k→∞

x₁(k)

X

= 0.

Jadi,c₀(X)merupakan ruang linear bagian dariΩ(X).  2.2. Ruang Bernorma

Pada sub bab ini, akan dibicarakan apa yang dimaksud dengan ruang bernorma, barisan konvergen dan beberapa sifat penting yang akan digunakan untuk dasar pembicaraan selanjutnya.

Kreyszig (1978) mendefinisikan norma pada suatu ruang linearX sebagai fungsi k · k_X : X →R, dengan aturan

(i) kxk_X ≥ 0untuk setiapx ∈ X dan

kxk_X = 0jika dan hanya jikax = θ.

(ii) kαxk_X = |α|kxk_X untuk setiapα ∈R dan^{x ∈ X}. (iii) kx₁+ x₂k_X ≤ kx₁k_X + kx₂k_X untuk setiapx₁, x₂ ∈ X. Bilangan non-negatifkxk_X disebut norma vektorx.

Pengembangan sifat (iii) dari norma dilakukan oleh Kreyszig (1978) dan diperli- hatkan pada teorema berikut ini.

Teorema 2.2.1 Diberikan ruang linearX. Jika untuk setiapx₁, x₂ ∈ X memenuhi sifat (iii) dari norma, maka



kx₁k_X − kx₂k_X

≤ kx₁− x₂k_X.

Bukti. Diambil sebarangx₁, x₂ ∈ X. Berdasarkan sifat (iii) dari norma, maka diperoleh kx₁k_X = kx₁− x₂+ x₂k_X ≤ kx₁− x₂k_X + kx₂k_X.

Akibatnya, diperoleh 

kx₁k_X − kx₂k_X ≤

kx₁− x₂k_X

= kx₁− x₂k_X.



Ruang linearX dilengkapi dengan normak · k_X, ditulis dengan pasangan terurut (X, k·k_X), disebut ruang bernorma. Selanjutnya, jika normanya sudah diketahui, maka ruang bernorma pada skripsi ini ditulis denganX saja.

Ruang linear `<sub>1</sub>(X), `∞(X) dan c₀(X) sebagaimana dijabarkan pada Contoh 2.1.5 merupakan ruang bernorma terhadap norma pada contoh berikut.

Contoh 2.2.2 Fungsi bernilai realk · k₁,k · k_∞dank · k₀masing-masing didefinisikan pada`<sub>1</sub>(X),`_∞(X)danc₀(X)dengan aturan

kxk₁ =

∞

X

k=1

x(k)

X

, kyk∞ = sup

k

ky(k)k_X

, kzk₀ = max

k kz(k)k_X
,

untuk setiapx ∈ `<sub>1</sub>(X),y ∈ `∞(X) danz ∈ c₀(X)merupakan norma pada masing- masing ruang. Hal ini diperlihatkan sebagai berikut.

Diambil sebarang barisan x = x(k)

∈ `1(X), y = y(k)

∈ `∞(X) dan z = z(k)

∈ c0(X). Karena kx(k)kX, ky(k)kX, kz(k)kX ≥ 0 untuk setiap k ∈ N, maka

kxk₁, kyk∞, kzk₀ ≥ 0.

Asumsikan bahwa kxk₁, kyk∞, kzk₀ = 0. Karena kxk₁, kyk∞, kzk₀ ≥ 0 dan kx(k)k_X, ky(k)k_X, kz(k)k_X ≥ 0untuk setiapk ∈N, maka

kx(k)k_X, ky(k)k_X, kz(k)k_X = 0

untuk setiap k ∈ N. Sebaliknya, jika ^{kx(k)kX, ky(k)kX, kz(k)kX = 0} untuk setiap k ∈N, maka

kxk₁ =

∞

X

k=1

x(k)

X

= 0 kyk∞ = sup

k

ky(k)k_X

= 0 kzk₀ = max

k kz(k)k_X

= 0.

Diambil sebarang bilangan realα, maka berdasarkan sifat (ii) dari normak · kX

diperoleh

kαxk₁ =

∞

X

k=1

αx(k) X

= |α|

∞

X

k=1

x(k)

X

= |α|kxk₁ kαyk∞ = sup

k

kαy(k)k_X

= |α| sup

k

ky(k)k_X

= |α|kyk∞

kαzk₀ = max

k kαz(k)k_X

= |α| max

k kz(k)k_X

= |α|kzk₀.

Diambil sebarang barisan x₁ = x₁(k)

∈ `₁(X),y₁ = y₁(k)

∈ `∞(X)dan z = z₁(k)

∈ c₀(X), maka berdasarkan sifat (iii) dari normak · k_X diperoleh

kx + x₁k₁ =

∞

X

k=1

x(k) + x₁(k) X

≤

∞

X

k=1

x(k)

X

+

∞

X

k=1

x₁(k)

X

= kxk₁+ kx₁k₁ ky + y₁k∞ = sup

k

ky(k) + y₁(k)k_X

≤ sup

k

ky(k)k_X
+ sup

k

ky₁(k)k_X

= kyk∞+ ky₁k∞

kz + z1k0 = max

k kz(k) + z1(k)kX

≤ max

k kz(k)k_X

+ max

k kz₁(k)k_X

= kzk₀+ kz₁k₀.

Jadi, fungsi bernilai realk · k₁,k · k∞dank · k₀secara berturut-turut didefinisikan pada

`<sub>1</sub>(X),`∞(X)danc₀(X)merupakan norma. 

Contoh 2.2.3 Himpunan C[0, 1] merupakan ruang linear pada Contoh 2.1.2. Fungsi k · k_I : C[0, 1] −→R didefinisikan dengan

kf k_I = Z 1

0

 f (x)

dx

untuk setiapf ∈ C[0, 1]merupakan norma. Hal ini diperlihatkan sebagai berikut.

Diambil sebarangf ∈ C[0, 1], maka kf k_I =

Z 1 0

 f (x)

dx.

Karena|f (x)| ≥ 0untuk setiapx ∈ [0, 1], maka kf k_I =

Z 1 0

 f (x)

dx ≥ 0.

Selanjutnya, akan diperlihatkan bahwa kf k_I = 0 jika dan hanya jika f = ¯θ. Diasumsikanf = ¯θ, makaf (x) = 0untuk setiapx ∈ [0, 1]. Oleh karena itu,

kf k_I = Z 1

0

|f (x)|dx = 0.

Sebaliknya, diasumsikankf kI = 0, maka kf k_I =

Z 1 0

|f (x)|dx = 0.

Akibatnya,f (x) = 0untuk setiapx ∈ [0, 1]. Hal ini berakibatf = ¯θ. Diambil sebarangα ∈ R, maka

kαf k_I = Z 1

0

|αf (x)|dx = Z 1

0

|α||f (x)|dx = |α|

Z 1 0

|f (x)|dx = |α|kf k_I.

Terakhir, diambil sebarangg ∈ C[0, 1], sehingga akan ditunjukkan bahwa kondisi kf + gkI ≤ kf kI+ kgkI. Karenaf, g ∈ C[0, 1], maka

kf + gk_I = Z 1

0



f (x) + g(x) dx ≤

Z 1 0

 f (x)

+ g(x)



 dx

= Z 1

0

 f (x)

dx + Z 1

0

 g(x)

dx = kf k_I + kgk_I.

Jadi, terbukti bahwak · k_Imerupakan norma padaC[0, 1]. 

UntukXdanY merupakan ruang linear, pada Teorema 2.1.3, telah diperlihatkan bahwa himpunanX × Y merupakan ruang linear. Lebih lanjut, pada teorema berikut, Kreyszig (1978) memperlihatkan bahwa ruang linearX ×Y merupakan ruang bernorma terhadap norma tertentu jikaXdanY merupakan ruang bernorma.

Teorema 2.2.4 JikaX = X, k · k_X
danY = Y, k · k_Y
merupakan ruang bernorma, maka X × Y merupakan ruang bernorma terhadap norma k · k_XY : X × Y −→ R dengan aturan

k(x₁, y₁)k_XY = kx₁k_X + ky₁k_Y untuk setiap(x₁, y₁) ∈ X × Y.

Bukti. Diambil sebarang(x₁, y₁) ∈ X × Y. Karenakx₁k_X, ky₁k_Y ≥ 0, maka k(x₁, y₁)k_XY ≥ 0.

Diasumsikan bahwak(x₁, y₁)k_XY = 0, maka

k(x₁, y₁)k_XY = kx₁k_X + ky₁k_Y = 0.

Hal ini berakibat kx₁k_X, ky₁k_Y = 0. Karena kx₁k_X, ky₁k_Y = 0 jika dan hanya jika x₁, y₁ = θ, maka(x₁, y₁) = (θ, θ). Sebaliknya, jika(x₁, y₁) = (θ, θ), maka

k(θ, θ)k_XY = kθk_X + kθk_Y = 0 + 0 = 0.

Diambil sebarangα ∈R, maka berdasarkan sifat (ii) dari norma^{k · k}X dank · k_Y, diperoleh

kα(x1, y1)kXY = k(αx1, αy1)kXY = kαx1kX + kαy1kY

= |α| kx₁k_X + ky₁k_Y

= |α|

(x₁, y₁) XY.

Diambil sebarang(x₂, y₂) ∈ X × Y, maka berdasarkan sifat (iii) dari normak·k_X

dank · kY, diperoleh

k(x₁, y₁) + (x₂, y₂)k_XY = k(x₁+ x₂, y₁+ y₂)k_XY = kx₁+ x₂k_X + ky₁+ y₂k_Y

≤ kx₁k_X + kx₂k_X + ky₁k_Y + ky₂k_Y

= k(x₁, y₁)k_XY + k(x₂, y₂)k_XY.

Jadi, fungsik · k_XY merupakan norma padaX × Y.  Barisan x(k)
pada ruang bernormaX = X, k · k_X
dikatakan konvergen ke suatu a ∈ X, jika untuk setiap ε > 0terdapat bilangan asli n₀ sehingga untuk setiap k ≥ n₀ berlaku

kx(k) − akX < ε.

Dalam hal ini, barisan x(k)
mempunyai limitauntukk −→ ∞dan ditulis dengan

k→∞lim x(k)

= a ataux(k) −→ auntukk −→ ∞.

Definisi konvergen pada ruang bernormaXdapat disederhanakan melalui konsep konvergen pada sistem bilangan real, yaitux(k) −→ adiXuntukk −→ ∞ekuivalen dengankx(k) − akX −→ 0di R untuk^{k −→ ∞}.

Suatu fungsifbernilai R didefinisikan pada ruang bernorma^Xdikatakan kontinu jika x(k) −→ x untuk k −→ ∞ di X, maka f x(k)

−→ f (x)untuk k −→ ∞ di R. Dengan kata lain, suatu fungsi ^f bernilai R didefinisikan pada ruang bernorma ^X dikatakan kontinu jikakx(k) − xk_X −→ 0di R, maka

f x(k)

− f (x)

−→ 0di R.

Kekonvergenan suatu barisan pada suatu ruang bernorma mempunyai beberapa sifat dasar, sebagaimana ditunjukkan oleh Kreyszig (1978). Tiga di antara sifat dasar tersebut diperlihatkan pada lemma berikut.

Lemma 2.2.5 Kekonvergenan pada suatu ruang bernormaX memiliki sifat-sifat dasar sebagai berikut.

(i) Jika barisan x(k)
diX konvergen kea, maka nilai limitatunggal.

(ii) Jikax(k) −→ adiXdanλ_k −→ λdi R untuk^{k −→ ∞}, makaλ_kx(k) −→ λadi

X untukk −→ ∞.

(iii) Jikax(k) −→ a, y(k) −→ bdiX untukk −→ ∞, maka x(k) + y(k) −→ a + b diXuntukk −→ ∞.

Bukti. Diambil sebarang barisan x(k)

, y(k)
diX denganx(k) −→ a, y(k) −→ b diX danλ_k −→ λdi R untuk^{k −→ ∞}. Dianggap barisan x(k)
konvergen kea⁰ dan a⁰⁰diX, maka untuk sebarangε > 0terdapatn₁, n₂ ∈N sehingga untuk setiap^{k ≥ n}1

diperoleh

x(k) − a⁰ X < ε

2 dan untuk setiapk ≥ n₂diperoleh

x(k) − a⁰⁰ X < ε

2.

Diambiln0 = sup{n1, n2}, maka berdasarkan sifat (iii) dari normak · kX, untuk setiap k ≥ n₀ diperoleh

a⁰− a⁰⁰ X ≤

x(k) − a⁰ X +

x(k) − a⁰⁰ X < ε

2 +ε 2 = ε.

Karenaε > 0sebarang, makaa⁰ = a⁰⁰. Hal ini berakibat bahwa (i) terpenuhi.

Karena x(k) −→ a di X dan λ_k −→ λ di R, maka masing-masing berlaku kx(k) − akX −→ 0dan|λk− λ| −→ 0di R untuk^{k −→ ∞}. Berdasarkan sifat norma, diperoleh

kλ_kx(k) − λak_X = kλ_kx(k) − λx(k) + λx(k) − λak_X

≤ kλ_kx(k) − λx(k)k_X + kλx(k) − λak_X

=

^{(λk− λ)x(k)} X

+

^{λ x(k) − a}

X

= |λ_k− λ|

x(k)

X + |λ|

x(k) − a X. Karenakx(k) − akX −→ 0dan|λk− λ| −→ 0di R, maka

kλ_kx(k) − λak_X −→ 0untukk −→ ∞.

Oleh karena itu,λ_kx(k) −→ λadiX. Dengan demikian, (ii) terpenuhi.

Karena x(k) −→ a di X dan y(k) −→ b di X, maka kx(k) − ak_X −→ 0 dan

ky(k) − bkX −→ 0di R untuk^{k −→ ∞}. Berdasarkan sifat (iii) dari norma, diperoleh kx(k) + y(k) − (a + b)k_X = kx(k) − a + y(k) − bk_X

≤ kx(k) − ak_X + ky(k) − bk_X −→ 0.

Akibatnya,x(k) + y(k) −→ a + bdiX untukk −→ ∞. Jadi, poin (iii) terpenuhi. 

2.2.1. Topologi pada Ruang Bernorma

Kreyszig (1978) mendefinisikan suatu himpunan bagian dari ruang bernorma X sebagai berikut. Untuk suatux₀ ∈ X dan setiap bilangan realε > 0, himpunan

B(x₀, ε) :=



x ∈ X : kx − x₀k_X < ε



disebut bola terbuka dengan pusat x₀ dan jari-jari ε. Bola terbuka B(x₀, ε) dengan jari-jari ε sering disebut lingkungan-ε dari x₀. Sebarang himpunan S ⊂ X dengan B(x₀, ε) ⊆ Sdisebut lingkungan darix₀ danx₀ disebut titik interior.

Contoh 2.2.6 Perhatikan bahwa untuk ruang linear R²dengan normak · k2, himpunan B(0, 1)dapat digambarkan sebagai berikut.

 DiberikanSmerupakan sebarang himpunan bagian dari ruang bernormaX. Dari definisi bola terbuka dengan pusatx₀ dan jari-jari ε,B(x₀, ε), diperoleh 2 pengertian berikut.

1. Himpunan S dikatakan himpunan terbuka (open sets), jika untuk setiap x ∈ S terdapatε > 0sehingga

B(x, ε) ⊆ S.

2. Komplemen dariS, ditulisS^c:= X\S. HimpunanSdikatakan himpunan tertutup (closed sets), jikaS^cmerupakan himpunan terbuka.

Sebarang titik x₀ ∈ X disebut titik akumulasi dari S, jika untuk setiap ε > 0, sedikitnya satu titikx 6= x₀ ∈ S berada diB(x₀, ε). Himpunan semua titik dariS dan semua titik akumulasi dariSdisebut klosur dariSdan dinotasikan denganS^¯.

Kreyszig (1978) menyatakan hubungan antara kekonvergenan suatu barisan de- ngan klosur dan himpunan tertutup. Hubungan tersebut dinyatakan pada teorema beri- kut.

Teorema 2.2.7 Diberikan ruang bernormaXdan himpunan bagian tak kosongS ⊂ X, maka

(i) a ∈ ¯S jika dan hanya jika ada barisan x(k)
di S sehingga x(k) −→ a untuk k −→ ∞

(ii) S merupakan himpunan tertutup jika dan hanya jika untuk setiap barisan x(k)
diS, denganx(k) −→ auntukk −→ ∞, limita ∈ S.

Bukti. Akan diperlihatkan bahwa kondisi (i) terpenuhi. Diambil sebaranga ∈ ¯S, maka a ∈ S atau a merupakan titik akumulasi dari S. Jika a ∈ S, maka dapat dibentuk barisan x(k)
dengan x(k) = a untuk setiap k ∈ N sehingga ^{x(k) −→ a} untuk k −→ ∞. Andaikan a merupakan titik akumulasi dari S, maka untuk setiap k ∈ N diperolehx(k) 6= a ∈ S berada diB(a, 1/k). Karena1/k −→ 0untukk −→ ∞, maka x(k) −→ auntukk −→ ∞.

Sebaliknya, diambil sebarang barisan x(k)
diS konvergen ke suatu a, maka untuk sebarangε > 0terdapatk₀ ∈N sehingga untuk setiap^{k ≥ k}0 diperoleh

kx(k) − ak_X < ε.

Akibatnya,a ∈ S atau untuk setiapk ≥ k₀ berlakux(k) ∈ B(a, ε), yaituamerupakan titik akumulasi dariS. Jadi,x ∈ ¯S.

Terakhir, akan diperlihatkan bahwa kondisi (ii) terpenuhi. Untuk itu, diasumsikan Smerupakan himpunan tertutup, berarti komplemenS, yaituS^c, merupakan himpunan terbuka. Diambil sebarang barisan x(k)
berada diS konvergen ke suatua. Andaikan a ∈ S^c, maka terdapatδ > 0sehinggaB(a, δ) ⊆ S^c. Oleh karena itu, terdapat bilangan naturaln0, sehingga untuk setiapk ≥ n0berlakux(k) ∈ S^c. Hal ini kontradiksi dengan

x(k)
merupakan barisan diS. Jadi, seharusnyaa ∈ S.

Sebaliknya, diambil sebarang barisan x(k)
konvergen diS, yaitu terdapatadi S sehingga x(k) −→ a untuk k −→ ∞. Akan diperlihatkan bahwa S^c merupakan himpunan terbuka. Andaikan S^c bukan himpunan terbuka, maka untuk suatu a ∈ S^c berlakuB(a, 1/k) ∩ S 6= ∅untuk setiap k ∈ N. Akibatnya, terdapat^k0 ∈ N sehingga untuk setiapk ≥ k₀berlaku

kx(k) − ak_X < 1 k.

Hal ini berakibat barisan x(k)
diS konvergen kea ∈ S^c. Hal ini kontradiksi dengan fakta bahwa barisan x(k)
konvergen diS. Jadi,Sharus himpunan tertutup. 

Adams dan Franzosa (2008) mendefinisikan bahwa topologiT pada himpunanX adalah himpunan bagianT ⊆ 2^X memenuhi:

1. ∅ ∈ T danX ∈ T.

2. Irisan dari sejumlah berhingga anggotaT adalah anggota dariT. 3. Gabungan dari sebarang anggota-anggotaT adalah anggota dariT.

HimpunanXdengan sebuah topologiT padaXdisebut ruang topologi oleh Adams dan Franzosa (2008). Berdasarkan Kreyszig (1978), setiap anggota dariT adalah himpunan terbuka diX.

Contoh 2.2.8 Lingkungan-5pada(1, 1)merupakan ruang topologi pada R². 

2.3. Ruang Banach dan Ruang BK

Setiap barisan Cauchy pada sistem bilangan real merupakan barisan konvergen. Tetapi, tidak setiap barisan Cauchy pada setiap ruang bernorma merupakan barisan konvergen.

Konsep barisan Cauchy berdasarkan Kreyszig (1978) diberikan sebagai berikut.

Barisan x(k)
pada ruang bernormaX = X, k · k_X
disebut barisan Cauchy, jika untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli n₀ sehingga untuk setiap k ≥ j ≥ n₀ berlaku

kx(k) − x(j)kX < ε ataukx(k) − x(j)k_X −→ 0untukk, j −→ ∞.

Teorema berikut, diambil dari Kreyszig (1978), menunjukkan bahwa setiap baris- an konvergen pada suatu ruang bernorma merupakan barisan Cauchy.

Teorema 2.3.1 Setiap barisan konvergen pada ruang bernorma X merupakan barisan Cauchy.

Bukti. Diambil sebarang barisan konvergen x(k)
diX dan sebarang bilanganε > 0, makaε/2 > 0. Jikax(k) −→ auntukk −→ ∞, maka untuk setiapε/2 > 0terdapat bilangan aslin0, sehingga untuk setiapk ≥ n0 berlaku

x(k) − a X < ε

2.

Berdasarkan sifat (iii) dari norma, untuk setiapk ≥ j ≥ n₀ berlaku

x(k) − x(j) X ≤

x(k) − a X +

x(j) − a X < ε

2+ ε 2 = ε.

Karenaε > 0sebarang, maka barisan x(k)
merupakan barisan Cauchy. 

Contoh 2.3.2 Barisan f_k
dengan aturan

f_k(x) =

( kx untuk0 ≤ x < _k¹ 0 untuk ¹_k ≤ x ≤ 1 pada ruang bernormaC[0, 1]terhadap norma

kf k_I = Z 1

0

 f (x)

dx merupakan barisan Cauchy diperlihatkan sebagai berikut.

Untuk setiapε > 0, berdasarkan Archimedean, terdapat n0 ∈ N sehingga^{1/n0 < ε}. Akibatnya, untuk setiap(fk)diC[0, 1]dan setiapk ≥ j ≥ n0 diperoleh

kf_k− f_jk = Z 1

0

|f_k(x) − f_j(x)|dx

= Z 1/k

0

|f_k(x) − f_j(x)|dx + Z 1/j

1/k

|f_k(x) − f_j(x)|dx + Z 1

1/j

|f_k(x) − f_j(x)|dx

= Z 1/k

0

|kx − jx|dx + Z 1/j

1/k

|0 − jx|dx + Z 1

1/j

|0 − 0|dx

=

    

(k − j)x² 2

    

1/k 0

+

    

jx² 2

    

1/j 1/k

+ 0

= 1 2

   

(k − j) 1 k²    

+ j j² − j

k²



= 1 2

   

j − k k²

   

+1 j − j

k²



≤ 1 2

j − k k² +1

j − j k²



= 1 2



−k k² +1

j



≤ 1 2

1 j



< 1 n₀ < ε.

Akibatnya, barisan fk
merupakan barisan Cauchy pada ruang bernormaC[0, 1]. 

Ruang bernormaX dikatakan lengkap, jika untuk setiap barisan Cauchy padaX konvergen ke suatu elemen padaX. Ruang bernorma lengkap disebut ruang Banach.

Debnath dan Mikusinski (2005) menyatakan bahwa barisan norma dari suatu ba- risan Cauchy merupakan barisan konvergen. Hal tersebut dinyatakan pada lemma beri- kut.

Lemma 2.3.3 Jika x(k)
merupakan barisan Cauchy pada ruang bernorma X, maka barisan kx(k)kX
dari norma-norma merupakan barisan konvergen di R.

Bukti. Diberikan x(k)
merupakan barisan Cauchy pada ruang bernorma X, maka berdasarkan Teorema 2.2.1 diperoleh



kx(k)k_X − kx(j)k_X

≤ kx(k) − x(j)k_X −→ 0

untuk k, j −→ ∞. Akibatnya, barisan kx(k)k_X
merupakan barisan Cauchy di R.

Karena R bersifat lengkap, maka barisan ^kx(k)kX
konvergen di R. 

Contoh 2.3.4 JikaX merupakan ruang Banach, maka ruang bernorma `₁(X), k · k₁
pada Contoh 2.2.2 bersifat lengkap. Hal ini diperlihatkan sebagai berikut.

Diambil sebarang barisan Cauchy(x_n)di`₁(X), maka

kxn− xmk1 =

∞

X

k=1

kxn(k) − xm(k)kX −→ 0

untukn, m −→ ∞. Akibatnya, untuk setiapk ∈N, diperoleh kx_n(k) − x_m(k)k_X −→ 0.

Karena X merupakan ruang Banach, maka X bersifat lengkap. Hal ini berakibat ada a ∈ X sehingga untuk setiapk ∈N diperoleh

kx_n(k) − ak_X −→ 0.

Dibentuk barisana = a(k)

= a
untuk setiapk ∈N, maka

∞

X

k=1

kxn(k) − a(k)kX −→ 0

untukn −→ ∞. Akibatnya,x_n −→ auntukn −→ ∞. 

Contoh 2.3.5 Ruang linear bagianC[0, 1]pada Contoh 2.1.2 terhadap norma kf k_C∞ = supn

|f (x)| : x ∈ [0, 1]o merupakan ruang bernorma lengkap diperlihatkan sebagai berikut.

Diambil sebarang barisan Cauchy(f_k) ⊂ C[0, 1], maka untuk setiap ε > 0, ada bilangan naturaln₀ sehingga untuk setiapk ≥ j ≥ n₀berlaku

kfk− fjkC∞ = sup n

|fk(x) − fj(x)| : x ∈ [0, 1]

o

< ε.

Berarti, untuk setiapk ≥ j ≥ n0 dan setiapx ∈ [0, 1]diperoleh 

f_k(x) − f_j(x) < ε.

Dengan kata lain, untuk setiapx ∈ [0, 1], barisan f_k(x)
merupakan barisan Cauchy di R. Karena R bersifat lengkap, maka barisan ^fk(x)
konvergen di R, yaitu ada^{a ∈} R sehingga

f_k(x) −→ auntukk −→ ∞.

Didefinisikanf (x) = auntuk setiapx ∈ [0, 1], makaf ∈ C[0, 1]. Karenaf_k(x)ada di C[0, 1]untuk setiapk ≥ n0dan setiapx ∈ [0, 1], maka



f_k(x) − f (x) < ε.

Oleh karena itu,

kf_k− f k_C∞ = sup n

|f_k(x) − f (x)| : x ∈ [0, 1]

o

< ε.

Karenaε > 0sebarang, makaf_k−→ fdiC[0, 1]. Karena(f_k)sebarang barisan Cauchy terbukti konvergen ke suatuf ∈ C[0, 1], maka terbukti bahwa ruang bernormaC[0, 1]

bersifat lengkap. 

Telah diperlihatkan bahwa barisan (f_k) ⊂ C[0, 1] merupakan barisan Cauchy pada Contoh 2.3.2. Selanjutnya, pada Contoh 2.3.5, telah diperlihatkan bahwa ruang C[0, 1]dikenakan dengan normak · k_C∞merupakan ruang Banach. Tetapi, pada contoh berikut, akan diperlihatkan bahwa barisan (fk) tidak konvergen pada ruang bernorma

C[0, 1], k · kI
.

Contoh 2.3.6 Dibentuk fungsif : [0, 1] −→R dengan aturan

f (x) =

( 0 untukx = 0 1 untuk ¹_k ≤ x ≤ 1

Selanjutnya, diambil sebarang ε > 0. Berdasarkan Archimedean, terdapat n₀ ∈ N

sehingga1/n0 < ε. Oleh karena itu, untuk setiapk ≥ n0 diperoleh kf_k− f k_I =

Z 1 0

|f_k(x) − f (x)|dx = Z 1/k

0

|f_k(x) − f (x)|dx + Z 1

1/k

|f_k(x) − f (x)|dx

= Z 1/k

0

|kx − 1|dx + Z 1

1/k

|0 − 0|dx =



     

kx² 2 − x

    





1/k

0

+ 0

=    

k 2k² − 1

k    

=    

− 1 2k

   

= 1 2k < 1

n₀ < ε.

Karenaε > 0sebarang, maka barisan f_k
konvergen kef. Tetapi,f /∈ C[0, 1], karena f tidak kontinu di 0. Oleh karena itu, barisan (f_k) tidak konvergen di dalam ruang bernorma C[0, 1], k · k_I
. Jadi, C[0, 1], k · k_I
bukan merupakan ruang Banach. 

Himpunan bagianS dari ruang bernormaX dikatakan 1. jarang diX, jikaS^¯tidak memiliki titik interior

2. kecil diX, jikaSmerupakan gabungan dari sejumlah berhingga himpunan jarang diX

3. besar diX, jikaStidak kecil diX.

Setiap ruang Banach merupakan himpunan besar di dirinya sendiri. Hal tersebut dinyatakan oleh Kreyszig (1978) dan disebut teorema kategori Baire.

Teorema 2.3.7 JikaX merupakan ruang Banach, makaXmerupakan himpunan besar di dirinya sendiri. Akibatnya, jika untuk setiapk ∈N berlaku^Akmerupakan himpunan tertutup dan

X =

∞

[

k=1

Ak,

maka terdapat k0 ∈ N sehingga ^Ak0 memiliki titik interior atau memiliki himpunan bagian tak kosong terbuka.

Bukti. Diambil sebarang ruang BanachX. AndaikanX merupakan himpunan kecil di dirinya sendiri, maka untuk setiapk ∈N diperoleh^Mkmerupakan himpunan jarang di Xsehingga

X =

∞

[

k=1

M_k.