TEOREMA TITIK TETAP BANACH
Skripsi
Diajukan untuk Memenuhi Salah satu Syarat Memperoleh Gelar Sarjana Matematika
Program Studi Matematika
Oleh:
Widaryatna Citra Nursanta NIM : 013114018
PROGRAM STUDI MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS SANATA DHARMA YOGYAKARTA
PERNYATAAN KEASLIAN KARYA
Saya menyatakan dengan sesungguhnya skripsi yang saya tulis ini tidak memuat karya atau bagian karya orang lain, kecuali yang telah disebutkan dalam daftar pustaka, sebagaimana layaknya karya ilmiah.
Yogyakarta, 1 Mei 2006 Penulis
INTISARI
Dalam skripsi ini dibahas mengenai titik tetap (fixed point). Banyak permasalahan matematika yang dapat diformulasikan dalam bentuk titik tetap. Teorema Titik Tetap Banach memberikan syarat cukup suatu fungsi dari ruang metrik lengkap ke dirinya sendiri mempunyai titik tetap yang tunggal.
Selanjutnya Teorema Titik Tetap Banach diterapkan untuk menjamin eksistensi dan ketunggalan penyelesaian persamaan diferensial linear orde satu. Penyelesaian tersebut dapat dicari dengan teknik iterasi.
ABSTRACT
This thesis discusses what is so called fixed point. Many mathematical problems can be formulated as fixed point problem. Banach Fixed Point Theorem gives a sufficient condition for a function from a complete metric space to it self to have a unique fixed point.
Furthermore, Banach Fixed Point Theorem may be applied to ensure the existence and uniqueness of the solution of first order linear differential equation. This solution can be solved by an iteration method.
KATA PENGANTAR
Segala puji dan hormat kepada Tuhan Yesus atas segala berkat, pimpinan, kasih dan penyertaan-Nya sehingga penulis dapat menyelesaikan skripsi yang bejudul “TEOREMA TITIK TETAP BANACH”. Skripsi ini disusun sebagai salah satu syarat untuk memperoleh gelar Sarjana Matematika (S.Si) pada program studi Matematika di Fakutas MIPA Universitas Sanata Dharma, Yogyakarta.
Penyusunan skripsi ini tidak lepas dari bantuan berbagai pihak, baik berupa materi, moral, maupun spiritual. Penulis menyampaikan terima kasih yang sebesar-besarnya kepada :
1. Bapak Ir. Ign. Aris Dwiatmoko, M.Sc. selaku Dekan Fakultas MIPA Universitas Sanata Dharma.
2. Bapak Y.G. Hartono, S.Si, M.Sc. selaku Kaprodi Matematika Fakultas MIPA Universitas Sanata Dharma. Terima kasih karena mau merevisi skripsi saya hingga selesai.
3. Bapak Herry Pribawanto, S.Si. selaku dosen pembimbing. Terima kasih atas saran, ide, waktu serta kesabarannya dalam membimbing penulis.
4. Bapak Prof. Drs. Sumantri karena telah banyak membantu menyelesaikan masalah dalam penulisan.
5. Bapak-Ibu dosen Fakultas MIPA Universitas Sanata Dharma yang membekali saya untuk tumbuh dan berkembang.
6. Papa dan Mama kekasih, terima kasih buat kasih segala keperluan ku dalam menyelesaikan studi.
7. Dea’ku, makasih atas dukungan dan doanya buat Aya. Sorry kata pengantarnya aku copy. Tapi tenang aja, udah Aya ganti kok kata- katanya. Ayo.... Ujian...!!!!!
8. Papa dan Mama di Pendolo, terima kasih buat semua perhatiannya. Terima kasih udah mau jadi orang tua ku.
9. Teman-teman seperjuangan di math’01 (Dani.WA, Tabitha, Agnes, Andre, Ariel, Alam, Very, Ajenk, Erika, Indah, Maria, Deta, Fanya, Vrisca, Rita, Wiwit, Yuli, Upiek, Teddy, Dani). Juga buat teman-teman di PMK Ouikumene, thanks ya buat dukungan do’anya.
10. Papi Narno dan Mami Vera serta teman-teman di GKN Sonopakis, makasih buat do’a dan kebersamaannya ya.
11. Sahabat-sahabat’ku : Bimo, Ryo, en Sony. Ayo tanding maen PS lg. Hehehe.
Terima kasih juga penulis sampaikan kepada semua pihak yang tidak dapat penulis sebutkan satu-persatu.
DAFTAR ISI
Halaman
HALAMAN JUDUL... i
HALAMAN PENGESAHAN PEMBIMBING... ii
HALAMAN PENGESAHAN... iii
PERNYATAAN KEASLIAN KARYA... iv
ABSTRAK... v
ABSTRACT... vi
KATA PENGANTAR... vii
DAFTAR ISI... viii
ARTI LAMBANG... ix
BAB I PENDAHULUAN... 1
BAB II RUANG METRIK... 5
1. Ruang Metrik... 5
2. Himpunan Terbuka dan Fungsi Kontinu... 18
3. Kekonvergenan, Barisan Cauchy dan Kelengkapan... 28
4. Ruang Topologi... 42
BAB III TEOREMA TITIK TETAP BANACH... 45
1. Titik Tetap... 47
2. Teorema Titik Tetap Banach... 55
BAB IV PENERAPAN TEOREMA TITIK TETAP BANACH... 72
BAB V KESIMPULAN... 86
ARTI LAMBANG
q
p⇒ jika p maka q.
q
p⇔ p jika dan hanya jika q.
A x∈ x anggota A. B A⊂ A himpunan bagian B. 0/ himpunan kosong.
[ ]
a,b interval tertutup.( )
a,b interval terbuka. f go komposisi fungsi.( )
x yd , jarak/metrik antara titik x dan y.
(
X ,d)
ruang metrik.{ }
xn barisan dengan suku-suku x . nx xn → barisan
{ }
xn konvergen ke x. Y X f : → fungsi/pemetaan dari X ke Y.( )
XC ruang fungsi kontinu terbatas bernilai
BAB I PENDAHULUAN 1.1 Latar Belakang
Salah satu bentuk penerapan matematika adalah untuk menyelesaikan suatu persamaan. Namun sebelum memecahkan masalah persamaan, perlu diketahui terlebih dahulu apakah persamaan tersebut mempunyai penyelesaian atau tidak.
Berikut ini akan diberikan fungsi f dengan variabel x, f kontinu pada interval tertutup
[ ]
a,b dan jika f(a) dan f(b) memiliki tanda yang berbeda, maka persamaan0 ) (x = f
mempunyai sedikitnya satu penyelesaian di dalam interval
[ ]
a,b .Untuk menyelesaikan persamaan di atas diperlukan Teorema Eksistensi atau teorema yang menjamin adanya suatu penyelesaian, sering dinyatakan dalam bentuk prinsip titik tetap (fixed point principles). Sebagai contoh, diperhatikan persamaan f(x)=0. Persamaan ini dapat ditulis dalam bentuk α f(x)+x=x dengan parameter positif α . Jika α f(x)+x dinyatakan sebagai F(x) diperoleh persamaan
x x
F( )= ...(*)
Titik x dalam persamaan (*) dikenal sebagai titik tetap. Oleh karena itu persamaan tersebut mempunyai sedikitnya satu penyelesaian di dalam interval
[ ]
a,b .Ide awal lahirnya konsep titik tetap, dimulai kira-kira tahun 1500 sebelum Masehi, di Mesopotamia. Pertama kali muncul adalah masalah (problem/P), yaitu:
(P) x2 =a ∈N
Sebagai contoh, jika a=4 maka x=2.
Setelah munculnya masalah, kemudian dirumuskan masalah titik tetap (fixed point problem/FPP) sebagai berikut :
0
2 − a=
x
(FPP) x2 +x−a=x
Masalah titik tetap di atas diselesaikan dengan successive substitution/SS yang menghasilkan approximate solution/AS.
(SS) Anggap 1x0 = (AS) xn+ =xn +xn −a
2
1 , untuk n=0,1,2,...
Kemudian dirumuskan FPP yang lebih abstrak, yaitu: x
x f( )=
Titik x dalam persamaan di atas dikenal sebagai titik tetap.
1.2. Perumusan Masalah
Dalam skripsi ini pokok permasalahan yang akan dibahas adalah: 1. Bagaimana motivasi munculnya konsep titik tetap?
2. Apa pengertian titik tetap?
3. Teorema Titik Tetap Banach dan pembuktiannya?
4. Bagaimana sifat lebih lanjut dan pengembangan Titik Tetap Banach?
5. Bagaimana penerapan Teorema Tetap Titik Banach pada persamaan diferensial?
1.3. Pembatasan Masalah
Skripsi ini dibatasi pada masalah pencarian syarat cukup fungsi dari ruang metrik lengkap ke dirinya sendiri mempunyai titik tetap. Penerapannya pun hanya dibatasi pada masalah penjaminan eksistensi dan ketunggalan persamaan diferensial linear orde satu.
1.4. Tujuan Penulisan
Penulisan skripsi ini bertujuan untuk memberi wawasan kepada pembaca tentang suatu sifat fungsi kontinu pada ruang metrik lengkap khususnya mengenai Teorema Titik Tetap Banach beserta penerapannya pada eksistensi dan ketunggalan penyelesaian persamaan diferensial linear orde satu.
1.5. Manfaat Penulisan
Manfaat dari penulisan skripsi ini yang sangat diharapkan adalah penulis dapat mengetahui dan memahami bagaimana sebenarnya sifat-sifat dan penerapan Teorema Titik Tetap Banach pada penyelesaian persamaan diferensial linear orde satu.
1.6. Metode Penulisan dan Sistematika Penulisan
Metode penulisan yang digunakan dalam skripsi ini adalah metode studi pustaka, yaitu dengan membaca dan mempelajari materi dan buku-buku acuan yang ada serta mengkonsultasikan hasil studi mandiri dengan dosen pembimbing. Dalam skripsi ini tidak ada penemuan-penemuan yang baru.
Sistematika penulisan pada skripsi ini sebagai berikut. Pada BAB I berisi pendahuluan yang menjelaskan latar belakang, perumusan masalah, pembatasan masalah, tujuan penulisan, manfaat penulisan, serta metode penulisan dan sistematika penulisan skripsi ini. Kemudian BAB II menjelaskan pengertian ruang metrik, kekonvergenan, himpunan terbuka serta ruang topologi. Selanjutnya pada BAB III menjelaskan motivasi munculnya konsep titik tetap, pengertian titik tetap, Teorema Titik Tetap Banach dan pembuktiannya, serta sifat lebih lanjut dan pengembangan Titik Tetap Banach. Pada BAB IV diberikan penerapan Teorema Titik Tetap Banach pada persamaan diferensial. Kemudian pada BAB V merupakan kesimpulan dari seluruh skripsi ini.
BAB II RUANG METRIK
Pada bab ini akan dibahas mengenai ruang metrik, kekonvergenan, himpunan terbuka yang akan melandasi pembahasan bab-bab selanjutnya.
A. Ruang Metrik
Pada sub bab ini akan dibahas definisi dan contoh ruang metrik.
Definisi 2.1.1.
Diketahui himpunan X tidak kosong. Suatu metrik (metric) pada X adalah fungsi d dari X × ke R yang memenuhi aksioma-aksioma berikut: X
a. d(p,q)≥0; untuk setiap p,q∈X. b. d(p,q)=0 jika dan hanya jika p = q. c. d(p,q)= d(q,p); untuk setiap p,q∈X
d. d(p,q)≤ d(p,r)+ d(r,q); untuk setiap p,q,r∈X (Pertidaksamaan segitiga)
Suatu ruang metrik adalah pasangan (X,d), dengan X himpunan tidak kosong dan d adalah metrik pada X. Anggota ruang metrik disebut titik (point). Bilangan d(x,y) disebut jarak titik x ke titik y. Sering kali pasangan (X,d) disingkat dengan X saja (apabila metriknya sudah cukup jelas).
Contoh 2.1.1
Diberikan X sebarang himpunan yang tidak kosong.
Didefinisikan fungsi d(x,y) = ⎩ ⎨ ⎧ = ≠ y x y x , 0 , 1
, untuk setiap x,y∈X
Akan ditunjukkan (X,d) adalah ruang metrik. (i) d(x,y)≥0
(ii) d(x,y)=0 jika dan hanya jika x = y (iii) d(x,y) = d(y,x)
Untuk (i), (ii), dan (iii) jelas dari definisi fungsi d
( )
x,y di atas. (iv) Jika d(x,y)=0, jelas d(x,y) ≤ d(x,z) + d(z,y)Jika d(x,y)=1, kemungkinannya : a. x=z dan z≠y d(x,y) ≤ d(x,z) + d(z,y) b. x≠z dan z=y d(x,y) ≤ d(x,z) + d(z,y) c. x≠z dan z≠y d(x,y) ≤ d(x,z) + d(z,y)
Untuk selanjutnya ruang metrik ini disebut ruang metrik diskrit.
Contoh 2.1.2
Diberikan X = R dan didefinisikan fungsi d : R×R→Rdengan definisi d(x,y)= x−y; untuk setiap x,y∈R.
(i) d(x,y) = x−y ≥0, jelas dari definisi. (ii) d(x,y) = x−y =0 jika dan hanya jika x=y. (iii) d(x,y) = x−y = −y+x =−(y−x) =−1 y−x =1 y−x = y−x = d(y,x) (iv) d(x,y) = x−y =(x−z+z− y) =(x−z)+(z−y) ≤ x−z + z−y = d(x,z) + d(z,y)
Selanjutnya ruang metrik ini disebut ruang metrik biasa (usual metric space).
Contoh 2.1.3
Diberikan X = Rn dan didefinisikan fungsi d: Rn×Rn →Rdengan definisi
) , ( yx d = 2 1 1 2 ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛
∑
− = n i i i y x , untuk setiap x =(x1,x2,...,xn),y =(y1,y2,...,yn)∈R n.Akan ditunjukkan (X,d) adalah ruang metrik (i) d( yx, )≥ 0, jelas dari definisi.
(ii) d( yx, )= 0 jika dan hanya jika x = y 1. apabila )d( yx, = 0 maka 2 1 1 2 ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −
∑
= n i i i y x = 0 2 2 2 2 2 1 1 ) ( ) ... ( ) (x −y + x −y + + xn −yn = 0 2 2 2 2 2 1 1 ) ( ) ... ( ) (x −y + x −y + + xn −yn = 0 2 )(xi −yi = 0, untuk setiap i=1,..,n
)
(xi −yi = 0, untuk setiap i=1,..,n
i i y
x = , untuk setiap i=1,..,n.
Jadi terbukti jika d( yx, )= 0 maka x = . y 2. apabila x= maka y
berlaku xi = , untuk i = 1,2,3,...,n, sehingga diperoleh yi
) , ( yx d = 2 1 1 2 ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛
∑
− = n i i i y x = 2 2 2 2 2 1 1 ) ( ) ... ( ) (x −y + x −y + + xn −yn = 2 2 2 2 2 1 1 ) ( ) ... ( ) (x −x + x −x + + xn −xn = 0+0+...+0 =0Jadi terbukti jika x= maka y d( yx, ) = 0
Dengan demikian )d( yx, = 0 jika dan hanya jika x = . y (iii) d( yx, )= d( xy, )
) , ( yx d = 2 1 1 2 ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −
∑
= n i i i y x = 2 2 2 2 2 1 1 ) ( ) ... ( ) (x −y + x −y + + xn −yn = 2 2 2 2 2 1 1 ) ( ) ... ( ) (y −x + y −x + + yn −xn = 2 1 1 2 ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛∑
− = n i i i x y =d( xy, ). (iv) d( yx, )≤ d( zx, )+ d( yz, )Untuk membuktikan Pertidaksamaan segitiga untuk metrik ini dipergunakan pertidaksamaan Cauchy – Schwarz.
Pertidaksamaan Cauchy – Schwarz :
2 1 1 2 2 1 1 2 1 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ≤
∑
∑
∑
= = = n i i n i i n i i iy x y x , untuk setiap x =(x1,x2,...,xn), ) ,..., , (y1 y2 yn y= ∈Rn. Bukti:Jika y =0, untuk setiap 1 ≤ i ≤ n, maka secara trivial terbukti. i
Anggap y ≠ 0, untuk suatu i, 1 ≤ i ≤ n, maka i
∑
= > n 1 2 0. i i y
Jika t sebarang bilangan real, maka didapat
∑
= ≥ − n 1 2 0 ) ( i i i ty x atau 2 0 1 2 2 1 1 2 −∑
+∑
≥∑
= = = n i i n i i i n i i t x y t y x untuk semua t∈R dan∑
= > n 1 2 0 i i y .Oleh karena itu diskriminan persamaan kuadrat dalam t di atas adalah nonpositif, maka D ≤ 0 0 4 2 − ac≤ b 2 1 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛−
∑
= n i i iy x - 4∑
= n 1 2 i i y .∑
= n 1 2 i i x ≤ 0 4 2 1 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛∑
= n i i iy x ≤ 4∑
= n 1 2 i i y .∑
= n 1 2 i i x 2 n 1 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛∑
= i i i y x ≤∑
= n 1 2 i i y .∑
= n 1 2 i i x atau 2 1 2 n 1 ) ( ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛∑
= i i i y x ≤ 2 1 n 1 2 n 1 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛∑
∑
= = i i i i y x∑
= n 1 i i i y x ≤ 2 1 n 1 2 2 1 n 1 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛∑
∑
= = i i i i y x Jadi terbukti, 2 1 1 1 2 2 1 ⎥⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ≤∑ ∑
∑
= = = n i n i i i n i i iy x y x = 2 1 n 1 2 2 1 n 1 2 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛∑
∑
= = i i i i y x , untuk setiap x =(x1,x2,...,xn),y =(y1,y2,...,yn)∈Rn. Sekarang akan dibuktikan pertidaksamaan segitiga,) , ( yx d = 2 1 1 2 ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −
∑
= n i i i y x =[
]
2 1 1 2 ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + −∑
= n i i i i i z z y x=
[
]
2 1 1 2 ) ( ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + −∑
= n i i i i i z z y x =[
]
2 1 1 2 2 2( )( ) ( ) ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + − − + −∑
= n i i i i i i i i i z x z z y z y x = 2 1 1 1 1 2 2 ( ) 2 ( )( ) ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − + − + −∑
∑
∑
= = = n i n i n i i i i i i i i i z z y x z z y x(Menggunakan Pertidaksamaan Cauchy – Schwarz)
≤ 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 ( ) 2 ( ) ( ) ) ( ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + − + −
∑
∑
∑
∑
= = = = n i n i n i i i n i i i i i i i z z y x z z y x = 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 ( ) ) ( ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −∑
∑
= = n i i i n i i i z z y x = 2 1 1 2 2 1 1 2 ( ) ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛∑
−∑
= = n i i i n i i i z z y x = )d( zx, + d( yz, ) Terbukti )d( yx, ≤ d( zx, )+ d( yz, )Untuk selanjutnya ruang metrik ini disebut ruang metrik Euclid.
Contoh 2.1.4
Diberikan X=R2 dan didefinisikan fungsi d: R2×R2 →Rdengan definisi )
, ( yx
d = x1−y1 + x2 −y2 ; untuk setiapx=(x1,x2), y=(y1,y2)∈ R2. Akan ditunjukkan (X,d) adalah ruang metrik.
(i) d( yx, )≥0, jelas dari definisi.
(ii) d( yx, )=0 jika dan hanya jika x = y 1. jika d( yx, )= 0 maka x = y 1 1 y x − + x2 − y2 =0 i i y
x − =0, untuk setiap i=1,2
i i y
x − = 0, untuk setiap i=1,2
i i y
x = , untuk setiap i=1,2.
Jadi terbukti jika d( yx, )= 0 maka x = y 2. jika x = maka y d( yx, )= 0 ) , ( yx d = x1− y1 + x2 −y2 = x1−x1 + x2 −x2 =0 + 0 =0
Jadi terbukti jika x= maka y d( yx, ) = 0
Dengan demikian d( yx, )= 0 jika dan hanya jika x = . y (iii) d( yx, ) = d( xy, ) ) , ( yx d = x1 −y1 + x2 −y2 = y1−x1 + y2 −x2 =d( xy, ). (iv) d( yx, ) =x1− y1 + x2 −y2
=(x1−z1)+(z1 −y1) + (x2 −z2)+(z2 − y2) ≤ x1−z1 + z1− y1 + x2 −z2 + z2 −y2 =( x1−z1 + x2 −z2 ) + ( z1− y1 + z2 −y2 ) =d( zx, )+ d( yz, )
Untuk selanjutnya ruang metrik ini disebut metrik segi empat pada R2.
Contoh 2.1.5
Diberikan X=R2 dan didefinisikan fungsi d: 2 2
R
R × →R dengan definisi )
, ( yx
d = maks { x1− y1 , x2 −y2 };untuk semuax=(x1,x2),y=(y1,y2)∈R2. Akan ditunjukkan (X,d) adalah ruang metrik.
(i) d( yx, )≥0, jelas dari definisi.
(ii) d( yx, )=0 jika dan hanya jika x = y 1. jika d( yx, )= 0 maka x = y ) , ( yx d = maks { x1− y1 , x2 −y2 }= 0, berarti 1 1 y x − =0 dan x2 −y2 =0
Jadi x1=y1 dan x2=y2, yang artinya x = y 2. jika x = maka y d( yx, )= 0 ) , ( yx d = maks { x1 −y1 , x2 − y2 } = maks { x1−x1 , x2 −x2 } = maks {0 , 0} = 0
Jadi terbukti jika x= maka y d( yx, ) = 0
Dengan demikian )d( yx, = 0 jika dan hanya jika x = . y (iii) d( yx, )= d( xy, ) ) , ( yx d = maks { x1 −y1 , x2 − y2 } = maks { y1−x1 , y2 −x2 }= d( xy, ) (iv) d( yx, )= maks { x1− y1 , x2 −y2 } Misal d( yx, )= maks { x1− y1 , x2 −y2 } = x1 −y1 ) , ( yx d = x1 −y1 = x1 −z1 +z1 −y1 ≤ x1−z1 + z1 −y1 ≤ maks
{
x1 −z1, x2 −z2}
+ maks{
z1 −y1, z2 − y2}
=d( zx, )+ d( yz, )Untuk kemungkinan d( yx, ),d( zx, ), dan d( yz, ) yang lain dikerjakan dengan cara serupa.
Untuk selanjutnya ruang metrik ini disebut ruang metrik maksimum pada R2.
Contoh 2.1.6
Diketahui X= C
[ ]
a,b = {f :[ ]
a,b → R f kontinu}dan diketahui fungsi d :C[ ]
a,b ×C[ ]
a,b → R dengan definisi d(f1,f2) =[ ]ab x ,
sup
∈ { f1(x)− f2(x)},
untuk setiap f1, f2∈ C
[ ]
a,b . Akan ditunjukkan (C[ ]
a,b , d) adalah ruang metrik. (i) d(f1,f2) ≥ 0karena d(f1,f2) = [ ]ab x , sup ∈ { f1(x)− f2(x)} dan f1(x)− f2(x) ≥ 0, maka [ ]ab x , sup ∈ { 1( ) 2( ) x f x f − } ≥ 0
(ii) d(f1,f2) = 0 jika dan hanya jika f1 = f2
1. jika d(f1,f2) = 0 maka f1 = f2 d(f1,f2) = 0 [ ]ab x , sup ∈ { 1( ) 2( ) x f x f − } = 0 ) ( ) ( 2 1 x f x f − = 0
f1(x) = f2(x); untuk setiap x∈[a,b].
f1 = f2
2. jika f1 = f2 maka d(f1,f2) = 0,
karena f1 = f2 maka f1(x) = f2(x); untuk setiap x∈[a,b].
d(f1,f2) = [ ]ab x , sup ∈ { 1( ) 2( ) x f x f − } = [ ]ab x , sup ∈ { f1(x)− f1(x) } = [ ]ab x , sup ∈ {0 } = 0 (iii) d(f1,f2) = d(f2,f1) d(f1,f2) = [ ]ab x , sup ∈ { f1(x)− f2(x)} = [ ]ab x , sup ∈ { f2(x)− f1(x)} = d(f2,f1)
(iv) d(f1,f2) = [ ]ab x , sup ∈ { f1(x)− f2(x)} ) ( ) ( 2 1 x f x f − = f1(x)− f3(x)+ f3(x)− f2(x) ≤ f1(x)− f3(x) + f3(x)− f2(x) ≤ [ ]ab x , sup ∈ { f1(x)− f3(x) } + x [ ]a,b sup ∈ { f3(x)− f2(x) } Jadi f1(x)− f2(x) ≤ [ ]ab x , sup ∈ { f1(x)− f3(x) } + x [ ]a,b sup ∈ { f3(x)− f2(x)}
Hal ini berarti
{
f1(x)− f2(x)}
terbatas dengan[ ]ab x ,
sup
∈ { f1(x)− f3(x) }+x [ ]a,b
sup
∈ { f3(x)− f2(x)}sebagai batas atas.
Hal ini berakibat
[ ]ab x , sup ∈ { f1(x)− f2(x)}≤ x[ ]a,b sup ∈ { f1(x)− f3(x) }+x[ ]a,b sup ∈ { f3(x)− f2(x) } atau d(f1,f2) ≤ d(f1,f3) + d(f3,f2). Contoh 2.1.7
Diketahui X= C
[ ]
0,1 = {f :[ ]
0,1 → R f kontinu} dan diketahui fungsi d:C[ ]
0,1 ×C[ ]
0,1 → R dengan definisi d(f1,f2) =∫
f x − f x dx 1 0 2 1( ) ( ) ; untuk setiap f1, f2∈ C[ ]
0,1 .Akan ditunjukkan (C
[ ]
0,1 ,d) ruang metrik. (i) d(f1,f2) =∫
f x − f x dx1
0
2
1( ) ( ) ≥ 0, karena f1(x)− f2(x)≥ 0
1. jika d(f1,f2) = 0 maka f1 = f2 d(f1,f2) =
∫
f x − f x dx 1 0 2 1( ) ( ) = 0 ) ( ) ( 2 1 x f x f − = 0 f1(x) = f2(x); untuk setiap x∈[0,1]. f1 = f2 2 jika f1 = f2 maka d(f1,f2) = 0,karena f1 = f2 maka f1(x) = f2(x); untuk setiap x∈[0,1].
d(f1,f2) =
∫
f x − f x dx 1 0 2 1( ) ( ) =∫
f x − f x dx 1 0 1 1( ) ( ) =∫
dx 1 0 0 = 0 (iii) d(f1,f2) = d(f2,f1) d(f1,f2) =∫
f x − f x dx 1 0 2 1( ) ( ) =∫
f x − f x dx 1 0 1 2( ) ( ) = d(f2,f1) (iv) d(f1,f2) =∫
f x − f x dx 1 0 2 1( ) ( ) =∫
f x − f x + f x − f x dx 1 0 2 3 3 1( ) ( ) ( ) ( ) =∫
f x − f x + f x − f x dx 1 0 2 3 3 1( ) ( )) ( ( ) ( )) (≤
∫
(
f x − f x + f x − f x)
dx 1 0 2 3 3 1( ) ( ) ( ) ( ) ≤∫
f x − f x dx 1 0 3 1( ) ( ) +∫
f x − f x dx 1 0 2 3( ) ( ) ≤ d(f1,f3) + d(f3,f2).B. Himpunan Terbuka dan Fungsi Kontinu
Pada subbab ini akan dijelaskan hubungan antara himpunan terbuka dengan fungsi kontinu di dalam ruang metrik.
Definisi 2.2.1
Diberikan sebarang ruang metrik (X,d), x0∈X dan bilangan real r>0.
Bola terbuka, bola tertutup dan luasan bola dengan pusat x dan jari-jari r 0 berturut-turut didefinisikan sebagai :
Bola terbuka (Open Ball) B(x0;r)=
{
x∈X d(x,x0)<r}
Bola tertutup (Closed Ball) B(x0;r)={
x∈X d(x,x0)≤r}
Luasan bola (Sphere) S(x0;r)=
{
x∈X d(x,x0)=r}
Dapat dilihat bahwa bola terbuka dengan radius r adalah himpunan semua titik di dalam X sehingga jaraknya terhadap pusat bola kurang dari r. Lebih jauh diperoleh hubungan :
) ; (x0 r
S = B(x0;r) - B(x0;r) Notasi lain untuk B(x0;r) adalah Br(x0).
Contoh 2.2.1
X=R dengan d(x,y) = x− y, untuk semua x,y∈R. Diberikan a∈R dan r>0, maka
) (a Br =
{
x:d(x,a)<r}
={
x: x−a <r}
={
x:−r <x−a<r}
={
x:a−r <x<a+r}
=(
a− ,r a+r)
Gambar 2.2.1 Contoh 2.2.2X = R2 dengan d( yx, )= (x1− y1)2 +(x2 −y2)2 , untuk semua x,y∈R2. Diberikan 2 R a∈ dan r>0, maka ) (a Br =
{
x:d(x,a)<r}
={
x: (x1−a1)2 +(x2 −a2)2 <r}
=
{
2 2}
2 2 2 1 1 ) ( ) ( : x a x a r x − + − < Gambar 2.2.2 Contoh 2.2.3 X = R2 dengan d( yx, )= x1−y1 + x2 −y2 Diberikan 2 R a∈ dan r>0, maka ) (a Br ={
x:d(x,a)<r}
={
x: x1−a1 + x2 −a2 <r}
Anggap (a1,a2) adalah pusat, maka, Br(a)=
{
x: x + y <r}
Untuk x = x1 −a1 dan y = x2 −a2Dari kondisi di atas terdapat empat kemungkinan : (i) x+ y<r (iii) −x+y<r (ii) x−y<r (iv) −x−y<r
Gambar 2.2.3 Contoh 2.2.4 X = R2 dengan d( yx, )=maks
{
x1−y1, x2 −y2}
. Diberikan 2 R a∈ dan r>0, maka ) (a Br ={
x:d(x,a)<r}
={
x:maks{
x1 −a1, x2 −a2}
<r}
Dari kondisi di atas terdapat dua kemungkinan : (i) Jika maks
{
x1 −a1, x2 −a2}
= x1−a1 <r.Maka titik batasnya adalah :
1 1 a x − =r r a x1 − 1 = atau x1−a1 =−r r a x1 = 1+ atau x1 =a1 −r (ii) Jika maks
{
x1 −a1, x2 −a2}
= x2−a2 <r2 2 a x − =r r a x2 − 2 = atau x2 −a2 =−r r a x2 = 2 + atau x2 =a2 −r Gambar 2.2.4 Contoh 2.2.5
[ ]
a b C X = , dengan(
)
[ ]{
( ) ( )}
sup , , x g x f g f d b a x − = ∈Diketahui h∈C
[ ]
a,b dan r>0. Maka, ) (h Br =( )
[ ]{
}
⎭⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ = − < ∈ f x h x r h f d f b a x ) ( ) ( sup , : , ={
f : f(x)−h(x) <r}
={
f :−r< f(x)−h(x)<r}
={
f :h(x)−r < f(x)<h(x)+r}
Gambar 2.2.5
Definisi 2.2.2
Diketahui X ruang metrik.
Himpunan K⊆ X dikatakan terbuka jika untuk setiap x∈K terdapat bola terbuka B sehingga x∈B ⊆ K.
Himpunan K⊆ X dikatakan tertutup jika komplemennya yaitu K
X
Kc = − terbuka.
Dari sini diperoleh bahwa setiap bola terbuka adalah himpunan terbuka dan setiap bola tertutup merupakan himpunan tertutup.
Bola terbuka B(x0,ε) dengan pusat x dan jari-jari 0 ε >0 juga biasa disebut persekitaran-ε (ε -neighbourhood) dengan pusat x dan jari-jari 0 ε . Himpunan A disebut persekitaran dari x jika ada bola terbuka 0 B(x0,ε)sehingga
) , ( 0
0 B x ε
setiap persekitaran dari x memuat 0 x ; dan jika N adalah suatu persekitaran dari 0
0
x dan N⊂ M maka M juga suatu persekitaran dari x . 0
Titik x disebut titik dalam (interior point) himpunan M0 ⊂ X jika terdapat persekitaran N dari x sehingga 0 x0∈ N ⊂ M. Jadi menurut definisi himpunan terbuka, himpunan M terbuka jika setiap anggotanya adalah titik dalam. Himpunan semua titik dalam M ditulis dengan 0
M atau int(M). Lebih lanjut int(M) adalah himpunan terbuka terbesar yang termuat dalam M.
Himpunan terbuka memegang peran penting dalam kaitannya dengan karakterisasi fungsi kontinu pada ruang metrik.
Contoh 2.2.6
Himpunan kosong 0/ terbuka sekaligus tertutup. Bukti :
Menurut pelajaran logika, kondisional A⇒B selalu benar apabila diketahui A pernyataan yang salah. Maka pernyataan-pernyataan
(i) x∈ 0/ ⇒x titik interior 0/ (ii) /0C =R terbuka⇒0/ tertutup.
Jadi himpunan kosong 0/ adalah terbuka sekaligus tertutup.
Definisi 2.2.3
Fungsi T : X →Y dikatakan kontinu di x0∈X jika untuk setiap ε >0 terdapat 0
>
δ sehingga berlaku d2
(
T(x),T(x0))
<ε untuk setiap x yang memenuhi δ < ) , ( 0 1 x xd . Fungsi T dikatakan kontinu jika T kontinu di setiap titik x∈X.
Teorema berikut menghubungkan konsep himpunan terbuka dalam ruang metrik dengan fungsi kontinu.
Teorema 2.2.1
Diketahui (X,d1), (Y,d2) ruang metrik
Fungsi T : X→Y kontinu jika dan hanya jika prapeta (preimage) setiap himpunan terbuka dalam Y juga terbuka dalam X.
Bukti :
⇒ Diketahui T kontinu.
Akan dibuktikan untuk semua himpunan terbuka S ⊆ , )Y T−1(S terbuka dalam X.
Ambil sebarang himpunan S ⊆ terbuka dan sebut Y T−1(S)= S . 0 Jika S adalah himpunan kosong maka 0 S terbuka atau tertutup. 0
Untuk selanjutnya anggap S bukan himpunan kosong. 0
Diambil sebarang x0∈ , harus ditunjukkan S0 x titik dalam 0 S . 0 Sebut y0 =T(x0)∈S.
Karena S terbuka maka y adalah titik dalam S. Jadi ada persekitaran-0 ε dari y yaitu N. Karena T kontinu, ada persekitaran-0 δ dari x yaitu 0 N 0 sehinggaT(N0)=N.KarenaN ⊂S makaT−1(N)⊂T−1(S)atauN0 ⊂S0. Jadi terdapat persekitaran N dari 0 x sehingga 0 x0 ∈N0 ⊂S0
Terbukti x titik dalam 0 S . Jadi setiap anggota 0 S adalah titik dalam. 0 Dengan kata lain 1( )
0 T S
S = − terbuka.
⇐ Diketahui prapeta setiap himpunan terbuka dalam Y juga terbuka dalam X Diambil sebarang x0∈X dan sebarang persekitaran-ε dari T(x0) yaitu N. Prapeta dari N yaitu N terbuka, karena N terbuka dan 0 N memuat 0 x . 0 Dari sini N juga memuat persekitaran-0 δ dari x , yang dipetakan ke N 0 karena N dipetakan ke N. Akibatnya menurut definisi T kontinu di 0 x . 0 Lebih lanjut karena x sebarang anggota X terbukti T kontinu 0
Contoh 2.2.7 (Contoh Fungsi Kontinu)
Diambil X = Y =R terhadap metrik biasa. Dibentuk fungsi f :X →Y dengan definisi ( ) 2
x x
f = ; untuk semua x∈X . Akan ditunjukkan fungsi f kontinu.
Dengan kata lain akan ditunjukkan f kontinu di setiap c∈X . Ambil sebarang c∈X .
Diberikan ε >0 harus dicari δ >0 sehingga untuk setiap x yang memenuhi δ
< − c
Ditinjau nilai-nilai x dalam bola terbuka B1
( ) (
c = c−1,c+1)
yaitu nilai-nilai x dengan x− c <1.Akan ditunjukkan adanya bilangan δ >0 sehingga untuk x− c <δ berlaku ε < − 2 2 c x . Untuk x− c <1 maka x2 −c2 = x+c x−c =
(
x−c+2c)
x−c ≤(
1+ 2c)
x−c . Jadi untuk x− c <1 maka x2 −c2 <ε apabilac c x 2 1+ < − ε
Dengan demikian jika diambil
⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + = c 2 1 , 1 min ε δ maka apabila x− c <δ berlaku 2 − 2 <ε c x . Terbukti f kontinu di c.
Karena pengambilan c sebarang maka terbukti f kontinu.
Pada bagian terakhir subbab ini akan dibahas mengenai titik limit dan penutup himpunan.
Definisi 2.2.4
Diketahui (X,d) ruang metrik dan M⊆ X.
Titik x0∈X disebut titik limit atau titik akumulasi (accumulation point) M jika setiap persekitaran-ε dari x memuat titik lain anggota M selain 0 x . 0
Himpunan semua titik limit M ditulis dengan M atau ' M d
Himpunan semua titik anggota M digabung dengan himpunan semua titik limit M disebut penutup (closure) himpunan M dan ditulis M .
Teorema 2.2.2 M M
M = ⇔ tertutup. Bukti:
Untuk sebarang M pasti tertutup Karena M =M ∪M'
Maka M tertutup
Contoh 2.2.8
X = R terhadap metrik biasa
(
1,2]
=
A maka A0 =
( )
1,2 , A′=[ ]
1,2 , dan A= A∪A′=[ ]
1,2 Contoh 2.2.9X = R2 terhadap metrik maksimum
{
( , )∈ 2 −2≤ ≤4, −1< <5}
= x y R x y M Maka 0 ={
( , )∈ 2 −2< <4, −1< <5}
y x R y x M{
( , )∈ 2 −2≤ ≤4, −1≤ ≤5}
= ′ x y R x y M{
( , )∈ 2 −2≤ ≤4, −1≤ ≤5}
= ′ ∪ =M M x y R x y MC. Kekonvergenan, Barisan Cauchy dan Kelengkapan
Barisan bilangan real memegang peranan penting dalam Kalkulus, dan metrik biasa (usual metric) dari R yang membantu mendefinisikan konsep dasar
kekonvergenan barisan. Sekarang akan dibahas secara singkat kekonvergenan barisan )(xn dalam sebarang ruang metrik (X,d).
Definisi 2.3.1 (Barisan Konvergen dan Limitnya)
Suatu barisan(xn)dalam ruang metrik (X,d) dikatakan konvergen jika ada x∈X sehingga 0 ) , ( lim = ∞ → d xn x n
Titik x disebut limit barisan(xn)dan dapat ditulis x xn n→∞ = lim atau singkatnya, x xn → .
Barisan yang tidak konvergen disebut divergen.
Terlihat bahwa d menghasilkan barisan bilangan real an =d(xn,x) yang mendefinisikan konvergensi (xn). Oleh karena itu jika xn → maka untuk setiap x
0 >
ε , terdapat bilangan asli N =N(ε) sehingga apabila n> N berlaku )
; (x ε B
xn∈ .
Perlu diperhatikan bahwa limit barisan konvergen dalam ruang metrik X harus merupakan anggota dari X.
Contoh 2.3.2
Ambil X adalah selang terbuka
( )
0,1 ⊂R dengan metrik biasa d(x,y)= x−y . Kemudian barisan ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ K , 4 1 , 3 1 , 2 1tidak konvergen sebab barisan ini konvergen ke
0 tetapi 0∉(0,1).
Sekarang dijelaskan dua sifat umum dari barisan konvergen, yaitu ketunggalan limit dan keterbatasan.
Definisi 2.3.2
Himpunan M ⊂ X dikatakan terbatas jika diameternya :
{
( , )}
sup ) ( , y x d M M y x ∈ = δadalah terbatas. Jika M terbatas, maka terdapat bilangan real r >sup
{
( , )}
, y x d M y x ∈
sehingga )M ⊂ B(x0;r , dimana x0∈X adalah sebarang titik.
Oleh karena itu (xn)⊂ X dapat disebut barisan terbatas jika himpunan titik (xn) merupakan himpunan terbatas dalam X.
Oleh karena itu akan dijelaskan pada teorema berikut :
Teorema 2.3.1
Diketahui (X,d) adalah ruang metrik, maka :
(i). Barisan konvergen(xn)⊂ X adalah terbatas dan memiliki limit tunggal. (ii) Jika xxn → dan yn → y∈ , maka X d(xn,yn)→d(x,y).
Bukti :
(i). Anggap xn → , jadi untuk setiap x ε >0, ada bilangan asli N = N(ε) sehingga untuk setiap n> N berlaku d(xn,x)<ε .
Khususnya diambil ε =1 maka akan didapat N = N(1) dimana 1
) , (x x <
d n , untuk semua n> N.
Ambil α =max
{
d(x1,x),d(x2,x),K,d(xN,x)}
maka d(xi,x)<α , untuksemua i = 1,2,...,N.
Jadi untuk semua i = 1,2,... akan berlaku d(xi,x)< 1+α Ini menunjukkan bahwa (xn)terbatas.
Misalkan xn → dan x xn → , menggunakan pertidaksamaan segitiga z didapatkan 00≤d(x,z)≤d(x,xn)+d(xn,z)→0+ .
Karena 0d(x,z)≥ dan d(x,z)≤0 maka d(x,z)=0 sehingga x = z. Dengan kata lain limit barisan (xn) adalah tunggal.
(ii) Dengan menggunakan pertidaksamaan segitiga ) , ( ) , ( ) , ( ) , (xn yn d xn x d x y d y yn d ≤ + + Maka didapat ) , ( ) , ( ) , ( ) , (xn yn d x y d xn x d y yn d − ≤ + ) , ( ) , ( ) , ( ) , (x y d x y d x x d y y d n n − ≤ n + n (i)
Dan dengan menukar peranan x dengan x dan n y dengan y serta n mengalikan dengan -1 diperoleh
) , ( ) , ( ) , ( ) , (x y d xn yn d xn x d y yn d − ≤ +
(
d(xn,x)+d(y,yn))
≤d(xn,yn)−d(x,y)− (ii)
Dengan menggabung pertidaksamaan (i) dan (ii) maka didapat 0 0 0 ) , ( ) , ( ) , ( ) , (xn yn −d x y ≤d xn x +d y yn → + = d
sehingga d(xn,yn)−d(x,y) →0 yang berarti d(xn,yn)→d(x,y).
Kini akan didefinisikan mengenai konsep kelengkapan dari ruang metrik, yang mempunyai peranan penting dalam pembahasan selanjutnya.
Definisi 2.3.3 (Definisi Barisan Cauchy Bilangan Real)
Barisan )(xn adalah barisan Cauchy bilangan real jika dan hanya jika memenuhi
kriteria kekonvergenan Cauchy yaitu apabila untuk setiap ε >0 maka terdapat )
(ε N
N = dimana xm −xn <ε, untuk setiap m,n> N.
Selanjutnya akan didefinisikan barisan Cauchy dalam ruang metrik dan hubungan kelengkapan dengan ruang metrik.
Definisi 2.3.4
Barisan )(xn dalam ruang metrik (X,d) disebut barisan Cauchy jika untuk setiap ε >0 terdapat N =N(ε) sehingga d(xm,xn)<ε , untuk setiap m,n> N.
Ruang X dikatakan lengkap (complete) jika setiap barisan Cauchy dalam X konvergen. Dengan kata lain barisan Cauchy (xn)⊂ X memiliki suatu limit x 0 dimana x0 ∈X .
Kemudian akan dibahas mengenai contoh-contoh dari kelengkapan dan kekonvergenan Cauchy.
Contoh 2.3.3
Garis real dan bidang kompleks adalah ruang metrik lengkap.
Contoh 2.3.4
Ruang R – {a} tidak lengkap karena tidak terdapat satu titik limit dari barisan real tertentu. Lebih jelas lagi, jika pada ruang R dihapus semua bilangan irasional maka ruang tersebut tidak lengkap. Pada selang terbuka (a,b) dengan metrik di R merupakan ruang metrik tidak lengkap.
Contoh 2.3.5
Diambil X=(0,1] menggunakan metrik biasa dan barisan (xn) dimana n xn = dan 1 n=1,2,.... adalah suatu barisan Cauchy tetapi tidak konvergen karena titik 0 tidak terdapat pada X. Ini menggambarkan konsep dari kekonvergenan bukan merupakan sifat utama dari barisannya tetapi tergantung pada ruang di mana barisan tersebut berada.
Teorema 2.3.2
Setiap barisan (xn) konvergen dalam suatu ruang metrik merupakan barisan Cauchy.
Bukti :
Diketahui xn → , maka untuk semua x ε >0 terdapat N =N(ε) dimana
2 ) , (x x <ε
d n untuk semua n> N
Akibatnya dengan menggunakan pertidaksamaan segitiga didapat untuk semua N n m, > berlaku ε ε ε = + < + ≤ 2 2 ) , ( ) , ( ) , (xm xn d xm x d x xn d
Jadi terbukti bahwa (xn) adalah barisan Cauchy.
Selanjutnya akan dibahas mengenai penutup (closure) dari himpunan dan kaitannya dengan barisan konvergen.
Teorema 2.3.4
Diketahui M himpunan bagian tak kosong dari ruang metrik (X,d) dan M adalah penutup M maka :
(i) x∈M jika dan hanya jika terdapat barisan (xn) dalam M sehingga x
xn → .
(ii) M adalah tertutup jika dan hanya jika xn∈M dan xn → berakibat x
M x∈ . Bukti :
Jika x∈/ , maka x adalah titik limit dari M. Akibatnya untuk setiap M K , 2 , 1 = n ( ;1) n x
B memuat xn ∈M , dan xn → karena x 1 →0
n untuk ∞
→
n .
Sebaliknya, jika (xn) barisan dalam M dan xn → , maka x x∈M atau untuk setiap persekitaran dari x ada titik xn ≠ , jadi x adalah titik limit x dari M. Akibatnya x∈M , menggunakan definisi dari penutup.
(ii) M adalah tertutup jika dan hanya jika M =M .
Definisi 2.3.5
Diketahui (X,d) ruang metrik.
Himpunan Y ⊆ X disebut ruang bagian X jika ( dY, ) merupakan ruang metrik.
Teorema 2.3.5
Ruang bagian M dari ruang metrik lengkap X adalah lengkap jika dan hanya jika M adalah tertutup dalam X.
Bukti :
Diketahui M adalah lengkap. Menggunakan teorema 2.3.4 (i), untuk setiap x∈M ada barisan (xn) dalam M dan xn → . Karena x (xn) adalah barisan Cauchy
(menggunakan teorema 2.3.2) dan M lengkap, (xn) konvergen dalam M, dan limitnya tunggal (menggunakan teorema 2.3.1). Oleh karena itu x∈M. Terbukti bahwa M adalah tertutup.
Sebaliknya diketahui M tertutup dan (xn) barisan Cauchy dalam M. Kemudian X
x
xn → ∈ , yang mengakibatkan x∈M ( menggunakan teorema 2.3.4.(i)), dan M
x∈ sebab M =M (karena M tertutup). Akibatnya untuk sebarang barisan Cauchy )(xn konvergen dalam M. Jadi terbukti M lengkap.
Teorema berikut akan menunjukkan arti penting barisan konvergen dalam kaitannya dengan fungsi kontinu.
Teorema 2.3.6
Diketahui ruang-ruang metrik (X,d1) dan (Y,d2)
Fungsi T:X →Y kontinu di titik x0 ∈X jika dan hanya jika xn → berakibat x ) ( ) (x T x0 T n → . Bukti :
⇒ Diasumsikan T kontinu di x . Kemudian diberi sebarang 0 ε >0, ada δ >0 sehingga apabila δ < ) , ( 0 1 x x d maka d2
(
T(x),T(x0))
<εDiketahui xn →x0. Kemudian ada N dimana untuk semua n> N berlaku δ < ) , ( 0 1 x x d n
Oleh karena itu, untuk semua n> N,
ε < )) ( ), ( ( 0 2 T x T x d n
⇐ Sebaliknya, diasumsikan jika xn →x0 maka T(xn)→T(x0) Akan dibuktikan T kontinu di x . 0
Andaikan T tidak kontinu, maka ada ε >0 dimana untuk setiap δ >0 untuk
0 x x≠ yang memenuhi δ < ) , ( 0 1 x x d tetapi d2
(
T(xn),T(x0))
≥ε Khususnya, untuk n 1 =δ terdapat x maka berlaku n
n x x d n 1 ) , ( 0 1 < tetapi d2
(
T(xn),T(x0))
≥εDidapat dengan jelas xn →x0 tetapi
(
T(xn))
tidak konvergen ke T(x0). Timbul kontradiksi dengan T(xn)→T(x0).Jadi terbukti T kontinu di x . 0
Berikut ini akan dijelaskan contoh-contoh ruang metrik lengkap dan ruang metrik tidak lengkap.
Untuk membuktikan kelengkapan ruang metrik (X,d) dilakukan dengan mengambil sebarang barisan Cauchy (xn) dalam X dan ditunjukkan bahwa (xn)
konvergen ke suatu x∈X. Perumusan umumnya sebagai berikut: (i) Dibentuk elemen x (untuk digunakan sebagai limit) (ii) Dibuktikan x dalam X.
Contoh 2.3.5
Ruang Euclid Rn adalah lengkap. Bukti :
Diketahui Rn merupakan ruang Euclid maka dapat didefinisikan
(
)
2 1 1 2 ) , ( ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − =∑
= n j j j y x d ξ η(
n)
x= ξ1,ξ2,L,ξ dan y=(
η1,η2,L,ηn)
n R ∈dimana x=
( )
ξj dan y=( )
ηj . Diambil sebarang barisan Cauchy (xm) dalam Rn ditulis(
1( ), , (m))
n m
m
x = ξ L ξ . Karena (xm) Cauchy maka untuk setiap ε >0 ada N sehingga berlaku
(
ξ
ξ
)
⎟
⎟
<
ε
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
∑
= 2 1 2 1 ) ( ) ()
,
(
n j r j m j r mx
x
d
, (i)untuk semua m,r >N. Dengan mengkuadratkan, maka didapat untuk m,r >N dan j =1 L, ,n
(
ξ ( ) −ξ (r))
2 <ε2 j m j dan ξ −ξ <ε ) ( ) ( r j m jIni menunjukkan untuk setiap 1≤ j≤n,
(
ξj(1),ξj(2),L)
merupakan barisan Cauchy bilangan real. Menurut Teorema 2.3.3, maka jm
j ξ
ξ ( ) →
untuk m→∞. Menggunakan n buah limit ini, dapat didefinisikan x=
(
ξ1,L,ξn)
. Dengan jelasn
R
x∈ . Dari (i) untuk r →∞ berlaku
ε ≤ ) , (x x d m ,
untuk semua m>N. Ini menunjukkan bahwa x adalah limit dari (xm) dan terbukti kelengkapan dari Rn karena (xm) diambil sebarang barisan Cauchy.
Contoh 2.3.6
Ruang fungsi C ,
[ ]
a b adalah lengkap. Bukti :Ambil sebarang (xm) barisan Cauchy dalam C ,
[ ]
a b . Maka untuk ε >0, ada N dimana untuk semua m,n> N berlakuε < − = ∈ ( ) ( ) sup ) , (x x x t x t d m n J t n m (*)
Dimana J =
[ ]
a,b . Akibatnya untuk sebarang t =t0∈J, ε < − ( ) ) (t0 x t0 xm nuntuk semua m,n>N . Ini menunjukkan bahwa
(
x1(t0),x2(t0),L)
barisan Cauchy dalam R. Karena R lengkap maka xm(t0)→x(t0) untuk m→∞. Dengan cara ini dapat dikaitkan setiap t∈J dengan tepat satu bilangan real x(t).Hal ini mendefinisikan suatu fungsi x pada J. Selanjutnya akan ditunjukkan
[ ]
a b Cx∈ , dan xm → . Dari (*) dan x n→∞ didapat ε ≤ − ∈ ( ) ( ) supxm t x t J t
untuk m>N. Akibatnya untuk setiap t∈J berlaku, ε ≤ − ( ) ) (t x t xm
untuk m≥ N. Ketaksamaan terakhir diatas menunjukkan bahwa (xm) konvergen menuju x pada
[ ]
a,b . Karena (xm) kontinu berarti jika diberikan ε >0 dapat ditemukan δ >0 sehingga xm(t)−xm(p) ≤ε2 bila t− p <δ2 untuk semua[ ]
a b pt, ∈ , dan diketahui (xm) konvergen berarti jika diberi ε >0 ada N∈Ν, untuk semua m≥N berlaku xm(t)− tx( ) ≤ε2, untuk semua t∈
[ ]
a,b . Jadi untuk semua t,t1∈[ ]
a,b , x(t)−x(t1) = x(t)−xm(t)+xm(t)−x(t1) ε < − + − ≤ x(t) xm(t) xm(t) x(t1) . Jadi x(t)−x(t1) <ε bila t−t1 = t−p+ p−t1 ≤ t− p + p−t <δ .Ini menunjukkan bahwa x kontinu pada
[ ]
a,b . Akibatnya, karena x kontinu pada mJ dan barisan (xm) konvergen, maka limit x kontinu pada J. Jadi x∈C
[ ]
a,b danx
xm → . Maka terbukti ruang fungsi C ,
[ ]
a b adalah lengkap. Berikut ini akan diberikan ruang metrik tidak lengkapContoh 2.3.7
Diketahui Q = himpunan semua bilangan rasional.
Barisan hampiran untuk 2; yaitu
(
1,4L1,41L1,414L1,4142L1,41421;L)
konvergen ke 2, tetapi 2∉Q. Jadi Q tidak lengkap.Contoh 2.3.8
dt t y t x y x d =
∫
1 − 0 ( ) ( ) ) , ( , untuk setiap x,y∈C[ ]
0,1 Maka ruang metrik X adalah tidak lengkap.Bukti :
Diandaikan X lengkap. Akan dibuktikan dengan contoh penyangkal.
Gambar 2.3.1 Gambar 2.3.2
Fungsi x pada gambar 2.3.1 adalah barisan Cauchy karena m d(xm,xn) adalah
daerah segitiga pada gambar 2.3.2, dan diberikan ε >0 ε < ) , (xm xn d dimana ε 1 ,n> m
Akan ditunjukkan barisan Cauchy ini tidak konvergen,
Diketahui 0xm(t)= , untuk ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ ∈ 2 1 , 0 t , 2 1 2 1 ) ( − − = m m a t t x untuk t∈⎢⎣⎡ ,am⎥⎦⎤ 2 1 1 ) (t = xm , untuk t∈
[ ]
am,1,dengan m am 1 2 1 +
= . Untuk setiap x∈Xberlaku
) , (x x d m =
∫
1 − 0 xm(t) x(t) dt =∫
∫
− +∫
− − − + − 1 2 1 0 2 1 ( ) 1 ( ) 2 1 2 1 ) ( m m a a m dt t x dt t x a t dt t xKarena fungsi yang diintegralkan tidak negatif, jadi d(xm,x)→0 dan berakibat masing-masing dari integral di ruas kanan mendekati nol, maka didapat
0 ) (t = xm , untuk ⎟ ⎠ ⎞ ⎢⎣ ⎡ ∈ 2 1 , 0 t , 1xm(t)= , untuk ⎜ ⎥⎦⎤ ⎝ ⎛ ∈ ,1 2 1 t .
Tetapi ini tidak mungkin untuk fungsi kontinu. Akibatnya (xm) tidak konvergen karena xm∉C
[ ]
0,1 .Jadi terbukti X tidak lengkap.
D. Ruang Topologi
Definisi 2.4.1
Diberikan himpunan X ≠0/.
Koleksi τ ⊂2X disebut topologi pada X jika memenuhi :
(i) /0∈τ dan X∈τ
(ii) jika U∈τ dan V∈τ maka U∩V ∈τ
(iii) jika Uα ∈τ untuk setiap α I , maka ∈
U
{Uα :α∈I}∈τ ; I adalah sebarang himpunan indeks.Anggota τ disebut himpunan terbuka.
Definisi 2.4.2
Ruang topologi adalah pasangan
(
X,τ)
, dengan X adalah suatu himpunan dan τ adalah topologi pada X.Contoh 2.4.1
{
a b c d e}
X = , , , , dan τ1 =
{
0/,X,{ } { } {
a , c,d , a,c,d} {
, b,c,d,e}
}
ruang topologi pada X karena :(i) 0/∈τ1 dan X∈τ1
(ii) jika U∈τ1 dan V∈τ1 maka U∩V ∈τ1
(iii) jika Uα∈τ1 untuk setiap α∈I, maka
U
{
Uα :α∈I}
∈τ1Sementara itu τ2 =
{
0/,X,{ } { } {
a , c,d , a,c,d} {
, b,c,d}
}
bukan ruang topologi pada X karena ada salah satu aksioma yang tidak terpenuhi yaitu :jika U∈τ2 dan V ∈τ2 maka U ∩V ∈/τ2 yaitu untuk U =
{ }
c,d ∈τ2 dan{
, ,}
∈τ2= b c d
V maka U ∩V =
{ }
b ∈/τ2Definisi 2.4.3
Diketahui
(
X,τ1)
dan(
Y,τ2)
ruang topologi. Fungsi f :X →Y kontinu di Xsehingga f(U)⊆V. Fungsi f :X →Y dikatakan kontinu jika f kontinu di setiap titik anggota X.
Definisi 2.4.4
Diketahui
(
X,τ1)
dan(
Y,τ2)
ruang topologi. Fungsi f :X →Y dikatakan homeomorfisma apabila f bijektif, f kontinu, dan −1f kontinu.
Ruang topologi
(
X,τ1)
dan(
Y,τ2)
dikatakan homeomorfik jika terdapat homeomorfisma f :X →Y.Sifat dari suatu himpunan yang diawetkan oleh sebarang homeomorfisma disebut sifat topologi (topological property).
Contoh 2.4.3
Diambil X=Y dengan τ sebarang topologi pada X. Dibentuk fungsi f :X →Y adalah fungsi identitas. Karena f fungsi identitas maka f bijektif, f kontinu, dan
1 −