TEOREMA TITIK TETAP BANACH

1. Titik Tetap

Fixed Point Pada subbab ini akan dibahas mengenai definisi titik tetap fixed point dalam suatu ruang metrik. Sebelumnya akan dibahas pengertian fungsi kontraksi contraction mapping dan kondisi Lipschitz Lipschitz condition. Definisi 3.1.1 Diketahui d X , ruang metrik. Fungsi X X F → : disebut fungsi kontraksi contraction mapping pada X jika terdapat bilangan real α dengan 1 ≤ α sehingga , 2 1 x F x F d 2 1 , . x x d α ≤ , untuk setiap X x x ∈ 2 1 , . Contoh 3.1.1 Diberikan fungsi R R f → : dengan definisi 3 2 1 + = x x f merupakan fungsi kontraksi pada R karena terdapat bilangan real α dengan 1 ≤ α sehingga y x y x y x y x y f x f − ≤ − = − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − + = − 3 2 2 1 2 1 2 1 3 2 1 3 2 1 , yaitu 3 2 = α . Contoh 3.1.2 Diberikan fungsi R R f → : dengan definisi 1 5 − = x x f bukan fungsi kontraksi pada R karena y x y x y x y f x f − = − = − − − = − 5 5 5 1 5 1 5 . Maka tidak ada 1 α yang memenuhi y x y f x f − ≤ − α . Definisi 3.1.2 Diketahui d X , ruang metrik Fungsi X X F → : dikatakan memenuhi kondisi Lipschitz Lipschitz condition apabila terdapat bilangan real positif α sehingga berlaku 2 1 2 1 , . , x x d x F x F d α ≤ ; untuk setiap X x x ∈ 2 1 , . Fungsi F demikian disebut Lipschitzian dan bilangan real α disebut konstanta Lipschitz. Contoh 3.1.3 Diberikan fungsi X X f → : , [ ] 1 , = X dengan definisi 2 x x f = adalah fungsi yang memenuhi kondisi Lipschitz Lipschitz condition, yaitu y x y x y x y x y f x f + ≤ − + = − = − 2 2 karena [ ] 1 , = X berlaku = ≤ 1 x maks { } 1 , maka untuk x dan y dalam [ ] 1 , . y x y f x f − ≤ − 2 dengan konstanta Lipschitz 2 = α . Dari Definisi 3.1.1 dan Definisi 3.1.2 terlihat bahwa setiap fungsi kontraksi pasti memenuhi kondisi Lipschitz dengan konstanta Lipschitz 1 ≤ α . Lema 3.1.1 Diketahui d X , ruang metrik Jika X X F → : fungsi kontraksi pada X maka F kontinu pada X. PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Bukti : Diberikan ε dan 1 x sebarang titik pada X. i Jika = α , maka ε = 0 , 2 1 x F x F d untuk setiap X x ∈ 2 . ii Jika 0 = α , diambil α ε δ = dan 2 x sebarang titik di X dengan δ ≤ 2 1 , x x d maka ε α ε α α = ≤ . , . , 2 1 2 1 x x d x F x F d . Jadi F kontinu di 1 x . Karena pengambilan 1 x sebarang, maka terbukti bahwa F kontinu pada X. Selanjutnya diberikan pengertian titik tetap. Definisi 3.1.4 Diketahui d X , ruang metrik, fungsi X X F → : dan X x ∈ . Titik X x ∈ disebut sebagai titik tetap fixed point dari fungsi F jika berlaku x x F = . Contoh 3.1.4 Diberikan [ ] R A ⊂ = 1 , dan fungsi A A f → : dengan aturan 3 x x f = , untuk setiap A x ∈ . Diperoleh bahwa 0 dan 1 merupakan titik tetap dari fungsi f sebab A ∈ dan = f serta A ∈ 1 dan 1 1 = f . Tetapi 2 1 bukan titik tetap f sebab 2 1 8 1 2 1 ≠ = f . Contoh 3.1.5 Diberikan R A ⊂ − = 1 , 1 dan fungsi A A g → : dengan aturan 3 2 + = x x g , untuk setiap A x ∈ . Fungsi g tidak mempunyai titik tetap. Diandaikan fungsi g mempunyai titik tetap, sebut x , berarti x x g = Dengan kata lain berlaku : 3 2 + x = x 3 2 3 1 + x = x 3 2 x = 3 2 x = 1 Jadi diperoleh titik tetap fungsi g adalah 1 = x . Karena 1 , 1 − ∈ x maka g tidak mempunyai titik tetap. Contoh 3.1.6 Diketahui [ ∞ = , 1 X dengan fungsi X X T → : didefinisikan 1 2 − + = x x x T . Akan ditunjukkan T adalah fungsi kontraksi sebagai berikut: y T x T − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − + − − 1 1 2 2 y y x x = 1 1 2 2 − − − + − y x y x PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI = y x y x 1 1 2 1 − + − = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − + − xy x y y x 2 1 = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − − xy y x y x 2 1 = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − xy y x 1 2 1 ≤ xy y x 1 2 1 − − ≤ y x xy − − 1 2 1 karena [ ∞ = , 1 X maka 1 ≥ x dan 1 ≥ y sehingga 1 ≥ y x 1 1 ≤ y x 1 1 − ≥ − y x 2 1 1 2 1 2 1 − ≥ − y x 1 2 1 1 2 1 − ≤ y x Karena 1 2 1 1 2 1 − ≤ y x Maka T adalah fungsi kontraksi. PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Akan dicari titik tetap untuk fungsi 1 2 − + = x x x T . p p T = p p p = + 1 2 1 2 2 = + − p p p 1 2 = + − p p 2 1 p p = 2 2 = − p 2 2 = + − p p 2 1 − = p dan 2 2 = p karena [ ∞ ∉ − = , 1 2 1 p maka 2 = p Uji nilai p merupakan titik tetap untuk fungsi 1 2 − + = x x x T 2 T = 2 1 2 2 + = 2 2 4 = 2 Jadi terbukti bahwa p merupakan titik tetap fungsi T. PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Contoh 3.1.7 Diketahui 2 R X = , fungsi 2 2 : R R f → dengan definisi 2 , 1 , 2 + + = y x y x f tidak mempunyai titik tetap. Bukti : Misalkan f mempunyai titik tetap 2 , R y x ∈ , y x f = , y x 2 , 1 2 + + y x = , y x 2 1 x x = + dan 2 y y = + Karena tidak terdapat x dan y yang memenuhi maka f tidak mempunyai titik tetap. Contoh 3.1.8 Diketahui 2 R X = , fungsi 2 2 : R R f → dengan definisi 2 , 2 , 2 2 − − = y x y x f mempunyai titik tetap yaitu: , y x f = , y x 2 , 2 2 2 − − y x = , y x 2 2 = − − x x dan 2 2 = − − y y 1 2 − = ∨ = x x dan 1 2 − = ∨ = y y Jadi titik tetap fungsi di atas adalah 1 , 2 , 2 , 1 , 2 , 2 − − dan 1 , 1 − − . a. Diketahui { } 2 2 1 1 , 1 1 , R y x R y x A ⊂ ≤ ≤ − ≤ ≤ − ∈ = b. Dalam A , fungsi f mempunyai hanya satu titik tetap yaitu 1 , 1 − − . c. Diketahui { } 2 2 2 2 1 , R y x R y x B ⊂ ≤ + ∈ = Dalam B , fungsi f tidak memiliki titik tetap. Teorema berikut menyatakan sifat titik tetap yang dimiliki oleh fungsi kontinu pada interval tertutup terbatas dalam R. Teorema 3.1.1 Setiap fungsi kontinu [ ] [ ] b a b a f , , : → mempunyai paling sedikit satu titik tetap, yaitu terdapat titik [ ] b a x , ∈ sehingga x x f = . Bukti : Diketahui [ ] [ ] b a b a f , , : → kontinu dan [ ] b a x f , ∈ , untuk setiap [ ] b a x , ∈ . Jika a a f = atau b b f = maka terbukti f mempunyai titik tetap. Dipandang a a f dan b b f . Dibentuk fungsi [ ] R b a g → , : dengan definisi x f x x g − = , untuk setiap [ ] b a x , ∈ . Diperoleh − = a f a a g dan 0 − = b f b b g . Karena b g a g dan g kontinu maka menurut Teorema Nilai Tengah Intermediate Value Theorem terdapat titik [ ] b a x , ∈ sehingga = x g . Akibatnya 0 = − = x f x x g atau x x f = . PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Contoh 3.1.9 Diketahui [ ] 3 , 2 − = X , didefinisikan fungsi [ ] [ ] 3 , 2 3 , 2 : − → − f dengan 2 10 5 − + = x x f . Maka menurut Teorema 3.1.1 terjamin bahwa f mempunyai paling sedikit satu titik tetap. Akan dicari titik tetap fungsi f yaitu [ ] 3 , 2 − ∈ C yang memenuhi : C C f = C C = − + 2 10 5 2 10 5 + = + C C 2 2 10 5 + = + C C 6 2 = − − C C 2 3 = + − C C 3 1 = C atau 2 2 − = C Uji nilai C merupakan titik tetap untuk fungsi 2 10 5 − + = x x f 2 10 3 5 3 − + = f 2 10 2 5 2 − + − = − f 3 3 = f 2 2 − = − f Jadi terbukti bahwa 2 1 − = C dan 3 2 = C merupakan titik tetap fungsi x f .

2. Teorema Titik Tetap Banach

Banach Fixed Point Theorem Berikut ini akan diberikan Teorema Titik Tetap Banach, bukti, beberapa contoh serta tinjauannya di dalam Ruang Topologi. Teorema ini memberikan syarat cukup suatu fungsi dari suatu ruang metrik ke dirinya sendiri mempunyai titik tetap. Teorema 3.2.1 Teorema Titik Tetap Banach Diberikan d X , ruang metrik lengkap. Setiap fungsi kontraksi X X F → : mempunyai sebuah titik tetap yang tunggal. Bukti : Karena F fungsi kontraksi pada X maka terdapat R ∈ α dengan 1 ≤ ≤ α sehingga , . , 2 1 2 1 x x d x F x F d α ≤ , untuk setiap X x x ∈ 2 1 , . Menurut Lemma 3.1.1, F kontinu pada X. Untuk menentukan titik tetap fungsi F digunakan metode substitusi berurutan successive substitution dipilih sebarang titik X x ∈ , selanjutnya dibentuk barisan n x dengan N n x F x n n ∈ = + , 1 . Jadi berlaku 1 x F x = 2 1 2 x F x F F x F x = = = 3 2 2 3 x F x F F x F x = = = 4 3 3 4 x F x F F x F x = = = M 1 1 x F x F F x F x n n n n = = = − − Secara induktif diperoleh x F x n n = , untuk setiap N n ∈ . Notasi n F di sini berarti komposisi fungsi sebanyak n kali. PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Akan ditunjukkan n x merupakan barisan Cauchy dalam X, untuk setiap N n ∈ didapat dengan 1 ≤ α : , , 1 1 n n n n x F x F d x x d − + = ≤ , . , . 1 2 1 − − − = n n n n x F x F d x x d α α ≤ , . , . 2 3 2 1 2 2 − − − − = n n n n x F x F d x x d α α ≤ , . , . 3 4 3 2 3 3 − − − − = n n n n x F x F d x x d α α M ≤ , . 1 x x d n α Dengan menggunakan pertidaksamaan segitiga diperoleh untuk setiap m n ≥ ; N m n ∈ , : , n m x x d ≤ , , , 1 2 1 1 n n m m m m x x d x x d x x d − + + + + + + K ≤ , , , 1 1 1 1 1 x x d x x d x x d n m m − + + + + α α α K ≤ , 1 1 1 2 x x d m n m − − + + + + α α α α K , menggunakan deret geometri ≤ , 1 1 1 x x d m n m ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − − α α α , 1 1 x x d m α α − Bentuk terakhir konvergen ke 0 untuk ∞ → m dapat dibuat , n m x x d sekecil mungkin dengan mengambil nilai m cukup besar Hal ini mengakibatkan { } n x merupakan barisan Cauchy dan oleh karena itu { } n x konvergen ke suatu X x ∈ sebab X ruang metrik lengkap. Kekontinuan F pada X mengakibatkan lim lim n n n n x F x F x F ∞ → ∞ → = = x x n n = = + ∞ → 1 lim . Jadi x x F = atau x merupakan titik tetap fungsi F. Selanjutnya akan dibuktikan bahwa titik x tersebut tunggal. Diandaikan y y F = , untuk suatu X y ∈ dan x y ≠ maka berlaku , . , , y x d y F x F d y x d α ≤ = . Karena 1 ≤ α dan , ≥ y x d maka haruslah , = y x d Jadi y x = , dengan kata lain titik x tunggal. Contoh 3.2.1 Dalam Teorema Titik Tetap Banach kelengkapan menjadi hal yang utama. Apakah ruang metrik tak lengkap memenuhi kriteria Teorema Titik Tetap Banach? Tidak, sebagai contoh penyangkal diambil ruang metrik tidak lengkap yaitu ] 1 , = X dengan fungsi X X f → : dengan definisi x x f 5 1 = , jelas merupakan fungsi kontraksi pada X. Akan dibuktikan tidak terdapat titik tetap dalam ruang metrik tersebut. Andaikan terdapat titik tetap p p f = p p = 5 1 5 4 = p X p ∉ = 0 Jadi terbukti ruang metrik tidak lengkap tidak memenuhi kriteria Teorema Titik Tetap Banach. Contoh 3.2.2 Dalam Teorema Titik Tetap Banach, untuk y x ≠ maka , , y x d y T x T d α . Diambil contoh dalam ruang metrik [ ∞ = , 1 X dengan definisi x x x T 1 + = . Akan ditunjukkan bahwa T adalah fungsi kontraksi dan tidak memiliki titik tetap. Bukti: Akan ditunjukkan T fungsi kontraksi y T x T − = 1 1 − − + − + y y x x = 1 1 − − − + − y x y x = y x y x 1 1 − + − = xy x y y x − + − = xy y x y x − − − = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − xy y x 1 1 ≤ xy y x 1 1 − − y x − α PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Dengan α = xy 1 1 − , karena [ ∞ = , 1 X maka 1 ≥ x dan 1 ≥ y sehingga 1 ≥ y x 1 1 ≤ y x 1 1 − ≥ − y x 1 1 1 − ≤ y x maka 1 1 1 − ≤ xy Jadi T fungsi kontraksi. Akan ditunjukkan T tidak memiliki titik tetap Diandaikan T memiliki titik tetap p p T = p p p = + 1 1 = p ............... Tidak ada p yang memenuhi , jadi T tidak memiliki titik tetap. Berikut ini akan diberikan contoh mengenai arti geometri dari fungsi kontraksi dan titik tetap. Contoh 3.2.3 Diketahui sebarang fungsi X X f → : fungsi kontraksi jika untuk semua 2 1 , x x 1 2 1 2 x x x F x F − ≤ − α , dimana 1 ≤ α . Pertidaksamaan ini disebut kondisi Lipschitz dengan konstanta Lipschitz α dari fungsi F, dan F disebut sebagai Lipschitzian pada X. Pernyataan di atas dapat ditulis sebagai : α ≤ − − 1 2 1 2 x x x F x F Secara geometris 1 2 1 2 x x x F x F − − berarti gradien fungsi F. Jika digambar pada grafik maka F terbatas dengan nilai mutlak 1 α . Pada umumnya, jika F terdiferensial dengan α ≤ ′ x F untuk semua x. Akibatnya fungsi terdiferensial F pada X adalah fungsi kontraksi jika dan hanya jika 1 ≤ ′ α x F untuk semua x. Secara sederhana Teorema Titik Tetap Banach dapat dijelaskan secara geometri dalam gambar di bawah ini. PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Gambar 3.2.1 Contoh 3.2.4 Diketahui fungsi X X F → : dengan definisi 1 2 + = x x F . Cukup jelas bahwa F adalah fungsi kontraksi, oleh karena itu mempunyai titik tetap x tunggal. Secara geometrik, nilai x adalah titik potong grafik fungsi dengan garis y = x sebagai mana dapat dilihat pada gambar berikut ini : Gambar 3.2.2 Jika dibentuk barisan { } n x dengan = x dan 1 − = n n x F x , akan didapat : = x 1 1 = = F x 2 3 1 2 = = x F x 4 7 2 3 = = x F x 8 15 3 4 = = x F x 16 31 4 5 = = x F x M 1 2 1 2 − − = n n n x PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Barisan { } ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ − = −1 2 1 2 n n n x konvergen ke 2, sebab n n x ∞ → lim = 1 2 1 2 lim − ∞ → − n n n = 1 2 2 1 2 lim − ∞ → − n n n = 2 ln 2 2 ln . 2 lim 2 n n n ∞ → =2 Berikut ini akan diberikan pembahasan mengenai akibat dari Teorema Titik Tetap Banach Banach Fixed Point Theorem. Akibat 3.2.1 Misalkan [ ] R b a I ⊂ = , dan I I f → : fungsi terdiferensial di setiap titik dalam I dengan k x f ≤ ′ , 0k1, untuk setiap I x ∈ maka terdapat dengan tunggal titik I x ∈ sehingga x x f = . Bukti : Diketahui f terdiferensial di setiap titik dalam I dan k x f ≤ ′ , 0k1, untuk setiap I x ∈ . Teorema Nilai Rata-Rata Lagrange Lagrange’s Mean Value Theorem mengakibatkan k a b a f b f i i i i ≤ − − ⇔ i i i i a b k a f b f − ≤ − , untuk setiap I b a i i ∈ , . Dengan kata lain f merupakan fungsi kontraksi. Karena R lengkap, menurut Teorema 3.2.1 di atas terbukti terdapat dengan tunggal I x ∈ sehingga x x f = . Akibat 3.2.2 Pada Teorema 3.2.1, barisan n x dengan sebarang X x ∈ konvergen ke titik tetap tunggal X x ∈ dari F. Terkait dengan tingkat atau laju konvergensi dari barisan hampiran titik tetap tersebut, perkiraan kesalahan Error Estimate adalah perkiraan awal Prior Estimate yaitu , 1 , 1 x x d x x d m m α α − ≤ .......................................................... dan perkiraan akhir Posterior Estimate yaitu , 1 , 1 m m m x x d x x d − − ≤ α α ....................................................... Bukti : Dari bukti Teorema 3.2.1 diperoleh , 1 , 1 m n x x d x x d m n m − ≤ K α α Dengan mengambil ∞ → n diperoleh . Selanjutnya, dari dengan mengambil m=1, x y = dan 1 1 x y = diperoleh , 1 , 1 1 y y d x y d α α − ≤ . Dipilih 1 − = m x y , berakibat m x y F y = = 1 dan diperoleh . Batas kesalahan awal Prior Error Bound dapat digunakan pada awal perhitungan jumlah langkah yang diperlukan untuk mencapai akurasi yang diberikan. PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Sementara Batas kesalahan akhir Posterior Error Bound dapat digunakan pada tahap pertengahan atau pada akhir dari suatu perhitungan. Perhitungan tersebut sekurang-kurangnya akan memiliki akurasi sama dengan atau bahkan lebih baik. Dalam Teorema selanjutnya akan dibahas teorema yang menyatakan bahwa jika fungsi komposisi m F mempunyai sebuah titik tetap x maka x juga merupakan titik tetap tunggal untuk fungsi F. Teorema 3.2.2 Diberikan d X , ruang metrik lengkap dan fungsi X X F → : . Jika fungsi m F mempunyai sebuah titik tetap tunggal x untuk suatu m ∈N maka x juga merupakan titik tetap tunggal untuk fungsi F. Bukti : - Untuk m=1, jelas. - Untuk m1 Karena x merupakan titik tetap untuk fungsi m F maka x x F m = . Jadi x F F x F F x F m m = = . Jadi x F adalah sebuah titik tetap untuk m F dan karena titik tetap m F tunggal maka berakibat x x F = . Karena setiap titik tetap untuk F juga merupakan titik tetap untuk m F maka x merupakan titik tetap tunggal untuk F. PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Dari Teorema 3.2.1 dan Teorema 3.2.2 dapat diturunkan akibat berikut : Akibat 3.2.3 Diberikan d X , ruang metrik lengkap dan fungsi X X F → : . Jika m F merupakan suatu fungsi kontraksi untuk suatu m ∈N maka F mempunyai sebuah titik tetap yang tunggal. Bukti : Diketahui m F merupakan suatu fungsi kontraksi untuk suatu m ∈N, menurut Teorema 3.2.1 Teorema Titik Tetap Banach maka m F mempunyai titik tetap yang tunggal. Karena m F mempunyai titik tetap yang tunggal menurut Teorema 3.2.2 maka F mempunyai sebuah titik tetap yang tunggal. Seringkali terjadi bahwa fungsi F bukan merupakan fungsi kontraksi pada seluruh ruang metrik X tetapi hanya pada himpunan bagian Y dari X. Teorema berikut memberikan pembatasan domain fungsi pada ruang metriknya. Teorema 3.2.3 Diberikan d X , ruang metrik lengkap dan fungsi X X F → : . Jika F adalah fungsi kontraksi pada sebuah bola tertutup { } , , ≤ ∈ = r r x x d X x Y dan berlaku r x F x d 1 , α − maka barisan n x yang didefinisikan dengan 1 n n x F x = + untuk setiap N n ∈ konvergen ke suatu Y x ∈ . Disini x merupakan titik tetap tunggal fungsi F pada Y. PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Bukti : Akan ditunjukkan bahwa untuk setiap m, m x sebagaimana x berada di Y. Dari bukti Teorema Titik Tetap Banach diperoleh , 1 , 1 x x d x x d m n m α α − ≤ . Diambil m=0 dan menukar peranan n dengan m didapat , 1 1 , 1 x x d x x d m α − ≤ . Karena , , 1 x F x d x x d = maka diperoleh r x x d x x d m − ≤ , 1 1 , 1 α . Jadi Y x m ∈ untuk setiap m. Karena x x m → dan Y tertutup diperoleh Y x ∈ . Penegasan dari teorema ini merupakan akibat langsung dari bukti teorema titik tetap Banach. Contoh 3.2.5 Pandang 2 R sebagai ruang metrik dengan metrik biasa Usual Metric yaitu metrik Euclid dan fungsi 2 2 : R R F → didefinisikan sebagai berikut : ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ → ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ 1 2 1 2 22 21 1 12 11 2 1 x x b a a b a a x x F , untuk setiap 2 2 1 R x x x ∈ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = . Dengan menggunakan pertidaksamaan Cauchy Schwarz hal 9 diperoleh 2 2 22 2 21 2 12 2 11 2 , , y x d a a a a y F x F d + + + ≤ Ditinjau harus : Jika 2 22 2 21 2 12 2 11 a a a a + + + 1 maka berakibat F merupakan fungsi kontraksi. Misalnya, diberikan fungsi 2 2 : R R F → dengan aturan sebagai berikut : ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + + − → ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ 8 2 1 2 1 3 4 1 3 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x x F , untuk setiap 2 2 1 R x x x ∈ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = atau ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − − − → ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ 1 8 2 1 2 1 3 4 1 3 1 2 1 2 1 x x x x F , untuk setiap 2 2 1 R x x x ∈ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = Dari sini, 1 144 97 2 1 2 1 4 1 3 1 2 2 2 2 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛− + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ atau F merupakan fungsi kontraksi. Karena 2 R lengkap maka menurut Teorema 3.2.1 terjamin bahwa terdapat dengan tunggal titik tetap R ∈ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = 2 1 α α α sedemikian hingga berlaku ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = 2 1 2 1 α α α α α F F Selanjutnya akan dicari titik tetap tersebut ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ 2 1 2 1 α α α α F ⇔ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + + − 2 1 2 1 2 1 8 2 1 2 1 3 4 1 3 1 α α α α α α Diperoleh sistem persamaan ⎭ ⎬ ⎫ = − = + 16 36 3 8 2 1 2 1 α α α α yang memberikan 11 84 1 = α dan 11 92 2 − = α Jadi ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = 11 92 11 84 α adalah titik tetap tunggal fungsi F pada 2 R . Uji nilai α merupakan titik tetap untuk fungsi ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + + − → ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ 8 2 1 2 1 3 4 1 3 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x x F ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − + + = ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛− + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛− − → ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − 11 92 11 84 11 88 11 46 11 42 11 33 11 23 11 28 8 11 92 2 1 11 84 . 2 1 3 11 92 . 4 1 11 84 . 3 1 11 92 11 84 F Jadi terbukti bahwa α merupakan titik tetap fungsi F . Definisi 3.2.1 Diberikan d X , ruang metrik Ruang X dikatakan mempunyai sifat titik tetap Fixed Point Property jika setiap fungsi kontinu X X F → : mempunyai titik tetap, yaitu terdapat X x ∈ sehingga x x F = . Berikut akan dibicarakan secara singkat sifat titik tetap dalam ruang topologi. Seperti halnya kekompakkan Compactness dan keterhubungan Connectedness ternyata sifat titik tetap juga merupakan suatu sifat topologi, yaitu diawetkan oleh setiap homeomorfisma pada ruang topologi tersebut. Teorema 3.2.4 Sifat titik tetap merupakan suatu sifat topologi. PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI Bukti : Misalnya diketahui 1 , τ X merupakan sebuah ruang topologi yang mempunyai sifat titik tetap dan misalkan 2 , τ Y ruang topologi yang homeomorfik dengan 1 , τ X . Jadi terdapat homeomorfisma Y X → : φ . Akan ditunjukkan 2 , τ Y mempunyai sifat titik tetap. Diambil sebarang fungsi kontinu Y Y f → : . Karena φ suatu homeomorfisma maka φ dan 1 − φ kontinu menurut definisi homeomorfisma. Hal ini berakibat komposisi fungsi-fungsi kontinu X X f → − : 1 φ φ o o juga kontinu. Diketahui 1 , τ X mempunyai sifat titik tetap, berarti terdapat X x ∈ sehingga 1 x x f = − φ φ o o . Diperhatikan bahwa φ φ φ φ o o o o f f 1 − = sebab 1 − φ φ o =1, yaitu fungsi identitas Sehingga diperoleh: x f φ = 1 x f φ φ φ o o o − = 1 x f φ φ φ o o − = x φ Sebut y x = φ , untuk suatu Y y ∈ . Jadi fungsi kontinu f mempunyai titik tetap, yaitu y . Jadi ruang topologi 2 , τ Y mempunyai sifat titik tetap. PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI

BAB IV PENERAPAN TEOREMA TITIK TETAP BANACH

Teorema Titik Tetap Banach mempunyai peranan penting dalam berbagai bidang matematika terapan diantaranya untuk metode iterasi dalam penyelesaian sistem persamaan linear, yaitu memberikan syarat cukup untuk konvergensi dan batas kesalahannya. Dalam kalkulus, titik tetap merupakan titik potong suatu kurva dengan garis x y = , sementara di dalam aljabar linear, titik tetap muncul sebagai vektor eigen x yang berkorespondensi dengan nilai eigen 1 = λ . Pada ilmu komputer, teori Titik Tetap berperan dalam menjamin bahwa objek-objek yang terdefinisi secara rekursif tidak membentuk loop yang tak terhingga. Sedangkan dalam ilmu ekonomi, titik tetap dipakai dalam menentukan kesetimbangan pasar. Di sini akan dibahas satu penerapan Titik Tetap Banach yaitu dalam bidang persamaan diferensial. Beberapa aplikasi yang cukup menarik dari Teorema Titik Tetap Banach adalah berhubungan dengan Ruang Fungsi. Teorema Titik Tetap Banach memberikan jaminan eksistensi dan ketunggalan untuk penyelesaian persamaan diferensial. 4.1. Penerapan Teorema Titik Tetap Banach Pada Penyelesaian Persamaan Diferensial Orde Satu , y x f dx dy = . Pada Subbab ini akan dibahas penerapan Teorema Titik Tetap Banach untuk membuktikan Teorema Eksistensi dan Ketunggalan dari penyelesaian suatu persamaan diferensial. Misalkan D himpunan dalam 2 R dan fungsi R D f → : kontinu, akan diselidiki pencarian penyelesaian dari persamaan diferensial orde satu , y x f dx dy = di dalam D dengan menggunakan Teorema Titik Tetap Banach. Definisi 4.1.1 Misalkan , y x P sebuah titik di dalam D. Sebuah fungsi x y ϕ = adalah penyelesaian dari Masalah Nilai Awal Initial Value Problem ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = , y x y y x f dx dy jika dan hanya jika , x x f x ϕ ϕ = ′ untuk x dalam suatu interval { } h x x h x x I + ≤ ≤ − = dan jika ϕ memenuhi syarat awal x y ϕ = . Akan ditunjukkan bahwa jika f memenuhi beberapa kondisi tertentu, penyelesaian dari masalah nilai awal tersebut ada dan tunggal. Dengan menggunakan Teorema Titik Tetap Banach maka penyelesaian tersebut selalu dapat dicari dengan teknik iterasi. Definisi 4.1.2 Diketahui X ruang metrik, R X f → : dan R X g → : adalah fungsi kontinu terbatas pada X. Didefinisikan jarak f dan g sebagai sup , x g x f g f d X x − = ∈ Teorema 4.1.1 Diketahui X ruang metrik dan CX ruang metrik dari fungsi kontinu terbatas pada X serta n f barisan fungsi dengan X C f n ∈ , untuk setiap n. Barisan n f konvergen ke fungsi f dalam CX jika dan hanya jika barisan n f konvergen seragam ke fungsi f pada X. Bukti: ⇒ Misalkan diketahui barisan n f konvergen ke fungsi f dalam CX maka , → f f d n untuk ∞ → n . Dengan kata lain untuk setiap ε terdapat N n ∈ sehingga ε ≤ − x f x f n , untuk setiap n n ≥ dan untuk setiap X x ∈ , sehingga ε ≤ − ∈ sup x f x f n X x , untuk semua n n ≥ , yaitu n f konvergen seragam ke fungsi f pada X.