Teorema titik tetap banach.

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.

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 y

d , jarak/metrik antara titik x dan y.

(

X,d

)

ruang metrik.

{ }

xn barisan dengan suku-suku xn.

x

x_n → barisan

{ }

x_n konvergen ke x.

Y X

f : → fungsi/pemetaan dari X ke Y.

( )

X

C 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 persamaan

0 ) (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 x₀ =1 (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 ×X ke R yang memenuhi aksioma-aksioma berikut:

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

) , (x y

d = 2

1

1

2 )

( ⎟

⎠ ⎞ ⎜

⎝

⎛

_∑

₋

=

n

i

i i y

x , untuk setiap x =(x₁,x₂,...,x_n),y=(y₁,y₂,...,y_n)∈Rn. Akan ditunjukkan (X,d) adalah ruang metrik

(ii) d(x,y)= 0 jika dan hanya jika x = y 1. apabila )d(x,y = 0 maka

2 1

1

2 )

( ⎟

⎠ ⎞ ⎜

⎝

⎛ ₋

∑

=

n

i

i i y

x = 0

2 2

2 2 2 1

1 ) ( ) ... ( )

(x −y + x −y + + x_n −y_n = 0

2 2

2 2 2 1

1 ) ( ) ... ( )

(x −y + x −y + + x_n −y_n = 0

2

)

(x_i −y_i = 0, untuk setiap i=1,..,n )

(x_i −y_i = 0, untuk setiap i=1,..,n

i i y

x = , untuk setiap i=1,..,n.

Jadi terbukti jika d(x,y)= 0 maka x = y. 2. apabila x= y maka

berlaku x_i = y_i, untuk i = 1,2,3,...,n, sehingga diperoleh

) , (x y

d = 2

1

1

2

)

( ⎟

⎠ ⎞ ⎜

⎝

⎛

_∑

₋

=

n

i

i i y

x

= (x₁ −y₁)2 +(x₂ −y₂)2 +...+(x_n −y_n)2

= (x₁ −x₁)2 +(x₂ −x₂)2 +...+(x_n −x_n)2

= 0+0+...+0 =0

Jadi terbukti jika x= y maka d(x,y) = 0

Dengan demikian )d(x,y = 0 jika dan hanya jika x = y. (iii) d(x,y)= d(y,x)

) , (x y

d = 2

1 1 2 ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ₋

∑

= n i i i y x

= (x₁ −y₁)2 +(x₂ −y₂)2 +...+(x_n −y_n)2

= 2 2

2 2 2 1

1 ) ( ) ... ( )

(y −x + y −x + + y_n −x_n

= 2 1 1 2 ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

_∑

₋ = n i i i x y

=d(y,x).

(iv) d(x,y)≤ d(x,z)+ d(z,y)

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,...,x_n),

) ,..., ,

(y₁ y₂ y_n

y= ∈Rn. Bukti:

Jika y_i=0, untuk setiap 1 ≤i ≤n, maka secara trivial terbukti. Anggap y_i≠ 0, untuk suatu i, 1 ≤i ≤n, maka

∑

= > 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,...,x_n),y =(y₁,y₂,...,y_n)∈Rn. Sekarang akan dibuktikan pertidaksamaan segitiga,

) , (x y

d = 2

1 1 2 ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ₋

∑

= n i i i y x

=

[

]

2

1 1 2 ) ( ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ _{− + −}

∑

= n i i i i

i z z y

=

[

]

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(x,z + d(z,y)

Terbukti )d(x,y ≤ d(x,z)+ d(z,y)

Untuk selanjutnya ruang metrik ini disebut ruang metrik Euclid.

Contoh 2.1.4

Diberikan X=R2 dan didefinisikan fungsi d: R2×R2 →Rdengan definisi )

, (x y

d = x₁−y₁ + x₂ −y₂ ; untuk setiapx=(x₁,x₂), y=(y₁,y₂)∈ R2. Akan ditunjukkan (X,d) adalah ruang metrik.

(i) d(x,y)≥0, jelas dari definisi. (ii) d(x,y)=0 jika dan hanya jika x = y

1. jika d(x,y)= 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(x,y)= 0 maka x = y 2. jika x = ymaka d(x,y)= 0

) , (x y

d = x₁− y₁ + x₂ −y₂

= x₁−x₁ + x₂ −x₂

=0 + 0

=0

Jadi terbukti jika x= y maka d(x,y) = 0

Dengan demikian d(x,y)= 0 jika dan hanya jika x = y. (iii) d(x,y) = d(y,x)

) , (x y

d = x₁ −y₁ + x₂ −y₂

= y₁−x₁ + y₂ −x₂

=d(y,x).

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

Untuk selanjutnya ruang metrik ini disebut metrik segi empat pada R2.

Contoh 2.1.5

Diberikan X=R2 dan didefinisikan fungsi d: R2×R2 →R dengan definisi )

, (x y

d = maks { x₁− y₁ , x₂ −y₂ };untuk semuax=(x1,x2),y=(y1,y2)∈R

2 . Akan ditunjukkan (X,d) adalah ruang metrik.

(i) d(x,y)≥0, jelas dari definisi. (ii) d(x,y)=0 jika dan hanya jika x = y

1. jika d(x,y)= 0 maka x = y )

, (x y

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 = ymaka d(x,y)= 0 )

, (x y

d = maks { x₁ −y₁ , x2 − y2 }

= maks { x₁−x₁ , x₂ −x₂ } = maks {0 , 0}

Jadi terbukti jika x= y maka d(x,y) = 0

Dengan demikian )d(x,y = 0 jika dan hanya jika x = y. (iii) d(x,y)= d(y,x)

) , (x y

d = maks { x1 −y1 , x2 − y2 }

= maks { y₁−x₁ , y2 −x2 }= d(y,x)

(iv) d(x,y)= maks { x₁− y₁ , x₂ −y₂ }

Misal d(x,y)= maks { x1− y1 , x2 −y2 } = x1 −y1

) , (x y

d = x₁ −y₁

= x₁ −z₁ +z₁ −y₁ ≤ x₁−z₁ + z₁ −y₁

≤ maks

{

x₁ −z₁, x₂ −z₂

}

+ maks

{

z₁ −y₁, z₂ − y₂

}

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

Untuk kemungkinan d(x,y),d(x,z), dan d(z,y) 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) ≥ 0

karena d(f1,f2) =

[ ]ab x ,

sup

∈ { f1(x)− f2(x)} dan f1(x)− f2(x) ≥ 0, maka [ ]ab

x , sup

∈

{ f₁(x)− f₂(x)} ≥ 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

∈

{ f₁(x)− f₂(x)} = 0

) ( )

( ₂

1 x f x

f − = 0

f1(x) = f2(x); untuk setiap x∈[a,b].

f1 = f2

2. jika f1 = f2maka d(f1,f2) = 0,

karena f1 = f2 maka f1(x) = f2(x); untuk setiap x∈[a,b].

d(f1,f2) =

[ ]ab x ,

sup

∈

{ f₁(x)− f₂(x)} =

[ ]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) } + [ ]ab x ,

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 dx

1

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 = f2maka 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 x₀ dan jari-jari r 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 B_r(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

B_r =

{

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 2.2.2

X = R2 dengan d(x,y)= 2 2 2 2 1

1 ) ( )

(x − y + x −y , untuk semua _x,y∈_R2_.

Diberikan a∈R2 dan r>0, maka

) (a

B_r =

{

x:d(x,a)<r

}

=

{

x:(x₁−a₁)2 +(x₂ −a₂)2 <r2

}

Gambar 2.2.2

Contoh 2.2.3

X = R2 dengan d(x,y)= x₁−y₁ + x₂ −y₂

Diberikan a∈R2 dan r>0, maka

) (a

B_r =

{

x:d(x,a)<r

}

=

{

x: x₁−a₁ + x₂ −a₂ <r

}

Anggap (a₁,a₂) adalah pusat, maka, B_r(a)=

{

x: x + y <r

}

Untuk x = x₁ −a₁ dan y = x₂ −a₂

Dari kondisi di atas terdapat empat kemungkinan : (i) x+ y<r (iii) −x+y<r

Gambar 2.2.3

Contoh 2.2.4

X = R2 dengan d(x,y)=maks

{

x₁−y₁, x₂ −y₂

}

. Diberikan a∈R2 dan r>0, maka

) (a

B_r =

{

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 <r Maka titik batasnya adalah :

2

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

B_r =

( )

[ ]

{

}

⎭⎬ ⎫ ⎩

⎨

⎧ _{= − <}

∈ 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

}

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 x₀ dan jari-jari ε >0 juga biasa disebut persekitaran-ε (ε-neighbourhood) dengan pusat x₀ dan jari-jari ε. Himpunan A disebut persekitaran dari x₀ jika ada bola terbuka B(x₀,ε)sehingga

) , ( ₀

0 B x ε

setiap persekitaran dari x₀ memuat x₀; dan jika N adalah suatu persekitaran dari

0

x dan N⊂M maka M juga suatu persekitaran dari x₀.

Titik x₀ disebut titik dalam (interior point) himpunan M⊂X jika terdapat persekitaran N dari x₀ sehingga x₀∈ N⊂M. Jadi menurut definisi himpunan terbuka, himpunan M terbuka jika setiap anggotanya adalah titik dalam. Himpunan semua titik dalam M ditulis dengan M0 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) 0/C =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 x

d . 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 ⊆Y terbuka dan sebut T−1(S)= S₀. Jika S₀ adalah himpunan kosong maka S₀ terbuka atau tertutup.

Untuk selanjutnya anggap S₀ bukan himpunan kosong.

Diambil sebarang x₀∈S₀, harus ditunjukkan x₀ titik dalam S₀. Sebut y₀ =T(x₀)∈S.

Karena S terbuka maka y₀ adalah titik dalam S. Jadi ada persekitaran-ε dari y₀ yaitu N. Karena T kontinu, ada persekitaran-δ dari x₀ yaitu N₀ sehinggaT(N₀)=N.KarenaN ⊂S makaT−1(N)⊂T−1(S)atauN₀ ⊂S₀. Jadi terdapat persekitaran N₀ dari x₀ sehingga x₀ ∈N₀ ⊂S₀

Terbukti x₀ titik dalam S₀. Jadi setiap anggota S₀ adalah titik dalam. Dengan kata lain S₀ =T−1(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 N₀ terbuka, karena N terbuka dan N₀ memuat x₀. Dari sini N₀ juga memuat persekitaran-δ dari x₀, yang dipetakan ke N karena N₀ dipetakan ke N. Akibatnya menurut definisi T kontinu di x₀. Lebih lanjut karena x₀ sebarang anggota X terbukti T kontinu

Contoh 2.2.7 (Contoh Fungsi Kontinu)

Diambil X = Y =R terhadap metrik biasa. Dibentuk fungsi f :X →Y dengan definisi f(x)=x2; 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 apabila

c c

x

2 1+

<

− ε

Dengan demikian jika diambil

⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩

⎪ ⎨ ⎧

+ =

c 2 1 , 1

min ε

δ maka apabila x−c <δ

berlaku x2 −c2 <ε . 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 x₀ memuat titik lain anggota M selain x₀.

Himpunan semua titik limit M ditulis dengan M' atau Md

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 2.2.9

X = R2 terhadap metrik maksimum

{

( , )∈ 2 −2≤ ≤4, −1< <5

}

= x y R x y

M

Maka _M0 =

{

(_x,_y)∈_R2 −2< _x<4, −1< _y<5

}

{

( , )∈ 2 −2≤ ≤4, −1≤ ≤5

}

=

′ x y R x y

M

{

( , )∈ 2 −2≤ ≤4, −1≤ ≤5

}

= ′ ∪

=M M x y R x y

M

C. 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 )(x_n dalam sebarang ruang metrik (X,d).

Definisi 2.3.1 (Barisan Konvergen dan Limitnya)

Suatu barisan(x_n)dalam ruang metrik (X,d) dikatakan konvergen jika ada x∈X

sehingga

0 ) , (

lim =

∞

→ d xn x

n

Titik x disebut limit barisan(x_n)dan dapat ditulis x x_n

n→∞ =

lim atau singkatnya,

x x_n → . Barisan yang tidak konvergen disebut divergen.

Terlihat bahwa d menghasilkan barisan bilangan real a_n =d(x_n,x) yang mendefinisikan konvergensi (x_n). Oleh karena itu jika x_n →x maka untuk setiap

0

>

ε , terdapat bilangan asli N =N(ε) sehingga apabila n> N berlaku )

; (x ε B x_n∈ .

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 1

tidak 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 ∈

=

δ

adalah 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 (x_n)⊂ X dapat disebut barisan terbatas jika himpunan titik (x_n) 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(x_n)⊂ X adalah terbatas dan memiliki limit tunggal. (ii) Jika xn →x dan yn → y∈X , maka d(xn,yn)→d(x,y).

Bukti :

(i). Anggap x_n →x, jadi untuk setiap ε >0, ada bilangan asli N = N(ε) sehingga untuk setiap n> N berlaku d(x_n,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 , untuk

semua i = 1,2,...,N.

Jadi untuk semua i = 1,2,... akan berlaku d(xi,x)<1+α Ini menunjukkan bahwa (x_n)terbatas.

Misalkan x_n →x dan x_n →z, menggunakan pertidaksamaan segitiga 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 (x_n) 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_n dengan x dan y_n dengan y serta mengalikan dengan -1 diperoleh

) , ( ) , ( ) , ( ) ,

(x y d x_n y_n d x_n x d y y_n

(

d(x_n,x)+d(y,y_n)

)

≤d(x_n,y_n)−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(x_n,y_n)−d(x,y) →0 yang berarti d(x_n,y_n)→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 )(x_n 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 )(x_n 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 x0

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 x_n = 1 dan 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 (x_n) konvergen dalam suatu ruang metrik merupakan barisan Cauchy.

Bukti :

Diketahui x_n →x, maka untuk semua 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 ) , ( ) , ( ) ,

(x_m x_n d x_m x d x x_n d

Jadi terbukti bahwa (x_n) 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 (x_n) dalam M sehingga x

x_n → .

(ii) M adalah tertutup jika dan hanya jika x_n∈M dan x_n →x berakibat

M

x∈ .

Bukti :

Jika x∈/M, maka x adalah titik limit dari M. Akibatnya untuk setiap

K

, 2 , 1 =

n ( ;1) n x

B memuat x_n ∈M , dan x_n →x karena 1 →0

n untuk ∞

→

n .

Sebaliknya, jika (x_n) barisan dalam M dan x_n →x, maka x∈M atau untuk setiap persekitaran dari x ada titik x_n ≠ x, jadi x adalah titik limit 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 (Y,d) 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 (x_n) dalam M dan x_n →x. Karena (x_n) adalah barisan Cauchy (menggunakan teorema 2.3.2) dan M lengkap, (x_n) 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 (x_n) barisan Cauchy dalam M. Kemudian X

x

x_n → ∈ , yang mengakibatkan x∈M ( menggunakan teorema 2.3.4.(i)), dan

M

x∈ sebab M =M (karena M tertutup). Akibatnya untuk sebarang barisan Cauchy )(x_n 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 x_n →x berakibat )

( )

(x T x₀ T _n → . Bukti :

⇒Diasumsikan T kontinu di x₀. Kemudian diberi sebarang ε >0, ada δ >0

sehingga apabila

δ

< ) , ( ₀

1 x x

d maka d₂

(

T(x),T(x₀)

)

<ε

Diketahui x_n →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 x_n →x₀ maka T(x_n)→T(x₀) Akan dibuktikan T kontinu di x₀.

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(x_n),T(x₀)

)

≥ε Khususnya, untuk

n 1 =

δ terdapat x_n maka berlaku

n x x

d₁( _n, ₀)< 1 tetapi d₂

(

T(x_n),T(x₀)

)

≥ε

Didapat dengan jelas x_n →x₀ tetapi

(

T(x_n)

)

tidak konvergen ke T(x₀). Timbul kontradiksi dengan T(x_n)→T(x₀).

Jadi terbukti T kontinu di x₀.

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 (x_n) dalam X dan ditunjukkan bahwa (x_n) 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,η_n

)

n

R ∈

dimana x=

( )

ξ_j dan y=

( )

η_j . Diambil sebarang barisan Cauchy (x_m) dalam Rn ditulis x_m =

(

ξ₁(m),L,ξ_n(m)

)

. Karena (x_m) Cauchy maka untuk setiap ε >0 ada N sehingga berlaku

(

ξ

ξ

)

_⎟

⎟

<

ε

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛

−

=

∑

= 2 1 2 1 ) ( ) (

)

,

(

n j r j m j r m

x

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 j

Ini menunjukkan untuk setiap 1≤ j≤n,

(

ξ_j(1),ξ_j(2),L

)

merupakan barisan Cauchy bilangan real. Menurut Teorema 2.3.3, maka ξ_j(m) →ξ_j untuk m→∞. Menggunakan n buah limit ini, dapat didefinisikan x=

(

ξ₁,L,ξ_n

)

. Dengan jelas

n

R

x∈ . Dari (i) untuk r →∞ berlaku

ε

≤ ) , (x x

untuk semua m>N. Ini menunjukkan bahwa x adalah limit dari (x_m) dan terbukti kelengkapan dari Rn karena (x_m) diambil sebarang barisan Cauchy.

Contoh 2.3.6

Ruang fungsi C

[ ]

a,b adalah lengkap. Bukti :

Ambil sebarang (x_m) barisan Cauchy dalam C

[ ]

a,b . Maka untuk ε >0, ada N dimana untuk semua m,n> N berlaku

ε < −

=

∈ ( ) ( )

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

x_{m n}

untuk semua m,n>N . Ini menunjukkan bahwa

(

x₁(t₀),x₂(t₀),L

)

barisan Cauchy dalam R. Karena R lengkap maka x_m(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 C

x∈ , dan x_m →x. Dari (*) dan n→∞ didapat

ε

≤ − ∈ ( ) ( ) supx_m t x t

J t

untuk m>N. Akibatnya untuk setiap t∈J berlaku, ε ≤ − ( ) )

(t x t

untuk m≥ N. Ketaksamaan terakhir diatas menunjukkan bahwa (x_m) konvergen menuju x pada

[ ]

a,b . Karena (x_m) kontinu berarti jika diberikan ε >0 dapat ditemukan δ >0 sehingga

2 ) ( )

(t −x p ≤ε

x_{m m} bila

2

δ

< −p

t untuk semua

[ ]

a b p

t, ∈ , dan diketahui (x_m) konvergen berarti jika diberi ε >0 ada N∈Ν, untuk semua m≥N berlaku

2 ) ( )

(t −x t ≤ε

x_m , untuk semua t∈

[ ]

a,b . Jadi untuk semua t,t₁∈

[ ]

a,b , x(t)−x(t₁) = x(t)−x_m(t)+x_m(t)−x(t₁)

ε < −

+ −

≤ x(t) x_m(t) x_m(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_m kontinu pada J dan barisan (x_m) konvergen, maka limit x kontinu pada J. Jadi x∈C

[ ]

a,b dan

x

x_m → . Maka terbukti ruang fungsi C

[ ]

a,b adalah lengkap.

Berikut ini akan diberikan ruang metrik tidak lengkap

Contoh 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_m pada gambar 2.3.1 adalah barisan Cauchy karena d(x_m,x_n) adalah daerah segitiga pada gambar 2.3.2, dan diberikan ε >0

ε

< ) , (x_m x_n

d dimana

ε

1 ,n> m

Akan ditunjukkan barisan Cauchy ini tidak konvergen,

Diketahui 0x_m(t)= , untuk

⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ ∈

2 1 , 0

t ,

2 1 2 1 )

(

− − =

m m

a t t

x untuk t∈_⎢⎣⎡ ,a_m⎥⎦⎤ 2 1

1 ) (t =

dengan

m a_m 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 x

Karena fungsi yang diintegralkan tidak negatif, jadi d(x_m,x)→0 dan berakibat masing-masing dari integral di ruas kanan mendekati nol, maka didapat

0 ) (t =

x_m , untuk ⎟

⎠ ⎞ ⎢⎣ ⎡ ∈

2 1 , 0

t , 1x_m(t)= , untuk ⎜ _⎥⎦⎤ ⎝ ⎛ ∈ ,1

2 1

t .

Tetapi ini tidak mungkin untuk fungsi kontinu. Akibatnya (x_m) tidak konvergen karena x_m∉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 U_α ∈τ untuk setiap α∈I , maka

U

{U_α :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 U_α∈τ₁ untuk setiap α∈I, maka

U

{

U_α :α∈I

}

∈τ₁

Sementara 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 ∈/τ₂

Definisi 2.4.3

Diketahui

(

X,τ₁

)

dan

(

Y,τ₂

)

ruang topologi. Fungsi f :X →Y kontinu di

X

sehingga 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 f −1 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

−

BAB III

TEOREMA TITIK TETAP BANACH

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 persamaan

0 ) (x = f

mempunyai sedikitnya satu penyelesaian di dalam interval

[ ]

a,b .

Untuk menyelesaiakan 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 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 x₀ =1

(AS) x_n+1 =x_n2 +x_n −a, 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.

Pada bab ini akan dijelaskan mengenai teorema titik tetap Banach (Banach Fixed Point Theorem). Sebelumnya akan dibahas pengertian fungsi kontraksi (contraction mapping), kondisi Lipschitz (Lipschitz condition), dan titik tetap (fixed point) dalam suatu ruang metrik.

Selanjutnya akan dicari syarat cukup suatu fungsi dari ruang metrik ke dirinya sendiri mempunyai titik tetap.

Menurut Teorema Titik Tetap Banach, akan dibuktikan bahwa T fungsi kontraksi.

(

f(x)

)

T

(

g(x)

)

T − =

(

f t g t

)

dt

x

∫

− 0 ) ( ) (

≤ f t g t dt

x

∫

− 0 ) ( ) (

≤

_∫

xd f g dt

0

) , (

= d(f,g)

∫

x dt 0 ≤ 2 1 ) , (f g d

Maka

(

T(f),T(g)

)

d ≤

2 1

) , (f g d

Jadi T adalah fungsi kontraksi.

Menurut Teorema Eksistensi dan Ketunggalan, terdapat titik tetap f yang tunggal yang merupakan penyelesaian persamaan diferensial tersebut. Lebih lanjut untuk sebarang barisan fungsi

( )

f_n dan f_n+1 =T(f_n) akan konvergen ke f dalam

[

2

]

1 2 1_,

−

C . Sebagai contoh diambil f₀ fungsi konstan satu yaitu f₀(x)=1. Maka,

(

)

2

0 2 0 1 2 1 1 1 2 1 1 ) ( )

(x T f x x x dt x

f x + = − + + = =

∫

(

)

2 3

0 2 2 1 2 6 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 ) ( )

(x T f x x x x dt x x

f x − + = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − + + = =

∫

(

)

2 3 4

0 3 2 2 2 3 24 1 6 1 2 1 1 6 1 2 1 1 2 1 1 ) ( )

(x T f x x x x x dt x x x

f x + − + = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ _{+ −} − + + = =

∫

Secara umum dengan menggunakan induksi matematika akan didapat

(

) ( )

1

5 4 3 2 ! 1 1 ! 5 1 ! 4 1 ! 3 1 2 1 1 ) ( − + + + + − + − + = n n x n x x x x x f L

Tampak bahwa barisan terdiri dari jumlah parsial suatu barisan tak hingga. Suku baru yang ditambahkan pada langkah ke-n adalah

(

1

)

!( ) 1

1 ₋ +

+

n

x

n , yang mana

pada

[

₂1

]

2 1_,

− memiliki norma maksimum

( )

₍

₎

(

1

(

)

)

1

1 2 1 ! 1 2 ! 1 !

sup + −

+ ≤ + = + − n n x n n x .

Oleh karena itu deret kuasa ini akan konvergen seragam dalam

[

₂1

]

2 1_,

− menurut Test M-Weierstrass. Akan didapatkan

∑

∞ = − ₊ = − + = 0 ) ( ! 1 ) ( k x k x e x k x x f

Ini menunjukkan e−x+x merupakan penyelesaian tunggal dari persamaan integral di atas,

Jelas bahwa

(

e−x +x

)

′ =−e−x +1=1+x−

(

e−x+x

)

dan e0 +0=1 yang berarti benar bahwa f(x)=e−x +x memenuhi masalah nilai awal tersebut.

Terakhir akan diperkenalkan secara singkat mengenai perluasan penyelesaian persamaan diferensial, yang nantinya dapat dijadikan bahan skripsi seterusnya. Jika f terdefinisi dalam himpunan terbuka D dalam R2 dan M₀, M₁ dari Teorema Eksistensi dan Ketunggalan Picard mencakup untuk semua D, maka penyelesaian ϕ dapat dibentuk beberapa segi empat di dalam D. Pada pembuktian

teorema di atas ukuran h hanya tergantung pada M₀, M₁, k dan tidak terhadap ϕ. Pada saat penyelesaian ϕ ditemukan dalam sebuah segi empat dengan pusat

(

x0,y0

)

, dapat dibentuk sebarang titik pada penyelesaian ini, anggap saja

(

x1,y1

)

.

Dengan melihat gambar 4.1.1, dapat dengan mudah menunjukkan penyelesaian baru akan selalu ada. Menggunakan sifat ketunggalan maka penyelesaian harus melewati segi empat sebelumnya. Selanjutnya dapat dibentuk segi empat lainnya yang memuat penyelesaian selama segi empat tersebut berada dalam D.

BAB V

KESIMPULAN

Berdasarkan pembahasan pada bab-bab terdahulu diambil kesimpulan sebagai berikut:

1. Setiap pemetaan kontinu f :

[ ] [ ]

a,b → a,b mempunyai paling sedikit satu titik tetap, yaitu titik x₀ ∈

[ ]

a,b sehingga f(x₀)=x₀.

2. Diberikan

(

X,d

)

ruang metrik lengkap. Setiap fungsi kontraksi X

X

F: → mempunyai sebuah titik tetap yang tunggal. (Teorema Titik Tetap Banach). Teorema ini memberikan syarat cukup suatu fungsi dari ruang metrik lengkap ke dirinya sendiri memiliki titik tetap. Selanjutnya titik tetap dapat dicari dengan teknik iterasi.

3. Teorema titik tetap Banach mempunyai banyak penerapan dalam berbagai ilmu. Di dalam bidang persamaan diferensial teorema titik tetap Banach digunakan untuk menunjukkan eksistensi dan ketunggalan penyelesaian persamaan diferensial linear orde satu f(x,y)

dx dy

= .

Diberikan segiempat S =

{

(x,y) x−x₀ ≤h, y−y₀ ≤k

}

, f(x,y) ≤M untuk suatu M>0. Fungsi f :S →R kontinu dan memenuhi Kondisi Lipschitz terhadap y, diambil x tetap, yaitu

2 1 2

1) ( , )

,

(x y f x y y y

f − ≤α − , untuk semua (x,y₁) dan (x,y₂)∈S. Jika Mh≤k dan αh<1 maka terdapat dengan tunggal fungsi

terdiferensial kontinu ϕ pada I =

{

x x₀ −h≤ x₀ ≤ x₀ +h

}

yang memenuhi

0 0)

(x = y

ϕ , ϕ(x)− y₀ ≤k dan f(x, (x)) dx

dy _ϕ

= . (Teorema Eksistensi

Daftar Pustaka

Davidson, Kenneth, R. and Donsig, Allan, P. (2002). Real Analysis with Real Applications. New Jersey : Prentice Hall, Inc.

Gordon, Russel A. (1997). Real Analysis: A First Course. Addison-Wisley Publishing Company.

Kreyszig, Erwin. (1978). Introduction Functional Analysis with Application. New York : John Wiley dan Sons.

Parzynski, R. William and Zipse, W. Philip. (1987). Introduction to Mathematical Analysis. McGraw-Hill Book Company.

Protter, H. and Morrey, B. Charles, Jr (1997). A First Course in Real Analysis. New York : Springers-Verlag.

Rudin,Walter. (1976). Principles of Mathematical Analysis, 3 edition. Tokyo: rd McGraw-Hill Kogakhusa.