TEOREMA TITIK TETAP BANACH. Skripsi. Diajukan untuk Memenuhi Salah satu Syarat. Memperoleh Gelar Sarjana Matematika. Program Studi Matematika

PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI

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 2006




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

Widaryatna Citra Nursanta


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 katakatanya. 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 temanteman 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.

Penulis


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

DAFTAR PUSTAKA................................................................................

88


ARTI LAMBANG

p⇒q

jika p maka q.

p⇔q

p jika dan hanya jika q.

x∈ A

x anggota A.

A⊂ B

A himpunan bagian B.

0/

himpunan kosong.

[a, b]

interval tertutup.

(a, b )

interval terbuka.

go f

komposisi fungsi.

d ( x, y )

jarak/metrik antara titik x dan y.

(X , d )

ruang metrik.

{x n }

barisan dengan suku-suku x n .

xn → x

barisan {x n } konvergen ke x.

f : X →Y

fungsi/pemetaan dari X ke Y.

C(X )

ruang fungsi kontinu terbatas bernilai real pada X.


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 f ( x) = 0 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

F ( x) = x ...............................(*) 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 :

x2 − a = 0 (FPP) x 2 + x − a = x Masalah titik tetap di atas diselesaikan dengan successive substitution/SS yang menghasilkan approximate solution/AS. (SS)

Anggap x 0 = 1

(AS)

x n +1 = x n + x n − a , untuk n=0,1,2,...

2

Kemudian dirumuskan FPP yang lebih abstrak, yaitu: f ( x) = x 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. ⎧1, x ≠ y , untuk setiap x,y ∈ X Didefinisikan fungsi d(x,y) = ⎨ ⎩0, x = y

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 → R dengan definisi d(x,y)= x − y ; untuk setiap x,y ∈ R. Akan ditunjukkan (X, d) adalah ruang metrik.


(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: R n × R n → R dengan definisi 1

⎛ n ⎞2 d ( x , y ) = ⎜ ∑ ( xi − yi ) 2 ⎟ , untuk setiap x = ( x1 , x 2 ,..., x n ), y = ( y1 , y 2 ,..., y n ) ∈ Rn. ⎝ i =1 ⎠

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

⎛ n ⎞2 ⎜ ∑ ( xi − y i ) 2 ⎟ ⎝ i =1 ⎠

=0

( x1 − y1 ) 2 + ( x 2 − y 2 ) 2 + ..... + ( x n − y n ) 2

( x1 − y1 ) 2 + ( x2 − y2 ) 2 + ..... + ( xn − yn ) 2

=0 =0

( xi − y i ) 2

= 0,

untuk setiap i=1,..,n

( xi − y i )

= 0,

untuk setiap i=1,..,n

xi = y i ,

untuk setiap i=1,..,n.

Jadi terbukti jika d ( x , y ) = 0 maka x = y . 2. apabila x = y maka berlaku xi = y i , untuk i = 1,2,3,...,n, sehingga diperoleh 1

⎞2 ⎛ n d ( x , y ) = ⎜ ∑ ( xi − y i ) 2 ⎟ ⎠ ⎝ i =1 = ( x1 − y1 ) 2 + ( x 2 − y 2 ) 2 + ..... + ( x n − y n ) 2 = ( x1 − x1 ) 2 + ( x 2 − x 2 ) 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 )


1

⎛ n ⎞2 d ( x , y ) = ⎜ ∑ ( xi − y i ) 2 ⎟ ⎝ i =1 ⎠

= ( x1 − y1 ) 2 + ( x 2 − y 2 ) 2 + ... + ( x n − y n ) 2 = ( y1 − x1 ) 2 + ( y 2 − x 2 ) 2 + ... + ( y n − x n ) 2 ⎞ ⎛ = ⎜ ∑ ( y i − xi ) 2 ⎟ ⎠ ⎝ i =1 n

1 2

= 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 : 1

1

⎛ n 2 ⎞2 ⎛ n 2 ⎞2 ≤ x y ⎜ ∑ xi ⎟ ⎜ ∑ y i ⎟ , ∑ i i i =1 ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ⎠ n

untuk

setiap

x = ( x1 , x 2 ,..., x n ) ,

y = ( y1 , y2 ,..., yn ) ∈ Rn. Bukti:

Jika yi =0, untuk setiap 1 ≤ i ≤ n, maka secara trivial terbukti. n

Anggap yi ≠ 0, untuk suatu i, 1 ≤ i ≤ n, maka

∑y i =1

2 i

> 0.

Jika t sebarang bilangan real, maka didapat n

∑ ( xi − tyi ) 2 ≥ 0 atau i =1

n

dan

∑y i =1

2 i

> 0.

n

n

n

i =1

i =1

∑ xi − 2t ∑ xi yi + t 2 ∑ yi ≥ 0 untuk semua t∈ R i =1

2

2


Oleh karena itu diskriminan persamaan kuadrat dalam t di atas adalah nonpositif, maka D≤0 b 2 − 4ac ≤ 0 2

n ⎛ ⎞ ⎜ − 2∑ x i y i ⎟ - 4 i =1 ⎝ ⎠ 2

⎛ n ⎞ 4 ⎜ ∑ xi y i ⎟ ≤ 4 ⎝ i =1 ⎠ 2

⎛ n ⎞ ⎜ ∑ xi y i ⎟ ≤ ⎝ i =1 ⎠

n

∑x

2

i =1

n

∑y i =1

n

∑y i =1

n

∑ yi .

2 i

2 i

i =1

n

.

∑x i =1

n

∑x

.

i =1

2

≤0

i

2 i

2

atau

i

1

1

2 2 n n ⎛⎛ n ⎞ 2 ⎜ ⎜ ( x y ) ⎞⎟ ⎟ ≤ ⎛⎜ x 2 y 2 ⎞⎟ ∑ ∑ i i i ∑ i ⎜ ⎝ i =1 i =1 ⎠ ⎟⎠ ⎝ i =1 ⎠ ⎝ 1

n

∑x i =1

i

yi

1

⎛ n 2 ⎞2 ⎛ n 2 ⎞2 ≤ ⎜ ∑ xi ⎟ ⎜ ∑ y i ⎟ ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ⎠

Jadi terbukti, 1

1

1

⎡ n 2 n 2⎤2 ⎛ n 2 ⎞2 ⎛ n 2 ⎞2 xi y i ≤ ⎢∑ xi ∑ y i ⎥ = ⎜ ∑ xi ⎟ ⎜ ∑ y i ⎟ , ∑ i =1 i =1 ⎣ i =1 ⎦ ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ⎠ n

untuk setiap x = ( x1 , x 2 ,..., x n ), y = ( y1 , y 2 ,..., y n ) ∈ Rn. Sekarang akan dibuktikan pertidaksamaan segitiga, 1

⎛ n ⎞2 d ( x , y ) = ⎜ ∑ ( xi − y i ) 2 ⎟ ⎝ i =1 ⎠ 1

2 ⎛ n 2⎞ = ⎜ ∑ [( xi − z i + z i − y i )] ⎟ ⎝ i =1 ⎠


1

2 ⎛ n 2⎞ = ⎜ ∑ [( xi − z i ) + ( z i − y i )] ⎟ ⎝ i =1 ⎠

[

]

1

⎛ n ⎞2 = ⎜ ∑ ( xi − z i ) 2 + 2( xi − z i )( z i − y i ) + ( z i − y i ) 2 ⎟ ⎝ i =1 ⎠ 1

n n ⎛ n ⎞2 = ⎜ ∑ ( xi − z i ) 2 + ∑ ( z i − y i ) 2 + 2∑ ( xi − z i )( z i − y i ) ⎟ i =1 i =1 ⎝ i =1 ⎠

(Menggunakan Pertidaksamaan Cauchy – Schwarz) 1

1 1 2 ⎛ n 2 2 2 2 ⎞ n n n ⎜ ⎟ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ≤ ⎜ ∑ ( x i − z i ) 2 + ∑ ( z i − y i ) 2 + 2⎜ ∑ ( x i − z i ) ⎟ ⎜ ∑ ( z i − y i ) ⎟ ⎟ ⎜ i =1 ⎟ ⎜ i =1 ⎟ i =1 ⎜ i =1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎟ ⎝ ⎠ 1

1 1 2⎤2 ⎡⎡ ⎤ n n 2 ⎞ ⎛ ⎞2 ⎥ ⎢ ⎛ = ⎢ ⎢⎜ ∑ ( xi − z i ) 2 ⎟ + ⎜ ∑ ( z i − y i ) 2 ⎟ ⎥ ⎥ ⎢ ⎝ i =1 ⎠ ⎥⎥ ⎥ ⎠ ⎢ ⎣⎢⎝ i =1 ⎦ ⎦ ⎣ 1 2

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ = ⎜ ∑ ( xi − z i ) 2 ⎟ + ⎜ ∑ ( z i − y i ) 2 ⎟ ⎠ ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 n

=

n

1 2

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: R 2 × R 2 → R dengan definisi

d ( x , y ) = x1 − y1 + x 2 − y 2 ; untuk setiap x = ( 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 x1 − y1 + x 2 − y 2

=0

xi − y i

=0, untuk setiap i=1,2

xi − y i

= 0, untuk setiap i=1,2

xi = y i , untuk setiap i=1,2. Jadi terbukti jika d ( x , y ) = 0 maka x = y 2.

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

= x1 − y1 + x 2 − y 2 = x1 − x1 + x 2 − x 2 =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 ) d ( x , y ) = x1 − y1 + x 2 − y 2 = y1 − x1 + y 2 − x 2 = d ( y, x ) .

(iv)

d ( x , y ) = x1 − y1 + x 2 − y 2


= ( x1 − z1 ) + ( z1 − y1 ) + ( x 2 − z 2 ) + ( z 2 − y 2 ) ≤ x1 − z1 + z1 − y1 + x 2 − z 2 + z 2 − y 2 =( x1 − z1 + x 2 − z 2 ) + ( z1 − y1 + z 2 − y 2 ) = 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: R 2 × R 2 → R dengan definisi d ( x , y ) = maks { x1 − y1 , x 2 − y 2 };untuk semua x = ( 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 d ( x , y ) = maks { x1 − y1 , x 2 − y 2 }= 0, berarti x1 − y1 =0 dan x 2 − y 2 =0

Jadi x1 = y1 dan x 2 = y 2 , yang artinya x = y 2.

jika x = y maka d ( x , y ) = 0 d ( x , y ) = maks { x1 − y1 , x 2 − y 2 } = maks { x1 − x1 , x 2 − x 2 } = maks { 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 ) = maks { x1 − y1 , x 2 − y 2 }

d (x, y)

= maks { y1 − x1 , y 2 − x 2 }= d ( y , x ) (iv)

d ( x , y ) = maks { x1 − y1 , x 2 − y 2 } Misal d ( x , y ) = maks { x1 − y1 , x 2 − y 2 } = x1 − y1

d ( x , y ) = x1 − y1 = x1 − z1 + z1 − y1 ≤ x1 − z1 + z1 − y1 ≤ maks

{x

1

− z1 , x 2 − z 2 } + maks

{z

1

− y1 , z 2 − y 2

}

= 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) = sup { f1 ( x) − f 2 ( x) }, x∈[a ,b ]

untuk setiap f1 , f 2 ∈ C [a, b] . Akan ditunjukkan (C [a, b] , d) adalah ruang metrik. (i)

d(f1,f2) ≥ 0


karena d(f1,f2) = sup { f 1 ( x) − f 2 ( x) } dan f1 ( x) − f 2 ( x) ≥ 0, maka x∈[a ,b ]

sup { f1 ( x) − f 2 ( x) } ≥ 0

x∈[a ,b ]

(ii)

d(f1,f2) = 0 jika dan hanya jika f1 = f2 1.

jika d(f1,f2) = 0 maka f1 = f2 d(f1,f2) = 0 sup { f1 ( x) − f 2 ( x) } = 0

x∈[a ,b ]

f1 ( x) − f 2 ( x) = 0

f1(x) = f2(x); untuk setiap x∈[a,b]. f1 = f 2 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) = sup { f 1 ( x) − f 2 ( x) } x∈[a ,b ]

= sup { f1 ( x) − f1 ( x) } x∈[a ,b ]

= sup { 0 } x∈[a ,b ]

=0 (iii)

d(f1,f2) = d(f2,f1) d(f1,f2) = sup { f 1 ( x) − f 2 ( x) } x∈[a ,b ]

= sup { f 2 ( x) − f 1 ( x) } x∈[a ,b ]

= d(f2,f1)


(iv)

= sup { f 1 ( x) − f 2 ( x) }

d(f1,f2)

x∈[a ,b ]

f1 ( x) − f 2 ( x) = f1 ( x) − f 3 ( x) + f 3 ( x) − f 2 ( x)

≤ f1 ( x) − f 3 ( x) + f 3 ( x) − f 2 ( x) ≤ sup { f1 ( x) − f 3 ( x) } + sup { f 3 ( x) − f 2 ( x) } x∈[a ,b ]

x∈[a ,b ]

Jadi f1 ( x) − f 2 ( x) ≤ sup { f 1 ( x) − f 3 ( x) } + sup { f 3 ( x) − f 2 ( x) } x∈[a ,b ]

Hal ini berarti

{ f ( x) − f 1

2

x∈[a ,b ]

( x) } terbatas dengan

sup { f1 ( x) − f 3 ( x) }+ sup { f 3 ( x) − f 2 ( x) }sebagai batas atas.

x∈[a ,b ]

x∈[a ,b ]

Hal ini berakibat sup { f1 ( x) − f 2 ( x) }≤ sup { f1 ( x) − f 3 ( x) }+ sup { f 3 ( x) − f 2 ( x) }

x∈[a ,b ]

x∈[a ,b ]

x∈[a ,b ]

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 1

d(f1,f2) =

∫

f 1 ( x) − f 2 ( x) dx ; untuk setiap f1 , f 2 ∈ C [0,1] .

0

Akan ditunjukkan (C [0,1] ,d) ruang metrik. 1

(i)

d(f1,f2) =

∫

f 1 ( x) − f 2 ( x) dx ≥ 0, karena f 1 ( x) − f 2 ( x) ≥ 0

0

(ii)

d(f1,f2) = 0 jika dan hanya jika f1 = f2


1. jika d(f1,f2) = 0 maka f1 = f2 1

d(f1,f2) =

∫

f 1 ( x) − f 2 ( x) dx = 0

0

f1 ( x) − f 2 ( x) = 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]. 1

d(f1,f2) =

∫

f 1 ( x) − f 2 ( x) dx

0

1

=

∫ 0

(iii)

1

f1 ( x) − f1 ( x) dx = ∫ 0 dx = 0 0

d(f1,f2) = d(f2,f1) 1

d(f1,f2) =

∫

f 1 ( x) − f 2 ( x) dx

0

1

= ∫ f 2 ( x) − f1 ( x) dx 0

= d(f2,f1) 1

(iv)

d(f1,f2) =

∫

f 1 ( x) − f 2 ( x) dx

0

1

=

∫

f1 ( x) − f 3 ( x) + f 3 ( x) − f 2 ( x) dx

0

1

=

∫ ( f ( x) − f 1

0

3

( x)) + ( f 3 ( x) − f 2 ( x)) dx


1

≤ ∫ ( f 1 ( x) − f 3 ( x) + f 3 ( x) − f 2 ( x) ) dx 0

1

≤ ∫ f 1 ( x) − f 3 ( x) dx + 0

1

∫

f 3 ( x) − f 2 ( x) dx

0

≤ 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 ( x 0 ; r ) = {x ∈ X d ( x, x0 ) ≤ r}

Luasan bola (Sphere)

S ( x 0 ; 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 : S ( x0 ; r ) = 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 Br (a ) = {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 ) =

( x1 − y1 ) 2 + ( x 2 − y 2 ) 2 , untuk semua x , y ∈ R 2 .

Diberikan a ∈ R 2 dan r>0, maka Br (a ) = {x : d ( x , a ) < r}

{

= x : ( x1 − a1 ) 2 + ( x 2 − a 2 ) 2 < r

}


= {x : ( x1 − a1 ) 2 + ( x 2 − a 2 ) 2 < r 2 }

Gambar 2.2.2

Contoh 2.2.3

X = R2 dengan d ( x , y ) = x1 − y1 + x 2 − y 2 Diberikan a ∈ R 2 dan r>0, maka Br (a ) = {x : d ( x , a ) < r}

= {x : x1 − a1 + x 2 − a 2 < r} Anggap (a1 , a 2 ) adalah pusat, maka, Br (a ) = {x : x + y < r} Untuk x = x1 − a1 dan y = x 2 − a 2 Dari kondisi di atas terdapat empat kemungkinan : (i)

x+ y
(iii)

−x+ y
(ii)

x− y
(iv)

−x− y

Gambar 2.2.3

Contoh 2.2.4

X = R2 dengan d ( x , y ) = maks{ x1 − y1 , x 2 − y 2 }. Diberikan a ∈ R 2 dan r>0, maka Br (a ) = {x : d ( x , a ) < r}

= {x : maks{ x1 − a1 , x 2 − a 2 } < r} Dari kondisi di atas terdapat dua kemungkinan : (i)

Jika maks{ x1 − a1 , x 2 − a 2 }= x1 − a1
(ii)

x1 − a1 = r

atau

x1 − a1 = −r

x1 = a1 + r

atau

x1 = a1 − r

Jika maks{ x1 − a1 , x 2 − a 2 }= x2 − a2

x2 − a2 =r x2 − a2 = r

atau

x 2 − a 2 = −r

x2 = a2 + r

atau

x2 = a2 − r

Gambar 2.2.4

Contoh 2.2.5 X = C [a, b] dengan d ( f , g ) = sup { f ( x) − g ( x) } x∈[a ,b ]

Diketahui h ∈ C [a, b] dan r>0. Maka, ⎫ ⎧ Br (h) = ⎨ f : d ( f , h ) = sup { f ( x) − h( x) } < r ⎬ x∈[a ,b ] ⎭ ⎩ = { 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 c = X − K 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

x0 ∈ B( x0 , ε ) ⊂ A. Kemudian dapat dilihat secara langsung dari definisi bahwa


setiap persekitaran dari x0 memuat x0 ; dan jika N adalah suatu persekitaran dari x0 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 M 0 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

Diketahui X = ( X , d1 ) dan Y = (Y , d 2 ) adalah ruang metrik.


Fungsi T : X → Y dikatakan kontinu di x0 ∈ X jika untuk setiap ε > 0 terdapat

δ > 0 sehingga berlaku d 2 (T ( x), T ( x0 ) ) < ε untuk setiap x yang memenuhi d1 ( x, x0 ) < δ . 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 , d 2 ) 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 ) = S 0 . Jika S 0 adalah himpunan kosong maka S 0 terbuka atau tertutup. Untuk selanjutnya anggap S 0 bukan himpunan kosong. Diambil sebarang x0 ∈ S 0 , harus ditunjukkan x0 titik dalam S 0 . Sebut y 0 = T ( x0 ) ∈ S .


Karena S terbuka maka y 0 adalah titik dalam S. Jadi ada persekitaran- ε dari y 0 yaitu N. Karena T kontinu, ada persekitaran- δ dari x0 yaitu N 0 sehingga T ( N 0 ) = N .Karena N ⊂ S maka T −1 ( N ) ⊂ T −1 ( S ) atau N 0 ⊂ S 0 . Jadi terdapat persekitaran N 0 dari x0 sehingga x0 ∈ N 0 ⊂ S 0 Terbukti x0 titik dalam S 0 . Jadi setiap anggota S 0 adalah titik dalam. Dengan kata lain S 0 = 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 N 0 terbuka, karena N terbuka dan N 0 memuat x0 . Dari sini N 0 juga memuat persekitaran- δ dari x0 , yang dipetakan ke N karena N 0 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) = x 2 ; 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 x − c < δ berlaku f ( x) − f (c) < ε .


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 x2 − c2 < ε . Untuk x − c < 1 maka x 2 − c 2 = x + c x − c = (x − c + 2c ) x − c ≤ (1 + 2c ) x − c . Jadi untuk x − c < 1 maka x 2 − c 2 < ε apabila x − c <

ε 1 + 2c

⎧⎪ ε ⎫⎪ Dengan demikian jika diambil δ = min ⎨1, ⎬ maka apabila x − c < δ ⎪⎩ 1 + 2c ⎪⎭ berlaku x 2 − c 2 < 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 M d Himpunan semua titik anggota M digabung dengan himpunan semua titik limit M disebut penutup (closure) himpunan M dan ditulis M . Jadi M = M ∪ 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 A = (1,2] maka A 0 = (1,2) , A′ = [1,2] , dan A = A ∪ A′ = [1,2]

Contoh 2.2.9

X = R2 terhadap metrik maksimum

{

}

M = ( x, y ) ∈ R 2 − 2 ≤ x ≤ 4, −1 < y < 5

Maka M 0 = {( x, y ) ∈ R 2 − 2 < x < 4, −1 < y < 5} M ′ = {( x, y ) ∈ R 2 − 2 ≤ x ≤ 4, −1 ≤ y ≤ 5}

{

}

M = M ∪ M ′ = ( x, y ) ∈ R 2 − 2 ≤ x ≤ 4, −1 ≤ y ≤ 5

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 lim d ( x n , x) = 0 n→∞

Titik x disebut limit barisan ( x n ) dan dapat ditulis lim x n = x n→∞

atau singkatnya,

xn → x . 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

ε > 0 , terdapat bilangan asli N = N (ε ) sehingga apabila n > N berlaku x n ∈ B( x; ε ) . 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 .

⎛1 1 1 ⎞ Kemudian barisan ⎜ , , ,K⎟ tidak konvergen sebab barisan ini konvergen ke ⎝2 3 4 ⎠ 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 :

δ ( M ) = sup {d ( x, y )} x , y∈M

adalah terbatas. Jika M terbatas, maka terdapat bilangan real r > sup {d ( x, y )} x , y∈M

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 x n → x dan y n → y ∈ X , maka d ( x n , y n ) → 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

d ( x n , x) < 1 , untuk semua n > N . Ambil α = max{d ( x1 , x), d ( x 2 , x),K, d ( x N , 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 ( xn ) terbatas. Misalkan x n → x dan x n → z , menggunakan pertidaksamaan segitiga didapatkan 0 ≤ d ( x, z ) ≤ d ( x, x n ) + d ( x n , z ) → 0 + 0 . Karena d ( x, z ) ≥ 0 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

d ( x n , y n ) ≤ d ( x n , x ) + d ( x, y ) + d ( y , y n ) Maka didapat

d ( x n , y n ) − d ( x, y ) ≤ d ( x n , x ) + d ( y , y n ) d ( x n , y n ) − d ( x , y ) ≤ d ( x, x n ) + d ( y n , y )

(i)

Dan dengan menukar peranan xn dengan x dan y n dengan y serta mengalikan dengan -1 diperoleh

d ( 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 d ( x n , y n ) − d ( x, y ) ≤ d ( x n , x ) + d ( y , y n ) → 0 + 0 = 0

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

N = N (ε ) dimana x m − x n < 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 ( x m , x n ) < ε , untuk setiap m, n > N . Ruang X dikatakan lengkap (complete) jika setiap barisan Cauchy dalam X konvergen. Dengan kata lain barisan Cauchy ( x n ) ⊂ X memiliki suatu limit x0 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 ( x n ) dimana x n =

1 dan n

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 d ( x n , x) <

ε 2

untuk semua n > N

Akibatnya dengan menggunakan pertidaksamaan segitiga didapat untuk semua m, n > N berlaku

d ( x m , x n ) ≤ d ( x m , x ) + d ( x, x n ) <

ε 2

+

ε 2

=ε

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 : x ∈ M jika dan hanya jika terdapat barisan ( x n ) dalam M sehingga

(i)

xn → x . (ii)

M adalah tertutup jika dan hanya jika x n ∈ M dan x n → x berakibat

x∈M .

Bukti :

(i)

Diketahui x ∈ M . Jika x ∈ M , maka barisan dapat ditulis ( x, x,K) .


Jika x ∈ / M , maka x adalah titik limit dari M. Akibatnya untuk setiap 1 1 n = 1,2,K B ( x; ) memuat x n ∈ M , dan x n → x karena → 0 untuk n n 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 n → x ∈ X , yang mengakibatkan x ∈ M ( menggunakan teorema 2.3.4.(i)), dan x ∈ M 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 , d 2 ) Fungsi T : X → Y kontinu di titik x0 ∈ X jika dan hanya jika x n → x berakibat T ( x n ) → T ( x0 ) . Bukti :

⇒ Diasumsikan T kontinu di x0 . Kemudian diberi sebarang ε > 0 , ada δ > 0 sehingga apabila d1 ( x, x0 ) < δ maka d 2 (T ( x), T ( x0 ) ) < ε Diketahui x n → x0 . Kemudian ada N dimana untuk semua n > N berlaku d1 ( x n , x0 ) < δ Oleh karena itu, untuk semua n > N , d 2 (T ( x n ), T ( x0 )) < ε Menggunakan definisi ini berarti T ( x n ) → T ( x0 ) .


⇐ 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 x ≠ x0 yang memenuhi d1 ( x, x0 ) < δ tetapi d 2 (T ( x n ), T ( x0 ) ) ≥ ε Khususnya, untuk δ =

1 terdapat x n maka berlaku n

d1 ( x n , x0 ) <

1 tetapi d 2 (T ( x n ), T ( x0 ) ) ≥ ε n

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.

(iii)

Dibuktikan x n → x (dari metrik yang didefinisikan).


Contoh 2.3.5

Ruang Euclid Rn adalah lengkap. Bukti :

Diketahui Rn merupakan ruang Euclid maka dapat didefinisikan ⎛ 2⎞ d ( x, y ) = ⎜⎜ ∑ (ξ j − η j ) ⎟⎟ ⎝ j =1 ⎠ n

1 2

x = (ξ1 , ξ 2 ,L, ξ n ) dan y = (η1 ,η 2 ,L,η n ) ∈ R n 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

⎛ (m) (r ) d ( xm , xr ) = ⎜ ∑ ξ j − ξ j ⎜ j =1 ⎝ n

(

) ⎞⎟⎟ 2

1 2

<ε,

⎠

(i)

untuk semua m, r > N . Dengan mengkuadratkan, maka didapat untuk m, r > N dan j = 1, L, n

(ξ

(m)

j

−ξ j

)

(r ) 2

< ε 2 dan ξ j

Ini menunjukkan untuk setiap 1 ≤ j ≤ n ,

( m)

(ξ

−ξ j

(1)

j

(r )

<ε

)

, ξ j ,L merupakan barisan ( 2)

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 x ∈ R n . Dari (i) untuk r → ∞ berlaku d ( x m , x) ≤ ε ,


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 d ( x m , x n ) = sup x m (t ) − x n (t ) < ε

(*)

t∈J

Dimana J = [a, b ] . Akibatnya untuk sebarang t = t 0 ∈ J , x m (t 0 ) − x n (t 0 ) < ε

untuk semua m, n > N . Ini menunjukkan bahwa

(x1 (t 0 ), x2 (t 0 ),L)

barisan

Cauchy dalam R. Karena R lengkap maka x m (t 0 ) → x(t 0 ) 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 x ∈ C [a, b] dan x m → x . Dari (*) dan n → ∞ didapat

sup x m (t ) − x(t ) ≤ ε t ∈J

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


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 x m (t ) − x m ( p ) ≤ ε

2

bila t − p < δ

2

untuk semua

t , p ∈ [a, b] dan diketahui ( x m ) konvergen berarti jika diberi ε > 0 ada N ∈ Ν ,

untuk semua m ≥ N berlaku x m (t ) − x(t ) ≤ ε , untuk semua t ∈ [a, b] . Jadi 2 untuk semua t , t1 ∈ [a, b] , x(t ) − x(t1 ) = x(t ) − x m (t ) + x m (t ) − x(t1 ) ≤ x(t ) − x m (t ) + x m (t ) − x(t1 ) < ε .

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 m → x . 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 konvergen ke

2 , tetapi

2 ; yaitu

(1,4L1,41L1,414L1,4142L1,41421;L)

2 ∉ Q . Jadi Q tidak lengkap.

Contoh 2.3.8

Himpunan semua fungsi kontinu X pada I = [0,1] dan


d ( x, y ) = ∫ x(t ) − y (t ) dt , untuk setiap x, y ∈ C [0,1] 1

0

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 d ( x m , x n ) < ε dimana m, n >

1

ε

Akan ditunjukkan barisan Cauchy ini tidak konvergen, 1 t− ⎡ 1⎤ 2 untuk t ∈ ⎡ 1 , a ⎤ Diketahui x m (t ) = 0 , untuk t ∈ ⎢0, ⎥ , x m (t ) = ⎢2 m ⎥ 1 ⎣ 2⎦ ⎣ ⎦ am − 2

x m (t ) = 1 , untuk t ∈ [a m ,1],


dengan a m =

1 1 + . Untuk setiap x ∈ X berlaku 2 m

d ( x m , x) =

∫

=

1

0

1 2 0

∫

xm (t ) − x(t ) dt

am

− x(t ) dt + ∫1

2

1 2 − x(t ) dt + 1 1 − x(t ) dt ∫am 1 am − 2 t−

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 ⎛1 ⎤ ⎡ 1⎞ x m (t ) = 0 , untuk t ∈ ⎢0, ⎟ , x m (t ) = 1 , untuk t ∈ ⎜ ,1⎥ . ⎝2 ⎦ ⎣ 2⎠ 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 ⊂ 2 X 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 sebarang himpunan indeks.

U{U α : α ∈I }∈ τ ;

I adalah


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 X = {a, b, c, d , e} dan τ 1 = {0/ , X , {a}, {c, d }, {a, c, d }, {b, c, d , e}} ruang topologi pada

X karena : (i)

0/ ∈ τ 1 dan X ∈ τ 1

(ii)

jika U ∈ τ 1 dan V ∈ τ 1 maka U ∩V ∈ τ 1

(iii)

jika U α ∈ τ 1 untuk setiap α ∈ I , maka

U {U α : α ∈ I }∈ τ

1

Sementara itu τ 2 = {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 ∈ τ 2 dan V ∈ τ 2 maka U ∩V ∈ / τ 2 yaitu untuk U = {c, d }∈ τ 2 dan V = {b, c, d }∈ τ 2 maka U ∩ V = {b}∈/ τ 2

Definisi 2.4.3

Diketahui

( X ,τ 1 )

dan (Y ,τ 2 ) ruang topologi. Fungsi f : X → Y kontinu di

a ∈ X untuk setiap persekitaran V dari f (a) terdapat persekitaran U dari a


sehingga f (U ) ⊆ V . Fungsi f : X → Y dikatakan kontinu jika f

kontinu di

setiap titik anggota X.

Definisi 2.4.4

Diketahui

( X ,τ 1 )

dan (Y ,τ 2 ) ruang topologi. Fungsi f : X → Y dikatakan

homeomorfisma apabila f bijektif, f kontinu, dan f Ruang topologi

( X ,τ 1 )

dan

(Y ,τ 2 )

−1

kontinu.

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 f

−1

kontinu. Jadi fungsi f : X → Y merupakan homeomorfisma


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 f ( x) = 0 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

F ( x) = x ...............................(*) 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 :

x2 − a = 0 (FPP) x 2 + x − a = x Masalah titik tetap di atas diselesaikan dengan successive substitution/SS yang menghasilkan approximate solution/AS. (SS)

Anggap x 0 = 1

(AS)

x n +1 = x n + x n − a , untuk n=0,1,2,...

2

Kemudian dirumuskan FPP yang lebih abstrak, yaitu: f ( x) = x 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.


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 ( X , d ) ruang metrik. Fungsi F : X → X disebut fungsi kontraksi (contraction mapping) pada X jika terdapat bilangan real α dengan 0 ≤ α < 1 sehingga d (F ( x1 ), F ( x 2 ) ) ≤ α .d ( x1 , x2 ) , untuk setiap x1 , x 2 ∈ X .

Contoh 3.1.1

Diberikan fungsi

f : R → R dengan definisi f ( x) =

1 x + 3 merupakan fungsi 2

kontraksi pada R karena terdapat bilangan real α dengan 0 ≤ α < 1 sehingga f ( x) − f ( y ) =

2 1 1 1 2 ⎞ 1 ⎛1 x + 3 − ⎜ y + 3 ⎟ = x − y = x − y ≤ x − y , yaitu α = . 2 2 3 2 3 ⎠ 2 ⎝2

Contoh 3.1.2

Diberikan fungsi

f :R→R

kontraksi pada R karena

dengan definisi

f ( x) = 5 x − 1 bukan fungsi

f ( x) − f ( y ) = 5 x − 1 − (5 y − 1) = 5 x − 5 y = 5 x − y .

Maka tidak ada 0 < α < 1 yang memenuhi f ( x) − f ( y ) ≤ α x − y .


Definisi 3.1.2

Diketahui ( X , d ) ruang metrik Fungsi F : X → X dikatakan memenuhi kondisi Lipschitz (Lipschitz condition) apabila

terdapat

bilangan

real

α

positif

sehingga

berlaku

d (F ( x1 ), F ( x 2 ) ) ≤ α .d ( x1 , x 2 ) ; untuk setiap x1 , x 2 ∈ X .

Fungsi F demikian disebut Lipschitzian dan bilangan real α disebut konstanta Lipschitz.

Contoh 3.1.3

Diberikan fungsi f : X → X , X = [0,1] dengan definisi f ( x) = x 2 adalah fungsi yang

memenuhi

kondisi

Lipschitz

(Lipschitz

f ( x) − f ( y ) = x 2 − y 2 = x + y x − y ≤ ( x + y )

karena

condition), X = [0,1]

yaitu berlaku

x ≤ 1 = maks {0 , 1} maka untuk x dan y dalam [0,1] . f ( x) − f ( y ) ≤ 2 x − y dengan konstanta Lipschitz α = 2 .

Dari Definisi 3.1.1 dan Definisi 3.1.2 terlihat bahwa setiap fungsi kontraksi pasti memenuhi kondisi Lipschitz dengan konstanta Lipschitz 0 ≤ α < 1 .

Lema 3.1.1

Diketahui ( X , d ) ruang metrik Jika F : X → X fungsi kontraksi pada X maka F kontinu pada X.


Bukti :

Diberikan ε > 0 dan x1 sebarang titik pada X. (i)

Jika α = 0 , maka d (F ( x1 ), F ( x 2 ) ) = 0 < ε untuk setiap x 2 ∈ X .

(ii)

Jika α =/ 0 , diambil δ =

ε dan x 2 sebarang titik di X dengan α

d ( x1 , x 2 ) ≤ δ maka d (F ( x1 ), F ( x 2 ) ) ≤ α .d ( x1 , x 2 ) < α .

ε =ε . α

Jadi F kontinu di x1 . Karena pengambilan x1 sebarang, maka terbukti bahwa F kontinu pada X.

Selanjutnya diberikan pengertian titik tetap.

Definisi 3.1.4

Diketahui ( X , d ) ruang metrik, fungsi F : X → X dan x ∈ X . Titik x ∈ X disebut sebagai titik tetap (fixed point) dari fungsi F jika berlaku F (x) = x .

Contoh 3.1.4

Diberikan A = [0,1] ⊂ R dan fungsi f : A → A dengan aturan f ( x) = x 3 , untuk setiap x ∈ A . Diperoleh bahwa 0 dan 1 merupakan titik tetap dari fungsi f sebab 0 ∈ A dan f (0) = 0 serta 1 ∈ A dan f (1) = 1 . Tetapi

1 1 1 f( )= ≠ . 2 8 2

1 bukan titik tetap f sebab 2


Contoh 3.1.5

Diberikan A = (− 1,1) ⊂ R dan fungsi g : A → A dengan aturan g ( x) =

x+2 , 3

untuk setiap x ∈ A . Fungsi g tidak mempunyai titik tetap. Diandaikan fungsi g mempunyai titik tetap, sebut x0 , berarti g ( x0 ) = x0 Dengan kata lain berlaku :

x0 + 2 3

=

x0

1 2 x0 + = 3 3

x0

2 x0 3

=

2 3

x0

= 1

Jadi diperoleh titik tetap fungsi g adalah x0 = 1 . Karena x0 ∈ / (− 1,1) maka g tidak mempunyai titik tetap.

Contoh 3.1.6

Diketahui X = [1, ∞ ) dengan fungsi T : X → X didefinisikan T ( x) = Akan ditunjukkan T adalah fungsi kontraksi sebagai berikut: T ( x) − T ( y )

=

x ⎞ ⎛y + x −1 − ⎜ + y −1 ⎟ 2 ⎠ ⎝2

=

x y − + x −1 − y −1 2 2

x + x −1 . 2


=

1 (x − y ) + 1 − 1 2 x y

=

1 (x − y ) + ⎛⎜⎜ y − x ⎞⎟⎟ 2 ⎝ xy ⎠

=

1 (x − y ) − ⎛⎜⎜ x − y ⎞⎟⎟ 2 ⎝ xy ⎠

=

(x − y )⎛⎜⎜ 1 −

≤

x− y

≤

1 1 − x− y 2 xy

⎝2

1 ⎞ ⎟ xy ⎟⎠

1 1 − 2 xy

karena X = [1, ∞ ) maka x ≥ 1 dan y ≥ 1 sehingga x y ≥1 0<

1 ≤1 xy

0>−

1 ≥ −1 xy

1 1 1 1 > − ≥− 2 2 xy 2 0≤

1 1 1 − < <1 2 xy 2

Karena 0 ≤

1 1 1 − < <1 2 xy 2

Maka T adalah fungsi kontraksi.


Akan dicari titik tetap untuk fungsi T ( x) =

x + x −1 . 2

T ( p) = p p 1 + =p 2 p p − 2p 1 + =0 2 p −

p 1 + =0 2 p

1 p = p 2 p2 − 2 = 0

(p − 2 )(p + 2 ) = 0 p1 = − 2 dan p 2 = 2 karena p1 = − 2 ∉ [1, ∞ ) maka p = 2 Uji nilai p merupakan titik tetap untuk fungsi T ( x) =

T ( 2) =

=

2 1 + 2 2 4 2 2

=

2

Jadi terbukti bahwa p merupakan titik tetap fungsi T.

x + x −1 2


Contoh 3.1.7

(

Diketahui X = R 2 , fungsi f : R 2 → R 2 dengan definisi f (( x, y ) ) = x 2 + 1, y + 2

)

tidak mempunyai titik tetap. Bukti :

Misalkan f mempunyai titik tetap ( x0 , y 0 ) ∈ R 2 f (( x0 , y 0 ) )

(x

2 0

+ 1, y 0 + 2

(x0 , y0 )

=

)

=

2

x0 + 1 = x0

dan

(x0 , y0 )

y0 + 2 = y0

Karena tidak terdapat x0 dan y 0 yang memenuhi maka f tidak mempunyai titik tetap.

Contoh 3.1.8

X = R2 ,

Diketahui

fungsi

(

f : R2 → R2

dengan

)

f (( x, y ) ) = x 2 − 2, y 2 − 2 mempunyai titik tetap yaitu: f (( x0 , y 0 ) )

(x

2 0

2

− 2, y 0 − 2

)

2

=

(x0 , y0 )

=

(x0 , y0 ) 2

x0 − x0 − 2 = 0

dan

y0 − y0 − 2 = 0

x 0 = 2 ∨ x 0 = −1

dan

y 0 = 2 ∨ y 0 = −1

Jadi titik tetap fungsi di atas adalah (2,2 ), (− 1,2 ), (2,−1) dan (− 1,−1) . a.

Diketahui A =

{(x, y ) ∈ R

2

}

− 1 ≤ x ≤ 1, − 1 ≤ y ≤ 1 ⊂ R 2

definisi


b.

Dalam A, fungsi f mempunyai hanya satu titik tetap yaitu (− 1,−1) .

c.

Diketahui B =

{(x, y ) ∈ R

2

}

x2 + y2 ≤ 1 ⊂ R2

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 f : [a, b ] → [a, b] mempunyai paling sedikit satu titik tetap, yaitu terdapat titik x0 ∈ [a, b] sehingga f ( x 0 ) = x0 . Bukti :

Diketahui f : [a, b ] → [a, b] kontinu dan f ( x) ∈ [a, b ] , untuk setiap x ∈ [a, b] . Jika f (a) = a atau f (b) = b maka terbukti f mempunyai titik tetap. Dipandang

f (a) > a dan

f (b) < b . Dibentuk fungsi g : [a, b] → R dengan

definisi g ( x) = x − f ( x) , untuk setiap x ∈ [a, b] . Diperoleh g (a ) = a − f (a ) < 0 dan g (b) = b − f (b) > 0 . Karena g (a ) < 0 < g (b) dan g kontinu maka menurut Teorema Nilai Tengah (Intermediate Value Theorem) terdapat titik x0 ∈ [a, b] sehingga g ( x0 ) = 0 . Akibatnya g ( x0 ) = x0 − f ( x0 ) = 0 atau f ( x 0 ) = x 0 .


Contoh 3.1.9

Diketahui X = [− 2,3] ,

didefinisikan

f : [− 2,3] → [− 2,3]

fungsi

dengan

f ( x) = 5 x + 10 − 2 . Maka menurut Teorema 3.1.1 terjamin bahwa f mempunyai paling sedikit satu titik tetap. Akan dicari titik tetap fungsi f yaitu C ∈ [− 2,3] yang memenuhi : f (C ) = C 5C + 10 − 2 = C 5C + 10 = C + 2 5C + 10 = (C + 2)

2

C2 −C − 6 = 0

(C − 3)(C + 2) = 0 C1 = 3

atau

C 2 = −2

Uji nilai C merupakan titik tetap untuk fungsi f ( x) = 5 x + 10 − 2 f (3) = 5(3) + 10 − 2

f (−2) = 5(−2) + 10 − 2

f (3) = 3

f (−2) = −2

Jadi terbukti bahwa C1 = −2 dan C 2 = 3 merupakan titik tetap fungsi f (x) .

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 ( X , d ) ruang metrik lengkap. Setiap fungsi kontraksi F : X → X mempunyai sebuah titik tetap yang tunggal. Bukti :

Karena F fungsi kontraksi pada X maka terdapat α ∈ R dengan 0 ≤ α ≤ 1 sehingga d (F ( x1 ), F ( x 2 ) ) ≤ α .d ( x1 , x 2 ) , untuk setiap x1 , x 2 ∈ X . Menurut Lemma 3.1.1, F kontinu pada X. Untuk menentukan titik tetap fungsi F digunakan metode substitusi berurutan (successive substitution) dipilih sebarang titik x0 ∈ X , selanjutnya dibentuk barisan ( x n ) dengan x n +1 = F ( x n ),

n∈ N .

Jadi berlaku x1 = F ( x0 ) x 2 = F ( x1 ) = F ( F ( x0 )) = F 2 ( x0 ) x3 = F ( x 2 ) = F ( F 2 ( x0 )) = F 3 ( x0 ) x 4 = F ( x3 ) = F ( F 3 ( x0 )) = F 4 ( x0 ) M

x n = F ( x n −1 ) = F ( F n −1 ( x0 )) = F n ( x 0 ) Secara induktif diperoleh x n = F n ( x0 ) , untuk setiap n ∈ N . Notasi F n di sini berarti komposisi fungsi sebanyak n kali.


Akan ditunjukkan ( x n ) merupakan barisan Cauchy dalam X, untuk setiap n ∈ N didapat dengan 0 ≤ α < 1 : d ( x n , x n +1 ) = d ( F ( x n −1 ), F ( x n )) ≤ α .d ( x n −1 , x n ) = α .d (F ( x n − 2 ), F ( x n −1 ) ) ≤ α 2 .d ( x n − 2 , x n −1 ) = α 2 .d (F ( x n −3 ), F ( x n − 2 ) ) ≤ α 3 .d ( x n −3 , x n − 2 ) = α 3 .d (F ( x n − 4 ), F ( x n −3 ) ) M

≤ α n .d ( x0 , x1 ) Dengan menggunakan pertidaksamaan segitiga diperoleh untuk setiap n ≥ m ;

n, m ∈ N : d ( x m , x n ) ≤ d ( x m , x m +1 ) + d ( x m +1 , x m + 2 ) + K + d ( x n −1 , x n ) ≤ α m d ( x0 , x1 ) + α m +1 d ( x 0 , x1 ) + K + α n −1 d ( x0 , x1 ) ≤ α m (1 + α + α 2 + K + α n − m −1 )d ( x 0 , x1 ) , (menggunakan deret geometri) ⎛ 1 − α n−m ≤ α m ⎜⎜ ⎝ 1−α

<

⎞ ⎟⎟d ( x0 , x1 ) ⎠

αm d ( x0 , x1 ) 1−α

Bentuk terakhir konvergen ke 0 untuk m → ∞ (dapat dibuat d ( x m , x n ) sekecil mungkin dengan mengambil nilai m cukup besar) Hal ini mengakibatkan {x n } merupakan barisan Cauchy dan oleh karena itu {x n } konvergen ke suatu x ∈ X (sebab X ruang metrik lengkap). Kekontinuan F pada X mengakibatkan


(

)

F ( x ) = F lim x n = lim F ( x n ) = lim xn +1 = x . n→∞

n →∞

n →∞

Jadi F ( x ) = x atau x merupakan titik tetap fungsi F. Selanjutnya akan dibuktikan bahwa titik x tersebut tunggal. Diandaikan F ( y ) = y , untuk suatu y ∈ X dan y ≠ x maka berlaku d ( x , y ) = d (F ( x ), F ( y ) ) ≤ α .d ( x , y ) .

Karena 0 ≤ α < 1 dan d ( x , y ) ≥ 0 maka haruslah d ( x , y ) = 0 Jadi x = y , 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 X = (0,1] dengan fungsi f : X → X dengan definisi f ( x) =

1 x , jelas 5

merupakan fungsi kontraksi pada X. Akan dibuktikan tidak terdapat titik tetap dalam ruang metrik tersebut. Andaikan terdapat titik tetap

f ( p) = p 1 p= p 5 4 p=0 5 p = 0∉ X


Jadi terbukti ruang metrik tidak lengkap tidak memenuhi kriteria Teorema Titik Tetap Banach.

Contoh 3.2.2

Dalam Teorema Titik Tetap Banach, untuk x ≠ y maka d (T ( x), T ( y )) < α d ( x, y ) . Diambil contoh dalam ruang metrik X = [1, ∞ ) dengan definisi T ( x) = x +

1 . x

Akan ditunjukkan bahwa T adalah fungsi kontraksi dan tidak memiliki titik tetap. Bukti:

Akan ditunjukkan T fungsi kontraksi T ( x) − T ( y )

=

x + x −1 − ( y + y −1 )

=

x − y + x −1 − y −1

=

x− y+

1 1 − x y

=

x− y+

y−x xy

=

x− y−

x− y xy

=

(x − y )⎛⎜⎜1 −

≤

x − y 1−

<

α x− y

⎝

1 ⎞ ⎟ xy ⎟⎠

1 xy


Dengan α

=

1−

1 , xy

karena X = [1, ∞ ) maka x ≥ 1 dan y ≥ 1 sehingga x y ≥1 0<

1 ≤1 xy

0>−

1 ≥ −1 xy

0 ≤ 1−

1 <1 xy

maka 0 ≤ 1 −

1 <1 xy

Jadi T fungsi kontraksi. Akan ditunjukkan T tidak memiliki titik tetap Diandaikan T memiliki titik tetap

T ( p) = p p+

1 =p p

1 = 0 ...............(*) 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 f : X → X fungsi kontraksi jika untuk semua x1 , x 2

F ( x 2 ) − F ( x1 ) ≤ α x 2 − x1 , dimana 0 ≤ α < 1 . 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 : F ( x 2 ) − F ( x1 ) ≤α x 2 − x1

Secara geometris

F ( x2 ) − F ( x1 ) berarti gradien fungsi F. x2 − x1

Jika digambar pada grafik maka F terbatas dengan nilai mutlak α < 1 . Pada umumnya, jika F terdiferensial dengan F ′(x) ≤ α untuk semua x. Akibatnya fungsi terdiferensial F pada X adalah fungsi kontraksi jika dan hanya jika F ′( x) ≤ α < 1 untuk semua x.

Secara sederhana Teorema Titik Tetap Banach dapat dijelaskan secara geometri dalam gambar di bawah ini.


Gambar 3.2.1 Contoh 3.2.4

Diketahui fungsi F : X → X dengan definisi F ( x) =

x + 1. 2

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 {x n } dengan x0 = 0 dan x n = F ( x n −1 ) , akan didapat : x0 = 0 x1 = F (0) = 1

x 2 = F ( x1 ) =

3 2

x3 = F ( x 2 ) =

7 4

x 4 = F ( x3 ) =

15 8

x5 = F ( x 4 ) =

31 16

M 2n − 1 xn = n−1 2


Barisan

⎧

− 1⎫ n −1 ⎬ ⎩ 2 ⎭

{xn } = ⎨ 2

n

konvergen ke 2, sebab

lim x n = n →∞

2n − 1 n → ∞ 2 n −1

lim

=

2n − 1 2 n. ln 2 2 lim = =2 n → ∞ 2 n 2 −1 n → ∞ 2 n ln 2

lim

Berikut ini akan diberikan pembahasan mengenai akibat dari Teorema Titik Tetap Banach (Banach Fixed Point Theorem).

Akibat 3.2.1

Misalkan I = [a, b] ⊂ R dan f : I → I fungsi terdiferensial di setiap titik dalam I dengan f ′( x) ≤ k , 0
Diketahui f terdiferensial di setiap titik dalam I dan f ′( x) ≤ k , 0
f (bi ) − f (ai ) ≤ k ⇔ f (bi ) − f (ai ) ≤ k bi − a i , untuk bi − a i

setiap ai , bi ∈ I . Dengan kata lain f merupakan fungsi kontraksi. Karena R lengkap, menurut

Teorema 3.2.1 di atas terbukti terdapat dengan

tunggal x0 ∈ I sehingga f ( x 0 ) = x0 .


Akibat 3.2.2

Pada Teorema 3.2.1, barisan ( x n ) dengan sebarang x0 ∈ 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

αm d ( x m , x) ≤ d ( x0 , x1 ) 1−α

..........................................................(*)

dan perkiraan akhir (Posterior Estimate) yaitu d ( x m , x) ≤

α d ( x m −1 , x m ) 1−α

.......................................................(**)

Bukti :

Dari bukti Teorema 3.2.1 diperoleh d ( x m , x n ) ≤

αm d ( x0 , x1 ) K (n > m) 1−α

Dengan mengambil n → ∞ diperoleh (*). Selanjutnya, dari (*) dengan mengambil m=1, y 0 = x 0 dan y1 = x1 diperoleh d ( y1 , x) ≤

α d ( y 0 , y1 ) . 1−α

Dipilih y 0 = x m −1 , berakibat y1 = F ( y 0 ) = x m dan diperoleh (**).

Batas kesalahan awal (Prior Error Bound) dapat digunakan pada awal perhitungan jumlah langkah yang diperlukan untuk mencapai akurasi yang diberikan.


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 F ( m ) mempunyai sebuah titik tetap x maka x juga merupakan titik tetap tunggal untuk fungsi F.

Teorema 3.2.2

Diberikan ( X , d ) ruang metrik lengkap dan fungsi F : X → X . Jika fungsi F ( m ) 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 m>1 Karena x merupakan titik tetap untuk fungsi F ( m ) maka F ( m ) ( x ) = x .

(

)

Jadi F ( x ) = F F ( m ) ( x ) = F ( m ) ( F ( x )) . Jadi F ( x ) adalah sebuah titik tetap untuk F ( m ) dan karena titik tetap F ( m ) tunggal maka berakibat F ( x ) = x . Karena setiap titik tetap untuk F juga merupakan titik tetap untuk F ( m ) maka x merupakan titik tetap tunggal untuk F.


Dari Teorema 3.2.1 dan Teorema 3.2.2 dapat diturunkan akibat berikut :

Akibat 3.2.3

Diberikan ( X , d ) ruang metrik lengkap dan fungsi F : X → X . Jika F ( m ) merupakan suatu fungsi kontraksi untuk suatu m∈ N maka F mempunyai sebuah titik tetap yang tunggal. Bukti :

Diketahui F ( m ) merupakan suatu fungsi kontraksi untuk suatu m∈ N, menurut Teorema 3.2.1 (Teorema Titik Tetap Banach) maka F ( m ) mempunyai titik tetap yang tunggal. Karena F ( m ) 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 ( X , d ) ruang metrik lengkap dan fungsi F : X → X . Jika

F

adalah

fungsi

kontraksi

pada

sebuah

bola

tertutup

Y = {x ∈ X d ( x, x0 ) ≤ r}, r > 0 dan berlaku d ( x0 , F ( x0 )) < (1 − α )r maka barisan

(x n )

yang didefinisikan dengan x n +1 = F ( x n ) untuk setiap n ∈ N konvergen ke

suatu x ∈ Y . Disini x merupakan titik tetap tunggal fungsi F pada Y.


Bukti :

Akan ditunjukkan bahwa untuk setiap m, x m sebagaimana x berada di Y. Dari bukti Teorema Titik Tetap Banach diperoleh d ( x m , x n ) ≤ Diambil

m=0

dan

menukar

d ( x0 , xm ) ≤

1 d ( x0 , x1 ) . 1−α

peranan

n

αm d ( x0 , x1 ) . 1−α

dengan

Karena d ( x 0 , x1 ) = d ( x0 , F ( x0 ) ) maka diperoleh d ( x0 , xm ) ≤

m

didapat

1 d ( x0 , x1 ) < r . 1−α

Jadi x m ∈ Y untuk setiap m. Karena (x m ) → x dan Y tertutup diperoleh x ∈ Y . Penegasan dari teorema ini merupakan akibat langsung dari bukti teorema titik tetap Banach.

Contoh 3.2.5

Pandang R 2 sebagai ruang metrik dengan metrik biasa (Usual Metric) yaitu metrik Euclid dan fungsi F : R 2 → R 2 didefinisikan sebagai berikut : ⎛ x1 ⎞ b1 ⎞⎜ ⎟ ⎛x ⎞ ⎟⎟⎜ x 2 ⎟ , untuk setiap x = ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ∈ R 2 . b2 ⎠⎜ ⎟ ⎝ x2 ⎠ ⎝1⎠

a12 ⎛x ⎞ ⎛a F ⎜⎜ 1 ⎟⎟ → ⎜⎜ 11 ⎝ x 2 ⎠ ⎝ a 21 a 22

Dengan menggunakan pertidaksamaan Cauchy Schwarz (hal 9) diperoleh

(d (F ( x ), F ( y ) ))2 ≤ (a11 2 + a12 2 + a 21 2 + a 22 2 )(d ( x , y ) )2 Ditinjau harus : 2

2

2

2

Jika ( a11 + a12 + a21 + a22 ) <1 maka berakibat F merupakan fungsi kontraksi. Misalnya, diberikan fungsi F : R 2 → R 2 dengan aturan sebagai berikut :


1 ⎞ ⎛1 ⎜ x1 − x 2 + 3 ⎟ x ⎛x ⎞ ⎛ ⎞ 4 ⎟ , untuk setiap x = ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ∈ R 2 atau F * ⎜⎜ 1 ⎟⎟ → ⎜ 3 ⎝ x2 ⎠ ⎝ x 2 ⎠ ⎜⎜ 1 x1 + 1 x 2 − 8 ⎟⎟ 2 ⎠ ⎝2 1 ⎛1 ⎞ − − 3 ⎟⎛⎜ x1 ⎞⎟ ⎜ x ⎛x ⎞ ⎛ ⎞ 4 ⎟⎜ x 2 ⎟ , untuk setiap x = ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ∈ R 2 F * ⎜⎜ 1 ⎟⎟ → ⎜ 3 ⎝ x2 ⎠ ⎝ x 2 ⎠ ⎜⎜ 1 − 1 − 8 ⎟⎟⎜ 1 ⎟ 2 ⎝2 ⎠⎝ ⎠ 2

2

2

2

97 ⎛1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ Dari sini, ⎜ ⎟ + ⎜ − ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = < 1 atau F * merupakan fungsi 144 ⎝3⎠ ⎝ 4⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ kontraksi. Karena R 2 lengkap maka menurut Teorema 3.2.1 terjamin bahwa terdapat dengan tunggal

titik

tetap

⎛α ⎞ α = ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ∈ R ⎝α 2 ⎠

sedemikian

hingga

berlaku

⎛α ⎞ ⎛α ⎞ F * (α ) = F * ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝α 2 ⎠ ⎝α 2 ⎠

Selanjutnya akan dicari titik tetap tersebut 1 ⎛1 ⎞ ⎜ α1 − α 2 + 3 ⎟ ⎛ α ⎞ α α ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 ⎟ = ⎜⎜ 1 ⎟⎟ F * ⎜⎜ 1 ⎟⎟ = ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⇔ ⎜ 3 1 1 α α ⎜⎜ α + α − 8 ⎟⎟ ⎝ α 2 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 1 2 2 ⎝2 ⎠

Diperoleh sistem persamaan

α2 = −

8α 1 + 3α 2 = 36⎫ 84 dan ⎬ yang memberikan α 1 = α 1 − α 2 = 16 ⎭ 11

92 11

⎛ 84 ⎞ ⎜ ⎟ Jadi α = ⎜ 11 ⎟ adalah titik tetap tunggal fungsi F * pada R 2 . ⎜⎜ − 92 ⎟⎟ ⎝ 11 ⎠


1 ⎛1 ⎞ ⎜ x1 − x 2 + 3 ⎟ x ⎛ ⎞ 4 ⎟ Uji nilai α merupakan titik tetap untuk fungsi F * ⎜⎜ 1 ⎟⎟ → ⎜ 3 1 ⎝ x 2 ⎠ ⎜⎜ x1 + 1 x 2 − 8 ⎟⎟ 2 ⎝2 ⎠ ⎛ 84 ⎞ ⎛⎜ 1 . 84 − 1 .⎛⎜ − 92 ⎞⎟ + 3 ⎞⎟ ⎛ 28 23 33 ⎞ ⎛ 84 ⎞ + ⎟ ⎜ ⎜ + ⎟ ⎜ ⎟ 3 11 4 ⎝ 11 ⎠ ⎟ ⎜ 11 11 11 ⎟ ⎜ 11 ⎟ = = F * ⎜ 11 ⎟ → ⎜ ⎜⎜ − 92 ⎟⎟ ⎜ 1 . 84 + 1 ⎛ − 92 ⎞⎟ − 8 ⎟ ⎜⎜ 42 − 46 − 88 ⎟⎟ ⎜⎜ − 92 ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 11 11 11 ⎠ ⎝ 11 ⎠ ⎝ 11 ⎠ ⎜⎝ 2 11 2 ⎝ 11 ⎠ ⎠

Jadi terbukti bahwa α merupakan titik tetap fungsi F * .

Definisi 3.2.1

Diberikan ( X , d ) ruang metrik Ruang X dikatakan mempunyai sifat titik tetap (Fixed Point Property) jika setiap fungsi kontinu F : X → X mempunyai titik tetap, yaitu terdapat x ∈ X sehingga

F (x) = x .

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.


Bukti :

Misalnya diketahui ( X ,τ 1 ) merupakan sebuah ruang topologi yang mempunyai sifat titik tetap dan misalkan (Y ,τ 2 ) ruang topologi yang homeomorfik dengan

( X ,τ 1 ) . Jadi terdapat homeomorfisma φ : X

→Y .

Akan ditunjukkan (Y ,τ 2 ) mempunyai sifat titik tetap. Diambil sebarang fungsi kontinu f : Y → Y . Karena φ suatu homeomorfisma maka φ dan φ −1 kontinu (menurut definisi homeomorfisma). Hal ini berakibat komposisi fungsi-fungsi kontinu φ −1 o f o φ : X → X juga kontinu. Diketahui ( X ,τ 1 ) mempunyai sifat titik tetap, berarti terdapat x0 ∈ X sehingga

(φ

−1

)

o f o φ ( x0 ) = x0 .

Diperhatikan bahwa f o φ = φ o φ −1 o f o φ (sebab φ o φ −1 =1, yaitu fungsi identitas) Sehingga diperoleh: f (φ ( x 0 ) ) =

(φ o φ

−1

)

o f o φ ( x0 )

=

φ (φ −1 o f o φ )( x0 )

=

φ ( x0 )

Sebut φ ( x0 ) = y 0 , untuk suatu y 0 ∈ Y . Jadi fungsi kontinu f mempunyai titik tetap, yaitu y 0 . Jadi ruang topologi (Y ,τ 2 ) mempunyai sifat titik tetap.


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 y = x , sementara di dalam aljabar linear, titik tetap muncul sebagai vektor eigen x yang berkorespondensi dengan nilai eigen λ = 1 . 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

Persamaan Diferensial Orde Satu

Banach

Pada

Penyelesaian

dy = f ( x, y ) . dx

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 R 2 dan fungsi f : D → R kontinu, akan diselidiki pencarian penyelesaian dari persamaan diferensial orde satu

dy = f ( x, y ) di dx

dalam D dengan menggunakan Teorema Titik Tetap Banach.

Definisi 4.1.1

Misalkan P ( x0 , y 0 ) sebuah titik di dalam D. Sebuah fungsi y = ϕ ( x) adalah penyelesaian dari Masalah Nilai Awal (Initial ⎧ dy ⎪ = f ( x, y ) jika dan hanya jika ϕ ′( x) = f ( x, ϕ ( x)) untuk x Value Problem) ⎨ dx ⎪⎩ y ( x0 ) = y 0 dalam suatu interval I = {x x0 − h ≤ x 0 ≤ x0 + h} dan jika ϕ memenuhi syarat awal y 0 = ϕ ( x0 ) .

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, f : X → R dan g : X → R adalah fungsi kontinu terbatas pada X. Didefinisikan jarak f dan g sebagai d ( f , g ) = sup f ( x) − g ( x) x∈ X

Teorema 4.1.1

Diketahui X ruang metrik dan C(X) ruang metrik dari fungsi kontinu terbatas pada X serta

( fn )

barisan fungsi dengan f n ∈ C ( X ) , untuk setiap n. Barisan

konvergen ke fungsi f dalam C(X) jika dan hanya jika barisan

( fn )

( fn )

konvergen

seragam ke fungsi f pada X. Bukti:

⇒ Misalkan diketahui barisan

( fn )

konvergen ke fungsi f dalam C(X) maka

d ( f n , f ) → 0 untuk n → ∞ .

Dengan kata lain untuk setiap ε > 0 terdapat n0 ∈ N sehingga f n ( x) − f ( x) ≤ ε , untuk setiap n ≥ n0 dan untuk setiap x ∈ X , sehingga sup f n ( x) − f ( x) ≤ ε , x∈ X

untuk semua n ≥ n0 , yaitu ( f n ) konvergen seragam ke fungsi f pada X.


⇐ Misalkan diketahui

( fn )

konvergen seragam ke fungsi f pada X berarti untuk

setiap ε > 0 terdapat n0 ∈ N sehingga f n ( x) − f ( x) ≤ ε , untuk setiap n ≥ n0 dan untuk setiap x ∈ X maka sup f n ( x) − f ( x) ≤ ε , untuk semua n ≥ n0 . x∈ X

Dengan kata lain d ( f n , f ) → 0 jika n → ∞ , yaitu barisan

( fn )

konvergen ke

fungsi f dalam C(X).

Berikut ini diberikan kriteria Cauchy untuk kekonvergenan seragam fungsi

Teorema 4.1.2

Diketahui ( f n ) adalah barisan fungsi dalam E, akan konvergen seragam dalam E jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat N dimana m, n ≥ N , x ∈ E berlaku f n ( x) − f ( x) ≤ ε .......................(*)

Bukti :

⇒ Diketahui

( fn )

konvergen seragam dalam E, dan diketahui f merupakan

fungsi limit. Terdapat N dimana n ≥ N , x ∈ E berlaku f n ( x) − f m ( x) ≤

ε 2

,

Oleh karena itu f n ( x) − f m ( x) ≤ f n ( x) − f ( x) + f ( x) − f m ( x) ≤ ε

Jika m, n ≥ N , x ∈ E .


⇐ Diketahui kondisi Cauchy terpenuhi. Barisan { f n } yang konvergen, nilai limit dari setiap x adalah f ( x) dan barisan

{fn }

konvergen dalam E ke f. Akan

dibuktikan barisan { f n } yang konvergen tersebut seragam. Ambil ε > 0 dan pilih N yang memenuhi kondisi (*), anggap n tetap dan m → ∞ . Karena f m ( x) → f ( x) untuk m → ∞ , maka

f m ( x) − f ( x) ≤ ε , untuk setiap m ≥ N dan x ∈ E .

Selanjutnya akan diberikan teorema yang berguna dalam pembuktian Teorema Eksistensi dan Ketunggalan penyelesaian persamaan diferensial.

Teorema 4.1.3

Jika X sebarang ruang metrik maka ruang metrik C(X) lengkap. Bukti:

Diketahui { f n } adalah barisan Cauchy dalam C(X). Ini berarti untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli N sehingga d ( f n , f m ) < ε untuk setiap m, n ≥ N Menurut Teorema 4.1.2 terdapat fungsi f dengan domain X sehingga

{fn }

adalah

konvergen seragam ke f. Jadi f kontinu yang berarti f terbatas sebab terdapat n sehingga

f ( x) − f n ( x) < 1 , untuk semua x ∈ X

dan

f n terbatas. Dengan

Demikian f ∈ C ( X ) dan karena f n → f seragam pada X, maka diperoleh d ( f n , f m ) → 0 untuk n → ∞ .


Lemma 4.1.1

Diketahui fungsi f : D → R kontinu, didefinisikan fungsi kontinu ϕ pada I = {x x 0 − h ≤ x0 ≤ x0 + h} ke R dengan ϕ ( x 0 ) = y 0 untuk suatu ( x 0 , y 0 ) ∈ D .

Fungsi

ϕ

merupakan

penyelesaian

dari

persamaan

diferensial

dy = f ( x, y ) = f ( x, ϕ ( x)) pada I jika dan hanya jika ϕ memenuhi persamaan dx x

integral f ( x) = y0 + ∫ f ( x, ϕ ( x)) dx . x0

Bukti :

Dengan mengintegralkan

dy = f ( x, ϕ ( x)) di antara x0 dan x dengan syarat dx

y ( x0 ) = y 0 , selanjutnya Teorema Fundamental Kalkulus memberikan persamaan

integral yang diberikan yaitu : x

dy ∫x dx dx 0

x

=

∫ dy

x0

x

∫ dy

=

f ( x) − f ( x0 )

=

f ( x) − y 0

x0

x

∫ f ( x, y)dx

x0

x

f ( x)

=

y 0 + ∫ f ( x, y )dx x0

x

f ( x)

=

y0 + ∫ f ( x, ϕ ( x)) dx x0


Teorema 4.1.4 (Teorema Eksistensi dan Ketunggalan)

{

}

Diberikan segiempat S = ( x, y ) x − x0 ≤ h, y − y 0 ≤ k ,

f ( x, y ) ≤ M

untuk

suatu M>0. Fungsi f : S → R kontinu dan memenuhi Kondisi Lipschitz terhadap y, diambil x tetap, yaitu f ( x, y1 ) − f ( x, y 2 ) ≤ α y1 − y 2 , untuk semua ( x, y1 ) dan ( x, y 2 ) ∈ S .

Jika Mh ≤ k dan αh < 1 maka terdapat dengan tunggal fungsi terdiferensial kontinu ϕ pada I = {x x 0 − h ≤ x0 ≤ x0 + h} yang memenuhi ϕ ( x 0 ) = y 0 , dan dy = f ( x, ϕ ( x)) . dx

(-a,b)

(a,b)

R t (-a,-b)

(a,-b)

Gambar 4.1.1 Bukti :

Menurut Lemma 4.1.1 cukup dicari penyelesaian dari persamaan integral x

ϕ ( x) = y 0 + ∫ f (t , ϕ (t )) dt dengan ϕ ( x) − y 0 ≤ k , untuk setiap x ∈ I . x0


Misalkan C ( I ) adalah ruang metrik dari fungsi kontinu terbatas pada I dan E ⊆ C ( I ) dimana berlaku ϕ ( x) − y 0 ≤ k , untuk setiap x ∈ I .

Jika {ϕ n } barisan fungsi pada E yang konvergen ke fungsi ϕ 0 ∈ C ( I ) maka ketaksamaan ϕ 0 − y 0 ≤ ϕ 0 − ϕ n + ϕ n − y 0 menunjukkan bahwa ϕ 0 juga berada di E. Sehingga E adalah himpunan bagian tertutup dari C ( I ) dan menurut Teorema 2.3.5, E merupakan ruang metrik lengkap.

Didefinisikan

fungsi

pada

F

E

dengan

aturan

F (ϕ ) = ψ

dimana

x

ψ ( x) = y 0 + ∫ f (t , ϕ (t )) dt , ϕ ∈ E . x0

x

Diperoleh

ϕ ( x) − y 0 =

:

∫ f (t , ϕ (t )) dt

≤ M x − x 0 < Mh ≤ k , untuk

x0

setiap x sehingga F (ϕ ) = ψ berada di E dan fungsi F memetakan ruang metrik E ke dirinya sendiri. Sekarang akan ditunjukkan bahwa F adalah fungsi kontraksi. Misalkan ϕ1 , ϕ 2 ∈ E dengan ψ 1 = F (ϕ1 ) dan ψ 2 = F (ϕ 2 ) maka

ψ 2 ( x) − ψ 1 ( x) =

x

∫ f (t , ϕ

x

2

x0

x0

x

=

∫ { f (t , ϕ

(t )) dt − ∫ f (t , ϕ1 (t )) dt

2

(t )) − f (t , ϕ1 (t ))} dt

x0

x

≤

∫α ϕ

2

(t ) − ϕ1 (t ) dt

x0

≤ α sup ϕ 2 (t ) − ϕ1 (t ) . x − x 0 t∈I

≤ αh.d (ϕ 2 , ϕ1 )


Oleh karena itu d (ψ 2 ,ψ 1 ) ≤ αh.d (ϕ 2 , ϕ1 ) , αh < 1 Terbukti bahwa F adalah fungsi kontraksi dan selanjutnya dengan menggunakan Teorema Titik Tetap Banach diperoleh bahwa fungsi F mempunyai titik tetap tunggal. x

Dengan kata lain persamaan integral ϕ ( x) = y 0 + ∫ f (t , ϕ (t )) dt mempunyai x0

sebuah penyelesaian tunggal. Teorema ini sering kali disebut sebagai Teorema Eksistensi dan Ketunggalan Picard. Teorema ini dapat digunakan untuk mendapatkan barisan pendekatan

yang konvergen ke penyelesaian dari

dϕ = f ( x, ϕ ( x)) , ϕ ( x 0 ) = y 0 dx

Proses hampiran dimulai dengan fungsi konstan ϕ ( x) = y 0 . Selanjutnya, x

ϕ1 ( x) = y 0 + ∫ f (t , y 0 ) dt x0

x

ϕ 2 ( x) = y 0 + ∫ f (t , ϕ1 (t )) dt x0

M x

ϕ n ( x) = y 0 + ∫ f (t , ϕ n −1 (t )) dt x0

Teknik hampiran ini dikenal dengan Metode Hampiran Berurutan (Successive Approximation Method).

Berikut ini akan diberikan beberapa contoh penerapan Teorema Eksistensi dan Ketunggalan Picard.


Contoh 4.1.1

Akan diselesaikan masalah nilai awal

dϕ = ϕ , ϕ (0) = 1 dx

Dengan teknik di atas didapat barisan :

ϕ0 = 1 x

ϕ1 = 1 + ∫ dt = 1 + x 0

x

ϕ 2 = 1 + ∫ (1 + t )dt = 1 + x + 0

x2 2

M x

ϕ n = 1 + ∫ (1 + t + 0

t2 t n −1 x2 xn +K+ +K+ )dt = 1 + x + 2 2.3.K (n − 1) 2 n!

Jelas tampak bahwa {ϕ n } konvergen ke penyelesaian ϕ = e x masalah nilai awal tersebut karena ϕ n merupakan polinomial MacLaurin dari e x .

Lemma 4.1.2 (Test M-Weierstrass)

Diketahui a n ( x) merupakan barisan dari fungsi S ⊂ R k ke R m dan merupakan barisan bilangan real sehingga an

Jika

∞

∞

= sup a n ( x) ≤ M n untuk semua a ∈ S . x∈S

∑ M n konvergen maka n =1

∞

∑a n =1

n

( x) konvergen seragam dalam S.

Bukti :

Untuk setiap x ∈ S , barisan a n ( x) konvergen seragam karena

(M n )


∞

∑ n =1

∞

a n ( x) < ∑ a n n =1

∞

∞

≤∑Mn <∞ n =1

∞

Kemudian akan dijumlahkan. Dimisalkan f ( x) = ∑ an ( x) . Maka untuk setiap n =1

x∈S , ∞

k

f ( x) − ∑ a n ( x) = n =1

∑ an ( x) ≤

n = k +1

∞

∑ an ( x) ≤

n = k +1

∞

∑ an

n = k +1

∞

≤

∞

∑M

n = k +1

n

.

Hasilnya tidak tergantung pada x. Kemudian k

lim f − ∑ a n k →∞

n =1

≤ lim ∞

k →∞

k

∑M

n = k +1

n

=0

Oleh karena itu, suku-suku ini akan konvergen seragam ke f.

Contoh 4.1.2

Akan diselesaikan masalah nilai awal f ′( x) = 1 + x − f ( x) , x ∈ [− 12 , 12 ] ,

f (0) =1 Pertama masalah nilai awal diubah ke persamaan integral. x

f ( x)

=

1 + ∫ (1 + t − f (t ) )dt 0

x

=

1+ x +

1 2 x − ∫ f (t )dt , dengan f ∈ C [− 12 , 12 ] . 2 0

Didefinisikan fungsi T dalam C [− 12 , 12 ] yang memetakan f menjadi T ( f ) dengan aturan T ( f ( x) ) = 1 + x +

x

1 2 x − ∫ f (t ) dt . 2 0

Penyelesaian dari persamaan integral ini adalah titik tetap dari T.


Menurut Teorema Titik Tetap Banach, akan dibuktikan bahwa T fungsi kontraksi. T ( f ( x) ) − T ( g ( x) )

x

∫ ( f (t ) − g (t )) dt

=

0

x

∫

≤

f (t ) − g (t ) dt

0

x

∫ d ( f , g )dt

≤

0

x

d ( f , g)

=

∫ dt 0

≤

1 d ( f , g) 2

≤

1 d ( f , g) 2

Maka d (T ( f ), T ( g ) )

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

( fn )

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

C [− 12 , 12 ] . Sebagai contoh diambil f 0 fungsi konstan satu yaitu f 0 ( x) = 1 . Maka, x

1 1 f1 ( x) = T ( f 0 ( x) ) = 1 + x + x 2 − ∫ 1 dt = 1 + x 2 2

0

2

f 2 ( x) = T ( f 1 ( x) ) = 1 + x +

1 2 1 1 ⎛ 1 ⎞ x − ∫ ⎜1 + x 2 ⎟ dt = 1 + x 2 − x 3 2 2 ⎠ 2 6 0⎝

f 3 ( x) = T ( f 2 ( x) ) = 1 + x +

1 2 1 ⎞ 1 1 1 4 ⎛ 1 x − ∫ ⎜1 + x 2 − x 3 ⎟ dt = 1 + x 2 − x 3 + x 2 2 6 2 6 24 ⎝ ⎠ 0

x

x


Secara umum dengan menggunakan induksi matematika akan didapat f n ( x) = 1 +

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

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

1 (− x) n +1 , yang mana (n + 1) !

(− x )n+1 ! = (2 n+1 (n + 1)!)−1 . 1 (n + 1) ! x≤

pada [− 12 , 12 ] memiliki norma maksimum sup 2

Oleh karena itu deret kuasa ini akan konvergen seragam dalam [− 12 , 12 ] menurut Test M-Weierstrass. Akan didapatkan ∞

1 (− x) k = e − x + x k = 0 k!

f ( x) = x + ∑

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 e 0 + 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 R 2 dan M 0 , M 1 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 M 0 , M 1 , k dan tidak terhadap ϕ . Pada saat penyelesaian ϕ ditemukan dalam sebuah segi empat dengan pusat

(x 0 , y 0 ) , 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.

Gambar 4.1.1


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 x 0 ∈ [a, b] sehingga f ( x 0 ) = x 0 .

2.

Diberikan

(X , d )

ruang metrik lengkap. Setiap fungsi kontraksi

F : X → X 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

dy = f ( x, y ) . dx

{

}

Diberikan segiempat S = ( x, y ) x − x 0 ≤ h, y − y 0 ≤ k ,

f ( x, y ) ≤ M

untuk suatu M>0. Fungsi f : S → R kontinu dan memenuhi Kondisi Lipschitz

terhadap

y,

diambil

x

tetap,

yaitu

f ( x, y1 ) − f ( x, y 2 ) ≤ α y1 − y 2 , untuk semua ( x, y1 ) dan ( x, y 2 ) ∈ S .

Jika

Mh ≤ k

dan αh < 1 maka terdapat dengan tunggal fungsi


terdiferensial kontinu ϕ pada I = {x x0 − h ≤ x 0 ≤ x0 + h} yang memenuhi

ϕ ( x0 ) = y 0 , ϕ ( x) − y 0 ≤ k dan dan Ketunggalan Picard).

dy = f ( x, ϕ ( x)) . (Teorema Eksistensi dx


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 rd edition. Tokyo: McGraw-Hill Kogakhusa. Shaskin, Yu.A. (1991). Fixed Point. USA:American Mathematical Society.

TEOREMA TITIK TETAP BANACH. Skripsi. Diajukan untuk Memenuhi Salah satu Syarat. Memperoleh Gelar Sarjana Matematika. Program Studi Matematika

Recommend Documents