TEOREMA TITIK TETAP BANACH Skripsi

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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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:
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
(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?
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
(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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
(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 )
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
⎠
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
(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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
= ( 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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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)
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
(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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 ) .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
}
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
= {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 <r
(iii)
−x+ y <r
(ii)
x− y <r
(iv)
−x− y <r
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 <r.
Maka titik batasnya adalah :
x1 − a1 =r
(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 <r
Maka titik batasnya adalah :
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 }
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 ' .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 ) .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 )
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
− (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 .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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) .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 ) .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
⇐ 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).
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 ,
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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],
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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:
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
(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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
=
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
(
)
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 :
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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<k<1, untuk setiap x ∈ I maka terdapat dengan tunggal titik
x0 ∈ I sehingga f ( x 0 ) = x0 .
Bukti :
Diketahui f terdiferensial di setiap titik dalam I dan f ′( x) ≤ k , 0<k<1, untuk
setiap x ∈ I . Teorema Nilai Rata-Rata Lagrange (Lagrange’s Mean Value
Theorem) mengakibatkan
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 .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
Sementara Batas kesalahan akhir (Posterior Error Bound) dapat digunakan pada
tahap pertengahan atau pada akhir dari suatu perhitungan.
Perhitungan tersebut sekurang-kurangnya akan memiliki akurasi sama dengan (*)
atau bahkan lebih baik.
Dalam Teorema selanjutnya akan dibahas teorema yang menyatakan bahwa jika
fungsi komposisi 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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 :
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 ⎠
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
BAB IV
PENERAPAN TEOREMA TITIK TETAP BANACH
Teorema Titik Tetap Banach mempunyai peranan penting dalam berbagai
bidang matematika terapan diantaranya untuk metode iterasi dalam penyelesaian
sistem persamaan linear, yaitu memberikan syarat cukup untuk konvergensi dan
batas kesalahannya.
Dalam kalkulus, titik tetap merupakan titik potong suatu kurva dengan
garis 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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
⇐
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 .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
⇐ 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 → ∞ .
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 )
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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 )
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
∞
∑
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.
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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
PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI
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.