Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

4Topologi Ruang Metrik

Topologi garis real pada jilid Tahun ke-1 menyeluruh, nyaris tanpa mengubah satu kata pun, ke sembarang himpunan yang dilengkapi jarak. Untungnya besar sekali: barisan fungsi, matriks, kurva — semuanya menjadi titik ruang metrik, dan ketiga pilar yang dibuktikan di sini — kelengkapan beserta teorema titik tetap Banach, kekompakan, keterhubungan — berlaku bagi semuanya secara seragam. Bab ini adalah tulang punggung seluruh paruh analisis buku ini.

4.1 Ruang metrik

Definisi 4.1

Sebuah ruang metrik adalah himpunan $X$ beserta pemetaan $d \colon X \times X \to \R_+$ sehingga, untuk setiap $x, y, z$ :

d(x,y) = 0 \iff x = y, \qquad d(x,y) = d(y,x), \qquad d(x,z) \leq d(x,y) + d(y,z).

Bolanya: $B(a, r) = \{x : d(a,x) < r\}$ (terbuka), $\overline B(a,r) = \{x : d(a,x) \leq r\}$ (tertutup). Sebuah himpunan bagian $A \subseteq X$ menjadi ruang metrik dengan jarak imbasannya.

Contoh 4.2

$\R$ dengan $\abs{x - y}$ ; $\R^n$ dengan salah satu dari

d_1(x,y) = \sum_i \abs{x_i - y_i}, \quad d_2(x,y) = \Bigl(\sum_i (x_i - y_i)^2\Bigr)^{1/2}, \quad d_\infty(x,y) = \max_i \abs{x_i - y_i};

himpunan $C(\intcc{a}{b})$ berisi fungsi kontinu dengan jarak supremum $d_\infty(f, g) = \sup_{\intcc{a}{b}} \abs{f - g}$ (yang hingga, sebab $f - g$ terbatas); sembarang himpunan dengan jarak diskret ( $d(x,y) = 1$ untuk $x \neq y$ ). Jarak yang berasal dari norma menjadi bahasan Bab 5.

Definisi 4.3 (Topologi sebuah ruang metrik)

$U \subseteq X$ disebut terbuka apabila setiap titik $U$ menjadi pusat sebuah bola yang termuat di $U$ ; sedangkan $F$ disebut tertutup apabila komplemennya terbuka. Persekitaran, interior, penutup, kepadatan, dan batas ditetapkan persis seperti pada garis real (jilid Tahun ke-1), dengan bola menggantikan interval, dan pernyataan yang dibuktikan di sana — gabungan dan irisan himpunan terbuka, pencirian interior dan penutup, penutup sebagai himpunan tertutup terkecil yang memuatnya — berpindah dengan bukti yang sama. Bola terbuka memang terbuka, dan bola tertutup memang tertutup (lewat ketaksamaan segitiga).

Contoh 4.4 (Interior, penutup, batas pada satu himpunan)

Di $\R$ , misalkan $A = \intoc{0}{1} \cup \{2\}$ . Interiornya: $\intoo{0}{1}$ — di sekitar sembarang $x \in \intoo01$ ada bola kecil yang tetap di $A$ ; sedangkan di sekitar $1$ , setiap bola $\intoo{1-r}{1+r}$ bocor keluar dari $A$ di sebelah kanan, jadi $1$ bukan titik interior; dan titik terpencil $2$ pun bukan titik interior. Penutupnya: $\intcc{0}{1} \cup \{2\}$ (titik $0$ adalah limit $A$ , dan tak ada lagi yang bertambah). Batasnya (penutup dikurangi interior): $\{0, 1, 2\}$ . Perhatikan ketidaksetangkupan yang patut diingat: sebuah ujung dapat menjadi anggota himpunan tanpa menjadi titik interior (yaitu $1$ ), dapat melekat tanpa menjadi anggota (yaitu $0$ ), dan titik terpencil menjadi batas bagi dirinya sendiri (yaitu $2$ ). Pembukuan yang sama berjalan kata demi kata pada sembarang ruang metrik, dengan bola menggantikan interval.

Definisi 4.5 (Limit, kekontinuan)

Kita tulis $x_n \to x$ di $X$ apabila $d(x_n, x) \to 0$ . Pemetaan $f \colon X \to Y$ antara ruang metrik disebut kontinu di $a$ apabila

\forall \varepsilon > 0,\ \exists\delta > 0,\quad d_X(x, a) \leq \delta \implies d_Y\bigl(f(x), f(a)\bigr) \leq \varepsilon ;

setara dengan itu (buktinya sama seperti pada $\R$ ), $f(x_n) \to f(a)$ untuk setiap barisan $x_n \to a$ . Adapun $f$ disebut Lipschitz dengan konstanta $k$ apabila selalu berlaku $d_Y(f(x), f(y)) \leq k\, d_X(x, y)$ — dan ketika itu ia kontinu seragam, jadi kontinu.

Teorema 4.6 (Pencirian global kekontinuan)

$f \colon X \to Y$ kontinu (di setiap titik) bila dan hanya bila prapeta setiap himpunan terbuka adalah terbuka — bila dan hanya bila prapeta setiap himpunan tertutup adalah tertutup.

Bukti. ( $\Rightarrow$ ) Misalkan $V \subseteq Y$ terbuka dan $a \in f^{-1}(V)$ : ada bola $B(f(a), \varepsilon) \subseteq V$ ; kekontinuan di $a$ menyediakan $\delta$ dengan $f(B(a, \delta)) \subseteq B(f(a), \varepsilon)$ , sehingga $B(a, \delta) \subseteq f^{-1}(V)$ .

( $\Leftarrow$ ) Diberikan $a$ dan $\varepsilon$ : himpunan $f^{-1}\bigl(B(f(a), \varepsilon)\bigr)$ terbuka dan memuat $a$ , jadi ia memuat sebuah bola $B(a, \delta)$ : dan itulah definisi kekontinuan di $a$ . Untuk himpunan tertutup: ambil komplemennya (Proposisi 1.1). ∎

4.2 Ruang lengkap

Definisi 4.7

Sebuah barisan $(x_n)$ disebut Cauchy apabila $\sup_{p, q \geq N} d(x_p, x_q) \to 0$ ketika $N \to \infty$ . Sebuah ruang metrik disebut lengkap apabila setiap barisan Cauchy konvergen. Konvergen $\Rightarrow$ Cauchy selalu berlaku; himpunan bagian tertutup dari ruang lengkap bersifat lengkap, dan himpunan bagian lengkap dari ruang apa pun bersifat tertutup (buktinya sama seperti pada $\R$ : jilid Tahun ke-1).

Contoh 4.8 (Cauchy tanpa limit)

Di $X = \Q$ dengan jarak biasa, pemotongan desimal $\sqrt2$ ,

x_0 = 1,\quad x_1 = 1.4,\quad x_2 = 1.41,\quad x_3 = 1.414, \quad\dots

memenuhi $\abs{x_p - x_q} \leq 10^{-\min(p,q)}$ : jadi Cauchy di $\Q$ . Limitnya di $\Q$ akan sekaligus menjadi limitnya di $\R$ , yakni $\sqrt2 \notin \Q$ : jadi tak ada limitnya di $X$ . Ketaklengkapan adalah hadirnya “limit hantu” semacam itu; kelengkapan $\R$ dirancang pada jilid Tahun ke-1 justru untuk memberi rumah bagi setiap barisan Cauchy.

Teorema 4.9

Ruang $\R^n$ (dengan salah satu dari ketiga jarak pada Contoh 4.2) dan $\bigl(C(\intcc{a}{b}), d_\infty\bigr)$ bersifat lengkap.

Bukti. Untuk $\R^n$ : barisan Cauchy bersifat Cauchy pada tiap koordinatnya (sebab $\abs{x_i - y_i} \leq d(x,y)$ untuk ketiga jaraknya), jadi tiap koordinatnya konvergen (kelengkapan $\R$ , jilid Tahun ke-1), dan kekonvergenan koordinat demi koordinat mengakibatkan kekonvergenan untuk $d_\infty$ (sebab koordinatnya berhingga banyak), jadi untuk ketiganya (ketiga jarak itu saling mendominasi dalam faktor konstan: $d_\infty \leq d_2 \leq d_1 \leq n\,d_\infty$ ).

Untuk $C(\intcc{a}{b})$ : misalkan $(f_n)$ bersifat Cauchy terhadap $d_\infty$ . Untuk tiap $x$ , barisan $(f_n(x))$ Cauchy di $\R$ (sebab $\abs{f_p(x) - f_q(x)} \leq d_\infty(f_p, f_q)$ ), jadi ia konvergen ke suatu $f(x)$ . Dengan melewatkan ke limit pada $\abs{f_p(x) - f_q(x)} \leq \varepsilon$ (yang berlaku untuk $p, q \geq N_\varepsilon$ dan setiap $x$ ) ketika $q \to \infty$ : diperoleh $\abs{f_p(x) - f(x)} \leq \varepsilon$ untuk setiap $x$ , yakni $d_\infty(f_p, f) \leq \varepsilon$ : itulah kekonvergenan seragam. Limitnya kontinu: diberikan $\varepsilon$ , pilih $p$ dengan $\sup\abs{f_p - f} \leq \varepsilon$ , lalu pakai kekontinuan $f_p$ di $a$ beserta pemecahan tiga suku

\abs{f(x) - f(a)} \leq \abs{f(x) - f_p(x)} + \abs{f_p(x) - f_p(a)} + \abs{f_p(a) - f(a)} \leq 3\varepsilon

untuk $x$ yang dekat ke $a$ . (“Hujah $3\varepsilon$ ” ini kembali sebagai teorema limit seragam pada Bab 10.) ∎

Contoh 4.10 (Himpunan terbuka dan tertutup dikenali lewat kekontinuan)

Pencirian global (Teorema 4.6) adalah perkakas sehari-hari untuk pembukuan topologis. Di $\R^2$ : himpunan $\{(x, y) : x^2 + y^2 < 1,\ y > x^3\}$ terbuka — sebab ia $g^{-1}(\intoo{-\infty}{1}) \cap h^{-1}(\intoo{0}{+\infty})$ untuk $g(x,y) = x^2 + y^2$ dan $h(x, y) = y - x^3$ yang kontinu, yakni irisan dua prapeta terbuka. Di $\bigl(C(\intcc01), d_\infty\bigr)$ : himpunan semua fungsi dengan $f(0) = f(1)$ dan $\int_0^1 f = 0$ bersifat tertutup — sebab ia prapeta $\{(0,0)\}$ di bawah pemetaan kontinu $f \mapsto \bigl(f(0) - f(1),\ \int_0^1 f\bigr)$ ke $\R^2$ (tiap koordinatnya Lipschitz dengan konstanta $1$ , seperti pada Latihan 4.3). Metodenya tak pernah menggambar apa pun: tunjukkan sebuah pemetaan kontinu, bacalah himpunannya sebagai prapeta, lalu kutip teoremanya.

Contoh 4.11 (Himpunan tertutup yang ditetapkan oleh tak hingga banyak syarat)

Di $\bigl(C(\intcc01), d_\infty\bigr)$ , himpunan

L = \{f : \abs{f(x) - f(y)} \leq \abs{x - y} \ \text{untuk setiap } x, y\}

berisi fungsi Lipschitz berkonstanta $1$ bersifat tertutup, walaupun ia dipahat oleh tak terbilang banyak syarat: untuk tiap pasangan tetap $(x, y)$ , pemetaan $f \mapsto \abs{f(x) - f(y)} - \abs{x - y}$ bersifat kontinu (sebab evaluasi bersifat Lipschitz berkonstanta $1$ ), jadi tiap syarat tunggalnya menetapkan himpunan tertutup, dan $L$ adalah irisan keluarga itu — sedangkan irisan sembarang atas himpunan tertutup tetap tertutup. Pola yang sama menjamin ketertutupan bagi fungsi monoton, fungsi cembung, dan fungsi yang terbatas oleh $g$ tertentu: limit seragam mewarisi setiap sifat yang dapat diungkapkan sebagai keluarga kendala titik demi titik yang tertutup. Adapun apa yang tidak otomatis diwarisi limit seragam — keterdiferensialan, misalnya — justru itulah yang harus diperjuangkan Bab 10.

Teorema 4.12 (Teorema titik tetap Banach)

Misalkan $X$ ruang metrik lengkap yang tak kosong dan $f \colon X \to X$ sebuah kontraksi: Lipschitz dengan konstanta $k < 1$ . Maka $f$ punya tepat satu titik tetap $\ell$ , dan setiap orbit $x_{n+1} = f(x_n)$ konvergen ke $\ell$ , dengan

d(x_n, \ell) \leq \frac{k^n}{1 - k}\, d(x_1, x_0) .

Bukti. Ketunggalan: jarak dua titik tetap bernilai $\leq k$ kali jarak itu sendiri. Keberadaan: secara induktif $d(x_{n+1}, x_n) \leq k^n d(x_1, x_0)$ , sehingga untuk $q > p$ ,

d(x_q, x_p) \leq \sum_{j=p}^{q-1} d(x_{j+1}, x_j) \leq d(x_1, x_0) \sum_{j \geq p} k^j = \frac{k^p}{1-k}\, d(x_1, x_0) \xrightarrow[p\to\infty]{} 0 :

jadi Cauchy, sehingga konvergen ke suatu $\ell$ ; kekontinuan $f$ melewatkan $x_{n+1} = f(x_n)$ ke limitnya: $\ell = f(\ell)$ . Batas galatnya adalah taksiran di atas dengan $q \to \infty$ . ∎

Contoh 4.13 (Sebuah persamaan integral)

Pada $X = C(\intcc{0}{1})$ (yang lengkap, Teorema 4.9), tinjaulah $T(f)(x) = 1 + \frac12 \int_0^x f(t)\,\dd t$ . Untuk $f, g \in X$ :

\abs{T(f)(x) - T(g)(x)} \leq \frac12 \int_0^x \abs{f - g} \leq \frac12\, d_\infty(f, g),

jadi $T$ adalah kontraksi berkonstanta $\frac12$ : ia punya tepat satu titik tetap yang kontinu — yaitu penyelesaian $f' = \frac f2$ , $f(0) = 1$ , yakni $\eu^{x/2}$ . Skema ini, setelah diindustrikan, menjadi teorema Cauchy–Lipschitz pada Bab 16.

Contoh 4.14 (Sebuah titik tetap numerik: $x = \cos x$ )

Pada $X = \intcc{0}{1}$ yang lengkap, pemetaan $f = \cos$ mengirim $X$ ke dalam $\intcc{\cos 1}{1} \subseteq X$ dan merupakan kontraksi: menurut ketaksamaan nilai rata-rata,

\abs{\cos x - \cos y} \leq \bigl(\sup_{\intcc01}\abs{\sin}\bigr) \abs{x - y} = (\sin 1)\abs{x - y}, \qquad \sin 1 \approx 0.841 < 1 .

Menurut Banach: ada tepat satu penyelesaian $x = \cos x$ di $\intcc01$ (jadi juga di $\R$ : sebab setiap titik tetap real terletak di $\intcc{-1}{1}$ , lalu di $\intcc{\cos 1}{1}$ setelah satu penerapan), dan iterasi $x_{n+1} = \cos x_n$ konvergen ke sana dari awal mana pun: $x_\infty \approx 0.739085$ , bilangan masyhur yang diperoleh dengan menggenjot tombol kosinus sebuah kalkulator. Batas galatnya meramalkan peluruhan $(\sin1)^n/(1 - \sin1)$ — kira-kira satu angka tiap $13$ tekanan; adapun batas aposteriori pada soal akhir pekan bab ini (pertanyaan 14) mengesahkan tiap langkahnya secara langsung.

4.3 Kekompakan

Definisi 4.15

Sebuah ruang metrik $X$ disebut kompak apabila setiap barisan di $X$ punya barisan bagian yang konvergen di dalam $X$ (sifat Bolzano–Weierstrass). Sebuah himpunan bagian disebut kompak apabila ia kompak dengan jarak imbasannya.

Teorema 4.16 (Sifat pertama)

Himpunan bagian yang kompak bersifat tertutup dan terbatas; himpunan bagian tertutup dari ruang kompak bersifat kompak.
Di $\R^n$ konversnya berlaku: kompak $\iff$ tertutup dan terbatas.
Peta kontinu sebuah ruang kompak bersifat kompak; dan fungsi real kontinu pada ruang kompak tak kosong bersifat terbatas serta mencapai batasnya.
(Heine) Pemetaan kontinu pada ruang kompak bersifat kontinu seragam.
Hasil kali: jika $X, Y$ kompak, maka $X \times Y$ kompak (dengan $d\bigl((x,y),(x',y')\bigr) = d(x,x') + d(y,y')$ ).

Bukti. (1) Hujahnya sama seperti pada garis real (jilid Tahun ke-1): barisan yang lolos ke tak hingga atau yang konvergen ke luar tidak punya barisan bagian yang konvergen di dalam; untuk pernyataan kedua, sarikan barisan bagiannya di dalam ruang kompak sekitarnya lalu pakai ketertutupannya.

(2) Barisan terbatas di $\R^n$ punya barisan bagian yang konvergen komponen demi komponen: sarikan pada koordinat pertama (Bolzano–Weierstrass pada $\R$ ), lalu dari barisan bagian itu sarikan pada koordinat kedua, dan seterusnya ( $n$ penyarian berturut-turut); ketertutupannya menjaga limitnya tetap di dalam.

(3) Diberikan $(f(x_n))$ , sarikan $x_{\varphi(n)} \to x \in X$ ; kekontinuan memberi $f(x_{\varphi(n)}) \to f(x) \in f(X)$ . Untuk kasus realnya: kekompakan $f(X) \subseteq \R$ membuatnya tertutup dan terbatas, dan $\sup f(X) \in f(X)$ (sebab supremum sebuah himpunan melekat padanya, dan $f(X)$ tertutup).

(4) Bukti Tahun ke-1 berpindah kata demi kata; inilah bunyinya dalam busana metrik. Andaikan $f \colon X \to Y$ kontinu pada $X$ yang kompak tetapi tidak kontinu seragam: maka ada $\varepsilon > 0$ yang, untuk setiap $n$ , menyediakan titik dengan

d_X(x_n, y_n) \leq \frac{1}{n+1} \qquad\text{dan}\qquad d_Y\bigl(f(x_n), f(y_n)\bigr) > \varepsilon .

Sarikan $x_{\varphi(n)} \to a \in X$ ; maka $y_{\varphi(n)} \to a$ juga (sebab jarak keduanya menuju $0$ ). Kekontinuan di $a$ mengirim kedua barisan petanya ke $f(a)$ , sehingga $d_Y\bigl(f(x_{\varphi(n)}), f(y_{\varphi(n)})\bigr) \to 0$ — dan itu bertentangan dengan jurang seragam $> \varepsilon$ . Kekompakan menyediakan tepat satu hal: titik kumpul $a$ , tempat kekontinuan biasa diterapkan.

(5) Sarikan pada koordinat $X$ , lalu sarikan lagi pada koordinat $Y$ . ∎

Contoh 4.17 (Teorema Heine, dengan dan tanpa kekompakan)

Pada $\intcc{0}{1}$ , fungsi $x \mapsto x^2$ bersifat kontinu seragam — Heine mengatakannya tanpa perhitungan, tetapi taksiran langsungnya tetap mendidik:

\abs{x^2 - y^2} = \abs{x + y}\,\abs{x - y} \leq 2\abs{x - y},

jadi $\delta = \varepsilon/2$ berhasil untuk semua titik sekaligus. Pada $\R$ fungsi yang sama tidak kontinu seragam: dengan $x_n = n$ dan $y_n = n + \frac1n$ , jurangnya $\abs{x_n - y_n} = \frac1n \to 0$ padahal $\abs{x_n^2 - y_n^2} = 2 + \frac1{n^2} \geq 2$ : jadi tak ada satu pun $\delta$ yang melayani $\varepsilon = 1$ . Mekanismenya kasatmata: konstanta Lipschitz lokalnya $\abs{x + y}$ terbatas pada himpunan kompak dan tak terbatas pada $\R$ — teorema Heine adalah pernyataan bahwa kekompakan membatasi konstanta lokal semacam itu secara seragam.

Metode 4.18 (Membuktikan sebuah himpunan kompak)

Ada tiga jalan, menurut seringnya dipakai. (1) Pengenalan dari ruang sekitarnya: di $\R^n$ (atau di ruang bernorma berdimensi hingga mana pun, Bab 5), periksalah ketertutupannya — lazimnya sebagai prapeta, Contoh 4.10 — dan keterbatasannya. (2) Pewarisan: himpunan bagian tertutup dari ruang kompak yang sudah dikenal bersifat kompak; gabungan hingga atau hasil kali himpunan kompak bersifat kompak; peta kontinu himpunan kompak bersifat kompak. (3) Tangan kosong: sarikan barisan bagian yang konvergen dari barisan sembarang — biasanya lewat penyarian berturut-turut koordinat demi koordinat. Untuk membuktikan ketidakkompakan, satu saksi sudah cukup: sebuah barisan tanpa barisan bagian yang konvergen, paling sering berupa titik yang jarak antaranya $\geq \varepsilon$ .

Contoh 4.19 (Jarak antara dua himpunan: kekompakan membayar sewanya)

Misalkan $K$ kompak, $F$ tertutup, dan $K \cap F = \emptyset$ di dalam sebuah ruang metrik. Maka

d(K, F) = \inf\,\{d(x, y) : x \in K,\ y \in F\} > 0 :

sebab fungsi $x \mapsto d(x, F)$ bersifat kontinu (Latihan 4.11) dan positif pada $K$ (sebab $d(x, F) = 0$ akan menaruh $x \in \overline F = F$ ), jadi ia mencapai minimum yang positif pada himpunan kompak $K$ (Teorema 4.16 (3)). Kekompakan bukan hiasan: untuk dua himpunan tertutup infimumnya bisa lenyap tanpa tercapai — di $\R^2$ , hiperbola $F_1 = \{xy = 1\}$ dan sumbu $F_2 = \{y = 0\}$ merupakan dua himpunan tertutup yang saling lepas dengan $d(F_1, F_2) = 0$ (sebab titik $(n, \frac1n)$ mendekati sumbunya). Justru pelarian ke tak hingga itulah yang dilarang kekompakan.

Teorema 4.20 (Borel–Lebesgue)

Sebuah ruang metrik $X$ bersifat kompak bila dan hanya bila setiap selimut $X$ oleh himpunan terbuka punya subselimut yang hingga.

Bukti. ( $\Leftarrow$ ) Andaikan $(x_n)$ tidak punya barisan bagian yang konvergen. Kita klaim setiap $x \in X$ punya bola $B(x, r_x)$ yang memuat $x_n$ hanya untuk berhingga banyak indeks $n$ : sebab jika tidak, setiap bola $B(x, \frac1{k+1})$ akan memuat tak hingga banyak sukunya, dan memilih indeks

\varphi(0) < \varphi(1) < \varphi(2) < \cdots \quad\text{dengan}\quad x_{\varphi(k)} \in B\Bigl(x, \frac{1}{k+1}\Bigr)

(yang mungkin pada tiap langkahnya justru karena calonnya masih tersisa tak hingga banyak) akan membangun barisan bagian yang konvergen ke $x$ . Bola $B(x, r_x)$ menyelimuti $X$ ; jika berhingga banyak di antaranya menyelimuti $X$ , maka himpunan indeks $\N$ akan menjadi gabungan hingga atas himpunan hingga: mustahil.

( $\Rightarrow$ ) Dua langkah. Bilangan Lebesgue: untuk selimut terbuka $(U_i)$ atas $X$ yang kompak, ada $\rho > 0$ sehingga setiap bola berjari-jari $\rho$ terletak di suatu $U_i$ . Sebab jika tidak, untuk tiap $n$ pilihlah $x_n$ dengan $B(x_n, \frac{1}{n+1})$ tidak berada di $U_i$ mana pun; lalu sarikan $x_{\varphi(n)} \to x \in U_{i_0} \supseteq B(x, r)$ ; untuk $n$ yang besar, $B(x_{\varphi(n)}, \frac{1}{\varphi(n)+1}) \subseteq B(x, r) \subseteq U_{i_0}$ : kontradiksi. Keterbatasan total: untuk setiap $\rho > 0$ , berhingga banyak bola berjari-jari $\rho$ menyelimuti $X$ . Sebab jika tidak, pilihlah secara induktif $x_{n+1}$ di luar $B(x_0, \rho) \cup \dots \cup B(x_n, \rho)$ : barisan itu berjarak antara $\geq \rho$ , jadi ia tidak punya barisan bagian yang Cauchy — sehingga tidak punya yang konvergen: kontradiksi. Setelah digabungkan: selimuti $X$ oleh berhingga banyak bola berjari-jari $\rho$ (bilangan Lebesgue tadi), yang masing-masing berada di suatu $U_i$ : itulah subselimut hingganya. ∎

Contoh 4.21 (Sebuah jaring- $\varepsilon$ , dicacah)

Keterbatasan total (dari bukti Teorema 4.20) sangat konkret pada $\intcc{0}{1}$ : untuk $\varepsilon > 0$ , sebanyak $\lceil \frac{1}{2\varepsilon}\rceil$ bola berpusat di $\varepsilon, 3\varepsilon, 5\varepsilon, \dots$ dan berjari-jari $\varepsilon$ menyelimutinya — kira-kira $\frac1{2\varepsilon}$ bola, dan tak ada selimut yang sanggup dengan kurang dari $\frac{1}{2\varepsilon}$ di antaranya (sebab tiap bola menyelimuti panjang paling banyak $2\varepsilon$ ). Di $\intcc01^2$ cacahannya menjadi kuadratnya, yakni berorde $\varepsilon^{-2}$ : bilangan penyelimutan tumbuh seperti $\varepsilon^{-d}$ pada dimensi $d$ — sebuah wajah kuantitatif kekompakan, sekaligus alasan mengapa bola satuan yang berdimensi tak hingga pada Bab 5 (yang sama sekali tak punya jaring- $\frac13$ hingga) tak mungkin kompak.

Contoh 4.22 (Membaca kekompakan pada selimut)

Interval setengah terbuka $\intoc{0}{1}$ terselimuti oleh himpunan terbuka $U_n = \intoo{\frac1n}{2}$ , $n \geq 1$ ; sembarang keluarga bagian yang hingga punya indeks terbesar $N$ dan melewatkan $\intoc{0}{\frac1N}$ : jadi tak ada subselimut hingga, sehingga $\intoc{0}{1}$ tidak kompak — dan definisi barisannya melihat hal itu lewat $x_n = \frac1n$ , yang limitnya $0$ meloloskan diri. Sebaliknya, menambahkan satu titik $0$ itu saja memperbaiki kedua diagnosisnya sekaligus: pada $\intcc{0}{1}$ setiap selimut semacam itu wajib memuat sebuah himpunan yang memuat $0$ , dan himpunan itu menelan satu ruas awal seluruhnya, lalu berhingga banyak himpunan merampungkan sisanya. Kedua bahasa Teorema 4.20 selalu gagal atau berhasil bersama-sama — selimut mendeteksi pelarian persis di tempat barisan mendeteksinya.

Catatan 4.23 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini)

Bab ini adalah dinding pemikul jilid ini; perhatikan di mana tiap pilarnya memikul beban. Kelengkapan: kriteria Cauchy menjadi uji kekonvergenan deret pada ruang Banach (Bab 7), kekonvergenan seragam pada Bab 10 tak lain kekonvergenan di dalam $\bigl(C, d_\infty\bigr)$ yang lengkap, dan Cauchy–Lipschitz (Bab 16) tak lain teorema titik tetap Banach yang berbusana persamaan integral. Kekompakan: ia membuktikan kesetaraan norma (Bab 5), tercapainya ekstremum bagi optimasi pada Bab 15, dan keberadaan hampiran terbaik (pada soal akhir pekan Bab 5). Keterhubungan: ia menggloballkan pernyataan lokal — ketunggalan penyelesaian persamaan diferensial, teorema nilai antara pada kurva (Bab 18), serta kedua komponen $GL_n(\R)$ yang kelak dipisahkan teori orientasi (Bab 20).

Catatan 4.24 (Jebakan yang sering muncul)

(i) “Tertutup dan terbatas berarti kompak” adalah teorema tentang $\R^n$ , bukan tentang ruang metrik: himpunan tak hingga dengan metrik diskret bersifat tertutup dan terbatas terhadap dirinya sendiri namun tidak kompak (Latihan 4.4), dan bola satuan tertutup $C(\intcc01)$ pun gagal (Bab 5). (ii) Kelengkapan adalah sifat jaraknya, bukan sifat topologinya: $\R$ dengan $d(x,y) = \abs{\arctan x - \arctan y}$ punya barisan konvergen yang biasa tetapi tidak lengkap (Latihan 4.1). (iii) Bijeksi kontinu belum tentu homeomorfisma — lihat parametrisasi lingkaran pada Latihan 4.7; kekompakan sumbernya memperbaikinya. (iv) Teorema Banach memerlukan $k < 1$ secara seragam: syarat $d(f(x), f(y)) < d(x,y)$ semata tidak menjamin apa pun pada ruang yang tidak kompak (Latihan 4.5). (v) Terhubung tidak berarti terhubung lintasan secara umum — tetapi bagi himpunan bagian terbuka ruang bernorma yang ditemui buku ini, keduanya sepadan (Bab 5).

Catatan 4.25 (Di mana bab ini dipakai)

Di mana-mana pada paruh analisisnya. Kelengkapan $C(\intcc{a}{b})$ menggerakkan teorema kekonvergenan pada Bab 10 dan teori Cauchy–Lipschitz pada Bab 16 (soal akhir pekan bab ini sudah membuktikan teorema Picard–Lindelöf yang lokal); kekompakan memberi kesetaraan norma dalam dimensi hingga (Bab 5) dan keberadaan ekstremum pada Bab 15; sedangkan keterhubungan melandasi hujah nilai antara pada Bab 8 dan penggloballan ketunggalan bagi persamaan diferensial. Pada jilid Tahun ke-3, kekompakan pada ruang fungsi (teorema Arzelà–Ascoli) dan teorema kategori Baire (Latihan 4.12 di sini) menjadi perkakas sehari-hari.

Tahap-tahap awal himpunan Cantor (): tiap tingkatnya membuang sepertiga tengah yang terbuka dari setiap ruasnya. Irisan C = _n C_n bersifat kompak, berinterior kosong dan berpanjang nol, namun ekuipoten dengan ℝ — dan ia kembali sebagai titik tetap sebuah kontraksi atas himpunan pada soal akhir pekan bab ini (pertanyaan 22). — Tahap-tahap awal himpunan Cantor (Latihan 4.8): tiap tingkatnya membuang sepertiga tengah yang terbuka dari setiap ruasnya. Irisan $C = \bigcap_n C_n$ bersifat kompak, berinterior kosong dan berpanjang nol, namun ekuipoten dengan $\R$ — dan ia kembali sebagai *titik tetap* sebuah kontraksi atas himpunan pada soal akhir pekan bab ini (pertanyaan 22).

4.4 Keterhubungan

Definisi 4.26

$X$ disebut terhubung apabila ia tidak menerima pemilahan menjadi dua himpunan bagian terbuka yang tak kosong — setara dengan itu, apabila satu-satunya himpunan bagiannya yang sekaligus terbuka dan tertutup adalah $\emptyset$ dan $X$ . Adapun $X$ disebut terhubung lintasan apabila sembarang dua titiknya dihubungkan oleh pemetaan kontinu $\gamma \colon \intcc{0}{1} \to X$ .

Teorema 4.27

Himpunan bagian $\R$ yang terhubung persis semua intervalnya.
Peta kontinu sebuah ruang terhubung bersifat terhubung — dan dari sinilah teorema nilai antara yang umum: fungsi real kontinu pada ruang terhubung mengambil setiap nilai di antara dua nilainya.
Terhubung lintasan $\Rightarrow$ terhubung. (Konversnya gagal secara umum; ia berlaku bagi himpunan bagian terbuka ruang bernorma, Bab 5.)

Bukti. (1) Himpunan $A$ yang bukan interval melewatkan suatu $z$ di antara dua titiknya: maka $A = (A \cap \intoo{-\infty}{z}) \cup (A \cap \intoo{z}{+\infty})$ memecahnya menjadi dua potongan tak kosong yang terbuka (di $A$ ). Sebaliknya, misalkan $I$ sebuah interval dan $I = U \cup V$ pemilahan menjadi himpunan tak kosong yang terbuka secara relatif; pilih $a \in U$ , $b \in V$ , katakanlah $a < b$ , lalu tetapkan $s = \sup\,(U \cap \intcc{a}{b})$ , sebuah titik $\intcc{a}{b} \subseteq I$ . Jika $s \in U$ : maka $s \neq b$ , dan keterbukaan relatif $U$ menaruh satu interval penuh di sekitar $s$ (setelah diiriskan dengan $I$ ) di dalam $U$ — sehingga ada titik $U \cap \intcc{a}{b}$ yang melampaui $s$ , dan itu bertentangan dengan supremumnya. Jika $s \in V$ : keterbukaan relatif $V$ menaruh interval $\intoo{s - r}{s + r} \cap I$ di dalam $V$ ; tetapi supremumnya melekat pada $U \cap \intcc{a}{b}$ , yang mestinya bertemu interval itu — kontradiksi dengan $U \cap V = \emptyset$ . (Inilah hujah buka-tutup Tahun ke-1 untuk $\R$ , dijalankan di dalam $I$ .)

(2) Jika $f(X) = U' \cup V'$ terpecah menjadi himpunan tak kosong yang terbuka secara relatif, maka $X = f^{-1}(U') \cup f^{-1}(V')$ memecah $X$ (Teorema 4.6). Untuk teorema nilai antara: $f(X) \subseteq \R$ terhubung, jadi ia interval menurut (1).

(3) Andaikan $X = U \cup V$ dengan keduanya terbuka dan tak kosong, lalu hubungkan $a \in U$ ke $b \in V$ oleh lintasan $\gamma$ : maka $\gamma^{-1}(U), \gamma^{-1}(V)$ memecah $\intcc{0}{1}$ , dan itu bertentangan dengan (1). ∎

Contoh 4.28

$GL_n(\R)$ tidak terhubung: $\det$ bersifat kontinu (sebuah polinomial dalam unsurnya) ke $\R^*$ , yang tidak terhubung; prapeta $\R_+^*$ dan $\R_-^*$ memecah $GL_n(\R)$ . (Tiap potongannya sebenarnya terhubung lintasan — latihan yang menyenangkan di luar kebutuhan kita.) Sebaliknya $GL_n(\C)$ memang terhubung lintasan: Latihan 4.10.

Contoh 4.29 (Titik tetap dari keterhubungan semata)

Setiap $f \colon \intcc01 \to \intcc01$ yang kontinu punya titik tetap — tanpa hipotesis kontraksi, tanpa iterasi. Tinjaulah $g(x) = f(x) - x$ , yang kontinu pada $\intcc01$ yang terhubung:

g(0) = f(0) \geq 0, \qquad g(1) = f(1) - 1 \leq 0 ,

lalu teorema nilai antara (Teorema 4.27 (2)) menyerahkan sebuah nol bagi $g$ , yakni sebuah titik tetap bagi $f$ . Bandingkan dengan Banach (Teorema 4.12): di sini keberadaannya bersifat topologis dan cuma-cuma, tetapi ketunggalan dan algoritmenya hilang — sebab $f = \mathrm{id}$ punya titik tetap di mana-mana, dan iterasi $f$ yang bukan kontraksi bisa berputar selamanya. Kedua teorema titik tetap pada bab ini menjawab pertanyaan yang berbeda dengan mata uang yang berbeda.

Contoh 4.30 ( $\R$ dan $\R^2$ tidak homeomorfik)

Keterhubungan adalah sidik jari topologis. Andaikan $h \colon \R^2 \to \R$ sebuah homeomorfisma (bijeksi kontinu yang inversnya juga kontinu). Buang satu titik $a \in \R^2$ : maka pembatasan $h \colon \R^2\setminus\{a\} \to \R\setminus\{h(a)\}$ tetap homeomorfisma. Namun $\R^2$ dikurangi satu titik itu bersifat terhubung lintasan — hubungkan sembarang dua titiknya oleh ruas garis, dengan memutar lewat ruas kedua melalui titik bantu bila $a$ menghalangi ruas langsungnya — jadi ia terhubung (Teorema 4.27 (3)); sedangkan $\R$ dikurangi satu titik terpecah menjadi dua setengah-garis terbuka yang tak kosong: tidak terhubung. Padahal keterhubungan terpelihara oleh pemetaan kontinu: kontradiksi. Bidang dan garis sungguh berbeda sebagai ruang topologis — kenyataan yang terlalu kasar untuk dilihat kardinalitas semata (bijeksi bergaya Latihan 1.3 memang ada!).

4.5 Latihan

Latihan 4.1 ★

Pada $\R$ , periksalah bahwa $\delta(x, y) = \min(1, \abs{x - y})$ dan $d(x,y) = \abs{\arctan x - \arctan y}$ merupakan jarak. Barisan mana yang konvergen untuk masing-masingnya? Apakah $(\R, d)$ lengkap?

Solusi

Solusi Latihan 4.1.

$\delta$ : kesetangkupan dan pemisahannya jelas; untuk ketaksamaan segitiganya: $\min(1, u + v) \leq \min(1,u) + \min(1,v)$ bagi $u, v \geq 0$ (jika salah satu minimumnya $1$ , ruas kanannya $\geq 1$ ; jika tidak, ruas kanannya $u + v$ ). Untuk $d$ : ia tarikan balik $\abs{\cdot}$ oleh $\arctan$ yang injektif, jadi ketiga aksiomanya berpindah.

Kekonvergenannya: untuk $\delta$ , $\delta(x_n, x) \to 0 \iff \abs{x_n - x} \to 0$ (sebab untuk nilai kecil kedua jaraknya berimpit), jadi barisan konvergennya sama seperti biasa. Untuk $d$ : $d(x_n, x) \to 0 \iff \arctan x_n \to \arctan x \iff x_n \to x$ (lewat kekontinuan dan kemonotonan tegas $\arctan$ beserta inversnya pada jangkauan yang bersangkutan), jadi lagi-lagi kekonvergenan yang biasa.

Ruang $(\R, d)$ tidak lengkap: $x_n = n$ memenuhi $d(x_p, x_q) = \abs{\arctan p - \arctan q} \to 0$ (sebab keduanya menuju $\frac\pi2$ ), jadi Cauchy; tetapi $(x_n)$ tidak konvergen untuk $d$ (sebab limitnya terhadap $d$ akan menjadi limit yang biasa juga). Kelengkapan adalah sifat jaraknya, bukan sekadar sifat barisan konvergennya.

Latihan 4.2 ★

Pada sebuah ruang metrik, buktikan bahwa barisan konvergen bersifat Cauchy dan terbatas, dan bahwa barisan Cauchy yang punya barisan bagian konvergen pastilah konvergen. Turunkan sekali lagi bahwa ruang metrik kompak bersifat lengkap.

Solusi

Solusi Latihan 4.2.

Konvergen $\Rightarrow$ Cauchy: sebab $d(x_p, x_q) \leq d(x_p, \ell) + d(\ell, x_q)$ . Terbatas: setelah $N$ , berlaku $d(x_n, \ell) \leq 1$ ; sedangkan berhingga suku pertamanya pun berada di dalam suatu jari-jari.

Cauchy $+$ barisan bagian konvergen $x_{\varphi(n)} \to \ell$ : diberikan $\varepsilon$ , untuk $n$ yang besar berlaku $d(x_n, \ell) \leq d(x_n, x_{\varphi(n)}) + d(x_{\varphi(n)}, \ell) \leq 2\varepsilon$ (suku pertamanya berkat sifat Cauchy, sebab $\varphi(n) \geq n$ ).

Kompak $\Rightarrow$ lengkap: barisan Cauchy punya barisan bagian yang konvergen (kekompakan), jadi ia konvergen.

Latihan 4.3 ★

Di $\bigl(C(\intcc{0}{1}), d_\infty\bigr)$ , hitunglah jarak antara $f(x) = x$ dan $g(x) = x^2$ ; gambarkan bola tertutup $\overline B(0, 1)$ ; lalu buktikan bahwa himpunan $\{f : f(0) = 0\}$ tertutup sedangkan $\{f : f(0) > 0\}$ terbuka.

Solusi

Solusi Latihan 4.3.

$d_\infty(f, g) = \sup_{\intcc{0}{1}} \abs{x - x^2} = \frac14$ (sebab maksimum $x - x^2$ tercapai di $x = \frac12$ ).

$\overline B(0, 1) = \{f : \sup\abs f \leq 1\}$ : yakni semua fungsi kontinu yang bernilai di $\intcc{-1}{1}$ .

Himpunan $\{f : f(0) = 0\}$ adalah prapeta $\{0\}$ di bawah evaluasi $f \mapsto f(0)$ , yang bersifat Lipschitz berkonstanta $1$ (sebab $\abs{f(0) - g(0)} \leq d_\infty(f,g)$ ), jadi kontinu: karenanya himpunannya tertutup (Teorema 4.6). Demikian pula $\{f : f(0) > 0\}$ adalah prapeta $\intoo{0}{+\infty}$ yang terbuka: jadi terbuka.

Latihan 4.4 ★★

Buktikan bahwa ruang metrik diskret $X$ (himpunan apa pun) bersifat lengkap, dan bahwa ia kompak bila dan hanya bila $X$ hingga. Himpunan bagian mana yang terhubung?

Solusi

Solusi Latihan 4.4.

Lengkap: barisan Cauchy dengan $\varepsilon = \frac12$ akhirnya menjadi konstan, jadi ia konvergen.

Kompak bila dan hanya bila hingga: jika $X$ hingga, sembarang barisan mengambil suatu nilai tak hingga kali (jadi ada barisan bagian yang konstan). Jika $X$ tak hingga, barisan berisi titik yang berbeda sepasang demi sepasang punya semua jarak antara sama dengan $1$ : jadi tak ada barisan bagian yang Cauchy, sehingga tak ada yang konvergen.

Himpunan bagian yang terhubung: yaitu himpunan tunggal (dan $\emptyset$ ). Sembarang $A$ yang punya dua titik $x \neq y$ terpecah sebagai $\{x\} \cup (A \setminus\{x\})$ , dan keduanya terbuka di $A$ (sebab setiap himpunan bagian ruang diskret bersifat terbuka — bola berjari-jari $\frac12$ hanyalah himpunan tunggal).

Latihan 4.5 ★★

Misalkan $X$ kompak dan $f \colon X \to X$ dengan

d\bigl(f(x), f(y)\bigr) < d(x, y) \quad \text{untuk setiap } x \neq y .

Buktikan bahwa $f$ punya tepat satu titik tetap (minimumkan $x \mapsto d(x, f(x))$ ), lalu berikan contoh pada $X = \intco{1}{+\infty}$ (yang tidak kompak) tanpa titik tetap.

Solusi

Solusi Latihan 4.5.

Fungsi $g(x) = d(x, f(x))$ bersifat kontinu pada $X$ yang kompak (sebab $\abs{g(x) - g(y)} \leq 2d(x,y)$ lewat dua ketaksamaan segitiga), jadi ia mencapai minimumnya di suatu $a$ (Teorema 4.16). Jika $f(a) \neq a$ , maka

g\bigl(f(a)\bigr) = d\bigl(f(a), f(f(a))\bigr) < d(a, f(a)) = g(a),

dan itu bertentangan dengan keminimalannya. Jadi $f(a) = a$ ; ketunggalannya seperti biasa (dua titik tetap $a \neq b$ memberi $d(a,b) = d(f(a), f(b)) < d(a,b)$ ).

Contoh tanpa kekompakan: $f(x) = x + \frac1x$ pada $\intco{1}{+\infty}$ : di sini $\abs{f(x) - f(y)} = \abs{x - y}\,\abs{1 - \frac{1}{xy}} < \abs{x - y}$ untuk $x \neq y$ (sebab $xy > 1$ ), namun $f(x) > x$ di mana-mana.

Latihan 4.6 ★★

(Himpunan kompak bersarang) Misalkan $(K_n)$ barisan turun berisi himpunan bagian kompak yang tak kosong pada sebuah ruang metrik. Buktikan bahwa $\bigcap_n K_n \neq \emptyset$ (pilih $x_n \in K_n$ lalu sarikan). Tunjukkan lewat sebuah contoh bahwa himpunan tertutup tak kosong yang bersarang di $\R$ dapat beririsan kosong.

Solusi

Solusi Latihan 4.6.

Pilih $x_n \in K_n$ . Semua sukunya mulai peringkat $n$ berada di $K_n$ ; khususnya seluruh barisannya berada di $K_0$ yang kompak: jadi sarikan $x_{\varphi(k)} \to \ell$ . Untuk tiap $n$ yang tetap, suku $x_{\varphi(k)}$ dengan $\varphi(k) \geq n$ berada di $K_n$ yang tertutup, jadi limitnya $\ell \in K_n$ . Karenanya $\ell \in \bigcap K_n$ .

Contoh penyangkal yang tertutup: $F_n = \intco{n}{+\infty}$ di $\R$ : bersarang, tertutup, tak kosong, tetapi irisannya kosong.

Latihan 4.7 ★★

Misalkan $K$ kompak dan $f \colon K \to Y$ kontinu serta bijektif. Buktikan bahwa $f^{-1}$ kontinu (pakailah himpunan tertutup: Teorema 4.6 dan Teorema 4.16). Berikan contoh penyangkal tanpa kekompakan ( $\gamma(t) = (\cos t, \sin t)$ pada $\intco{0}{2\pi}$ ).

Solusi

Solusi Latihan 4.7.

Kekontinuan $f^{-1}$ berarti: peta $f(F)$ atas himpunan tertutup $F \subseteq K$ bersifat tertutup (sebab prapeta di bawah $f^{-1}$ adalah peta di bawah $f$ ). Himpunan tertutup $F$ di dalam $K$ yang kompak bersifat kompak (Teorema 4.16 (1)); peta kontinunya $f(F)$ bersifat kompak, jadi tertutup. Karenanya $f^{-1}$ kontinu, sehingga $f$ merupakan homeomorfisma.

Contoh penyangkal: $\gamma(t) = (\cos t, \sin t)$ dari $\intco{0}{2\pi}$ (yang tidak kompak) pada lingkaran satuan merupakan bijeksi kontinu, tetapi $\gamma^{-1}$ tidak kontinu di $(1,0)$ : sebab titik lingkaran yang tepat di bawah sumbunya berparameter dekat $2\pi$ , bukan dekat $0$ .

Latihan 4.8 ★★

Himpunan Cantor $C$ diperoleh dari $\intcc{0}{1}$ dengan membuang sepertiga tengah yang terbuka berulang kali. Buktikan bahwa $C$ kompak, berinterior kosong, dan tak hingga — bahkan ekuipoten dengan $\{0,1\}^{\N}$ (lewat uraian terner berangka $0,2$ ; Latihan 1.3).

Solusi

Solusi Latihan 4.8.

Di sini $C = \bigcap_n C_n$ dengan tiap $C_n$ (gabungan $2^n$ interval tertutup berpanjang $3^{-n}$ ) bersifat tertutup: jadi $C$ tertutup dan terbatas di $\R$ , sehingga kompak (Teorema 4.16 (2)).

Interior kosong: $C$ tidak memuat interval berpanjang $> 3^{-n}$ (sebab ia berada di dalam $C_n$ , yang komponennya berpanjang segitu), untuk setiap $n$ .

Kardinalitasnya: titik $C$ persis semua bilangan real $\sum_{n\geq1} a_n 3^{-n}$ berangka $a_n \in \{0, 2\}$ (sebab pada tiap tahapnya, sepertiga tengah yang dibuang menyingkirkan angka $1$ ); dan pemetaan $(a_n) \mapsto \sum a_n 3^{-n}$ merupakan bijeksi dari $\{0,2\}^{\N^*}$ pada $C$ (keinjektifannya seperti pada Latihan 1.3). Jadi $C$ ekuipoten dengan $\{0,1\}^{\N}$ : tak terbilang, walaupun “berpanjang nol”.

Latihan 4.9 ★★★

Misalkan $X$ ruang metrik kompak dan $f \colon X \to X$ sebuah isometri: $d(f(x), f(y)) = d(x, y)$ . Buktikan bahwa $f$ surjektif. Petunjuk: jika $a \notin f(X)$ , maka $\varepsilon = d(a, f(X)) > 0$ (mengapa?); telaahlah orbit $a, f(a), f^2(a), \dots$ lalu tunjukkan titiknya berjarak $\geq \varepsilon$ sepasang demi sepasang — dan itu bertentangan dengan kekompakan.

Solusi

Solusi Latihan 4.9.

Andaikan $a \notin f(X)$ . Peta $f(X)$ bersifat kompak (sebab peta kontinu), jadi tertutup; karenanya

\varepsilon = d\bigl(a, f(X)\bigr) = \inf_{y \in f(X)} d(a, y) > 0

(sebab infimum fungsi kontinu pada himpunan kompak tercapai; dan seandainya nilainya $0$ , maka $a$ akan melekat pada $f(X)$ yang tertutup, jadi berada di dalamnya).

Tinjaulah orbit $x_n = f^n(a)$ (dengan $x_0 = a$ ). Untuk $p < q$ :

d(x_p, x_q) = d\bigl(f^p(a), f^p(f^{q-p}(a))\bigr) = d\bigl(a, f^{q-p}(a)\bigr) \geq \varepsilon,

(sebab isometrinya diiterasikan $p$ kali; dan $f^{q-p}(a) \in f(X)$ karena $q - p \geq 1$ ). Barisan yang jarak antaranya $\geq \varepsilon$ tidak punya barisan bagian yang konvergen — dan itu bertentangan dengan kekompakan. Karenanya $f(X) = X$ .

Latihan 4.10 ★★★

Buktikan bahwa $GL_n(\C)$ terhubung lintasan. Petunjuk: diberikan $A, B$ yang punya invers, tinjaulah $p(z) = \det\bigl((1 - z)A + zB\bigr)$ untuk $z \in \C$ : ia polinomial dalam $z$ yang tidak nol secara identik, jadi ia punya berhingga banyak akar; hubungkan $0$ ke $1$ di $\C$ lewat lintasan yang menghindari akar itu.

Solusi

Solusi Latihan 4.10.

Misalkan $A, B \in GL_n(\C)$ dan $p(z) = \det\bigl((1-z)A + zB\bigr)$ : sebuah polinomial dalam $z$ (sebab tiap unsurnya afin dalam $z$ , dan determinannya polinomial dalam unsurnya). Karena $p(0) = \det A \neq 0$ , $p$ tidak nol secara identik, jadi ia punya berhingga banyak akar $z_1, \dots, z_m$ (dan tak satu pun sama dengan $0$ atau $1$ , sebab $p(1) = \det B \neq 0$ ). Bidang $\C$ dikurangi berhingga banyak titik bersifat terhubung lintasan: jadi ada lintasan dari $0$ ke $1$ yang menghindari $z_i$ (ambil garis patah lewat sebuah titik yang jauh dari semua akarnya, atau sebuah busur lingkaran; halangannya hanya berhingga banyak). Di sepanjang lintasan $\gamma$ semacam itu, $t \mapsto (1 - \gamma(t))A + \gamma(t)B$ merupakan lintasan kontinu di dalam $GL_n(\C)$ dari $A$ ke $B$ (sebab determinannya tak pernah nol di sana). Karenanya $GL_n(\C)$ terhubung lintasan — tidak seperti sepupu realnya (Contoh 4.28): bidang kompleks punya ruang untuk berjalan memutari halangan.

Latihan 4.11 ★★

Untuk $\emptyset \neq A \subseteq X$ , tetapkan $d(x, A) = \inf_{a \in A} d(x, a)$ . Buktikan bahwa $x \mapsto d(x, A)$ bersifat Lipschitz dengan konstanta $1$ , bahwa $d(x, A) = 0$ bila dan hanya bila $x \in \overline A$ , dan bahwa untuk himpunan tertutup $A, B$ yang tak kosong dan saling lepas, fungsi

\varphi(x) = \frac{d(x, A)}{d(x, A) + d(x, B)}

terdefinisi dengan baik, kontinu, bernilai $0$ persis pada $A$ dan bernilai $1$ persis pada $B$ — yakni sebuah “sakelar” kontinu yang memisahkan sembarang dua himpunan tertutup yang saling lepas.

Solusi

Solusi Latihan 4.11.

Lipschitz: untuk $a \in A$ berlaku $d(x, a) \leq d(x, y) + d(y, a)$ ; ambil infimumnya atas $a$ : $d(x, A) \leq d(x, y) + d(y, A)$ , lalu tukarkan $x, y$ : $\abs{d(x,A) - d(y,A)} \leq d(x,y)$ .

Penolkannya: $d(x, A) = 0$ bila dan hanya bila ada $a_n \in A$ dengan $d(x, a_n) \to 0$ , bila dan hanya bila $x$ limit titik $A$ , bila dan hanya bila $x \in \overline A$ .

Sakelarnya: untuk $A, B$ tertutup yang saling lepas: penyebut $d(x,A) + d(x,B)$ tak pernah nol (sebab itu akan memaksa $x \in \overline A \cap \overline B = A \cap B = \emptyset$ ), jadi $\varphi$ terdefinisi dengan baik dan kontinu sebagai hasil bagi fungsi kontinu berpenyebut tak nol. Lalu $\varphi(x) = 0$ bila dan hanya bila $d(x, A) = 0$ , bila dan hanya bila $x \in A$ ; dan $\varphi(x) = 1$ bila dan hanya bila $d(x, B) = 0$ , bila dan hanya bila $x \in B$ ; sedangkan $0 \leq \varphi \leq 1$ di mana-mana.

Latihan 4.12 ★★★

(Baire) Misalkan $X$ ruang metrik lengkap dan $(U_n)_{n\geq1}$ barisan himpunan bagian terbuka yang padat. Buktikan bahwa $\bigcap_n U_n$ padat di $X$ (di dalam sembarang bola, bangunlah bola tertutup bersarang $\overline B(x_n, r_n) \subseteq U_n$ dengan $r_n \to 0$ lalu pakai kelengkapannya). Turunkan bahwa $\R$ bukan gabungan terbilang atas himpunan tertutup yang berinterior kosong, lalu peroleh kembali — sekali lagi — bahwa $\R$ tidak terbilang.

Solusi

Solusi Latihan 4.12.

Misalkan $B(x_0, r_0)$ sembarang bola; kita cari titik $\bigcap U_n$ di dalamnya. Karena $U_1$ padat dan terbuka, $U_1 \cap B(x_0, r_0)$ tak kosong dan terbuka: jadi ia memuat bola tertutup $\overline B(x_1, r_1)$ dengan $0 < r_1 \leq \frac{r_0}2$ (perkecil saja jari-jarinya). Secara induktif, $U_{n+1} \cap B(x_n, r_n)$ tak kosong dan terbuka: pilih $\overline B(x_{n+1}, r_{n+1}) \subseteq U_{n+1} \cap B(x_n, r_n)$ dengan $r_{n+1} \leq \frac{r_n}2$ . Untuk $p, q \geq n$ , kedua titik $x_p, x_q$ berada di $B(x_n, r_n)$ dengan $r_n \leq 2^{-n}r_0$ : jadi barisannya Cauchy, sehingga ia konvergen ke suatu $\ell$ berkat kelengkapannya. Untuk tiap $n$ , ekor barisannya berada di bola tertutup $\overline B(x_{n+1}, r_{n+1}) \subseteq U_{n+1} \cap B(x_0, r_0)$ , jadi $\ell \in U_{n+1}$ untuk setiap $n$ dan $\ell \in \overline B(x_1, r_1) \subseteq B(x_0, r_0)$ . Karenanya $\bigcap_n U_n$ bertemu setiap bola: padat.

Penerapannya: jika $\R = \bigcup_n F_n$ dengan tiap $F_n$ tertutup dan berinterior kosong, maka $U_n = \R \setminus F_n$ bersifat padat (sebab $\overline{U_n} = \R$ bila dan hanya bila $F_n$ berinterior kosong) dan terbuka, sehingga Baire memberi sebuah titik di $\bigcap U_n = \R \setminus \bigcup F_n$ : kontradiksi. Khususnya $\R \neq \bigcup_{x \in D} \{x\}$ untuk $D$ yang terbilang (sebab himpunan tunggal bersifat tertutup dan berinterior kosong): jadi $\R$ tidak terbilang — Teorema 1.9 lewat jalan lain.

4.6 Soal: Iterasi Picard

Kelengkapan ditambah kontraksi adalah mesin penyelesai: berilah ia sebuah persamaan yang ditulis sebagai masalah titik tetap, dan ia mengembalikan keberadaan, ketunggalan, algoritme, beserta batang galatnya. Soal akhir pekan ini menjalankan mesin itu dengan tenaga penuh pada persamaan $y' = f(t, y)$ : kita membuktikan teorema Picard–Lindelöf yang lokal (yakni jantung taklinear teori Cauchy–Lipschitz pada Bab 16), menyaksikan tiap hipotesisnya membayar sewa lewat contoh penyangkal, lalu memungut panen yang murni metrik — kebergantungan kontinu pada datanya, persamaan Kepler, dan keserupaan-diri himpunan Cantor.

Iterat Picard bagi y' = y, y(0) = 1: tiap lintasan lewat T(y)(t) = 1 + ∈t_0t y menambahkan satu suku Taylor, dan kontraksinya memeras seluruh barisan itu secara seragam ke \,t. — Iterat Picard bagi $y' = y$ , $y(0) = 1$ : tiap lintasan lewat $T(y)(t) = 1 + \int_0^t y$ menambahkan satu suku Taylor, dan kontraksinya memeras seluruh barisan itu secara seragam ke $\eu^{\,t}$ .

Soal 4.1

Soal akhir pekan — teorema Picard–Lindelöf

Di sepanjang soal ini, $t_0 \in \R$ , $y_0 \in \R$ , $a, b > 0$ , dan $f$ adalah fungsi kontinu pada persegi panjang $R = \intcc{t_0 - a}{t_0 + a} \times \intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ , yang terbatas oleh $M = \sup_R\,\abs f$ dan Lipschitz- $L$ pada peubah keduanya: yakni $\abs{f(t, y) - f(t, z)} \leq L\abs{y - z}$ setiap kali kedua titiknya berada di $R$ . Tetapkan

h = \min\Bigl(a, \frac bM\Bigr) \quad (\text{dengan } h = a \text{ bila } M = 0), \qquad I = \intcc{t_0 - h}{t_0 + h}.

Bagian I — Panggung yang lengkap.

Buktikan kedua pernyataan yang dikutip pada Definisi 4.7: himpunan bagian tertutup dari ruang metrik lengkap bersifat lengkap, dan himpunan bagian lengkap dari ruang metrik apa pun bersifat tertutup. Turunkan bahwa setiap himpunan bagian tertutup $\bigl(C(I), d_\infty\bigr)$ merupakan ruang metrik yang lengkap.
Tunjukkan bahwa pemetaan $C(I) \to C(I)$ , $y \mapsto \bigl(t \mapsto \int_{t_0}^{t}y(s)\,\dd s\bigr)$ , bersifat Lipschitz- $h$ terhadap $d_\infty$ .
(Titik tetap bergerak lebih sedikit daripada pemetaannya) Misalkan $g \colon X \to X$ kontraksi- $k$ sebuah ruang metrik dengan titik tetap $\ell_g$ , dan $\widetilde g \colon X \to X$ pemetaan apa pun yang punya titik tetap $\ell_{\widetilde g}$ . Buktikan

$d(\ell_g, \ell_{\widetilde g}) \leq \frac{d\bigl(g(\ell_{\widetilde g}), \widetilde g(\ell_{\widetilde g})\bigr)}{1 - k} \leq \frac{\sup_{x \in X} d\bigl(g(x), \widetilde g(x)\bigr)}{1 - k}.$
(Siasat iterat) Misalkan $X$ lengkap dan tak kosong serta $g \colon X \to X$ sebuah pemetaan — yang tidak diandaikan kontinu — sedemikian sehingga suatu iterat $g^m$ merupakan kontraksi- $k$ . Buktikan bahwa $g$ punya tepat satu titik tetap $\ell$ dan bahwa setiap orbit $x_{n+1} = g(x_n)$ konvergen ke $\ell$ . (Titik tetap $g$ adalah titik tetap $g^m$ ; sebaliknya $g(\ell)$ merupakan titik tetap $g^m$ ; pecahlah orbitnya menurut sisa modulo $m$ .)

Bagian II — Teorema Picard–Lindelöf.

Tunjukkan bahwa fungsi $y \colon I \to \intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ bersifat $C^1$ dengan $y(t_0) = y_0$ dan $y' = f(t, y)$ pada $I$ bila dan hanya bila ia kontinu dan memenuhi persamaan integral

$y(t) = y_0 + \int_{t_0}^{t} f\bigl(s, y(s)\bigr)\dd s \qquad (t \in I).$
Misalkan $X_h = \{y \in C(I) : \abs{y(t) - y_0} \leq b \text{ pada } I\}$ dan misalkan $T$ ditetapkan oleh $T(y)(t) = y_0 + \int_{t_0}^{t}f(s, y(s))\dd s$ . Tunjukkan bahwa $X_h$ merupakan himpunan bagian tertutup $C(I)$ yang tak kosong, jadi lengkap, dan bahwa $T$ memetakan $X_h$ ke dalam $X_h$ — di sinilah $h \leq b/M$ bekerja.
Tunjukkan bahwa $d_\infty\bigl(T(y), T(z)\bigr) \leq Lh\,d_\infty(y, z)$ pada $X_h$ : jika $Lh < 1$ , teorema Banach sudah merampungkannya. Syarat kekecilan itu kita singkirkan berikutnya.
Buktikan secara induktif pada $n$ :

$\abs{T^n(y)(t) - T^n(z)(t)} \leq \frac{\bigl(L\abs{t - t_0}\bigr)^n}{n!}\, d_\infty(y, z) \qquad (y, z \in X_h,\ t \in I),$

sehingga suatu iterat $T$ merupakan kontraksi. Rampungkan dengan pertanyaan 4 (teorema Picard–Lindelöf): masalah Cauchy $y' = f(t,y)$ , $y(t_0) = y_0$ punya tepat satu penyelesaian pada $I = \intcc{t_0 - h}{t_0 + h}$ yang bernilai di $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ .
Tunjukkan bahwa pembatasan “yang bernilai di $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ ” bersifat otomatis: setiap penyelesaian masalah Cauchy yang terdefinisi pada $I$ dan grafiknya berawal di $R$ akan tetap berada di $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ (tinjaulah saat keluar yang pertama lalu batasi $\abs{y(t) - y_0}$ oleh $M\abs{t - t_0}$ ). Karenanya ketunggalannya berlaku di antara semua penyelesaian pada $I$ .
Jalankan mesinnya pada $y' = y$ , $y(0) = 1$ , berawal dari fungsi konstan $y^{(0)} \equiv 1$ : hitunglah iterat Picard $y^{(n)}$ , kenali bentuknya, lalu gambarkan kekonvergenannya.

Bagian III — Tiap hipotesis membayar sewanya.

(Lipschitz gagal, ketunggalan gagal) Untuk $y' = 2\sqrt{\abs y}$ , $y(0) = 0$ : periksalah bahwa $y \equiv 0$ dan, untuk setiap $c \geq 0$ , fungsi $y_c(t) = 0$ untuk $t \leq c$ serta $y_c(t) = (t - c)^2$ untuk $t > c$ , semuanya merupakan penyelesaian $C^1$ pada $\R$ . Di mana persisnya $y \mapsto 2\sqrt{\abs y}$ gagal menjadi Lipschitz?
(Kelokalannya nyata) Untuk $y' = y^2$ , $y(0) = 1$ : selesaikan secara gamblang, berikan interval keberadaan yang maksimal, lalu hitunglah $h$ terbaik yang dapat disahkan teoremanya atas semua pilihan persegi panjangnya ( $a$ besar, $b$ bebas): tunjukkan $h_{\max} = \sup_{b>0} \frac{b}{(1+b)^2} = \frac14$ , padahal penyelesaian sejatinya hidup pada $\intoo{-\infty}{1}$ .
(Kelengkapan bukan hiasan) Pada $X = \Q \cap \intcc{1}{2}$ dengan jarak biasa, misalkan $g(x) = \frac x2 + \frac1x$ . Tunjukkan $g(X) \subseteq X$ , bahwa $g$ merupakan kontraksi- $\frac12$ (lewat ketaksamaan nilai rata-rata), dan bahwa $g$ tidak punya titik tetap di $X$ . Hipotesis teorema Banach yang manakah yang gagal, dan apa titik tetapnya di dalam pelengkapannya?
(Batang galat) Untuk kontraksi- $k$ bernama $g$ pada ruang yang lengkap, buktikan taksiran aposteriori $d(x_n, \ell) \leq \frac{k}{1-k}\,d(x_n, x_{n-1})$ . Untuk pemetaan Heron $g(x) = \frac x2 + \frac 1x$ pada $\intcc{1}{2}$ (dengan titik tetap $\sqrt2$ ), berawal dari $x_0 = \frac32$ : berapa langkah yang dituntut batas apriori $\frac{k^n}{1-k}d(x_1, x_0)$ untuk ketelitian $10^{-6}$ , dan berapa langkah yang sesungguhnya cukup? (Hitunglah $x_1, x_2, x_3$ beserta galatnya; batas kontraksinya jujur tetapi pesimistis — sebab Heron konvergen secara kuadratik.)

Bagian IV — Kebergantungan kontinu. Pada bagian ini $Lh < 1$ , jadi $T$ sendiri merupakan kontraksi pada $X_h$ (pertanyaan 7); tulis $y[\,y_0\,]$ untuk penyelesaian yang bernilai awal $y_0$ .

(Kebergantungan pada nilai awal) Misalkan $z_0$ nilai awal lain dengan $\abs{z_0 - y_0}$ cukup kecil sehingga kedua masalahnya muat di persegi panjangnya. Dengan memakai pertanyaan 3, buktikan

$d_\infty\bigl(y[y_0], y[z_0]\bigr) \leq \frac{\abs{y_0 - z_0}}{1 - Lh}.$
(Interval panjang lewat perangkaian) Andaikan penyelesaiannya ada pada sebuah ruas panjang yang dipotong menjadi $m$ potongan berurutan, dan pada masing-masingnya batas tadi berlaku dengan $Lh \leq \frac12$ . Tunjukkan bahwa simpangannya tumbuh paling banyak dengan faktor $2$ tiap potongan, sehingga $d_\infty \leq 2^m\abs{y_0 - z_0}$ secara keseluruhan — sebuah batas yang eksponensial terhadap panjangnya, yakni bayangan diskret $\eu^{L\abs{t - t_0}}$ pada lema Gronwall (Bab 16).
(Kebergantungan pada medannya) Misalkan $g$ medan lain pada $R$ , yang juga Lipschitz- $L$ pada $y$ , dengan $\sup_R \abs{f - g} \leq \varepsilon$ . Buktikan bahwa penyelesaian yang bersesuaian memenuhi $d_\infty \leq \frac{\varepsilon h}{1 - Lh}$ : jadi galat permodelannya merambat secara linear.
(Parameter) Jika keluarga medan $f_\lambda$ bersifat Lipschitz- $L$ pada $y$ secara seragam dan $\sup_R\abs{f_\lambda - f_\mu} \leq C\abs{\lambda - \mu}$ , turunkan bahwa $\lambda \mapsto y_\lambda$ bersifat Lipschitz dari ruang parameternya ke $\bigl(C(I), d_\infty\bigr)$ .
(Sistem tidak berbiaya apa pun) Jelaskan mengapa Bagian I, II dan IV berlaku kata demi kata untuk $y$ yang bernilai di $\R^n$ (dengan jarak supremum yang dibangun atas salah satu jarak pada Contoh 4.2), lalu hitunglah semua iterat Picard untuk sistem $y' = Ay$ , $y(0) = (c_1, c_2)$ , $A = \left(\begin{smallmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{smallmatrix}\right)$ : tunjukkan bahwa iterasinya menjadi mandek pada penyelesaian eksaknya setelah satu langkah.

Bagian V — Panen metrik dan rangkuman.

(Usikan identitas) Misalkan $X$ panggung lengkap yang bergaya ruang bernorma: ambil $X = C(I)$ atau $\R^n$ . Jika $\eta \colon X \to X$ bersifat Lipschitz- $k$ dengan $k < 1$ , buktikan bahwa $x \mapsto x + \eta(x)$ merupakan bijeksi $X$ yang inversnya Lipschitz- $\frac1{1-k}$ (untuk tiap $y$ , terapkan Banach pada $x \mapsto y - \eta(x)$ ). Inilah jantung metrik teorema fungsi invers (Bab 15).
(Persamaan Kepler) Untuk $0 \leq e < 1$ dan $m \in \R$ , buktikan bahwa $x = m + e\sin x$ punya tepat satu penyelesaian, bahwa iterasi $x_{n+1} = m + e\sin x_n$ konvergen ke sana dari awal mana pun, lalu taksirlah: untuk $e = \frac12$ , $m = 1$ , berapa iterasi yang menjamin galat $\leq 10^{-3}$ menurut batas apriorinya? (Penyelesaiannya $x \approx 1.4987$ .)
(Himpunan Cantor sebagai titik tetap) Misalkan $S_1(x) = \frac x3$ dan $S_2(x) = \frac x3 + \frac23$ pada $\R$ , dan misalkan $C$ himpunan Cantor pada Latihan 4.8. Buktikan $C = S_1(C) \cup S_2(C)$ , lalu jelaskan dalam satu kalimat mengapa tak ada himpunan kompak tak kosong lain yang memenuhi persamaan itu (pemetaan $A \mapsto S_1(A) \cup S_2(A)$ merupakan kontraksi terhadap sebuah jarak antara himpunan kompak — yaitu jarak Hausdorff, yang dijujurkan pada jilid Tahun ke-3).
(Keterhubungan menggloballkan ketunggalan) Misalkan $f$ bersifat Lipschitz secara lokal pada $y$ di sebuah himpunan terbuka, dan misalkan $y, z$ dua penyelesaian $y' = f(t, y)$ pada interval bersama $J$ dengan $y(t_0) = z(t_0)$ . Buktikan $y = z$ pada $J$ : tunjukkan bahwa $\{t \in J : y(t) = z(t)\}$ tak kosong, tertutup di $J$ , dan terbuka di $J$ (lewat ketunggalan lokalnya), lalu pakailah keterhubungan interval (Teorema 4.27).
(Tanpa kekecilan bagi persamaan linear) Untuk $y' = \alpha(t)y + \beta(t)$ dengan $\alpha, \beta$ kontinu pada ruas $\intcc{A}{B}$ , sesuaikan pertanyaan 8 untuk menunjukkan bahwa batas faktorialnya berlaku pada seluruh ruas itu, sehingga keberadaan dan ketunggalannya bersifat global di sana — yakni kasus skalar teorema Cauchy–Lipschitz pada Bab 16, tanpa pembatasan pada panjang $B - A$ .
(Rangkuman) Satu kalimat untuk masing-masing: apa yang disumbangkan kelengkapan; apa yang disumbangkan kontraksinya; apa yang dibeli siasat iterat dibandingkan Banach biasa; di mana keterhubungan masuk; dan contoh penyangkal Bagian III yang mana menjaga hipotesis yang mana. Sebutkan teorema puncaknya, lalu katakan apa yang menggantikan kontraksi ketika $f$ sekadar kontinu (teorema Peano, lewat kekompakan pada ruang fungsi — yaitu Arzelà–Ascoli pada jilid Tahun ke-3).

Solusi

Solusi Soal 4.1.

1. Misalkan $F$ tertutup di $X$ yang lengkap dan $(x_n) \subseteq F$ bersifat Cauchy: ia konvergen di $X$ ke suatu $\ell$ , dan $\ell \in F$ karena $F$ tertutup (sebab limit barisan di $F$ tetap di $\overline F = F$ ): jadi $F$ lengkap. Sebaliknya misalkan $A \subseteq X$ lengkap dan $x \in \overline A$ : ada barisan di $A$ yang konvergen ke $x$ ; ia Cauchy, jadi ia konvergen di dalam $A$ ; karena limitnya tunggal, $x \in A$ , sehingga $A$ tertutup. Karena $\bigl(C(I), d_\infty\bigr)$ bersifat lengkap (Teorema 4.9), himpunan bagiannya yang tertutup bersifat lengkap.

2. Untuk $y, z \in C(I)$ dan $t \in I$ :

\Bigl|\int_{t_0}^{t}y - \int_{t_0}^{t}z\Bigr| \leq \abs{t - t_0}\,\sup_I\abs{y - z} \leq h\,d_\infty(y, z),

lalu ambil supremumnya atas $t$ .

3. Dengan memakai kedua persamaan titik tetapnya dan ketaksamaan segitiga:

d(\ell_g, \ell_{\widetilde g}) = d\bigl(g(\ell_g), \widetilde g(\ell_{\widetilde g})\bigr) \leq d\bigl(g(\ell_g), g(\ell_{\widetilde g})\bigr) + d\bigl(g(\ell_{\widetilde g}), \widetilde g(\ell_{\widetilde g})\bigr) \leq k\,d(\ell_g, \ell_{\widetilde g}) + d\bigl(g(\ell_{\widetilde g}), \widetilde g(\ell_{\widetilde g})\bigr),

lalu selesaikan untuk $d(\ell_g, \ell_{\widetilde g})$ (sebab koefisien $1 - k$ positif). Ketaksamaan keduanya membatasi jurang yang dinilai itu oleh jurang yang seragam.

4. $g^m$ merupakan kontraksi pada ruang lengkap yang tak kosong, jadi ia punya tepat satu titik tetap $\ell$ (Teorema 4.12). Maka $g^m(g(\ell)) = g(g^m(\ell)) = g(\ell)$ : jadi $g(\ell)$ titik tetap $g^m$ , sehingga $g(\ell) = \ell$ berkat ketunggalannya. Sebaliknya setiap titik tetap $g$ juga titik tetap $g^m$ : jadi ketunggalan bagi $g$ . Orbitnya: tetapkan $r \in \{0, \dots, m-1\}$ ; barisan bagian $(x_{qm + r})_q$ adalah orbit $g^m$ yang berawal di $x_r$ , jadi ia konvergen ke $\ell$ ketika $q \to \infty$ (lewat Banach lagi). Kesepuluh — lebih tepatnya semua $m$ — barisan bagiannya konvergen ke $\ell$ yang sama, jadi $x_n \to \ell$ : diberikan $\varepsilon$ , tiap kelas sisanya akhirnya berada dalam $\varepsilon$ , dan kelasnya berhingga banyak.

5. Jika $y$ kontinu dan bernilai di $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ , maka integrannya $s \mapsto f(s, y(s))$ kontinu pada $I$ (sebab susunan fungsi kontinu), sehingga ruas kanannya bersifat $C^1$ dengan turunan $f(t, y(t))$ (teorema dasar kalkulus, jilid Tahun ke-1). Jika $y$ memenuhi persamaan integralnya, maka ia fungsi $C^1$ tersebut, $y(t_0) = y_0$ , dan $y' = f(t, y)$ . Sebaliknya, mengintegralkan $y' = f(s, y(s))$ dari $t_0$ sampai $t$ memberi persamaan integral itu.

6. Himpunan $X_h$ memuat fungsi konstan $y_0$ ; ia tertutup sebagai prapeta $\intcc{0}{b}$ di bawah pemetaan kontinu $y \mapsto d_\infty(y, y_0)$ (sebab jarak bersifat Lipschitz berkonstanta $1$ ), jadi ia lengkap menurut pertanyaan 1. Kestabilannya: untuk $y \in X_h$ dan $t \in I$ ,

\abs{T(y)(t) - y_0} = \Bigl|\int_{t_0}^{t}f(s, y(s))\dd s\Bigr| \leq M\abs{t - t_0} \leq Mh \leq b ,

langkah terakhirnya berkat $h \leq b/M$ (atau $M = 0$ , yang sepele). Dan $T(y)$ bersifat kontinu (bahkan $C^1$ , pertanyaan 5): jadi $T(y) \in X_h$ .

7. Untuk $t \in I$ :

\abs{T(y)(t) - T(z)(t)} \leq \int_{t_0}^{t}\abs{f(s, y(s)) - f(s, z(s))}\,\abs{\dd s} \leq L\abs{t - t_0}\,d_\infty(y,z) \leq Lh\,d_\infty(y,z).

Jika $Lh < 1$ : maka $T$ merupakan kontraksi pada $X_h$ yang lengkap dan tak kosong, sehingga Banach memberi tepat satu titik tetap — yang menurut pertanyaan 5 adalah satu-satunya penyelesaiannya.

8. Secara induktif; kasus $n = 1$ tak lain ketaksamaan tengah pada pertanyaan 7. Dengan mengandaikan batasnya untuk $n$ , maka untuk $t \geq t_0$ (kasus $t \leq t_0$ setangkup):

\abs{T^{n+1}(y)(t) - T^{n+1}(z)(t)} \leq L\int_{t_0}^{t}\abs{T^n(y)(s) - T^n(z)(s)}\dd s \leq L\int_{t_0}^{t}\frac{L^n(s - t_0)^n}{n!}\dd s\; d_\infty(y,z),

dan integralnya bernilai $\frac{L^n(t - t_0)^{n+1}}{(n+1)!}$ : itulah batas untuk $n + 1$ . Karenanya $d_\infty(T^n y, T^n z) \leq \frac{(Lh)^n}{n!}d_\infty(y, z)$ , dan $\frac{(Lh)^n}{n!} \to 0$ (sebab deret eksponensialnya konvergen): jadi suatu $T^m$ merupakan kontraksi. Pertanyaan 4 berlaku pada $X_h$ yang lengkap: $T$ punya tepat satu titik tetap, yakni masalah Cauchy itu punya tepat satu penyelesaian pada $I$ yang bernilai di $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ .

9. Misalkan $y$ menyelesaikan masalahnya pada $I$ dan andaikan himpunan $E = \{t \in I, t > t_0 : \abs{y(t) - y_0} > b\}$ tak kosong (sisi $t < t_0$ setangkup); misalkan $\tau = \inf E$ . Berkat kekontinuannya, $\abs{y(s) - y_0} \leq b$ untuk $s \in \intcc{t_0}{\tau}$ , jadi grafiknya berada di $R$ di sana, persamaan integralnya berlaku sampai $\tau$ , dan

\abs{y(\tau) - y_0} = \Bigl|\int_{t_0}^{\tau}f\bigl(s, y(s)\bigr)\dd s\Bigr| \leq M(\tau - t_0) \leq Mh \leq b .

Jika $\tau < t_0 + h$ , maka titik $E$ yang sedekat-dekatnya ke $\tau$ dari kanan memberi, berkat kekontinuan, $\abs{y(\tau) - y_0} \geq b$ , jadi $= b$ ; tetapi ungkapan di atas lalu memaksa $M(\tau - t_0) = Mh$ , yakni $\tau = t_0 + h$ : kontradiksi. Jadi $\tau = t_0 + h$ , sehingga $E \subseteq \{t_0 + h\}$ , dan ungkapan tadi (di $\tau = t_0 + h$ ) memberi $\abs{y(t_0 + h) - y_0} \leq b$ , yang bertentangan dengan keanggotaannya di $E$ . Karenanya $E = \emptyset$ : setiap penyelesaian pada $I$ tetap di dalam pitanya, merupakan titik tetap $T$ di $X_h$ , dan ketunggalannya berlaku tanpa syarat.

10. Di sini $T(y)(t) = 1 + \int_0^t y$ . Dari $y^{(0)} \equiv 1$ :

y^{(1)}(t) = 1 + t,\quad y^{(2)}(t) = 1 + t + \frac{t^2}2,\quad\dots\quad y^{(n)}(t) = \sum_{k=0}^{n}\frac{t^k}{k!}

(secara induktif: mengintegralkan jumlah parsialnya menambahkan suku berikutnya). Inilah jumlah parsial Taylor bagi $\eu^{\,t}$ ; pada sembarang $I$ yang terbatas keduanya konvergen seragam ke $\eu^{\,t}$ (sebab ekornya didominasi deret numerik konvergen $\sum h^k/k!$ ), dan itu memang satu-satunya penyelesaiannya.

11. Fungsi $y \equiv 0$ merupakan penyelesaian. Untuk $y_c$ : ia bersifat $C^1$ (kedua potongannya demikian, dan di $t = c$ turunannya cocok: $0$ dan $2(t - c) \to 0$ ), lalu untuk $t > c$ : $y_c' = 2(t - c) = 2\sqrt{(t-c)^2} = 2\sqrt{\abs{y_c}}$ ; sedangkan untuk $t \leq c$ kedua ruasnya nol. Jadi masalah Cauchy $y(0) = 0$ punya tak hingga banyak penyelesaian ( $c \geq 0$ sembarang, ditambah $y \equiv 0$ ). Medannya $\varphi(y) = 2\sqrt{\abs y}$ tidak Lipschitz di dekat $0$ , sebab $\frac{\varphi(y) - \varphi(0)}{y - 0} = \frac{2}{\sqrt y} \to +\infty$ ketika $y \to 0^+$ : jadi tak ada konstanta $L$ yang berhasil pada persekitaran $0$ mana pun — persis di tempat semua penyelesaiannya bercabang.

12. Dengan memisahkan peubahnya (atau memeriksanya langsung), satu-satunya penyelesaian lokalnya adalah $y(t) = \frac1{1 - t}$ , yang terdefinisi pada $\intoo{-\infty}{1}$ dan meledak di $t = 1$ . Untuk persegi panjang $\intcc{-a}{a} \times \intcc{1 - b}{1 + b}$ : $M = \sup y^2 = (1 + b)^2$ , jadi setengah lebar yang tersahkan adalah $h = \min\bigl(a, \frac{b}{(1+b)^2}\bigr)$ . Memaksimalkan $\frac{b}{(1+b)^2}$ : turunannya nol di $b = 1$ , dengan nilai $\frac14$ . Jadi teoremanya hanya menjamin kehidupan pada $\intcc{-\frac14}{\frac14}$ — yang memang lebih pendek daripada masa hidup sejatinya, yaitu $1$ ke depan, dan jauh lebih pendek ke belakang: teoremanya bersifat lokal menurut kodratnya, dan ledakan itu menunjukkan ia tak mungkin lain.

13. Pemetaan $g$ mengirim $\intcc12$ ke dirinya sendiri: $g$ turun pada $\intcc{1}{\sqrt2}$ lalu naik sesudahnya (telaahlah $g'(x) = \frac12 - \frac1{x^2}$ ), dengan $g(1) = g(2) = \frac32$ dan minimum $g(\sqrt2) = \sqrt2 > 1$ : jadi $g(\intcc12) \subseteq \intcc{\sqrt2}{\frac32} \subseteq \intcc12$ ; dan $g$ mengirim bilangan rasional ke bilangan rasional. Kontraksinya: $\abs{g'(x)} = \abs{\frac12 - \frac1{x^2}} \leq \frac12$ pada $\intcc12$ (sebab $\frac1{x^2} \in \intcc{\frac14}{1}$ ), jadi ketaksamaan nilai rata-rata memberi $\abs{g(x) - g(y)} \leq \frac12\abs{x - y}$ . Titik tetapnya memenuhi $\frac x2 = \frac1x$ , yakni $x^2 = 2$ : mustahil di $\Q$ . Hipotesis yang gagal adalah kelengkapan $X$ (sebab $\Q \cap \intcc12$ tidak lengkap); di dalam pelengkapannya, yaitu $\intcc12$ , titik tetapnya adalah $\sqrt2$ — teorema Banach yang dijalankan pada bilangan rasional justru menciptakan bilangan irasionalnya.

14. Aposteriori: $d(x_n, \ell) \leq d(x_n, x_{n+1}) + d(x_{n+1}, \ell) \leq k\,d(x_{n-1}, x_n) + k\,d(x_n, \ell)$ , sehingga $d(x_n, \ell) \leq \frac{k}{1-k}d(x_n, x_{n-1})$ . Heron dari $x_0 = \frac32$ : $x_1 = \frac{17}{12}$ , $d(x_1, x_0) = \frac1{12}$ , $k = \frac12$ : jadi batas apriori $\frac{k^n}{1-k}d(x_1,x_0) = \frac{2^{-n+1}}{12}$ baru turun di bawah $10^{-6}$ pada $n = 18$ . Kenyataannya $x_1 = \frac{17}{12} \approx 1.41667$ (galat $2.5\cdot10^{-3}$ ), $x_2 = \frac{577}{408} \approx 1.4142157$ (galat $2.1\cdot10^{-6}$ ), $x_3 \approx 1.41421356237469$ (galat $1.6\cdot10^{-12}$ ): jadi tiga langkah sudah cukup. Tiap langkah Heron kurang lebih mengkuadratkan galatnya (kekonvergenan kuadratik, gejala Newton: Bab 8); sedangkan taksiran kontraksinya, yang hanya memaruhkannya, jujur untuk kasus terburuk tetapi pesimistis di sini.

15. Terapkan pertanyaan 3 dengan $g = T_{y_0}$ (sebuah kontraksi- $Lh$ , dengan $Lh < 1$ ) dan $\widetilde g = T_{z_0}$ , yang titik tetapnya $y[z_0]$ . Untuk sembarang $y$ ,

\abs{T_{y_0}(y)(t) - T_{z_0}(y)(t)} = \abs{y_0 - z_0},

(sebab integralnya sama persis), jadi $\sup_y d_\infty(T_{y_0}(y), T_{z_0}(y)) = \abs{y_0 - z_0}$ , sehingga pertanyaan 3 memberi

d_\infty(y[y_0], y[z_0]) \leq \frac{\abs{y_0 - z_0}}{1 - Lh} .

16. Pada tiap potongannya, pertanyaan 15 yang diterapkan dengan nilai di ujung kirinya sebagai data awal membatasi simpangan di ujung kanannya:

d_\infty \leq \frac{1}{1 - 1/2}\,(\text{simpangan kiri}) = 2\,(\text{simpangan kiri}) .

Dengan induksi atas $m$ potongannya, simpangan akhirnya paling banyak $2^m\abs{y_0 - z_0}$ , dan simpangan seragam pada seluruh ruasnya menuruti batas yang sama (sebab supremum tiap potongan terkendali pada tahapnya). Dengan potongan berpanjang $h \asymp \frac1{2L}$ , faktornya menjadi $2^m = 2^{\,\text{panjang}\cdot 2L}$ : eksponensial terhadap panjang intervalnya, yakni persis seperti diramalkan batas Gronwall $\eu^{L\abs{t-t_0}}$ , dengan konstanta yang lebih baik.

17. Skemanya sama: untuk $y \in X_h$ ,

\abs{T_f(y)(t) - T_g(y)(t)} \leq \int_{t_0}^t \abs{f(s,y(s)) - g(s,y(s))}\,\abs{\dd s} \leq \varepsilon h ,

jadi pertanyaan 3 (dengan $T_f$ sebagai kontraksinya dan $T_g$ sebagai pemetaan terusiknya) menghasilkan $d_\infty \leq \frac{\varepsilon h}{1 - Lh}$ .

18. Menurut pertanyaan 17 yang diterapkan pada $f = f_\lambda$ , $g = f_\mu$ : $d_\infty(y_\lambda, y_\mu) \leq \frac{Ch}{1 - Lh}\abs{\lambda - \mu}$ , jadi pemetaan penyelesaiannya bersifat Lipschitz dengan konstanta $\frac{Ch}{1-Lh}$ .

19. Setiap hujahnya hanya memakai aksioma metrik, kelengkapan panggungnya, batas $\abs{\int} \leq \int\abs{\cdot}$ , dan sifat Lipschitz $f$ — yang semuanya tersedia bagi fungsi bernilai $\R^n$ dengan $d_\infty$ yang dibangun atas salah satu jarak setara pada Contoh 4.2 (yang lengkap menurut Teorema 4.9). Untuk $y' = Ay$ dengan $A$ yang nilpoten: $y^{(0)} \equiv (c_1, c_2)$ ,

y^{(1)}(t) = (c_1, c_2) + \int_0^t (c_2, 0)\,\dd s = (c_1 + tc_2,\; c_2),

dan $Ay^{(1)}(s) = (c_2, 0)$ lagi: jadi $y^{(2)} = y^{(1)}$ . Iterasinya mandek mulai $n = 1$ , tepat pada penyelesaian eksaknya $y(t) = (c_1 + tc_2, c_2) = \eu^{tA}y(0)$ — kenilpotenan memangkas deret eksponensialnya, dan Picard menyadarinya.

20. Tetapkan $y \in X$ lalu misalkan $g_y(x) = y - \eta(x)$ : sebuah kontraksi- $k$ pada $X$ yang lengkap, jadi ada tepat satu $x$ dengan $x + \eta(x) = y$ : karenanya pemetaan $\Phi = \mathrm{id} + \eta$ bersifat bijektif. Invers yang Lipschitz: jika $\Phi(x) = y$ dan $\Phi(x') = y'$ , maka

d(x, x') \leq d(y, y') + d\bigl(\eta(x), \eta(x')\bigr) \leq d(y, y') + k\,d(x, x'),

jadi $d(x, x') \leq \frac{1}{1-k}d(y, y')$ . (Jaraknya di sini berasal dari struktur normanya, sehingga $d(a - c, b - c) = d(a, b)$ , dan itulah yang dipakai ketaksamaan pertamanya.)

21. Pemetaan $g(x) = m + e\sin x$ bersifat Lipschitz- $e$ pada $\R$ yang lengkap (lewat ketaksamaan nilai rata-rata, $\abs{g'} = \abs{e\cos x} \leq e < 1$ ): jadi Banach memberi tepat satu penyelesaian dan kekonvergenan global bagi iterasinya. Untuk $e = \frac12$ , $m = 1$ , $x_0 = 1$ : $x_1 = 1 + \frac12\sin 1 \approx 1.42074$ , $d(x_1, x_0) \approx 0.4207$ , dan batas apriori $\frac{(1/2)^n}{1/2}\cdot 0.4207 \leq 10^{-3}$ baru berlaku pada $n = 10$ : jadi sepuluh iterasi tersahkan (padahal nilai sejatinya $x \approx 1.4987$ sebenarnya sudah tercapai sampai $10^{-3}$ sekitar $n = 5$ ).

22. Pakailah pemerian angkanya (Latihan 4.8): $C$ adalah himpunan semua jumlah $\sum_{n\geq1}a_n3^{-n}$ dengan $a_n \in \{0, 2\}$ . Maka $S_1(C) = \{x/3 : x \in C\}$ adalah himpunan bagian yang $a_1 = 0$ , dan $S_2(C) = \{x/3 + 2/3\}$ himpunan bagian yang $a_1 = 2$ : jadi gabungannya, atas pilihan bebas $a_1$ , tepat sama dengan $C$ . Ketunggalannya dalam satu kalimat: pada ruang himpunan bagian kompak tak kosong $\intcc01$ yang dimetrikkan oleh jarak Hausdorff, pemetaan $A \mapsto S_1(A) \cup S_2(A)$ merupakan kontraksi- $\frac13$ pada ruang yang lengkap, jadi Banach hanya mengizinkan satu himpunan tetap — dan jilid Tahun ke-3 membuat metrik Hausdorff beserta hujah ini menjadi cermat.

23. Misalkan $Z = \{t \in J : y(t) = z(t)\}$ : ia tak kosong (sebab $t_0 \in Z$ ) dan tertutup di $J$ (sebab ia penyama dua pemetaan kontinu: prapeta $\{0\}$ di bawah $y - z$ ). Terbuka: jika $t_1 \in Z$ , terapkan teorema lokalnya (pertanyaan 8) di titik $(t_1, y(t_1))$ , pada persegi panjang tempat $f$ bersifat Lipschitz: pada interval kecil di sekitar $t_1$ baik $y$ maupun $z$ menyelesaikan masalah Cauchy yang sama, jadi keduanya berimpit di sana (lewat ketunggalan tanpa syarat pada pertanyaan 9): sehingga sebuah persekitaran $t_1$ berada di $Z$ . Adapun himpunan bagian tak kosong interval $J$ yang sekaligus terbuka dan tertutup di $J$ pastilah seluruh $J$ (sebab interval bersifat terhubung, Teorema 4.27): jadi $y = z$ pada $J$ .

24. Di sini $f(t, y) = \alpha(t)y + \beta(t)$ bersifat Lipschitz- $L$ pada $y$ di seluruh $\intcc AB \times \R$ dengan $L = \sup\abs\alpha$ (yang hingga, sebab $\alpha$ kontinu pada sebuah ruas), dan tak diperlukan pita $\intcc{y_0 - b}{y_0 + b}$ apa pun: ambil $X = C(\intcc AB)$ seluruhnya, dan $T$ terdefinisi dengan baik di sana. Induksi pertanyaan 8 berjalan kata demi kata dan memberi $d_\infty(T^ny, T^nz) \leq \frac{(L(B - A))^n}{n!}d_\infty(y, z)$ : jadi suatu iteratnya merupakan kontraksi berapa pun panjang $B - A$ , dan pertanyaan 4 merampungkannya: ada satu dan hanya satu penyelesaian pada seluruh ruas itu. Kelinearannya masuk tepat sekali: ia membuat batas Lipschitznya global pada $y$ , sehingga persegi panjang beserta $h \leq b/M$ -nya tersingkir.

25. Kelengkapan mengubah barisan Cauchy berisi iterat menjadi penyelesaian yang sungguh ada (pertanyaan 1, 6, 8), dan ketiadaannya membiarkan $\sqrt2$ lolos dari $\Q$ (pertanyaan 13). Kontraksi memberi ketunggalan, algoritme, dan batang galatnya (pertanyaan 7, 14). Siasat iterat menyingkirkan syarat kekecilan $Lh < 1$ , sehingga interval yang tersahkan hanya bergantung pada $M$ , bukan pada $L$ — dan membuat persamaan linear menjadi global (pertanyaan 8, 24). Keterhubungan menaikkan ketunggalan lokal menjadi ketunggalan global (pertanyaan 23). Adapun contoh penyangkalnya: $2\sqrt{\abs y}$ menjaga syarat Lipschitz (pertanyaan 11), $y^2$ menjaga kelokalannya (pertanyaan 12), dan $\Q$ menjaga kelengkapannya (pertanyaan 13). Puncaknya adalah teorema Picard–Lindelöf (pertanyaan 8); ketika $f$ sekadar kontinu, keberadaannya bertahan tetapi ketunggalannya mati, dan buktinya menukar kontraksi dengan kekompakan himpunan fungsi — yakni teorema Peano lewat Arzelà–Ascoli, pada jilid Tahun ke-3.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium