---
title: "Ruang Vektor Bernorma"
book: "Matematika Universitas — Tahun 2"
subject: math
language: id
chapter: 5
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/5-ruang-vektor-bernorma
---

# Bab 5 — Ruang Vektor Bernorma

Ketika [ruang metriknya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-def) berupa ruang vektor dan jaraknya berasal dari sebuah [norma](#def-b2-nvs-norm), topologi dan aljabar linear mulai saling berjalin: pemetaan linear bersifat [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) persis ketika ia terbatas pada bola satuan, dimensi hingga memaksa semua [norma](#def-b2-nvs-norm) sepakat, dan kelengkapan mengubah deret yang konvergen mutlak menjadi deret konvergen. Jurang antara dimensi hingga dan tak hingga — yang mengkristal pada teorema Riesz — adalah pelajaran terdalam bab ini.

Di sepanjang bab ini, $E, F$ adalah ruang vektor atas $K = \R$ atau $\C$.

## 5.1 Norma

**Definisi 5.1.**

Sebuah *norma* pada $E$ adalah pemetaan $\norm{\,\cdot\,} \colon E \to \R_+$ yang, untuk setiap $x, y \in E$ dan $\lambda \in K$, memenuhi

$$
\norm x = 0 \iff x = 0,
\qquad
\norm{\lambda x} = \abs\lambda\,\norm x,
\qquad
\norm{x + y} \leq \norm x + \norm y .
$$

Maka $d(x, y) = \norm{x - y}$ merupakan jarak, dan seluruh [Bab 4](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#ch-b2-metric) berlaku. Ketaksamaan segitiga terbalik $\bigl|\norm x - \norm y\bigr| \leq \norm{x - y}$ membuat normanya sendiri [Lipschitz](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) berkonstanta $1$; sedangkan penjumlahan dan perkalian skalar bersifat [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) (lewat taksiran $\norm{(x + y) - (x' + y')} \leq
\norm{x - x'} + \norm{y - y'}$, dan seterusnya).

**Contoh 5.2.**

Pada $K^n$:

$$
\norm{x}_1 = \sum_i \abs{x_i},
\qquad
\norm{x}_2 = \Bigl(\sum_i \abs{x_i}^2\Bigr)^{1/2},
\qquad
\norm{x}_\infty = \max_i \abs{x_i}
$$

($\norm\cdot_2$ merupakan [norma](#def-b2-nvs-norm) berkat Cauchy–Schwarz, jilid Tahun ke-1). Pada $C(\intcc{a}{b})$:

$$
\norm f_\infty = \sup \abs f,
\qquad
\norm f_1 = \int_a^b \abs f,
\qquad
\norm f_2 = \Bigl(\int_a^b \abs f^2\Bigr)^{1/2},
$$

dua yang terakhir menjadi [norma](#def-b2-nvs-norm) berkat kepositifan tegas integralnya dan Cauchy–Schwarz untuk integral (jilid Tahun ke-1). Pada matriks: [norma](#def-b2-nvs-norm) apa pun pada $\mathcal M_n(K) \simeq K^{n^2}$; adapun [norma operator](#thm-b2-nvs-continuouslinear) di bawah ini yang penting secara struktural.

**Definisi 5.3 (Norma yang setara).**

Dua [norma](#def-b2-nvs-norm) $N_1, N_2$ pada $E$ disebut *setara* apabila ada konstanta $c, C > 0$ dengan

$$
c\,N_1 \leq N_2 \leq C\, N_1 .
$$

[Norma](#def-b2-nvs-norm) yang setara punya himpunan [terbuka](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-topology) yang sama, barisan konvergen dan barisan Cauchy yang sama, himpunan bagian [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact) dan [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete) yang sama: jadi analisis yang sama.

**Contoh 5.4 (Ketaksetaraan dalam dimensi tak hingga).**

Pada $C(\intcc{0}{1})$: selalu berlaku $\norm f_1 \leq \norm f_\infty$, tetapi tak ada batas sebaliknya: sebab $f_n(x) = x^n$ punya $\norm{f_n}_\infty = 1$ dan $\norm{f_n}_1 = \frac{1}{n+1} \to 0$. Jadi $f_n \to 0$ untuk $\norm\cdot_1$ tetapi tidak untuk $\norm\cdot_\infty$: kedua [norma](#def-b2-nvs-norm) itu berselisih justru tentang kekonvergenannya sendiri.

**Contoh 5.5 (Konstanta yang gamblang dalam dimensi nnn).**

Pada $K^n$ ketiga [norma](#def-b2-nvs-norm) klasiknya [setara](#def-b2-nvs-equivalent) dengan konstanta yang tajam:

$$
\norm x_\infty \leq \norm x_2 \leq \norm x_1
\leq \sqrt n\,\norm x_2 \leq n\,\norm x_\infty ,
$$

dengan batas tengahnya $\norm x_1 \leq \sqrt n\norm x_2$ berasal dari Cauchy–Schwarz terhadap vektor yang semua unsurnya satu. Vektor ekstremalnya: $e_1$ membuat dua ketaksamaan pertamanya menjadi kesamaan, dan $(1, 1, \dots, 1)$ membuat dua yang terakhir demikian. Dimensi $n$ duduk kasatmata di dalam konstantanya — inilah benih kuantitatif kegagalannya dalam dimensi tak hingga: ketika $n \to \infty$ tak ada konstanta seragam yang bertahan, dan persis itulah yang diperlihatkan [Contoh 5.4](#ex-b2-nvs-nonequivalent) pada ruang fungsi.

![Bola satuan ketiga norma klasik ℝ2, yang bersarang persis seperti dituntut ketaksamaan pada : makin kecil bolanya, makin besar normanya. Kebulatannya penting: sisi datar pada belah ketupat dan pada perseginya tak lain kegagalan kecembungan tegas yang dimanfaatkan soal akhir pekan dan soal akhir pekan bab ini (pertanyaan 4).](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-4/b2-nvs/fig-89dd87920119.svg)

*Bola satuan ketiga [norma](#def-b2-nvs-norm) klasik $\R^2$, yang bersarang persis seperti dituntut ketaksamaan pada [Contoh 5.5](#ex-b2-nvs-constants): makin kecil bolanya, makin besar [normanya](#def-b2-nvs-norm). Kebulatannya penting: sisi datar pada belah ketupat dan pada perseginya tak lain kegagalan kecembungan tegas yang dimanfaatkan soal akhir pekan [Bab 8](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/8-fungsi-peubah-real#ch-b2-realfun) dan soal akhir pekan bab ini (pertanyaan 4).*

## 5.2 Pemetaan linear yang kontinu

**Teorema 5.6 (Pencirian).**

Untuk pemetaan linear $u \colon E \to F$ antara ruang bernorma, pernyataan berikut [setara](#def-b2-nvs-equivalent):

1. $u$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) ;
2. $u$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) di $0$ ;
3. $u$ terbatas pada bola satuan tertutup: $\sup_{\norm x \leq  1} \norm{u(x)} < \infty$ ;
4. ada $C \geq 0$ dengan $\norm{u(x)} \leq C \norm x$ untuk setiap $x$ ;
5. $u$ bersifat [Lipschitz](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) .

Nilai $C$ terkecil yang demikian disebut *norma operator* $\vertiii{u} = \sup_{\norm x \leq
1}\norm{u(x)} = \sup_{x \neq 0} \frac{\norm{u(x)}}{\norm x}$; [norma](#def-b2-nvs-norm) itu menjadikan ruang $\mathcal{L}_c(E, F)$ berisi pemetaan linear [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) sebuah ruang bernorma, dengan

$$
\vertiii{v \circ u} \leq \vertiii v\, \vertiii u .
$$

**Bukti.** (1 $\Rightarrow$ 2) sepele. (2 $\Rightarrow$ 3): kekontinuan di $0$ dengan $\varepsilon = 1$ memberi $\delta$ dengan $\norm x \leq \delta
\Rightarrow \norm{u(x)} \leq 1$; lalu kehomogenannya menskalakan sembarang $x$ dengan $\norm x \leq 1$ turun ke bola itu lalu kembali:

$$
\norm{u(x)} = \frac1\delta\,\norm{u(\delta x)} \leq
\frac1\delta ,
$$

sebab $\norm{\delta x} \leq \delta$. (3 $\Rightarrow$ 4): untuk $x \neq 0$, terapkan batasnya pada $\frac{x}{\norm x}$. (4 $\Rightarrow$ 5): $\norm{u(x) - u(y)} = \norm{u(x - y)} \leq
C\norm{x - y}$. (5 $\Rightarrow$ 1) sudah diketahui.

Aksioma [norma](#def-b2-nvs-norm) bagi $\vertiii\cdot$: kehomogenan dan pemisahannya jelas (sebab $\vertiii u = 0$ memaksa $u = 0$ pada bolanya, jadi di mana-mana); ketaksamaan segitiganya dari $\norm{(u + v)(x)} \leq
\norm{u(x)} + \norm{v(x)}$. Sifat submultiplikatifnya: $\norm{v(u(x))}
\leq \vertiii v\,\norm{u(x)} \leq \vertiii v \vertiii u \norm x$. ∎

**Contoh 5.7.**

Pada $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$: evaluasi $f \mapsto f(0)$ bernorma operator $1$; pengintegralan $f \mapsto
\int_0^1 f$ bernorma $1$; sedangkan pemetaan $f \mapsto \int_0^1 t f(t)\dd t$ bernorma $\int_0^1 t\,\dd t = \frac12$ (batas atasnya dari ketaksamaan segitiga untuk integral; dan tercapai di $f \equiv 1$). Namun penurunan, dari $(C^1, \norm\cdot_\infty)$ ke $(C^0,
\norm\cdot_\infty)$, *tidak* [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity): sebab $\norm{\sin(nx)}_\infty
= 1$ padahal turunannya bernorma supremum $n$. Linear tidak berarti [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) dalam dimensi tak hingga.

**Contoh 5.8 (Dua norma, dua vonis atas satu barisan).**

Pada $C(\intcc01)$, misalkan $g_n(x) = \sqrt{n}\,x^n$. Maka

$$
\norm{g_n}_1 = \frac{\sqrt n}{n + 1} \longrightarrow 0,
\qquad
\norm{g_n}_2^2 = \frac{n}{2n + 1} \longrightarrow \frac12,
\qquad
\norm{g_n}_\infty = \sqrt n \longrightarrow \infty :
$$

satu barisan, tiga [norma](#def-b2-nvs-norm), tiga perilaku — konvergen ke nol, tidak konvergen ([normanya](#def-b2-nvs-norm) mapan di $\frac1{\sqrt2}$ padahal limit titik demi titiknya $0$), dan meledak. Massa yang memusat di dekat $x = 1$ tak terlihat oleh $\norm\cdot_1$, setengah terlihat oleh $\norm\cdot_2$, dan mendominasi bagi $\norm\cdot_\infty$. Dalam dimensi tak hingga, “apakah ia konvergen?” bukan pertanyaan tentang sebuah barisan: ia pertanyaan tentang sebuah barisan *beserta* [normanya](#def-b2-nvs-norm).

**Metode 5.9 (Menghitung sebuah norma operator).**

Selalu dalam dua gerakan. *Batas atas:* taksirlah $\norm{u(x)}$ oleh $C\norm x$ dengan ketaksamaan segitiga, Cauchy–Schwarz, atau batas integral — ini membuktikan $\vertiii u
\leq C$. *Saksi:* tunjukkan entah suatu $x_0 \neq 0$ tertentu dengan $\norm{u(x_0)} = C\norm{x_0}$ (batasnya tercapai), atau barisan vektor satuan $x_n$ dengan $\norm{u(x_n)} \to C$ (batasnya dihampiri). Kedua gerakan itu wajib: batas atas semata hanya memberi $\vertiii u \leq C$, sedangkan saksi semata hanya memberi $\vertiii u \geq C$. Dalam dimensi tak hingga saksinya boleh jadi harus berupa barisan — sebab supremumnya tak harus tercapai ([Latihan 5.8](#exo-b2-nvs-8)).

**Contoh 5.10 (Operator diagonal melihat semua norma sama saja).**

Untuk $D = \operatorname{diag}(d_1, \dots, d_n)$ pada $K^n$ dengan salah satu *mana pun* dari [norma](#def-b2-nvs-norm) $\norm\cdot_1, \norm\cdot_2,
\norm\cdot_\infty$: dari $\abs{d_ix_i} \leq
\bigl(\max_j\abs{d_j}\bigr)\abs{x_i}$ koordinat demi koordinat diperoleh $\norm{Dx} \leq \max_j\abs{d_j}\,\norm x$; dan $x = e_{j_0}$ (dengan indeks yang memaksimalkan) mencapainya. Jadi $\vertiii D =
\max_j\abs{d_j}$ pada ketiga kasusnya: bagi pemetaan diagonal, semua [norma](#def-b2-nvs-norm) yang masuk akal menceritakan hal yang sama, yakni faktor peregangan terbesar. Segala kesulitan tentang [norma operator](#thm-b2-nvs-continuouslinear) justru berasal dari perilaku yang *tidak* diagonal — dan itulah sebabnya [norma](#def-b2-nvs-norm) yang diselaraskan pada soal akhir pekan bab ini (pertanyaan 22) bekerja dengan lebih dulu memaksa sebuah matriks menjadi diagonal.

**Contoh 5.11 (Jumlah kolom: kembaran Latihan 5.4 untuk norma 111).**

Pada $(\R^n, \norm\cdot_1)$, [norma operator](#thm-b2-nvs-continuouslinear) sebuah matriks $A$ adalah jumlah mutlak *kolom* yang terbesar. Jalankan metodenya: untuk $\norm x_1 \leq 1$,

$$
\norm{Ax}_1 = \sum_i\Bigl|\sum_j a_{ij}x_j\Bigr|
\leq \sum_j \abs{x_j}\sum_i\abs{a_{ij}}
\leq \Bigl(\max_j\sum_i\abs{a_{ij}}\Bigr)\norm x_1 ,
$$

dan batasnya tercapai di $x = e_{j_0}$ untuk kolom $j_0$ yang memaksimalkan — saksi paling rapi yang dapat dibayangkan. Jadi untuk $A =
\left(\begin{smallmatrix}1 & -2\\ 3 & 1\end{smallmatrix}\right)$: $\vertiii A_1 = \max(1 + 3,\ 2 + 1) = 4$, sedangkan $\vertiii A_\infty = 4$ juga (lewat barisnya) — di sini kebetulan, bukan hukum: ubahlah unsur matriksnya secara tidak setangkup dan kedua [normanya](#def-b2-nvs-norm) akan berpisah. Baris untuk $\norm\cdot_\infty$, kolom untuk $\norm\cdot_1$: jembatan keledainya, tiap [norma](#def-b2-nvs-norm) punya vektor satuan (pola tanda, atau vektor basis) yang memungut jumlah yang bersesuaian.

**Proposisi 5.12 (Pemetaan bilinear).**

Pemetaan bilinear $b \colon E \times F \to G$ bersifat [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) bila dan hanya bila $\norm{b(x,y)} \leq C\norm x\,\norm y$ untuk suatu $C$; dan ketika itu ia [Lipschitz](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) pada himpunan terbatas. (Pola buktinya sama; hasil kali $(u, v) \mapsto v \circ u$ dan perkalian matriks adalah contoh kuncinya.)

**Bukti.** Jika batas itu berlaku, maka

$$
b(x,y) - b(x_0,y_0) = b(x - x_0,\, y) + b(x_0,\, y - y_0),
$$

sehingga $\norm{b(x,y) - b(x_0,y_0)} \leq C\norm{x - x_0}\norm y +
C\norm{x_0}\norm{y - y_0}$: itulah kekontinuan di $(x_0, y_0)$, beserta batas [Lipschitz](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) di tempat $\norm x, \norm y \leq R$. Sebaliknya, kekontinuan di $(0,0)$ memberi $\delta$ dengan $\norm{b(x,y)} \leq 1$ pada $\norm x, \norm y \leq \delta$; lalu skalakan kedua peubahnya. ∎

## 5.3 Dimensi hingga

**Teorema 5.13 (Kesetaraan norma dalam dimensi hingga).**

Pada ruang berdimensi hingga, *semua [norma setara](#def-b2-nvs-equivalent)*. Akibatnya, dalam dimensi hingga: kekonvergenan, keterbukaan, kekompakan, dan kelengkapan menjadi gagasan yang tak bergantung pada [normanya](#def-b2-nvs-norm); [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact) $=$ tertutup dan terbatas; ruangnya [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete); dan setiap pemetaan linear (atau multilinear) *dari* ruang berdimensi hingga bersifat [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity).

**Bukti.** Tetapkan sebuah basis lalu samakan $E \simeq K^n$; cukuplah membandingkan sembarang [norma](#def-b2-nvs-norm) $N$ dengan $\norm\cdot_\infty$.

*Satu arahnya aljabar:* $N(x) = N(\sum x_i e_i) \leq
\sum \abs{x_i} N(e_i) \leq C \norm x_\infty$ dengan $C = \sum N(e_i)$. Ini sekaligus menunjukkan $N$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) pada $(K^n, \norm\cdot_\infty)$ (sebab ia Lipschitz-$C$: $\abs{N(x) - N(y)} \leq N(x - y)$).

*Arah satunya topologi:* permukaan bola satuan $S = \{x :
\norm{x}_\infty = 1\}$ bersifat tertutup dan terbatas di $(K^n,
\norm\cdot_\infty)$, jadi [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact) ([Teorema 4.16](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#thm-b2-metric-compactprops) (2), yang berlaku untuk $\C^n \simeq
\R^{2n}$). Fungsi [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) $N$ mencapai minimumnya $c$ pada $S$; dan $c > 0$ sebab $N$ hanya nol di $0 \notin S$. Kehomogenannya lalu menyebarkan batas itu: $N(x) \geq c \norm{x}_\infty$ untuk setiap $x$.

Akibatnya: semua pernyataannya menyusut ke $(K^n,
\norm\cdot_\infty)$, tempat semuanya sudah diketahui ([Teorema 4.9](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#thm-b2-metric-rncomplete), [Teorema 4.16](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#thm-b2-metric-compactprops)); dan pemetaan linear $u$ dari $E$ yang berdimensi hingga memenuhi $\norm{u(x)} \leq \sum\abs{x_i}
\norm{u(e_i)} \leq C'\norm{x}_\infty$: yakni batas (4) pada [Teorema 5.6](#thm-b2-nvs-continuouslinear). ∎

**Akibat 5.14.**

Subruang berdimensi hingga pada ruang bernorma apa pun bersifat tertutup.

**Bukti.** Ia [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete) terhadap [norma](#def-b2-nvs-norm) imbasannya ([Teorema 5.13](#thm-b2-nvs-finitedim)), sedangkan himpunan bagian yang [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete) bersifat tertutup ([Definisi 4.7](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete)). ∎

**Contoh 5.15 (Sebuah hampiran terbaik yang dihitung lewat kesetangkupan).**

Di $\bigl(C(\intcc{-1}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$, seberapa jauh $f(x) = \abs x$ dari subruang berdimensi dua yang tertutup berisi fungsi afin $a + bx$? Berkat kesetangkupannya, mengganti $a + bx$ dengan $a - bx$ tidak mengubah $\norm{f - (a \pm bx)}_\infty$, dan titik tengahnya $a$ setidaknya sama baiknya (lewat ketaksamaan segitiga pada rata-ratanya): jadi cukuplah meninjau fungsi konstan. Untuk konstanta $a$:

$$
\norm{\abs x - a}_\infty = \max\,(1 - a,\ a)
\geq \frac12 ,
$$

yang minimum di $a = \frac12$: jadi jaraknya $\frac12$, tercapai oleh konstanta $\frac12$. Perhatikan kurva galatnya $\abs x -
\frac12$: ia mencapai $\pm\frac12$ berselang-seling di $x = -1, 0,
1$ — tiga ekstremum bertanda berselang-seling bagi hampiran terbaik dari keluarga berparameter dua. Pola *ekuiosilasi* itu bukan kebetulan; ia sidik jari keoptimalan yang diubah soal akhir pekan bab ini menjadi teorema Chebyshev.

**Contoh 5.16 (Subruang tertutup lawan subruang padat).**

Di $E = \bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$: tiap $\R_n[X]$ (polinomial berderajat $\leq n$, dibatasi pada $\intcc01$) merupakan subruang berdimensi hingga, jadi *tertutup* — sebab limit seragam polinomial berderajat $\leq n$ tetap demikian. Namun gabungan $\R[X]$ atas semuanya bersifat *padat* di $E$ (lewat teorema hampiran Weierstrass, yang dibuktikan pada [Bab 10](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#ch-b2-funcseq)), dan subruang sejati yang padat sama sekali tidak tertutup. Pelajarannya: ketertutupan subruang adalah keistimewaan dimensi hingga; menumpuk lantai yang tertutup dapat membangun pencakar langit yang padat.

**Teorema 5.17 (Riesz).**

Bola satuan tertutup sebuah ruang bernorma $E$ bersifat [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact) *bila dan hanya bila* $\dim E < \infty$.

**Bukti.** Untuk dimensi hingga: cukuplah tertutup dan terbatas ([Teorema 5.13](#thm-b2-nvs-finitedim)).

Sebaliknya, andaikan $\dim E = \infty$. *Lema Riesz:* untuk setiap subruang tertutup sejati $F \subsetneq E$ dan $\varepsilon \in
\intoo{0}{1}$, ada vektor satuan $x$ dengan $d(x, F) \geq 1 -
\varepsilon$. Buktinya: pilih $y \notin F$, misalkan $\delta = d(y, F) > 0$ (sebab $F$ tertutup), pilihlah $f \in F$ dengan $\norm{y - f} \leq
\frac{\delta}{1 - \varepsilon}$, lalu tetapkan $x = \frac{y - f}{\norm{y -
f}}$: maka untuk sembarang $g \in F$,

$$
\norm{x - g} = \frac{\norm{y - (f + \norm{y-f}\,g)}}{\norm{y - f}}
\geq \frac{\delta}{\norm{y-f}} \geq 1 - \varepsilon ,
$$

sebab pembilangnya adalah jarak dari $y$ ke suatu titik $F$.

Kini bangunlah vektor satuan $x_1, x_2, \dots$ secara induktif: $F_k =
\operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_k)$ berdimensi hingga, jadi tertutup ([Akibat 5.14](#cor-b2-nvs-closedsubspace)) dan sejati; lalu lema Riesz dengan $\varepsilon = \frac12$ menyediakan vektor satuan $x_{k+1}$ dengan $d(x_{k+1}, F_k) \geq \frac12$. Barisan itu memenuhi $\norm{x_p - x_q}
\geq \frac12$ untuk $p \neq q$: jadi tak ada barisan bagian yang konvergen — sehingga bola satuannya tidak [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact). ∎

**Contoh 5.18 (Riesz sebagai pendeteksi dimensi).**

Apakah $C(\intcc01)$ berdimensi hingga? Riesz menjawabnya tanpa menunjukkan satu pun keluarga bebas tak hingga yang gamblang: barisan $f_n(x) = x^n$ berada di bola satuan tertutup dan memenuhi, untuk $m > n$, $\norm{f_n - f_m}_\infty \geq f_n(x_0) - f_m(x_0) > 0$ di titik yang sesuai — dan hal itu dikuantifikasi dengan rapi pada soal akhir pekan bab ini (pertanyaan 16), tempat sebuah barisan bagian tetap berjarak antara $\geq \frac14$. Jadi tak ada barisan bagian yang konvergen, sehingga bolanya tidak [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact), sehingga $\dim C(\intcc01) =
\infty$ menurut [Teorema 5.17](#thm-b2-nvs-riesz). Kekompakan bola satuan adalah dikotomi yang sempurna: ia berlaku dalam dimensi hingga, gagal dalam dimensi tak hingga, tanpa jalan tengah — geometrinya sendiri sudah membaca jenis dimensinya.

## 5.4 Ruang Banach

**Definisi 5.19.**

Sebuah *ruang Banach* adalah ruang bernorma yang [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete). Contohnya: setiap ruang bernorma berdimensi hingga ([Teorema 5.13](#thm-b2-nvs-finitedim)); $\bigl(C(\intcc{a}{b}),
\norm\cdot_\infty\bigr)$ ([Teorema 4.9](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#thm-b2-metric-rncomplete)); $\mathcal{L}_c(E, F)$ untuk $F$ yang Banach (dengan pola bukti yang sama seperti untuk fungsi [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity)). Bukan contohnya: $\bigl(C(\intcc{0}{1}),
\norm\cdot_1\bigr)$ ([Latihan 5.7](#exo-b2-nvs-7)).

**Contoh 5.20 (Norma operator pengintegralan).**

Pada $\bigl(C(\intcc01), \norm\cdot_\infty\bigr)$, misalkan $T(f)(x) =
\int_0^x f(t)\,\dd t$ (sebuah endomorfisma, sebab $T(f)$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity)). Jalankan [Metode 5.9](#met-b2-nvs-opnorm). Batas atasnya:

$$
\abs{T(f)(x)} \leq \int_0^x\abs f \leq x\,\norm f_\infty \leq
\norm f_\infty ,
$$

jadi $\vertiii T \leq 1$. Saksinya: $f \equiv 1$ memberi $T(f)(x) =
x$ dan $\norm{T(f)}_\infty = 1 = \norm f_\infty$: jadi tercapai, dan $\vertiii T = 1$. Namun perhatikan $\vertiii{T^2} = \frac12 \neq
\vertiii T^2$: memang $T^2(f)(x) = \int_0^x(x - t)f(t)\dd t$ punya $\abs{T^2(f)(x)} \leq \frac{x^2}2\norm f_\infty$, yang lagi-lagi tercapai di $f \equiv 1$; dan secara umum $\vertiii{T^n} = \frac1{n!}$ — sedangkan batas submultiplikatifnya $\vertiii T^n = 1$ meleset sejauh satu faktorial. Justru gejala inilah yang diubah siasat iterat pada soal akhir pekan [Bab 4](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#ch-b2-metric) menjadi keterselesaian global persamaan diferensial linear.

**Teorema 5.21 (Kekonvergenan mutlak pada ruang Banach).**

Pada [ruang Banach](#def-b2-nvs-banach), jika $\sum \norm{u_n} < \infty$ maka $\sum u_n$ konvergen, dan $\norm{\sum u_n} \leq \sum\norm{u_n}$. (Teori [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete) deret pada ruang bernorma menjadi isi [Bab 7](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#ch-b2-series).)

**Bukti.** Untuk jumlah parsial $S_N$: bila $q > p$, maka $\norm{S_q - S_p} \leq
\sum_{n=p+1}^{q}\norm{u_n}$, yang menuju $0$ (lewat kriteria Cauchy untuk deret real berisi [normanya](#def-b2-nvs-norm)): jadi $(S_N)$ bersifat Cauchy, sehingga konvergen. Ketaksamaannya berpindah ke limit dari ketaksamaan segitiga yang hingga. ∎

**Contoh 5.22 (Eksponensial matriks, perkenalan pertama).**

*Eksponensial matriks*: $\mathcal{M}_n(K)$ dengan [norma](#def-b2-nvs-norm) submultiplikatif apa pun ($\vertiii{AB}
\leq \vertiii A \vertiii B$) bersifat Banach (karena berdimensi hingga). Maka, untuk setiap $A$,

$$
\eu^A = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{A^k}{k!}
$$

konvergen mutlak (sebab $\vertiii{A^k/k!} \leq \vertiii A^k /k!$, yang terjumlahkan): jadi ia terdefinisi dengan baik. [Bab 16](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/16-persamaan-diferensial#ch-b2-diffeq) memanfaatkannya secara sistematis.

**Contoh 5.23 (Deret Neumann yang berhenti).**

Untuk $A = \left(\begin{smallmatrix}0 & \frac12\\ 0 &
0\end{smallmatrix}\right)$: berlaku $\vertiii A < 1$ pada [norma operator](#thm-b2-nvs-continuouslinear) apa pun yang [dibangun](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/1-himpunan-dan-struktur#def-b2-structures-generated) atas [norma](#def-b2-nvs-norm) [Contoh 5.2](#ex-b2-nvs-examples), dan $A^2 = 0$, sehingga deret geometrinya runtuh:

$$
(I - A)^{-1} = \sum_{k \geq 0} A^k = I + A =
\begin{pmatrix}1 & \tfrac12\\ 0 & 1\end{pmatrix},
$$

yang terperiksa lewat $(I - A)(I + A) = I - A^2 = I$. Kenilpotenan memangkas deretnya persis seperti ia memangkas eksponensial pada [Bab 3](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#ch-b2-reduction); dan contoh ini menakar harapan kita: invers Neumann pada umumnya berupa deret tak hingga, dan berupa polinomial persis ketika usikannya nilpoten, sedangkan galat setelah $N$ suku selalu terbatas oleh ekor geometrinya $\vertiii A^{N+1}/(1 - \vertiii A)$.

**Contoh 5.24 (Eksponensial sebuah pembangkit rotasi).**

Ambil $A = \left(\begin{smallmatrix}0 & -\theta\\ \theta &
0\end{smallmatrix}\right)$. Maka $A^2 = -\theta^2 I$, sehingga pangkatnya berputar dengan periode empat, dan deretnya terpecah menjadi bagian genap dan bagian ganjil:

$$
\eu^{A} = \sum_{k}\frac{A^k}{k!}
= \Bigl(\sum_{j}\frac{(-1)^j\theta^{2j}}{(2j)!}\Bigr) I
+ \Bigl(\sum_{j}\frac{(-1)^j\theta^{2j+1}}{(2j+1)!}\Bigr)
\frac{A}{\theta}
= \begin{pmatrix}
\cos\theta & -\sin\theta\\
\sin\theta & \cos\theta
\end{pmatrix},
$$

dengan semua penataan ulangnya disahkan oleh kekonvergenan mutlak. Eksponensial pembangkit yang antisetangkup adalah sebuah rotasi — yang di sini dihitung murni dari deretnya, tiga bab sebelum persamaan diferensial $x' = Ax$ ([Bab 16](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/16-persamaan-diferensial#ch-b2-diffeq)) menjelaskan *mengapa*: sebab $\eu^{tA}$ adalah gerak melingkar beraturan. Pelajaran penutupnya: kesamaan antar deret matriks dibuktikan persis seperti kesamaan skalar, asalkan sebuah [norma](#def-b2-nvs-norm) submultiplikatif mengesahkan kekonvergenan mutlaknya.

**Contoh 5.25 (Norma supremum berarti seragam: kamusnya).**

Pernyataan $\norm{f_n - f}_\infty \to 0$ *adalah* kekonvergenan seragam: satu bilangan, yakni $\sup_x\abs{f_n(x) - f(x)}$, membatasi galatnya di setiap titik sekaligus. Kamus itu bekerja pada $f_n(x) = x^n$ atas $\intcc{0}{1}$: titik demi titik, $f_n \to 0$ pada $\intco{0}{1}$ sedangkan $f_n(1) = 1$; dalam [norma](#def-b2-nvs-norm), $\norm{f_n - 0}_\infty = 1 \not\to
0$, dan memang limit titik demi titiknya tidak [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity), jadi mustahil menjadi limit terhadap $\norm\cdot_\infty$ di $C(\intcc01)$ (yang tertutup terhadap limit seragam, [Teorema 4.9](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#thm-b2-metric-rncomplete)). Pada $\intcc{0}{a}$ dengan $a < 1$: $\norm{f_n}_\infty = a^n \to 0$ — kekonvergenan seragamnya pulih setelah daerahnya diperkecil. Setiap pernyataan kekonvergenan pada [Bab 10](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#ch-b2-funcseq) adalah pernyataan tentang satu [norma](#def-b2-nvs-norm) ini; mengingat kamusnya memaruhkan bab tersebut.

**Catatan 5.26 (Jebakan yang sering muncul).**

(i) [Norma operator](#thm-b2-nvs-continuouslinear) bergantung pada *kedua* [norma](#def-b2-nvs-norm) yang dipilih: matriks yang sama punya $\vertiii\cdot_\infty$ berupa jumlah baris ([Latihan 5.4](#exo-b2-nvs-4)) dan $\vertiii\cdot_1$ yang berbeda (jumlah kolom); jadi menyebut “[norma](#def-b2-nvs-norm)” sebuah matriks tanpa menamai [norma](#def-b2-nvs-norm) yang melandasinya tidak bermakna apa pun. (ii) $\vertiii{AB} \leq
\vertiii A\,\vertiii B$ adalah ketaksamaan, dan lazimnya tegas — pangkatnya dapat menyusut jauh lebih cepat daripada dugaan batas $\vertiii A^k$, dan justru itulah inti [norma](#def-b2-nvs-norm) yang diselaraskan (soal akhir pekan bab ini, pertanyaan 22). (iii) “Linear berarti [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity)” adalah keistimewaan dimensi hingga: penurunan pada polinomial bersifat linear dan tak terbatas ([Contoh 5.7](#ex-b2-nvs-operatornorms)). (iv) Kekonvergenan mutlak $\sum u_n$ hanya menolong bila ruangnya [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete) ([Latihan 7.9](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#exo-b2-series-9) membangun contoh penyangkalnya). (v) Dalam dimensi tak hingga, supremum atas bola satuan itu sungguh-sungguh supremum: jangan mengandaikan ia tercapai ([Latihan 5.8](#exo-b2-nvs-8)).

**Catatan 5.27 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini).**

Kini tiga janji temu sudah tertetapkan. Dengan [Bab 7](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#ch-b2-series): pada [ruang Banach](#def-b2-nvs-banach), deret yang konvergen mutlak pasti konvergen, sehingga deret geometri dan deret eksponensial atas operator menjadi perkakas sehari-hari — untuk membalik $I - A$ dan menetapkan $\eu^{A}$ ([Contoh 7.2](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/7-barisan-dan-deret#ex-b2-series-neumann)). Dengan [Bab 10](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#ch-b2-funcseq) dan [Bab 11](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/11-deret-pangkat#ch-b2-powerseries): kekonvergenan barisan fungsi dan deret pangkat tak lain kekonvergenan di $\bigl(C, \norm\cdot_\infty\bigr)$ ([Contoh 5.25](#ex-b2-nvs-uniformdictionary)), dan jari-jari kekonvergenannya adalah pernyataan tentang deret geometri mana yang mendominasi. Dengan [Bab 14](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/14-deret-fourier#ch-b2-fourier): [norma](#def-b2-nvs-norm) $\norm\cdot_2$ dan $\norm\cdot_\infty$ sungguh berselisih pada $C(\intcc{0}{1})$ ([Contoh 5.8](#ex-b2-nvs-sqrtnxn)), dan persis itulah sebabnya kekonvergenan rata-rata kuadrat deret Fourier dan kekonvergenan seragam menjadi dua teorema berbeda dengan harga yang berbeda pula.

**Catatan 5.28 (Di mana bab ini dipakai).**

[Norma operator](#thm-b2-nvs-continuouslinear) dan deret geometri menggerakkan hujah usikan pada [Bab 15](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/15-kalkulus-diferensial#ch-b2-diffcalc) (teorema fungsi invers) dan [eksponensial matriks](#ex-b2-nvs-matrixexp) pada [Bab 16](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/16-persamaan-diferensial#ch-b2-diffeq); [kesetaraan norma](#thm-b2-nvs-finitedim) diam-diam mengesahkan setiap hujah “pilih saja [norma](#def-b2-nvs-norm) kesukaanmu” pada [Bab 10](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/10-barisan-dan-deret-fungsi#ch-b2-funcseq) dan seterusnya; sedangkan jurang hingga/tak hingga pada teorema Riesz — yang dikuantifikasi pada soal akhir pekan bab ini — adalah alasan mengapa jilid Tahun ke-3 harus memakai perkakas baru (kekonvergenan lemah, Arzelà–Ascoli, proyeksi pada ruang Hilbert) di tempat jilid ini masih dapat menyarikan barisan bagian yang konvergen.

## 5.5 Latihan

**Latihan 5.1 ★.**

Pada $\R^2$, gambarlah bola satuan $\norm\cdot_1$, $\norm\cdot_2$, $\norm\cdot_\infty$, lalu buktikan ketaksamaan $\norm x_\infty
\leq \norm x_2 \leq \norm x_1 \leq 2\norm x_\infty$ dengan konstanta terbaik pada dimensi $2$.

**Solusi Latihan 5.1.**

Bola satuannya: belah ketupat ($\norm\cdot_1$), cakram ($\norm\cdot_2$), dan persegi ($\norm\cdot_\infty$), yang bersarang menurut urutan itu. Ketaksamaannya: $\norm x_\infty \leq \norm x_2$ (sebab satu kuadrat paling banyak sama dengan jumlahnya); $\norm x_2 \leq \norm x_1$ (setelah dikuadratkan: $x_1^2 + x_2^2 \leq (\abs{x_1} + \abs{x_2})^2$); dan $\norm x_1 \leq 2\norm x_\infty$ (dua suku, masing-masing $\leq \max$). Ketajamannya: $(1, 0)$ membuat dua yang pertama menjadi kesamaan; sedangkan $(1, 1)$ membuat $\norm x_1 = 2\norm x_\infty$ dan sekaligus menunjukkan bahwa $\norm x_2 = \sqrt2 \norm x_\infty$ dan $\norm x_1 =
\sqrt2 \norm x_2$ merupakan rasio ekstrem pada arah sebaliknya.

**Latihan 5.2 ★.**

Apakah $N(f) = \abs{f(0)} + \norm{f'}_\infty$ merupakan [norma](#def-b2-nvs-norm) pada $C^1(\intcc{0}{1})$? Bandingkan dengan $\norm{f}_\infty$: satu ketaksamaannya berlaku, satunya gagal (tunjukkan).

**Solusi Latihan 5.2.**

Aksioma [normanya](#def-b2-nvs-norm): kehomogenan dan ketaksamaan segitiganya diwarisi suku demi suku; pemisahannya: $N(f) = 0$ memaksa $f' = 0$ (jadi $f$ konstan) sekaligus $f(0) = 0$, sehingga $f = 0$. Jadi ia memang [norma](#def-b2-nvs-norm).

Perbandingannya: $\norm f_\infty \leq N(f)$, sebab $\abs{f(x)} \leq
\abs{f(0)} + \abs{\int_0^x f'} \leq \abs{f(0)} +
\norm{f'}_\infty$. Konversnya gagal: ambil $f_n(x) = \frac1n
\sin(nx)$: maka $\norm{f_n}_\infty \leq \frac1n \to 0$ padahal $N(f_n) = 0 + \norm{\cos(nx)}_\infty = 1$. Jadi tak ada konstanta $C$ yang memberi $N \leq C\norm\cdot_\infty$.

**Latihan 5.3 ★.**

Hitunglah [norma operator](#thm-b2-nvs-continuouslinear) $u(f) = \int_0^1 f(t)\,\eu^t\,\dd t$ pada $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr) \to \R$, dan [norma operator](#thm-b2-nvs-continuouslinear) geseran $S(x_1, x_2, \dots, x_n) = (x_2, \dots, x_n, 0)$ pada $(K^n, \norm\cdot_\infty)$.

**Solusi Latihan 5.3.**

$\abs{u(f)} \leq \norm f_\infty \int_0^1 \eu^t\,\dd t = (\eu -
1)\norm f_\infty$, dengan kesamaan untuk $f \equiv 1$: jadi $\vertiii u =
\eu - 1$.

Geseran: $\norm{S(x)}_\infty = \max(\abs{x_2}, \dots, \abs{x_n}) \leq
\norm x_\infty$, dengan kesamaan di $x = e_2$: jadi $\vertiii S = 1$ (untuk $n \geq 2$).

**Latihan 5.4 ★★.**

Pada $(\R^n, \norm\cdot_\infty)$, buktikan bahwa [norma operator](#thm-b2-nvs-continuouslinear) sebuah matriks $A$ adalah $\vertiii A_\infty = \max_i \sum_j \abs{a_{ij}}$ (yakni jumlah mutlak baris yang terbesar). Hitunglah untuk $\begin{pmatrix} 1 & -2\\
3 & 1\end{pmatrix}$.

**Solusi Latihan 5.4.**

Batas atasnya: untuk $\norm x_\infty \leq 1$,

$$
\abs{(Ax)_i} = \Bigl|\sum_j a_{ij}x_j\Bigr| \leq \sum_j
\abs{a_{ij}},
$$

jadi $\norm{Ax}_\infty \leq \max_i \sum_j \abs{a_{ij}}$. Tercapainya: misalkan $i_0$ mewujudkan maksimumnya lalu ambil $x_j =
\operatorname{sign}(a_{i_0 j})$ (unsur bermodulus $1$): maka $(Ax)_{i_0}
= \sum_j \abs{a_{i_0 j}}$. Karenanya rumusnya berlaku. Untuk matriks yang diberikan: jumlah barisnya $3$ dan $4$, jadi $\vertiii A_\infty = 4$.

**Latihan 5.5 ★★.**

Buktikan bahwa $GL_n(K)$ [terbuka](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-topology) di $\mathcal{M}_n(K)$ dan bahwa $A
\mapsto A^{-1}$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) di sana. *Petunjuk: untuk keterbukaannya, jika $\vertiii H < \frac{1}{\vertiii{A^{-1}}}$ maka $A + H = A(I +
A^{-1}H)$ dengan $\vertiii{A^{-1}H} < 1$, sedangkan $I + B$ punya invers untuk $\vertiii B < 1$ berkat deret geometrinya ([Teorema 5.21](#thm-b2-nvs-absoluteconvergence)); untuk kekontinuannya, batasi $(A+H)^{-1} - A^{-1}$ dengan deret yang sama.*

**Solusi Latihan 5.5.**

*Deret geometri:* untuk $\vertiii B < 1$, deret $\sum
B^k$ konvergen mutlak di $\mathcal{M}_n(K)$ yang Banach ([Teorema 5.21](#thm-b2-nvs-absoluteconvergence), sebab $\vertiii{B^k} \leq
\vertiii B^k$), dan

$$
(I - B)\sum_{k=0}^{K} B^k = I - B^{K+1} \longrightarrow I :
$$

jadi berkat kekontinuan hasil kalinya ([Proposisi 5.12](#prop-b2-nvs-bilinear)), $(I - B)\sum_{k\geq0} B^k = I$, sehingga $I - B$ punya invers berupa jumlah itu (dan $\vertiii{(I-B)^{-1}} \leq \frac{1}{1 - \vertiii B}$).

*Keterbukaannya:* untuk $A$ yang berinvers dan $\vertiii H <
\frac{1}{\vertiii{A^{-1}}}$: $A + H = A(I + A^{-1}H)$ dengan $\vertiii{A^{-1}H} \leq \vertiii{A^{-1}}\vertiii H < 1$: jadi berinvers. Karenanya sebuah bola di sekitar $A$ tetap berada di $GL_n$.

*Kekontinuan pembalikannya:* dengan $B = -A^{-1}H$,

$$
(A + H)^{-1} - A^{-1} = \bigl((I - B)^{-1} - I\bigr)A^{-1}
= \Bigl(\sum_{k \geq 1} B^k\Bigr) A^{-1},
$$

yang [normanya](#def-b2-nvs-norm) $\leq \frac{\vertiii B}{1 - \vertiii B}\vertiii{A^{-1}}
\to 0$ ketika $H \to 0$.

**Latihan 5.6 ★★.**

Misalkan $\varphi$ sebuah bentuk linear pada ruang bernorma $E$. Buktikan bahwa $\varphi$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) bila dan hanya bila $\ker\varphi$ tertutup. *(Jika $\ker\varphi$ tertutup dan $\varphi \neq 0$, pilih $a$ dengan $\varphi(a) = 1$ dan $r > 0$ dengan $B(a, r) \cap \ker\varphi
= \emptyset$; lalu turunkan $\abs{\varphi(h)} \leq \frac{1}{r}\norm h$ lewat hujah penskalaan pada $a - \frac{h}{\varphi(h)}$.)*

**Solusi Latihan 5.6.**

[Kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) $\Rightarrow$ kernelnya tertutup: sebab ia prapeta $\{0\}$ yang tertutup ([Teorema 4.6](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#thm-b2-metric-globalcontinuity)).

Sebaliknya, andaikan $\ker\varphi$ tertutup dan $\varphi \neq 0$. Pilih $a$ dengan $\varphi(a) = 1$; karena $a \notin \ker\varphi$ dan kernelnya tertutup, ada bola $B(a, r)$ yang melewatkannya. Kini misalkan $h \in E$ dengan $\varphi(h) \neq 0$: vektor $a - \frac{h}{\varphi(h)}$ berada di $\ker\varphi$, jadi di luar $B(a, r)$:

$$
\Bigl\Vert \frac{h}{\varphi(h)} \Bigr\Vert \geq r
\quad\Longrightarrow\quad
\abs{\varphi(h)} \leq \frac{\norm h}{r},
$$

sebuah ketaksamaan yang juga berlaku secara sepele ketika $\varphi(h) =
0$: yakni batas (4) pada [Teorema 5.6](#thm-b2-nvs-continuouslinear), jadi [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity).

**Latihan 5.7 ★★.**

Buktikan bahwa $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_1\bigr)$ tidak [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete): tunjukkan bahwa fungsi $f_n$, berupa tanjakan afin dari $0$ ke $1$ pada $\bigl[\frac12 - \frac1n, \frac12\bigr]$ (bernilai $0$ sebelumnya dan $1$ sesudahnya), membentuk barisan Cauchy yang tak punya limit [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) terhadap $\norm\cdot_1$.

**Solusi Latihan 5.7.**

Misalkan $f_n$ bernilai $0$ pada $\intcc{0}{\frac12 - \frac1n}$, afin sampai bernilai $1$ di $\frac12$, lalu $1$ pada $\intcc{\frac12}{1}$. Untuk $m \geq n$, $f_m - f_n$ bertumpu pada interval berpanjang $\frac1n$ dengan nilai di $\intcc{-1}{1}$: jadi $\norm{f_m - f_n}_1 \leq
\frac1n$, sehingga Cauchy.

Andaikan $f_n \to f$ terhadap $\norm\cdot_1$ dengan $f$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity). Pada $\intcc{0}{\frac12 - \delta}$ (dengan $\delta$ tetap): $\int \abs{f} =
\int\abs{f - f_n} \leq \norm{f - f_n}_1 \to 0$ untuk $n >
\frac1\delta$, jadi $\int_0^{1/2 - \delta}\abs f = 0$, dan berkat kepositifan tegasnya $f = 0$ di sana — untuk setiap $\delta$: jadi $f =
0$ pada $\intoo{0}{\frac12}$. Serupa itu $f = 1$ pada $\intcc{\frac12}{1}$ (sebab semua $f_n$ bernilai $1$ di sana). Berkat kekontinuan di $\frac12$: $0 = 1$, mustahil. Jadi tak ada limitnya: ruangnya tidak [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete).

**Latihan 5.8 ★★★.**

Pada $E = C(\intcc{0}{1})$ dengan $\norm\cdot_\infty$, tinjaulah

$$
\varphi(f) = \sum_{n \geq 1} (-1)^n\, 2^{-n} f\bigl(\tfrac1n\bigr).
$$

Buktikan bahwa $\varphi$ merupakan bentuk linear [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) yang terdefinisi dengan baik dengan $\vertiii\varphi = 1$, tetapi supremum yang mendefinisikan $\vertiii\varphi$ *tidak tercapai* pada bola satuan tertutupnya. *(Batas atasnya: ketaksamaan segitiga. [Normanya](#def-b2-nvs-norm) $= 1$: bangunlah $f_K$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) dengan $\norm{f_K}_\infty \leq 1$ dan $f_K(\frac1n) = (-1)^n$ untuk $n \leq K$ — sebab titik $\frac1n$ terpencil satu sama lain. Ketaktercapaiannya: kesamaan akan memaksa $f(\frac1n) = (-1)^n$ untuk setiap $n$, dan itu tak selaras dengan kekontinuan $f$ di $0$ karena $\frac1n \to 0$.)*

**Solusi Latihan 5.8.**

Terdefinisi dengan baik dan [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity): $\abs{\varphi(f)} \leq \sum 2^{-n}
\norm f_\infty = \norm f_\infty$, jadi $\varphi$ merupakan bentuk linear dengan $\vertiii\varphi \leq 1$ (deretnya konvergen mutlak untuk tiap $f$).

[Normanya](#def-b2-nvs-norm) $1$: tetapkan $K$; titik $1, \frac12, \dots, \frac1K$ berbeda sepasang demi sepasang, jadi ada $f_K$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) dengan $\norm{f_K}_\infty \leq 1$ dan $f_K(\frac1n) = (-1)^n$ untuk $n \leq K$ (lewat interpolasi afin sepotong-sepotong, dan konstan di dekat $0$). Maka

$$
\varphi(f_K) \geq \sum_{n=1}^{K} 2^{-n} - \sum_{n > K} 2^{-n}
= 1 - 2^{-K+1} \xrightarrow[K \to \infty]{} 1 .
$$

Tidak tercapai: jika $\norm f_\infty \leq 1$ dan $\varphi(f) = 1$, maka tiap sukunya wajib menyumbang maksimumnya: $(-1)^n f(\frac1n) = 1$ untuk setiap $n$ (sebab jika tidak, kekurangan tegas satu suku tak dapat ditutup, karena semua sukunya $\leq 2^{-n}$). Jadi $f(\frac1n) =
(-1)^n$; padahal $\frac1n \to 0$ dan $f$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) di $0$, sehingga kekonvergenan $(-1)^n$ yang bertentangan itu terpaksa terjadi. Karenanya supremumnya bukan maksimum — dan hal itu mustahil dalam dimensi hingga, tempat bola satuan tertutupnya [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact).

**Latihan 5.9 ★★★.**

Misalkan $E$ ruang bernorma yang bola satuan tertutupnya [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact). Turunkan kembali, tanpa mengutip [Teorema 5.17](#thm-b2-nvs-riesz), bahwa setiap barisan terbatas punya barisan bagian yang konvergen, lalu buktikan bahwa setiap bentuk linear pada $E$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) bila dan hanya bila $\dim E <
\infty$. *(Untuk dimensi tak hingga, bangunlah bentuk yang tak [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) dengan menetapkannya secara bebas pada barisan bebas linear yang ternormalkan lalu memperluasnya — dengan menerima keberadaan pelengkap aljabarnya.)*

**Solusi Latihan 5.9.**

*Barisan terbatas:* barisan terbatas berada di suatu bola tertutup $\overline B(0, R) = R\,\overline B(0,1)$, yang [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact) (sebab ia peta bola satuan yang [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact) di bawah homeomorfisma $x \mapsto Rx$): jadi sarikan saja di sana.

*Bentuk linear:* jika $\dim E < \infty$, setiap pemetaan linear dari $E$ bersifat [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) ([Teorema 5.13](#thm-b2-nvs-finitedim)). Sebaliknya, andaikan $\dim E = \infty$ (yang sebenarnya, menurut [Teorema 5.17](#thm-b2-nvs-riesz), sudah disingkirkan oleh hipotesis kekompakannya — inti pertanyaan ini adalah implikasi antara kedua sifat itu pada ruang bernorma umum): pilihlah barisan $(e_n)$ yang bebas linear dan ternormalkan, lengkapi menjadi basis aljabar (yang diterima saja), lalu tetapkan $\varphi(e_n) = n$ dan $\varphi = 0$ pada vektor basis lainnya, diperluas secara linear. Maka $\abs{\varphi(e_n)} = n$ dengan $\norm{e_n} = 1$: jadi ia tak terbatas pada bola satuannya, yakni tidak [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity). Karenanya “semua bentuk [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity)” memaksa dimensi hingga.

**Latihan 5.10 ★★.**

Pada $C(\intcc{0}{1})$, buktikan $\norm f_1 \leq \norm f_2 \leq \norm
f_\infty$ *(lewat Cauchy–Schwarz untuk yang pertama)*, lalu tunjukkan dengan keluarga $f_n(x) = x^n$ bahwa tak satu pun ketaksamaannya dapat dibalik hingga sebuah konstanta: jadi ketiga [normanya](#def-b2-nvs-norm) tak [setara](#def-b2-nvs-equivalent) sepasang demi sepasang.

**Solusi Latihan 5.10.**

Cauchy–Schwarz terhadap fungsi konstan $1$: $\norm f_1 =
\int_0^1 \abs f\cdot 1 \leq \bigl(\int_0^1
f^2\bigr)^{1/2}\bigl(\int_0^1 1\bigr)^{1/2} = \norm f_2$. Dan $\norm f_2^2 = \int f^2 \leq \norm f_\infty^2$. Untuk $f_n(x) = x^n$:

$$
\norm{f_n}_1 = \frac1{n+1}, \qquad
\norm{f_n}_2 = \frac1{\sqrt{2n+1}}, \qquad
\norm{f_n}_\infty = 1 .
$$

Maka $\norm{f_n}_2/\norm{f_n}_1 = \frac{n+1}{\sqrt{2n+1}} \to
\infty$ dan $\norm{f_n}_\infty/\norm{f_n}_2 = \sqrt{2n+1} \to
\infty$: jadi tak ada ketaksamaan sebaliknya, dan tak ada pasangan yang [setara](#def-b2-nvs-equivalent).

**Latihan 5.11 ★★.**

(Jarak ke sebuah hiperbidang) Misalkan $\varphi$ bentuk linear [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) yang tak nol pada ruang bernorma $E$. Buktikan bahwa

$$
d\bigl(x, \ker\varphi\bigr) =
\frac{\abs{\varphi(x)}}{\vertiii\varphi}
\qquad (x \in E),
$$

lalu periksa pada [Latihan 5.8](#exo-b2-nvs-8) bahwa infimumnya tak harus tercapai oleh titik hiperbidangnya.

**Solusi Latihan 5.11.**

*Batas bawah bagi jaraknya:* untuk $h \in \ker\varphi$ berlaku $\abs{\varphi(x)} = \abs{\varphi(x - h)} \leq
\vertiii\varphi\,\norm{x - h}$; ambil infimumnya atas $h$: $d(x, \ker\varphi) \geq \abs{\varphi(x)}/\vertiii\varphi$.

*Batas atasnya:* kita boleh mengandaikan $\varphi(x) \neq 0$. Diberikan $\varepsilon > 0$, pilih vektor satuan $u$ dengan $\abs{\varphi(u)} \geq \vertiii\varphi - \varepsilon > 0$ lalu tetapkan $h = x - \frac{\varphi(x)}{\varphi(u)}\,u$: maka $\varphi(h) = 0$ dan

$$
\norm{x - h} = \frac{\abs{\varphi(x)}}{\abs{\varphi(u)}}
\leq \frac{\abs{\varphi(x)}}{\vertiii\varphi - \varepsilon}.
$$

Lalu ambil $\varepsilon \to 0$: $d(x, \ker\varphi) \leq
\abs{\varphi(x)}/\vertiii\varphi$, jadi keduanya sama.

*Ketaktercapaiannya:* ambil $\varphi$ dari [Latihan 5.8](#exo-b2-nvs-8) ($\vertiii\varphi = 1$, yang tidak tercapai) dan sembarang $x$ dengan $\varphi(x) \neq 0$. Seandainya suatu $h \in \ker\varphi$ mewujudkan $\norm{x - h} = \abs{\varphi(x)}$, maka vektor satuan $v = (x -
h)/\norm{x - h}$ akan memenuhi $\abs{\varphi(v)} =
\abs{\varphi(x)}/\norm{x - h} = 1 = \vertiii\varphi$: jadi [norma operatornya](#thm-b2-nvs-continuouslinear) tercapai — kontradiksi.

**Latihan 5.12 ★★★.**

Pada $E = \R[X]$ (semua polinomial), misalkan $N_1(P) =
\sup_{\intcc{0}{1}}\abs P$ dan $N_2(P) =
\sup_{\intcc{0}{2}}\abs P$. Tunjukkan bahwa $N_1 \leq N_2$ tetapi $N_1$ dan $N_2$ *tidak* [setara](#def-b2-nvs-equivalent); lalu turunkan bahwa identitas $(E, N_2) \to (E, N_1)$ merupakan bijeksi linear [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) yang inversnya tidak [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity). Terakhir tunjukkan bahwa $(E, N_1)$ tidak [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete) *(lewat jumlah parsial Taylor $\eu^x$)*. Ketiga gejala itu mustahil dalam dimensi hingga — katakanlah mengapa.

**Solusi Latihan 5.12.**

Ketaksamaan $N_1 \leq N_2$ tak lain kemonotonan supremum terhadap daerahnya, jadi identitas $(E, N_2) \to (E, N_1)$ bersifat Lipschitz-$1$. Untuk $P_n(x) = (x/2)^n$: $N_2(P_n) = 1$ (tercapai di $x =
2$) sedangkan $N_1(P_n) = 2^{-n}$: jadi batas $N_2 \leq CN_1$ akan memberi $1 \leq C2^{-n}$ untuk setiap $n$: mustahil. Karenanya kedua [normanya](#def-b2-nvs-norm) tak [setara](#def-b2-nvs-equivalent) dan identitas sebaliknya merupakan bijeksi linear yang tidak [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity).

*Ketaklengkapannya:* misalkan $S_n = \sum_{k=0}^{n}\frac{X^k}{k!}$. Untuk $m > n$, $N_1(S_m - S_n) \leq \sum_{k>n}\frac1{k!} \to 0$: jadi Cauchy terhadap $N_1$. Jika $S_n \to P$ di $(E, N_1)$, maka titik demi titik $P(x) = \lim S_n(x) = \eu^x$ pada $\intcc{0}{1}$; padahal polinomial berderajat $d$ tak mungkin sama dengan $\eu^x$ pada sebuah interval (turunkan $d + 1$ kali: ruas kirinya mati, $\eu^x$ tidak). Jadi tak ada limitnya di $E$: tidak [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete).

Dalam dimensi hingga ketiga gejala itu mustahil: semua [norma setara](#def-b2-nvs-equivalent), setiap ruang bernorma bersifat [lengkap](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-complete), dan invers sebuah bijeksi linear bersifat linear dari ruang berdimensi hingga, jadi [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) ([Teorema 5.13](#thm-b2-nvs-finitedim)).

## 5.6 Soal: Hampiran Terbaik dan Teorema Chebyshev

Seberapa baik sebuah fungsi dapat dihampiri oleh polinomial berderajat tertentu, dan polinomial mana yang paling baik? Untuk sisi keberadaannya, jawabannya milik bab ini: kekompakan dalam dimensi hingga membuat hampiran terbaik itu ada. Untuk sisi gamblangnya, satu kasus tak sepele dapat diselesaikan tuntas dengan tangan kosong — di antara semua polinomial *monik* berderajat $n$, yang bernorma supremum terkecil pada $\intcc{-1}{1}$ adalah polinomial Chebyshev (yang dinormalkan), dengan [norma](#def-b2-nvs-norm) $2^{1-n}$: itulah *teorema ekstremal Chebyshev*. Soal ini membuktikan kedua sisinya, lalu menakar seberapa parah kekompakan itu gagal dalam dimensi tak hingga: bola satuan $C(\intcc{0}{1})$ memuat gugusan titik tak hingga banyak yang jarak antaranya $1$.

**Soal 5.1.**

Soal akhir pekan — teorema ekstremal Chebyshev dan geometri bola satuan

[Norma](#def-b2-nvs-norm) tanpa indeks adalah [norma](#def-b2-nvs-norm) supremum pada ruas yang disebutkan.

**Bagian I — Hampiran terbaik pada ruang bernorma.**

1. Misalkan $F$ subruang berdimensi hingga sebuah ruang bernorma $E$ dan $x \in E$ . Buktikan bahwa jarak $d(x,  F) = \inf_{f \in F}\norm{x - f}$ *tercapai* *(susutkan ke himpunan bagian $F$ yang tertutup dan terbatas lalu pakai [Teorema 5.13](#thm-b2-nvs-finitedim))* .
2. Sebuah [norma](#def-b2-nvs-norm) disebut *cembung tegas* apabila $\norm u =  \norm v = 1$ dan $u \neq v$ mengakibatkan $\bigl\Vert\frac{u +  v}2\bigr\Vert < 1$ . Tunjukkan bahwa $\norm\cdot_2$ pada $\R^n$ bersifat cembung tegas *(lewat kesamaan jajargenjang)* , dan bahwa $\norm\cdot_1$ dan $\norm\cdot_\infty$ tidak demikian untuk $n \geq 2$ .
3. Buktikan bahwa untuk [norma](#def-b2-nvs-norm) yang cembung tegas, hampiran terbaik pada pertanyaan 1 bersifat *tunggal* .
4. Di $(\R^2, \norm\cdot_\infty)$ , hitunglah semua hampiran terbaik bagi $x = (0, 1)$ oleh garis $F =  \operatorname{Vect}\bigl((1,0)\bigr)$ : yakni satu interval berisi pemberi minimum.
5. Di $\bigl(C(\intcc{a}{b}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ , tunjukkan bahwa hampiran terbaik $f$ oleh fungsi *konstan* bersifat tunggal, sama dengan $c^* = \frac{\max f  + \min f}{2}$ , dengan jarak $\frac{\max f - \min  f}{2}$ ; lalu hitunglah keduanya untuk $f(x) = x^2$ pada $\intcc{0}{1}$ .

**Bagian II — Polinomial Chebyshev.**

6. Tunjukkan bahwa ada tepat satu polinomial $T_n$ dengan $T_n(\cos\theta) = \cos n\theta$ untuk setiap $\theta$ *(lewat rekurensi $T_{n+1} = 2XT_n - T_{n-1}$ dari rumus penjumlahan kosinus)* , bahwa $\deg T_n = n$ , dan bahwa koefisien utamanya $2^{n-1}$ untuk $n \geq 1$ .
7. Tunjukkan $\abs{T_n} \leq 1$ pada $\intcc{-1}{1}$ , dengan $T_n(\eta_k) = (-1)^k$ pada $n + 1$ titik $\eta_k =  \cos\frac{k\pi}{n}$ ( $k = 0, \dots, n$ ), dan bahwa akar $T_n$ adalah $n$ titik $\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}$ , yang menyelang-nyeling $\eta_k$ .
8. Hitunglah $T_2, T_3, T_4$ , lalu periksalah pergantian tanda $T_3$ di $\eta_0, \dots, \eta_3 = 1, \frac12, -\frac12,  -1$ lewat penilaian langsung.
9. Untuk $\abs x \geq 1$, buktikan $$T_n(x) = \frac{\bigl(x + \sqrt{x^2 - 1}\bigr)^n +  \bigl(x - \sqrt{x^2 - 1}\bigr)^n}{2},$$ lalu turunkan $T_n(x) \sim \frac12\bigl(x + \sqrt{x^2 -  1}\bigr)^n \to \infty$ secara geometri untuk $x > 1$ yang tetap.
10. Buktikan hukum penyusunan $T_m \circ T_n = T_{mn}$ *(periksa pada $\intcc{-1}{1}$ lalu panggil kekakuan polinomial)* .

**Bagian III — Teorema ekstremal Chebyshev.** Tulis $Q_n = 2^{1-n}T_n$ (yang monik, menurut pertanyaan 6).

11. Misalkan $P$ monik berderajat $n \geq 1$ dengan $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs P < 2^{1-n}$. Dengan menilai $D  = Q_n - P$ di titik $\eta_k$ lalu mencacah pergantian tandanya, turunkan sebuah kontradiksi. Simpulkan: $$\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs P \;\geq\; 2^{1-n}  \qquad\text{untuk setiap } P \text{ monik berderajat } n.$$
12. (Kasus kesamaan) Andaikan $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs P =  2^{1-n}$ dengan $P$ monik berderajat $n$ , dan misalkan $D = Q_n  - P \neq 0$ . Tunjukkan $(-1)^kD(\eta_k) \geq 0$ untuk setiap $k$ ; tunjukkan bahwa masing-masing dari $n$ interval $\intcc{\eta_{k}}{\eta_{k-1}}$ memuat sebuah nol $D$ , dan bahwa nol yang dibagi dua interval berurutan merupakan titik *dalam* $\eta_k$ yang $D' = 0$ pula di sana. Simpulkan bahwa $D$ punya $n$ nol dihitung dengan multiplisitasnya, jadi $D = 0$ : pemberi minimumnya tepat $Q_n$ — itulah *teorema ekstremal Chebyshev* .
13. Nyatakan ulang teoremanya sebagai jarak: pada $\intcc{-1}{1}$, $$d_\infty\bigl(X^n,\ \R_{n-1}[X]\bigr) = 2^{1-n},$$ dengan hampiran terbaik tunggal $X^n - Q_n$; lalu tunjukkan lewat penyulihan afin $x = \frac{1+t}2$ bahwa pada $\intcc{0}{1}$ jaraknya menjadi $2^{1-2n}$.
14. (Simpul interpolasi yang optimal) Untuk $n$ simpul $x_1, \dots,  x_n \in \intcc{-1}{1}$ , polinomial simpulnya $\omega(x) = \prod_i(x - x_i)$ bersifat monik berderajat $n$ . Turunkan dari pertanyaan 12 pilihan simpul mana yang meminimumkan $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs\omega$ , yakni faktor yang bergantung simpul pada batas galat interpolasi klasik, lalu berikan nilai minimumnya.
15. Periksalah kasus $n = 2$ teoremanya dengan tangan (carilah $\inf_c \sup_{\intcc{-1}{1}}\abs{x^2 - c}$ secara langsung), lalu hitunglah secara numerik jarak pada pertanyaan 13 di $\intcc{0}{1}$ untuk $n = 10$ . Apa yang dikatakan besarnya tentang grafik $x^{10}$ ?

**Bagian IV — Bola satuan $C(\intcc{0}{1})$.**

16. Misalkan $g_k(x) = x^{2^k}$ . Tunjukkan $\norm{g_k}_\infty = 1$ dan $\norm{g_k - g_j}_\infty \geq \frac14$ untuk $j > k$ *(nilailah di titik tempat $x^{2^k} =  \frac12$)* : yakni sebuah barisan terbatas yang gamblang tanpa barisan bagian yang konvergen — jadi bola satuan tertutupnya tidak [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact) , dengan tangan kosong.
17. (Lema Riesz, dipertajam) Misalkan $F$ subruang sejati *berdimensi hingga* sebuah ruang bernorma $E$ . Dengan memakai pertanyaan 1, hasilkan vektor satuan $x$ dengan $d(x, F) = 1$ persis — bukan sekadar $\geq 1 -  \varepsilon$ seperti pada lema [Teorema 5.17](#thm-b2-nvs-riesz) .
18. Turunkan: pada setiap ruang bernorma berdimensi tak hingga ada barisan vektor satuan yang jarak antaranya $\geq 1$ , lalu turunkan kembali teorema Riesz dari situ.
19. Di $C(\intcc{0}{1})$ , tunjukkan gugusan semacam itu secara gamblang: yakni fungsi tenda $h_n$ yang bertumpu pada $\bigl[\frac1{n+1}, \frac1n\bigr]$ dengan puncak bernilai $1$ . Periksalah $\norm{h_n} = 1$ , $\norm{h_n - h_m} = 1$ untuk $n  \neq m$ , lalu perhatikan bahwa $h_n \to 0$ titik demi titik tetapi tidak secara seragam.
20. (Keterbatasan total gagal) Tunjukkan bahwa bola satuan tertutup $C(\intcc{0}{1})$ tak dapat diselimuti oleh berhingga banyak bola berjari-jari $\frac13$ *(sebab tiap bola semacam itu memuat paling banyak satu $h_n$)* — dan bandingkan dengan langkah keterbatasan total pada bukti [Teorema 4.20](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#thm-b2-metric-borellebesgue) .

**Bagian V — [Norma](#def-b2-nvs-norm) yang bekerja pada matriks, dan rangkuman.**

21. Buktikan bahwa setiap [nilai eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) $\lambda$ pada $A \in  \mathcal{M}_n(\C)$ memenuhi $\abs\lambda \leq  \vertiii A$ untuk setiap [norma operator](#thm-b2-nvs-continuouslinear) ; lalu terapkan [Latihan 5.4](#exo-b2-nvs-4) untuk membatasi [nilai eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) $\left(\begin{smallmatrix}1 & -2\\ 3 & 1\end{smallmatrix}\right)$ dan bandingkan dengan modulus sejatinya.
22. ( [Norma](#def-b2-nvs-norm) yang diselaraskan) Misalkan $A$ [dapat didiagonalkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-diag) , $A =  P\,\mathrm{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)\,P^{-1}$ . Tunjukkan bahwa $N_P(x) = \norm{P^{-1}x}_\infty$ merupakan [norma](#def-b2-nvs-norm) yang [norma operatornya](#thm-b2-nvs-continuouslinear) memenuhi $\vertiii A_{N_P} =  \max_i\abs{\lambda_i}$ .
23. Turunkan: untuk $A$ yang [dapat didiagonalkan](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-diag) , $A^k \to 0$ bila dan hanya bila semua [nilai eigennya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) memenuhi $\abs{\lambda_i} <  1$ — dan [kesetaraan norma](#thm-b2-nvs-finitedim) membuat kesimpulan itu tak bergantung pada [normanya](#def-b2-nvs-norm) . Periksalah pada $A =  \frac14\left(\begin{smallmatrix}1 & 2\\ 2 &  1\end{smallmatrix}\right)$ .
24. (Konstanta kesetaraannya meledak) Pada $\R_n[X]$ , bandingkan $N_c(P) = \max_k \abs{a_k}$ (atas koefisiennya) dengan $\norm{P}_{\intcc{0}{1}}$ : keduanya [norma](#def-b2-nvs-norm) , jadi keduanya [setara](#def-b2-nvs-equivalent) untuk tiap $n$ yang tetap; tetapi tunjukkan, dengan memakai pemberi minimum monik pada pertanyaan 13 di $\intcc{0}{1}$ , bahwa konstanta terbaik $C_n$ pada $N_c \leq  C_n\norm\cdot_{\intcc{0}{1}}$ memenuhi $C_n \geq  2^{2n-1}$ . Simpulkan dalam satu kalimat mengapa “semua [norma setara](#def-b2-nvs-equivalent) ” mati dalam dimensi tak hingga.
25. (Rangkuman) Satu kalimat untuk masing-masing: di mana kekompakan bola berdimensi hingga bekerja (pertanyaan 1, 12); apa yang dikuasai kecembungan tegas; apa yang dihancurkan gugusan pada pertanyaan 18–19; dan bagaimana pertanyaan 24 mengukur kegagalannya. Sebutkan puncaknya (teorema ekstremal Chebyshev) lalu nyatakan di mana hampiran terbaik menemukan rumah modernnya (teorema proyeksi pada ruang Hilbert, jilid Tahun ke-3, tempat kelengkapan menggantikan kekompakan).

**Solusi Soal 5.1.**

**1.** Calon yang patut ditinjau membentuk $K = \{f \in F
: \norm{x - f} \leq \norm x\}$: tak kosong (sebab $0 \in K$), tertutup (sebab ia prapeta sebuah interval tertutup di bawah pemetaan [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) $f
\mapsto \norm{x - f}$, yang diiriskan dengan $F$ yang tertutup, [Akibat 5.14](#cor-b2-nvs-closedsubspace)), dan terbatas (sebab $\norm f \leq
\norm{f - x} + \norm x \leq 2\norm x$). Di dalam $F$ yang berdimensi hingga, tertutup dan terbatas berarti [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact) ([Teorema 5.13](#thm-b2-nvs-finitedim)); lalu fungsi [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) $f
\mapsto \norm{x - f}$ mencapai infimumnya pada $K$, dan infimum itu sama dengan infimum atas seluruh $F$ (sebab sembarang $f \notin K$ memberi $\norm{x - f} > \norm x \geq \inf$).

**2.** Kesamaan jajargenjang di $(\R^n,
\norm\cdot_2)$: $\norm{u + v}^2 + \norm{u - v}^2 = 2\norm u^2 +
2\norm v^2$ (uraikan kuadrat jumlah koordinatnya). Untuk $u \neq v$ yang satuan:

$$
\Bigl\Vert\frac{u+v}2\Bigr\Vert^2 = 1 - \frac{\norm{u -
v}^2}{4} < 1 .
$$

Tidak cembung tegas: untuk $\norm\cdot_\infty$, ambil $u = (1, 1, 0,
\dots)$, $v = (1, -1, 0, \dots)$: keduanya vektor satuan dengan titik tengah $(1, 0, \dots)$ yang bernorma $1$; sedangkan untuk $\norm\cdot_1$, ambil $u = (1, 0, \dots)$, $v = (0, 1, 0, \dots)$: titik tengahnya $(\frac12, \frac12, 0, \dots)$ yang bernorma $1$.

**3.** Misalkan $d = d(x, F)$. Jika $d = 0$: maka $x \in \overline F
= F$ dan satu-satunya pemberi minimumnya adalah $x$. Jika $d > 0$ dan $f_1 \neq f_2$ keduanya memberi minimum: maka $u = \frac{x - f_1}{d}$ dan $v = \frac{x - f_2}{d}$ merupakan vektor satuan yang berbeda, sehingga

$$
\Bigl\Vert x - \frac{f_1 + f_2}2\Bigr\Vert
= d\,\Bigl\Vert\frac{u + v}2\Bigr\Vert < d ,
$$

dengan $\frac{f_1 + f_2}2 \in F$: dan itu bertentangan dengan definisi $d$. Jadi pemberi minimumnya tunggal.

**4.** Di sini $\norm{(0,1) - t(1,0)}_\infty = \max(\abs t, 1)
\geq 1$, dengan kesamaan bila dan hanya bila $\abs t \leq 1$: jadi pemberi minimumnya membentuk ruas $\{t(1, 0) : t \in \intcc{-1}{1}\}$, semuanya berjarak $1$ — ketunggalannya gagal justru karena bola perseginya bersisi datar (pertanyaan 2).

**5.** Misalkan $M = \max f$ dan $m = \min f$ (yang tercapai berkat kekompakan). Untuk sembarang konstanta $c$: $\sup\abs{f - c} \geq
\max(M - c,\, c - m) \geq \frac{M - m}2$, dengan ketaksamaan terakhirnya berlaku karena kedua besaran itu berata-rata $\frac{M-m}2$; dan kesamaan pada keduanya memaksa $M - c = c - m$, yakni $c = c^* = \frac{M + m}2$. Sebaliknya $\sup\abs{f - c^*} = \max(M - c^*, c^* - m) =
\frac{M - m}2$. Jadi konstanta terbaiknya tunggal. Untuk $f(x) = x^2$ pada $\intcc01$: $c^* = \frac12$, dengan jarak $\frac12$.

**6.** Dari $\cos(n{+}1)\theta + \cos(n{-}1)\theta =
2\cos\theta\cos n\theta$: polinomial yang ditetapkan oleh $T_0 = 1$, $T_1 = X$, $T_{n+1} = 2XT_n - T_{n-1}$ memenuhi $T_n(\cos\theta)
= \cos n\theta$ secara induktif. Ketunggalannya: dua polinomial yang berimpit pada $\intcc{-1}{1}$ (tak hingga banyak titik) pastilah sama. Sekali lagi secara induktif: $\deg T_n = n$ dengan koefisien utama $2^{n-1}$ untuk $n \geq 1$ (sebab $T_1$ berkoefisien $1 = 2^0$, dan rekurensinya melipatduakannya).

**7.** Setiap $x \in \intcc{-1}{1}$ berbentuk $\cos\theta$, dan $\abs{\cos n\theta} \leq 1$. Di $\eta_k = \cos\frac{k\pi}n$: $T_n(\eta_k) = \cos k\pi = (-1)^k$, dan $1 = \eta_0 > \eta_1 >
\dots > \eta_n = -1$. Akarnya: $\cos n\theta = 0$ bila dan hanya bila $\theta = \frac{(2k-1)\pi}{2n}$, yakni $n$ titik berbeda $\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}$; dan karena $\frac{(k-1)\pi}n <
\frac{(2k-1)\pi}{2n} < \frac{k\pi}n$, tiap akarnya terletak tegas di antara dua ekstremum yang berurutan.

**8.** $T_2 = 2X^2 - 1$, $T_3 = 4X^3 - 3X$, $T_4 = 8X^4 -
8X^2 + 1$. Untuk $T_3$: $T_3(1) = 1$, $T_3(\tfrac12) = \tfrac12 -
\tfrac32 = -1$, $T_3(-\tfrac12) = 1$, $T_3(-1) = -1$: pergantian tandanya sempurna.

**9.** Misalkan $u_\pm = x \pm \sqrt{x^2 - 1}$ untuk $x \geq 1$: yakni akar $z^2 - 2xz + 1$, dengan $u_+u_- = 1$. Barisan $s_n = \frac{u_+^n + u_-^n}2$ memenuhi $s_{n+1} = 2x\,s_n -
s_{n-1}$ (rekurensi bergaya Newton dari persamaan kuadratnya), $s_0 = 1$, $s_1 = x$: yakni rekurensi dan nilai awal yang sama seperti $n \mapsto
T_n(x)$, jadi $s_n = T_n(x)$ untuk setiap $n$. Karena $0 < u_- \leq 1
\leq u_+$ dengan $u_+ > 1$ untuk $x > 1$: maka $T_n(x) \geq
\frac{u_+^n}2 \to \infty$ dan $T_n(x) \sim \frac12\bigl(x +
\sqrt{x^2-1}\bigr)^n$. (Untuk $x \leq -1$ pakailah paritas $T_n(-x)
= (-1)^nT_n(x)$, yang jelas dari rekurensinya.)

**10.** Untuk setiap $\theta$: $T_m\bigl(T_n(\cos\theta)\bigr)
= T_m(\cos n\theta) = \cos mn\theta =
T_{mn}(\cos\theta)$. Jadi polinomial $T_m \circ T_n$ dan $T_{mn}$ berimpit pada $\intcc{-1}{1}$, sehingga keduanya sama.

**11.** Polinomial $D = Q_n - P$ berderajat $\leq n - 1$ (sebab suku utamanya yang monik saling coret). Di ekstremumnya: $(-1)^kD(\eta_k) =
2^{1-n} - (-1)^kP(\eta_k) \geq 2^{1-n} - \abs{P(\eta_k)} > 0$ menurut hipotesisnya. Jadi $D$ mengambil nilai tak nol bertanda berselang-seling di $n + 1$ titik menurun $\eta_0 > \dots > \eta_n$: sehingga menurut teorema nilai antara ia punya sedikitnya $n$ akar berbeda, satu di tiap interval [terbuka](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-topology) $\intoo{\eta_{k}}{\eta_{k-1}}$. Padahal polinomial tak nol yang berderajat $\leq n - 1$ tak mungkin punya $n$ akar; sedangkan $D = 0$ bertentangan dengan tanda tegas tadi. Jadi kontradiksi: $\sup\abs P \geq 2^{1-n}$ untuk setiap $P$ monik berderajat $n$.

**12.** Kini $(-1)^kD(\eta_k) = 2^{1-n} - (-1)^kP(\eta_k)
\geq 0$ sebab $\abs{P} \leq 2^{1-n}$. Pada tiap $\intcc{\eta_k}{\eta_{k-1}}$ ($k = 1, \dots, n$), nilai $D$ di kedua ujungnya bertanda lemah yang berlawanan: jadi teorema nilai antara menghasilkan sebuah nol $z_k$ di interval tertutup itu. Jika $z_k$ itu dapat dipilih berbeda sepasang demi sepasang, maka $D \neq 0$ yang berderajat $\leq n-1$ punya $n$ akar: kontradiksi. Dua interval berurutan hanya dapat berbagi nol $z_k = z_{k+1} = \eta_k$ dengan $0 < k < n$ (yakni titik dalam). Di sana, $D(\eta_k) = 0$ berarti $P(\eta_k) =
(-1)^k2^{1-n}$, yaitu nilai ekstremal $P$ pada $\intcc{-1}{1}$ yang tercapai di titik *dalam*: jadi $P'(\eta_k) = 0$; dan $\eta_k$ juga ekstremum dalam bagi $T_n$: jadi $Q_n'(\eta_k) =
0$. Karenanya $D'(\eta_k) = 0$: sehingga $\eta_k$ akar bermultiplisitas $\geq 2$, yang menutupi interval yang dibagi tadi. Pada semua kasusnya $D$ punya sedikitnya $n$ akar dihitung dengan multiplisitasnya, padahal derajatnya $\leq n - 1$, jadi $D = 0$: yakni $P = Q_n$. Teorema ekstremal Chebyshev pun terbukti: pemberi minimum monik yang tunggal adalah $2^{1-n}T_n$, bernorma supremum $2^{1-n}$.

**13.** Polinomial monik berderajat $n$ persis semua $X^n - R$ dengan $R \in \R_{n-1}[X]$, jadi

$$
d_\infty\bigl(X^n, \R_{n-1}[X]\bigr) = \min_{P \text{
monik}}\ \sup_{\intcc{-1}{1}}\abs P = 2^{1-n},
$$

yang tunggal di $R^* = X^n - Q_n$. Dengan penyulihan $x = \frac{1+t}2$: jika $P$ monik berderajat $n$ pada $\intcc01$, maka $t \mapsto
2^nP\bigl(\frac{1+t}2\bigr)$ monik pada $\intcc{-1}{1}$ dengan supremum sama dengan $2^n\sup_{\intcc01}\abs P$: karenanya $\sup_{\intcc01}\abs P \geq 2^{-n}\cdot2^{1-n} = 2^{1-2n}$, dengan kesamaan persis untuk $P^*(x) = 2^{-n}Q_n(2x - 1)$: jadi pada $\intcc{0}{1}$ jaraknya $2^{1-2n}$.

**14.** Polinomial $\omega$ monik berderajat $n$, jadi $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs\omega \geq 2^{1-n}$ dengan kesamaan bila dan hanya bila $\omega = Q_n = 2^{1-n}T_n$, yakni bila dan hanya bila simpulnya adalah $n$ akar $T_n$: $x_k = \cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}$ — yaitu *simpul Chebyshev*. Nilai minimumnya: $2^{1-n}$. Simpul yang berjarak sama justru lebih buruk; faktor galat interpolasinya diminimumkan dengan merapatkan simpul di dekat ujungnya.

**15.** Kasus $n = 2$ dengan tangan: $x^2$ menjelajahi $\intcc01$, jadi $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs{x^2 - c} = \max(\abs c, \abs{1 - c})
\geq \frac12$, yang minimum di $c = \frac12$: jadi polinomial kuadrat monik yang minimal adalah $x^2 - \frac12 = \frac12(2x^2 - 1) = Q_2$, bernilai $\frac12 = 2^{1-2}$. Untuk $n = 10$ pada $\intcc{0}{1}$: $2^{1-20} =
2^{-19} \approx 1.9\cdot10^{-6}$. Jadi ada polinomial berderajat $9$ yang tetap berjarak dua per sejuta dari $x^{10}$ pada seluruh $\intcc01$: pada skala itu kedua grafiknya tak terbedakan — kedataran $x^{10}$ di dekat $0$ membiarkan derajat yang lebih rendah mengerjakan segalanya.

**16.** Di sini $\norm{g_k}_\infty = g_k(1) = 1$. Untuk $j > k$ tetapkan $a = 2^k$, $b = 2^j \geq 2a$, lalu nilailah di $x_0 = 2^{-1/a}$ (sehingga $x_0^a = \frac12$):

$$
g_k(x_0) - g_j(x_0) = \frac12 - \Bigl(\frac12\Bigr)^{b/a}
\geq \frac12 - \frac14 = \frac14 .
$$

Jadi $\norm{g_k - g_j}_\infty \geq \frac14$ untuk setiap $j \neq k$: sehingga tak ada barisan bagian yang Cauchy, dan tak satu pun konvergen. Bola satuan tertutup $\bigl(C(\intcc01), \norm\cdot_\infty\bigr)$ tidak [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact).

**17.** Subruang $F$ tertutup ([Akibat 5.14](#cor-b2-nvs-closedsubspace)) dan sejati: pilih $y \notin F$, sehingga $\delta = d(y, F) > 0$. Menurut pertanyaan 1 jaraknya tercapai di suatu $f^* \in F$. Tetapkan $x
= \frac{y - f^*}{\delta}$, sebuah vektor satuan (sebab $\norm{y - f^*} =
\delta$). Untuk setiap $g \in F$:

$$
\norm{x - g} = \frac{\norm{y - (f^* + \delta g)}}{\delta}
\geq \frac{\delta}{\delta} = 1 ,
$$

sebab $f^* + \delta g \in F$. Karenanya $d(x, F) \geq 1$; sedangkan $d(x,
F) \leq \norm{x - 0} = 1$: jadi tepat $1$.

**18.** Pada $E$ yang berdimensi tak hingga, bangunlah vektor satuan secara induktif: $x_1$ sembarang; lalu diberikan $x_1, \dots, x_k$, subruang $F_k = \operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_k)$ berdimensi hingga, jadi sejati, sehingga pertanyaan 17 memberi vektor satuan $x_{k+1}$ dengan $d(x_{k+1}, F_k) = 1$: khususnya $\norm{x_{k+1} - x_i} \geq 1$ untuk $i \leq k$. Barisan itu berjarak antara $\geq 1$: jadi bola satuannya memuat barisan tanpa barisan bagian yang konvergen, sehingga ia tidak [kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact) — itulah teorema Riesz, dengan konstanta tajam $1$.

**19.** Misalkan $h_n$ afin pada tiap separuh $\bigl[\frac1{n+1}, \frac1n\bigr]$, naik dari $0$ ke $1$ di titik tengahnya lalu turun kembali ke $0$, dan nol di tempat lain: ia [kontinu](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-continuity) dengan $\norm{h_n}_\infty = 1$. Untuk $n \neq m$ penyangganya bertemu paling banyak di satu ujung bersama, tempat keduanya nol; sedangkan di puncak $h_n$ berlaku $h_m = 0$: jadi $\norm{h_n -
h_m}_\infty = 1$ persis. Untuk $x > 0$ yang tetap: $h_n(x) = 0$ begitu $\frac1n < x$, dan $h_n(0) = 0$ selalu: jadi $h_n \to 0$ titik demi titik; tetapi $\norm{h_n - 0}_\infty = 1$: jadi tidak seragam. Itulah gugusan gamblang berjarak antara $1$ di dalam bola satuannya.

**20.** Bola berjari-jari $\frac13$ berdiameter $\leq
\frac23 < 1$, jadi ia memuat paling banyak satu $h_n$ (sebab dua di antaranya berjarak $1$). Berhingga banyak bola semacam itu memuat berhingga banyak dari tak hingga banyak $h_n$: jadi keduanya tak dapat menyelimuti bola satuannya. Keterbatasan total — yang dinikmati [ruang metrik kompak](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#def-b2-metric-compact), menurut bukti [Teorema 4.20](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/4-topologi-ruang-metrik#thm-b2-metric-borellebesgue) — gagal separah-parahnya.

**21.** Jika $Ax = \lambda x$ dengan $x \neq 0$, maka $\abs\lambda\,\norm x = \norm{Ax} \leq \vertiii A\,\norm x$, sehingga $\abs\lambda \leq \vertiii A$. Untuk $\left(\begin{smallmatrix}1 & -2\\ 3 & 1\end{smallmatrix}\right)$: $\vertiii A_\infty = \max(1 + 2,\ 3 + 1) = 4$ ([Latihan 5.4](#exo-b2-nvs-4)), jadi setiap [nilai eigennya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) bermodulus $\leq
4$; padahal $\chi_A = X^2 - 2X + 7$ memberi $\lambda = 1 \pm
\iu\sqrt6$ yang bermodulus $\sqrt7 \approx 2.65$: jadi batasnya sahih tetapi tidak tajam.

**22.** $N_P$ memang [norma](#def-b2-nvs-norm): $N_P(x) = 0$ memaksa $P^{-1}x = 0$, jadi $x = 0$; sedangkan kehomogenan dan ketaksamaan segitiganya diwarisi dari $\norm\cdot_\infty$ lewat $P^{-1}$ yang linear. [Norma operatornya](#thm-b2-nvs-continuouslinear): dengan $y = P^{-1}x$ dan $D = \mathrm{diag}(\lambda_i)$,

$$
N_P(Ax) = \norm{P^{-1}AP\,y}_\infty = \norm{Dy}_\infty,
$$

jadi $\vertiii A_{N_P}$ tak lain [norma operator](#thm-b2-nvs-continuouslinear) terhadap $\norm\cdot_\infty$ bagi $D$, yakni jumlah mutlak barisnya yang terbesar ([Latihan 5.4](#exo-b2-nvs-4)): $\max_i\abs{\lambda_i}$.

**23.** Jika semua $\abs{\lambda_i} < 1$: maka $N_P(A^kx) \leq
\rho^kN_P(x)$ dengan $\rho = \max\abs{\lambda_i} < 1$, jadi $A^kx
\to 0$ untuk setiap $x$, sehingga $A^k \to 0$ pada [norma](#def-b2-nvs-norm) apa pun di $\mathcal{M}_n$ (semuanya [setara](#def-b2-nvs-equivalent) dalam dimensi hingga, [Teorema 5.13](#thm-b2-nvs-finitedim); sebab kekonvergenan $A^ke_j$ untuk tiap $j$ tak lain kekonvergenan unsur demi unsur). Jika ada $\abs{\lambda}
\geq 1$ dengan [vektor eigen](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) $x$: maka $\norm{A^kx} =
\abs\lambda^k\norm x \not\to 0$. Untuk $A =
\frac14\left(\begin{smallmatrix}1 & 2\\ 2 & 1\end{smallmatrix}\right)$: [nilai eigennya](https://one-course.com/books/math/4/id/chapter/3-reduksi-endomorfisma#def-b2-reduction-eigen) $\frac14(1 \pm 2) = \frac34, -\frac14$, keduanya bermodulus $< 1$: jadi $A^k \to 0$.

**24.** Keduanya [norma](#def-b2-nvs-norm) pada $\R_n[X]$ yang berdimensi hingga, jadi [setara](#def-b2-nvs-equivalent) untuk tiap $n$. Ambil polinomial monik minimal $P^*_n$ pada pertanyaan 13 di $\intcc01$: koefisien $X^n$-nya $1$, jadi $N_c(P^*_n) \geq 1$, sedangkan $\norm{P^*_n}_{\intcc01} = 2^{1-2n}$. Karenanya

$$
C_n \geq \frac{N_c(P^*_n)}{\norm{P^*_n}_{\intcc01}}
\geq 2^{2n-1} .
$$

Konstanta kesetaraannya meledak seiring dimensinya: pada gabungan $\R[X]$ tak ada satu pun konstanta yang melayani, dan itulah persis ketaksetaraan yang terlihat pada [Latihan 5.12](#exo-b2-nvs-12) — “semua [norma setara](#def-b2-nvs-equivalent)” adalah teorema tentang satu dimensi setiap kali, dan dimensi tak hingga adalah tempat ia mati.

**25.** Kekompakan himpunan tertutup dan terbatas dalam dimensi hingga menghasilkan keberadaan hampiran terbaik (pertanyaan 1) serta menggerakkan pencacahan nol di $n + 1$ titik ekstremalnya (pertanyaan 11–12, lewat supremum yang tercapai). Kecembungan tegas menguasai ketunggalan hampiran terbaik — bola yang bulat memberi satu pemberi minimum, dan bola bersisi datar memberi seruas penuh (pertanyaan 2–4). Gugusan vektor satuan berjarak antara $1$ (pertanyaan 17–19) menghancurkan kekompakan bola satuannya sekaligus keterbatasan totalnya (pertanyaan 20). Pertanyaan 24 mengukur keruntuhannya: konstanta yang menghubungkan dua [norma](#def-b2-nvs-norm) pada $\R_n[X]$ tumbuh seperti $4^n$, jadi tak ada perbandingan seragam yang selamat sampai ke $\R[X]$. Puncaknya adalah teorema ekstremal Chebyshev (pertanyaan 11–12): pemberi minimum monik yang tunggal $2^{1-n}T_n$. Adapun hampiran terbaik menemukan rumah modernnya di ruang Hilbert, tempat teorema proyeksi menggantikan kekompakan dengan kelengkapan ditambah kesamaan jajargenjang — yang dibuktikan secara jujur pada jilid Tahun ke-3.