---
title: "Ruang Hilbert"
book: "Matematika Universitas — Tahun 3"
subject: math
language: id
chapter: 13
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/13-ruang-hilbert
---

# Bab 13 — Ruang Hilbert

[Ruang Hilbert](#def-b3-hilbert-inner) adalah ruang Banach yang normanya datang dari sebuah [hasil kali dalam](#def-b3-hilbert-inner) — dan satu struktur tambahan itu memulihkan, dalam dimensi tak berhingga, hampir seluruh geometri Euclid: proyeksi ortogonalnya ada, setiap fungsional [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) berupa [hasil kali dalam](#def-b3-hilbert-inner) terhadap sebuah vektor tetap (menurut Riesz), dan basis ortonormalnya menguraikan setiap vektor menjadi deret konvergen dengan pembukuan Pythagoras (menurut [Parseval](#thm-b3-hilbert-parseval)). Puncak bab ini adalah sebuah utang yang dilunasi: bahwa sistem trigonometri merupakan basis ortonormal $L^2$, sehingga identitas [Parseval](#thm-b3-hilbert-parseval) berlaku bagi *setiap* fungsi yang [terintegralkan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) kuadrat — yakni pernyataan yang pada Tahun ke-2 hanya dapat dibuktikan untuk fungsi $\mathcal C^1$ sepenggal-sepenggal. Kita mengakhirinya dengan Lax–Milgram, yakni lema kuda beban pendekatan variasi terhadap persamaan diferensial.

Sepanjang bab ini, $H$ adalah ruang vektor atas $K = \R$ atau $\C$.

## 13.1 Hasil kali dalam; teorema proyeksi

**Definisi 13.1.**

Sebuah *hasil kali dalam* adalah pemetaan $\langle
\cdot,\cdot\rangle \colon H\times H \to K$, yang linear pada variabel keduanya, dengan $\langle y, x\rangle =
\overline{\langle x, y\rangle}$ dan $\langle x, x\rangle > 0$ untuk $x \neq 0$. Ia menginduksi norma $\norm x = \langle x,
x\rangle^{1/2}$, *ketaksamaan Cauchy–Schwarz* $\abs{\langle x, y\rangle} \leq \norm x\norm y$ (dengan bukti Tahun ke-2 — lewat diskriminannya — yang tak berubah), dan *hukum jajaran genjang*

$$
\norm{x + y}^2 + \norm{x - y}^2 = 2\norm x^2 + 2\norm y^2 .
$$

Sebuah *ruang Hilbert* adalah ruang hasil kali dalam yang [lengkap](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete) terhadap norma ini. Contohnya: $\ell^2$ ([Soal 8.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/8-ruang-banach-dan-teorema-fundamentalnya#pb-b3-banach-1)) dan, yang paling mendasar, $L^2(\mu)$ dengan $\langle f, g\rangle = \int\bar fg\,\dd\mu$ — yang [lengkap](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete) menurut Riesz–Fischer ([Teorema 12.4](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/12-ruang-lp#thm-b3-lp-complete)); sedangkan hasil kali dalamnya berhingga menurut Cauchy–Schwarz ($=$ Hölder pada $p = q = 2$).

**Teorema 13.2 (Proyeksi ke sebuah himpunan cembung tertutup).**

Misalkan $C \neq \varnothing$ sebuah himpunan bagian *cembung* tertutup dari [ruang Hilbert](#def-b3-hilbert-inner) $H$ dan $x \in H$. Maka ada tepat satu $p_C(x)
\in C$ dengan

$$
\norm{x - p_C(x)} = d(x, C),
$$

yang dicirikan oleh: $\operatorname{Re}\langle x - p_C(x),\ c -
p_C(x)\rangle \leq 0$ untuk setiap $c \in C$. Dan pemetaan $p_C$ bersifat Lipschitz-$1$.

**Bukti.** Misalkan $d = d(x, C)$ dan $(c_n) \subseteq C$ dengan $\norm{x - c_n}
\to d$. Jajaran genjang pada $x - c_n$ dan $x - c_m$:

$$
\norm{c_n - c_m}^2 = 2\norm{x - c_n}^2 + 2\norm{x - c_m}^2 -
4\,\bigl\|x - \tfrac{c_n + c_m}2\bigr\|^2
\leq 2\norm{x{-}c_n}^2 + 2\norm{x{-}c_m}^2 - 4d^2
$$

(sebab kecembungannya menaruh titik tengahnya di $C$): jadi ruas kanannya menuju $0$, sehingga $(c_n)$ Cauchy, dan limitnya $p \in C$ (yang tertutup) mencapai $d$. Ketunggalannya: dua pemberi minimum memberikan, lewat identitas yang sama, $\norm{p - p'}^2 \leq 2d^2 + 2d^2 - 4d^2 = 0$.

Pencirinya: untuk $c \in C$ dan $t \in \intoc01$, vektor $p + t(c - p) \in C$, sehingga

$$
d^2 \leq \norm{x - p - t(c-p)}^2
= d^2 - 2t\operatorname{Re}\langle x - p, c - p\rangle +
t^2\norm{c-p}^2 ;
$$

lalu bagilah dengan $t \to 0^+$: $\operatorname{Re}\langle x - p, c -
p\rangle \leq 0$. Sebaliknya ketaksamaan ini memberikan $\norm{x -
c}^2 = \norm{x - p}^2 - 2\operatorname{Re}\langle x - p, c -
p\rangle + \norm{p - c}^2 \geq \norm{x-p}^2$. Untuk kelipschitzannya: bagi $x, y$ yang berproyeksi $p, q$, jumlahkanlah kedua ketaksamaan variasinya (dengan $c = q$, berturut-turut $c = p$): $\operatorname{Re}\langle x - y - (p - q), p - q\rangle \geq
0$, sehingga $\norm{p - q}^2 \leq \operatorname{Re}\langle x - y, p -
q\rangle \leq \norm{x - y}\norm{p - q}$. ∎

**Teorema 13.3 (Penguraian ortogonal).**

Misalkan $F$ sebuah *subruang tertutup* dari $H$. Maka $p_F$ bersifat linear, $x - p_F(x) \perp F$ untuk setiap $x$, dan

$$
H = F \oplus F^\perp,
\qquad F^\perp = \{y : \langle y, f\rangle = 0\ \forall f\in
F\},
\qquad (F^\perp)^\perp = F .
$$

Untuk subruang yang umum, $(F^\perp)^\perp = \bar F$; khususnya $F$ padat jika dan hanya jika $F^\perp = \{0\}$.

**Bukti.** Untuk sebuah subruang, pencirian variasinya dengan $c =
p_F(x) \pm f$ (dengan $f \in F$, kedua tandanya, dan $\iu f$ pada kasus kompleksnya) memaksa $\langle x - p_F(x), f\rangle = 0$: jadi sisanya ortogonal terhadap $F$. Penguraiannya $x = p_F(x) + (x
- p_F(x))$ dengan $F \cap F^\perp = \{0\}$ (sebab $\langle y, y
\rangle = 0$); sedangkan kelinearan $p_F$ menyusul dari ketunggalan penguraian semacam itu (sebab kedua ruasnya linear di dalamnya). Selalu $(F^\perp)
^\perp \supseteq F$; sebaliknya jika $x \perp F^\perp$, tulislah $x = f + g$: maka $g = x - f \in F^\perp$ dan $\langle g,
g\rangle = \langle x, g\rangle - \langle f, g\rangle = 0$: jadi $x
= f \in F$. Untuk subruang $F$ yang umum: $F^\perp = \bar
F^{\,\perp}$ (lewat [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) [hasil kali dalamnya](#def-b3-hilbert-inner)), sehingga $(F^\perp)^\perp = \bar F$ menurut kasus tertutupnya; dan [kepadatannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma) jika dan hanya jika $\bar F = H$ jika dan hanya jika $F^\perp = 0$. ∎

**Teorema 13.4 (Penyajian Riesz).**

Untuk setiap fungsional linear [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $\varphi \in H'$ ada tepat satu $a \in H$ dengan

$$
\varphi(x) = \langle a, x\rangle \quad (x \in H),
\qquad \norm\varphi_{H'} = \norm a .
$$

**Bukti.** Jika $\varphi = 0$: maka $a = 0$. Selain itu $F = \ker\varphi$ merupakan subruang sejati yang tertutup; lalu pilihlah $u \in F^\perp$ dengan $\norm u = 1$ (menurut [Teorema 13.3](#thm-b3-hilbert-decomposition): sebab $F^\perp \neq 0$ karena $F \neq H$). Untuk sembarang $x$, vektor $\varphi(x)u -
\varphi(u)x \in \ker\varphi$, sehingga $\perp u$:

$$
0 = \langle u, \varphi(x)u - \varphi(u)x\rangle
= \varphi(x) - \varphi(u)\langle u, x\rangle :
\qquad \varphi(x) = \langle
\overline{\varphi(u)}\,u,\ x\rangle .
$$

Jadi $a = \overline{\varphi(u)}u$ berhasil. Ketunggalannya: $\langle a
- a', x\rangle = 0$ untuk setiap $x$, lalu ujilah $x = a - a'$. Normanya: $\abs{\varphi(x)} \leq \norm a\norm x$ (lewat Cauchy–Schwarz) dengan kesamaannya di $x = a$. ∎

**Contoh 13.5 (Sebuah proyeksi, yang dihitung sampai tuntas).**

Di $H = L^2(\intcc01)$, apakah penghampiran terbaik atas $f(x) = x^2$ oleh fungsi afin? Subruang $F =
\operatorname{Vect}(1, x)$ bersifat tertutup (sebab berdimensi berhingga), dan $p_F(f) = a + bx$ dicirikan oleh keortogonalan sisanya terhadap $1$ dan terhadap $x$:

$$
\int_0^1(x^2 - a - bx)\,\dd x = 0,
\qquad
\int_0^1x\,(x^2 - a - bx)\,\dd x = 0,
$$

yakni $\frac13 = a + \frac b2$ dan $\frac14 = \frac a2 +
\frac b3$: sehingga $a = -\frac16$ dan $b = 1$. Jadi $p_F(x^2) = x -
\frac16$, dan galatnya adalah

$$
d(f, F)^2 = \int_0^1\Bigl(x^2 - x + \frac16\Bigr)^2\dd x =
\frac1{180},
\qquad d(f, F) = \frac1{6\sqrt5} .
$$

Dua catatan yang layak diendapkan. Pertama, perhitungannya tak lain sistem linear $2\times2$ — yakni *persamaan normalnya*; dan untuk basis monomialnya matriksnya $\bigl(\frac1{i+j+1}\bigr)$ adalah matriks Hilbert yang terkenal buruk kondisinya, sedangkan mengortogonalkannya lebih dahulu (lewat polinomial Legendre, [Soal 13.1](#pb-b3-hilbert-1)) merupakan obatnya. Kedua, penghampiran *seragam* terbaik atas $x^2$ oleh fungsi afin berbeda ($x - \frac18$, lewat osilasi setara): sebab setiap norma mempunyai geometrinya sendiri, dan hanya yang Hilbertlah yang menjawab dengan sebuah sistem linear.

## 13.2 Basis ortonormal

**Definisi 13.6.**

Sebuah keluarga $(e_i)_{i\in I}$ disebut *ortonormal* jika $\langle
e_i, e_j\rangle = \delta_{ij}$, dan sebuah *basis Hilbert* (yakni basis ortonormal) jika lebih lanjut kombinasi linear berhingganya padat di $H$ (yakni keluarganya bersifat *total*). Kita menangani kasus terbilangnya $I = \N$, yang lewat Gram–Schmidt mencakup setiap $H$ yang *terpisahkan* ([Proposisi 13.8](#prop-b3-hilbert-gramschmidt)).

**Teorema 13.7 (Bessel, Parseval).**

Misalkan $(e_n)_{n\in\N}$ ortonormal di $H$, dan $c_n(x) =
\langle e_n, x\rangle$.

1. (Bessel) $\sum_n\abs{c_n(x)}^2 \leq \norm x^2$ , dan deret $\sum_nc_n(x)e_n$ konvergen di $H$ , dengan jumlah $p_F(x)$ dan $F = \overline{\operatorname{Vect}}(e_n)$ .
2. Pernyataan berikut setara: (i) $(e_n)$ merupakan [basis Hilbert](#def-b3-hilbert-onb) ; (ii) $x = \sum_nc_n(x)e_n$ untuk setiap $x$ ; (iii) *Parseval* : $\norm x^2  = \sum_n\abs{c_n(x)}^2$ untuk setiap $x$ ; (iv) satu-satunya vektor yang ortogonal terhadap semua $e_n$ adalah $0$ .
3. Jika $(e_n)$ [basis Hilbert](#def-b3-hilbert-onb) , maka $x \mapsto (c_n(x))_n$ merupakan isomorfisma isometrik $H \to \ell^2$ (sehingga *setiap* [ruang Hilbert](#def-b3-hilbert-inner) terpisahkan berdimensi tak berhingga “adalah” $\ell^2$ ), dan $\langle x, y\rangle =  \sum_n\overline{c_n(x)}c_n(y)$ .

**Bukti.** (1) Untuk $N$ yang berhingga: $x - \sum_{n\leq N}c_ne_n \perp e_k$ (bila $k
\leq N$), sehingga Pythagoras memberikan $\norm x^2 = \sum_{n\leq
N}\abs{c_n}^2 + \norm{x - \sum_{n\leq N}c_ne_n}^2$: yakni Bessel. Lalu jumlah parsialnya $S_N = \sum_{n\leq N}c_ne_n$ bersifat Cauchy: sebab $\norm{S_N - S_M}^2 = \sum_{M<n\leq N}\abs{c_n}^2$, yakni ekor sebuah deret konvergen; limitnya terletak di $F$, dan $x - \lim S_N
\perp$ setiap $e_k$ (lewat [kekontinuannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity)), jadi $\perp F$: sehingga menurut ketunggalan penguraian ortogonalnya, $\lim S_N = p_F(x)$.

(2) (i)$\Rightarrow$(ii): sebab $F = H$, sehingga $p_F = \mathrm{id}$. (ii)$\Rightarrow$(iii): lewat Pythagoras pada limitnya (sebab $\norm{S_N}^2
= \sum_{n \leq N}\abs{c_n}^2 \to \norm x^2$). (iii)$\Rightarrow$(iv): sebab $x \perp$ semua $e_n$ memberikan $\norm x^2 =
0$. (iv)$\Rightarrow$(i): sebab $F^\perp = \{0\}$ (karena keortogonalan terhadap semua $e_n$ adalah keortogonalan terhadap $F$), sehingga $F$ padat menurut [Teorema 13.3](#thm-b3-hilbert-decomposition); padahal $F$, sebagai sebuah [penutup](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior), sudah tertutup: jadi $F = H$.

(3) Pemetaannya linear, isometrik menurut (iii) (sehingga injektif), dan surjektif: sebab diberikan $(c_n) \in \ell^2$, deret $\sum
c_ne_n$ konvergen (yang Cauchy seperti pada (1)) ke sebuah prapetanya. Sedangkan rumus [hasil kali dalamnya](#def-b3-hilbert-inner) berupa polarisasi dari (iii), atau perhitungan limit yang langsung. ∎

**Proposisi 13.8 (Gram–Schmidt).**

Misalkan $(x_n)$ sebuah barisan yang bebas linear. Dengan menetapkan secara induktif $\tilde e_n = x_n - \sum_{k<n}\langle e_k,
x_n\rangle e_k$ dan $e_n = \tilde e_n/\norm{\tilde e_n}$ dihasilkanlah $(e_n)$ yang ortonormal dengan rentang berhingga yang sama: $\operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_n) = \operatorname{Vect}
(x_1, \dots, x_n)$. Karena itu setiap [ruang Hilbert](#def-b3-hilbert-inner) terpisahkan (yakni yang mempunyai himpunan bagian padat terbilang) mempunyai [basis Hilbert](#def-b3-hilbert-onb).

**Bukti.** Lewat induksi: $\tilde e_n \perp e_k$ (bila $k < n$) menurut konstruksinya, dan $\tilde e_n \neq 0$ menurut kebebasannya; sedangkan rentangnya bersesuaian pada setiap tahapnya (lewat penggantian basis segitiga). Untuk $H$ yang terpisahkan: dari sebuah barisan padat petiklah subkeluarga yang bebas linear dengan rentang yang padat (buanglah setiap vektor yang berada di rentang pendahulunya, sebab rentangnya tak berubah), lalu ortonormalkan: sehingga hasilnya total. ∎

**Teorema 13.9 (Sistem trigonometri; Parseval akhirnya).**

Di $L^2(\intcc{-\pi}\pi)$ dengan $\langle f, g\rangle =
\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi \bar fg$, keluarga $e_n(t) =
\eu^{\iu nt}$ dengan $n \in \Z$ merupakan [basis Hilbert](#def-b3-hilbert-onb). Karena itu, untuk *setiap* $f \in L^2$ — khususnya setiap fungsi $2\pi$-periodik $f$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) sepenggal-sepenggal — dengan $c_n(f) =
\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\eu^{-\iu nt}\dd t$:

$$
f = \sum_{n\in\Z}c_n(f)\,\eu^{\iu nt} \ \ \text{di } L^2,
\qquad
\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\abs f^2 =
\sum_{n\in\Z}\abs{c_n(f)}^2 .
$$

Ini membuktikan, dalam keumuman penuh, identitas [Parseval](#thm-b3-hilbert-parseval) yang diterima begitu saja pada Tahun ke-2.

**Bukti.** Keortonormalannya berupa perhitungan langsung (Tahun ke-2). Untuk ketotalannya: misalkan $f \in L^2$ bersifat $\perp$ semua $e_n$, yakni semua koefisien Fouriernya lenyap. Fungsi [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) berperiode $2\pi$ bersifat padat di $L^2(\intcc{-\pi}\pi)$: sebab sungguh $\mathcal
C_c(\intoo{-\pi}\pi)$ padat ([Teorema 12.6](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/12-ruang-lp#thm-b3-lp-density)(2)) dan fungsi semacam itu diperluas secara periodik dan [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity). Sedangkan polinomial trigonometri bersifat padat terhadap $\norm\cdot_\infty$ di antara fungsi periodik [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) (menurut Stone–Weierstrass, [Akibat 7.16](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#cor-b3-complete-weierstrass)(c)), dan $\norm\cdot_2 \leq \norm\cdot_\infty$: sehingga polinomial trigonometrinya padat di $L^2$. Padahal $f \perp$ setiap polinomial trigonometri, jadi $f \perp$ sebuah subruang padat: sehingga $f
\in (\text{padat})^\perp = \{0\}$ ([Teorema 13.3](#thm-b3-hilbert-decomposition)). Lalu kriteria (iv) [Teorema 13.7](#thm-b3-hilbert-parseval) menuntaskannya; sedangkan (ii) dan (iii) terurai menjadi tampilannya (dengan mengindeks ulang $\Z$ yang terbilang; dan deret dua ujungnya konvergen tanpa syarat — sebab semua jumlah parsialnya atas sembarang keluarga yang menghabiskan indeksnya konvergen, lewat argumen ekor $\ell^2$-nya). ∎

**Teorema 13.10 (Lax–Milgram).**

Misalkan $H$ [ruang Hilbert](#def-b3-hilbert-inner) real dan $a \colon H\times H \to
\R$ bilinear, *[kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity)* (yakni $\abs{a(u,v)} \leq M\norm
u\norm v$) serta *koersif* (yakni $a(u, u) \geq \alpha\norm u^2$ dengan $\alpha > 0$). Maka untuk setiap $\varphi \in H'$ ada tepat satu $u \in H$ dengan

$$
a(u, v) = \varphi(v) \qquad \text{untuk setiap } v \in H .
$$

**Bukti.** Untuk $u$ yang tetap, $v \mapsto a(u, v)$ bersifat linear [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity): sehingga Riesz memberikan tepat satu $Au \in H$ dengan $a(u,v) = \langle Au,
v\rangle$; dan $A$ linear dengan $\norm{Au} \leq M\norm u$ (lewat ketunggalan wakilnya, lalu batasnya). Untuk kekoersifannya: $\alpha\norm u^2 \leq a(u,u) = \langle Au, u\rangle \leq
\norm{Au}\norm u$, sehingga $\norm{Au} \geq \alpha\norm u$: jadi $A$ injektif dengan jangkauan yang tertutup (sebab barisan peta Cauchy $Au_n$ memaksa $u_n$ Cauchy). Jangkauannya padat: sebab $w \perp
\operatorname{im}A$ memberikan $0 = \langle Aw, w\rangle \geq
\alpha\norm w^2$. Tertutup dan padat: jadi $A$ bijektif. Diberikan $\varphi$, misalkan $f$ menyajikannya (lewat Riesz) dan $u = A^{-1}f$: maka $a(u, v) = \langle f, v\rangle = \varphi(v)$, secara tunggal (sebab $a(u - u', \cdot) = 0$ dan kekoersifannya). ∎

**Catatan 13.11.**

Bila $a$ setangkup, solusi Lax–Milgram merupakan satu-satunya pemberi minimum *energi* $J(v) = \frac12a(v,v) -
\varphi(v)$ ([Latihan 13.9](#exo-b3-hilbert-9)): jadi keberadaan solusi soal variasi dalam satu sapuan. Diterapkan pada ruang fungsi yang sesuai (yakni ruang Sobolev pada kuliah berikutnya), ini menyelesaikan soal nilai batas bagi persamaan diferensial — yakni pintu masuk modern ke persamaan diferensial parsial.

## 13.3 Latihan

**Latihan 13.1 ★.**

(a) Buktikan identitas polarisasinya (yang real: $4\langle x,
y\rangle = \norm{x+y}^2 - \norm{x-y}^2$; dan yang kompleks: versi empat sukunya). (b) Tunjukkan bahwa $\norm\cdot_1$ pada $L^1(\intcc01)$ dan $\norm\cdot_\infty$ pada $\mathcal C(\intcc01)$ melanggar hukum jajaran genjang: sehingga norma ini tak datang dari [hasil kali dalam](#def-b3-hilbert-inner) mana pun.

**Solusi Latihan 13.1.**

(a) Yang real: uraikan $\norm{x \pm y}^2 = \norm x^2 \pm 2\langle
x,y\rangle + \norm y^2$ lalu kurangkan. Yang kompleks (dengan [hasil kali dalamnya](#def-b3-hilbert-inner) linear pada slot keduanya): dengan menguraikannya seperti di atas,

$$
\langle x, y\rangle = \frac14\sum_{k=0}^{3}
\iu^k\,\bigl\|\iu^kx + y\bigr\|^2,
$$

sebab setiap sukunya menyumbang $\iu^k\cdot2\operatorname{Re}\bigl(
(-\iu)^k\langle x,y\rangle\bigr)$, yang jumlahnya $4\langle
x,y\rangle$ (periksalah keempat nilai $k$-nya; sedangkan $\sum\iu^k
(\norm x^2 + \norm y^2) = 0$).

(b) Untuk $L^1$: $f = \mathbf 1_{\intcc0{1/2}}$ dan $g = \mathbf
1_{\intcc{1/2}1}$: maka $\norm{f\pm g}_1^2 = 1$ masing-masing, berjumlah $2$; padahal $2\norm f_1^2 + 2\norm g_1^2 = 1 \neq 2$. Untuk norma supnya: $f =
\mathbf 1$ dan $g(t) = t$ pada $\intcc01$: maka $\norm{f + g}_\infty^2 +
\norm{f-g}_\infty^2 = 4 + 1 = 5 \neq 4 = 2 + 2$. Karena gagal memenuhi hukum jajaran genjang, norma ini tak diinduksi [hasil kali dalam](#def-b3-hilbert-inner) mana pun (sebab [hasil kali dalam](#def-b3-hilbert-inner) akan memaksanya lewat penguraian langsung).

**Latihan 13.2 ★.**

Di $H = L^2(\intcc01)$ (yang real): (a) hitunglah proyeksi $f$ ke subruang berisi fungsi konstan, lalu tafsirkan; (b) hitunglah proyeksinya ke $\{g : g = 0 \text{ hampir di mana-mana pada }
\intcc0{1/2}\}$; (c) hitunglah $d\bigl(x \mapsto x,\ \operatorname{Vect}(\mathbf
1)\bigr)$.

**Solusi Latihan 13.2.**

(a) $p(f) = \bigl(\int_0^1f\bigr)\mathbf 1$: sebab sungguh $f - \int f
\perp$ fungsi konstan (karena $\int(f - \int f)c = 0$). Jadi penghampiran konstan terbaik atas $f$ dalam kuadrat rata-rata adalah *rata-ratanya* — yakni contoh pertama nilai harapan bersyarat ([Bab 22](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/22-peluang-landasan-dan-hukum-bilangan-besar#ch-b3-probability)).

(b) $p(f) = f\,\mathbf 1_{\intcc{1/2}1}$: sebab selisihnya $f\mathbf 1_{\intcc0{1/2}}$ ortogonal terhadap setiap $g$ yang lenyap pada $\intcc0{1/2}$.

(c) $d^2 = \bigl\|x - \tfrac12\bigr\|_2^2 = \int_0^1(x -
\tfrac12)^2\dd x = \tfrac1{12}$: sehingga $d = \frac1{2\sqrt3}$.

**Latihan 13.3 ★★.**

(a) Tunjukkan bahwa untuk sebuah subruang $F$: $F$ padat $\iff$ $F^\perp =
\{0\}$, lalu berikan contoh di $\ell^2$ sebuah subruang padat yang *sejati* (sehingga $F^\perp = 0$ tanpa $F = H$: yakni teorema penguraiannya sungguh memerlukan $F$ yang tertutup). (b) Tunjukkan bahwa jika $x_n \to x$ dan $y_n \to y$ dalam norma, maka $\langle x_n, y_n\rangle \to \langle x, y\rangle$, lalu temukan dua tempat yang bab ini memakai [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) itu.

**Solusi Latihan 13.3.**

(a) Kesetaraannya adalah [Teorema 13.3](#thm-b3-hilbert-decomposition) (sebab $\bar F = (F^\perp)^\perp$, dan $\bar F = H \iff F^\perp =
\{0\}$). Contohnya: ruang $F$ berisi barisan berhingga bersifat padat di $\ell^2$ (lewat pemancungan) dan sejati: sehingga $F^\perp = \{0\}$ padahal $F
\neq \ell^2$ — jadi untuk subruang yang tak tertutup, $H = F \oplus
F^\perp$ gagal secara terang-terangan (sebab $F \oplus \{0\} \neq H$).

(b) $\abs{\langle x_n, y_n\rangle - \langle x, y\rangle} \leq
\abs{\langle x_n - x, y_n\rangle} + \abs{\langle x, y_n -
y\rangle} \leq \norm{x_n - x}\sup_n\norm{y_n} + \norm
x\,\norm{y_n - y} \to 0$ (sebab barisan konvergen bersifat terbatas). Ia dipakai: pada [Teorema 13.7](#thm-b3-hilbert-parseval)(1) untuk melihat $x - \lim
S_N \perp e_k$, dan pada [Teorema 13.3](#thm-b3-hilbert-decomposition) untuk melihat $F^\perp = \bar F^{\,\perp}$.

**Latihan 13.4 ★★.**

Terapkan Gram–Schmidt pada $1, x, x^2$ di $L^2(\intcc{-1}1)$ (dengan [ukuran Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#def-b3-measure-lebesgueouter)): perolehlah ketiga *polinomial Legendre* ternormalkan yang pertama, lalu periksalah bahwa keduanya cocok dengan $\sqrt{n + \frac12}\,P_n$ untuk polinomial Rodrigues $P_n$ pada [Soal 13.1](#pb-b3-hilbert-1).

**Solusi Latihan 13.4.**

Berlaku $e_0 = \frac1{\sqrt2}$. Berikutnya, $x \perp \mathbf 1$ sudah sejak awal (sebab $\int_{-1}^1x = 0$), dan $\int_{-1}^1x^2 = \frac23$: sehingga $e_1 =
\sqrt{\tfrac32}\,x$. Lalu $x^2 - \langle e_0, x^2\rangle e_0 =
x^2 - \frac13$ (dan $\perp e_1$ menurut paritasnya), dengan

$$
\int_{-1}^1\Bigl(x^2 - \frac13\Bigr)^2\dd x = \frac25 -
\frac49 + \frac29 = \frac{8}{45}:
\qquad e_2 = \sqrt{\tfrac{45}8}\,\Bigl(x^2 - \frac13\Bigr).
$$

Perbandingannya: $P_0 = 1$, $P_1 = x$, $P_2 = \frac{3x^2 - 1}2$, dan $\sqrt{n + \tfrac12}\,P_n$ memberikan $\frac1{\sqrt2}$, $\sqrt{\frac32}x$, $\sqrt{\frac52}\,\frac{3x^2-1}2 =
\sqrt{\frac{45}8}\bigl(x^2 - \frac13\bigr)$: yakni tepat $e_0, e_1,
e_2$.

**Latihan 13.5 ★★.**

Terapkan [Parseval](#thm-b3-hilbert-parseval) ([Teorema 13.9](#thm-b3-hilbert-fourier)) pada $f(t) = t$ dan $f(t) = t^2$ di $\intcc{-\pi}\pi$ — kini secara sah bagi keduanya (yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), tetapi sebelumnya identitasnya menuntut kehati-hatian $\mathcal C^1$ sepenggal-sepenggal pada ketakkontinuan di sambungannya): pulihkanlah

$$
\sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6,
\qquad
\sum_{n\geq1}\frac1{n^4} = \frac{\pi^4}{90} .
$$

**Solusi Latihan 13.5.**

Untuk $f(t) = t$: $c_0 = 0$ dan, lewat pengintegralan parsial, $c_n =
\frac{\iu(-1)^n}{n}$ untuk $n \neq 0$: sehingga $\abs{c_n}^2 =
\frac1{n^2}$. Lalu [Parseval](#thm-b3-hilbert-parseval):

$$
\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi t^2\dd t = \frac{\pi^2}3
= \sum_{n\neq0}\frac1{n^2} = 2\sum_{n\geq1}\frac1{n^2}
\ \Longrightarrow\ \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6 .
$$

Untuk $f(t) = t^2$: $c_0 = \frac{\pi^2}3$ dan $c_n =
\frac{2(-1)^n}{n^2}$ (bila $n \ne 0$). Lalu [Parseval](#thm-b3-hilbert-parseval):

$$
\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}t^4\dd t = \frac{\pi^4}5
= \frac{\pi^4}9 + \sum_{n\neq0}\frac4{n^4}
\ \Longrightarrow\
\sum_{n\geq1}\frac1{n^4} = \frac18\Bigl(\frac{\pi^4}5 -
\frac{\pi^4}9\Bigr) = \frac{\pi^4}{90} .
$$

Tak diperlukan syarat $\mathcal C^1$ sepenggal-sepenggal apa pun: sebab [Teorema 13.9](#thm-b3-hilbert-fourier) mencakup setiap fungsi $L^2$.

**Latihan 13.6 ★★.**

(a) Carilah $a \in L^2(\intcc01)$ dengan $\int_0^{1/2}f =
\langle a, f\rangle$ untuk setiap $f$; lalu hitunglah $\norm\varphi$ untuk fungsional ini. (b) Tunjukkan bahwa penilaian $f \mapsto f(\frac12)$, yang terdefinisi pada subruang $\mathcal C(\intcc01) \subseteq
L^2(\intcc01)$, *tak* [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) terhadap $\norm\cdot_2$: sehingga tak ada wakil Riesznya (sebab penilaian bukan gagasan $L^2$).

**Solusi Latihan 13.6.**

(a) $\varphi(f) = \int_0^{1/2}f = \langle\mathbf
1_{\intcc0{1/2}},\ f\rangle$: jadi wakilnya adalah $a =
\mathbf 1_{\intcc0{1/2}}$, dan $\norm\varphi = \norm a_2 =
\frac1{\sqrt2}$ ([Teorema 13.4](#thm-b3-hilbert-riesz)).

(b) Ambillah fungsi tenda $f_n$ yang berpuncak $1$ di $\frac12$ dan berpendukung selebar $\frac2n$: maka $f_n(\tfrac12) = 1$ sedangkan $\norm{f_n}_2^2 \leq \frac2n \to 0$: sehingga tak ada konstanta $C$ yang dapat memberikan $\abs{f(\frac12)} \leq C\norm f_2$. Jadi penilaian titik tak bermakna di $L^2$ — sebab unsurnya berupa kelas modulo himpunan nol — dan perhitungan ini adalah alasan kuantitatifnya.

**Latihan 13.7 ★★★.**

Misalkan $H$ terpisahkan dengan [basis Hilbert](#def-b3-hilbert-onb) $(e_n)$, dan $(x_k)$ sebuah barisan yang terbatas. (a) Tunjukkan bahwa suatu subbarisannya konvergen *secara lemah*: yakni ada $x$ dengan $\langle y, x_{k_j}\rangle \to \langle y,
x\rangle$ untuk setiap $y \in H$. *(Pakai pemetikan diagonal pada koefisiennya $\langle e_n, x_k\rangle$; lalu rakitlah $x$ lewat Bessel dan keterbatasan seragam normanya.)* (b) Tunjukkan bahwa $e_n \rightharpoonup 0$ padahal $\norm{e_n} = 1$: sehingga limit lemah dapat kehilangan norma. Lalu tunjukkan $\norm x \leq
\liminf\norm{x_{k_j}}$ pada (a).

**Solusi Latihan 13.7.**

(a) Misalkan $M = \sup_k\norm{x_k}$. Barisan skalarnya $(\langle e_n, x_k\rangle)_k$ terbatas oleh $M$: sehingga pemetikan diagonal melahirkan $x_{k_j}$ dengan $\langle e_n, x_{k_j}\rangle
\to \gamma_n$ untuk setiap $n$. Lalu untuk setiap $N$: $\sum_{n\leq
N}\abs{\gamma_n}^2 = \lim_j\sum_{n\leq N}\abs{\langle e_n,
x_{k_j}\rangle}^2 \leq M^2$ (lewat Bessel), sehingga $(\gamma_n) \in
\ell^2$ dan $x = \sum_n\gamma_ne_n \in H$ ([Teorema 13.7](#thm-b3-hilbert-parseval)(3)). Untuk $y \in H$:

$$
\abs{\langle y, x_{k_j} - x\rangle}
\leq \Bigl|\sum_{n\leq N}\overline{c_n(y)}\bigl(\langle e_n,
x_{k_j}\rangle - \gamma_n\bigr)\Bigr|
+ 2M\Bigl(\sum_{n>N}\abs{c_n(y)}^2\Bigr)^{1/2},
$$

dengan memakai uraian $\langle y, z\rangle =
\sum\overline{c_n(y)}c_n(z)$ dan Cauchy–Schwarz pada ekornya; lalu pilihlah $N$ kemudian $j$: yakni kekonvergenan lemah ke $x$.

(b) Berlaku $\langle y, e_n\rangle = c_n(y) \to 0$ untuk setiap $y$ (lewat ekor $\ell^2$-nya): sehingga $e_n \rightharpoonup 0$, padahal $\norm{e_n} =
1$: jadi normanya tak [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) secara lemah. Pada (a): $\norm x^2 =
\sum\abs{\gamma_n}^2 \leq \liminf_j\norm{x_{k_j}}^2$ (lewat potongan berhingganya dan Bessel lagi): sehingga limit lemahnya hanya dapat kehilangan norma.

**Latihan 13.8 ★★.**

(Adjoin) Untuk $T \in \mathcal L(H)$, tunjukkan bahwa ada tepat satu $T^* \in \mathcal L(H)$ dengan $\langle Tx, y\rangle = \langle
x, T^*y\rangle$ (lewat Riesz), dan $\vertiii{T^*} = \vertiii T$. Hitunglah adjoin pergeseran $S$ pada $\ell^2$, lalu buktikan $\ker T^* = (\operatorname{im}T)^\perp$ — lalu turunkan $\overline{\operatorname{im}T} = (\ker T^*)^\perp$.

**Solusi Latihan 13.8.**

Untuk $y$ yang tetap, $x \mapsto \langle y, Tx\rangle$ merupakan fungsional linear [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity); sehingga Riesz memberikan tepat satu $T^*y$ dengan $\langle y, Tx\rangle = \langle T^*y, x\rangle$ untuk setiap $x$ — lalu dengan mengonjugasikannya, $\langle Tx, y\rangle = \langle x,
T^*y\rangle$. Ketunggalannya membuat $T^*$ linear;

$$
\norm{T^*y} = \sup_{\norm x = 1}\abs{\langle T^*y, x\rangle}
= \sup_{\norm x=1}\abs{\langle y, Tx\rangle}
\leq \vertiii T\,\norm y,
$$

sehingga $\vertiii{T^*} \leq \vertiii T$, dan $T^{**} = T$ memberikan kesamaannya. Untuk pergeserannya: $\langle Sx, y\rangle = \sum_{n\geq1}
x_n\bar y_{n+1} = \langle x, S^*y\rangle$ dengan $(S^*y)_n =
y_{n+1}$: yakni pergeseran mundurnya. Untuk kernel dan petanya: $T^*y = 0$ jika dan hanya jika $\langle x, T^*y\rangle = 0$ untuk setiap $x$ jika dan hanya jika $\langle Tx,
y\rangle = 0$ untuk setiap $x$ jika dan hanya jika $y \perp \operatorname{im}T$: sehingga $\ker T^* = (\operatorname{im}T)^\perp$; lalu dengan mengambil $\perp$ dan memakai [Teorema 13.3](#thm-b3-hilbert-decomposition), $\overline{\operatorname{im}T} = (\ker T^*)^\perp$.

**Latihan 13.9 ★★.**

Misalkan $a$ seperti pada Lax–Milgram dan lebih lanjut *setangkup*. Tunjukkan bahwa $u$ menyelesaikan $a(u, \cdot) = \varphi$ jika dan hanya jika $u$ meminimumkan $J(v) = \frac12a(v, v) - \varphi(v)$, dan bahwa minimumnya tercapai tepat di satu titik. *(Lengkapkan kuadratnya: $J(u + w) - J(u) = \frac12a(w,w) \geq
\frac\alpha2\norm w^2$.)* Terapannya: turunkan kembali teorema proyeksinya bagi subruang tertutup dari Lax–Milgram.

**Solusi Latihan 13.9.**

Jika $a(u, \cdot) = \varphi$: maka untuk sembarang $w$,

$$
J(u + w) - J(u) = a(u, w) - \varphi(w) + \tfrac12a(w,w)
= \tfrac12a(w,w) \geq \tfrac\alpha2\norm w^2,
$$

yang positif sejati untuk $w \neq 0$: jadi $u$ satu-satunya pemberi minimumnya. Sebaliknya, pada sebuah pemberi minimum fungsi $t \mapsto J(u + tw)$ (yakni polinomial kuadratik terhadap $t$) berturunan nol di $0$: sehingga $a(u, w) - \varphi(w) = 0$ untuk setiap $w$. Untuk proyeksi yang diturunkan kembali: bagi subruang tertutup $F$, terapkan Lax–Milgram pada [ruang Hilbert](#def-b3-hilbert-inner) $F$ dengan $a(u,v) = \langle u, v\rangle$ (sehingga $M = \alpha = 1$) dan $\varphi(v) = \langle x, v\rangle$: diperoleh tepat satu $p \in F$ dengan $\langle p, v\rangle = \langle x,
v\rangle$ untuk setiap $v \in F$, yakni $x - p \perp F$ — dan menurut kasus setangkupnya, $p$ meminimumkan $\frac12\norm v^2 - \langle
x, v\rangle = \frac12\norm{v - x}^2 - \frac12\norm x^2$ atas $F$: yakni proyeksinya.

**Latihan 13.10 ★★★.**

(Sistem Haar) Pada $\intcc01$, misalkan $h_{0} = \mathbf 1$, dan untuk $n = 2^j + k$ (dengan $j \geq 0$ dan $0 \leq k < 2^j$):

$$
h_n = 2^{j/2}\Bigl(\mathbf 1_{[k2^{-j},\,(k +
\frac12)2^{-j})} - \mathbf 1_{[(k+\frac12)2^{-j},\,(k+1)2^{-j})}
\Bigr).
$$

Tunjukkan bahwa $(h_n)_{n\geq0}$ ortonormal di $L^2(\intcc01)$, dan total. *(Keortogonalannya: sebab pendukungnya saling lepas atau bersarang; sedangkan ketotalannya: sebab rentang berhingganya memuat semua fungsi tangga diadik, yang padat — lewat [Teorema 12.6](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/12-ruang-lp#thm-b3-lp-density)(1) dan penghampiran diadik atas selangnya.)* Sistem Haar merupakan nenek moyang gelombang kecil.

**Solusi Latihan 13.10.**

Penormalannya: $\int h_n^2 = 2^j\cdot 2^{-j} = 1$. Keortogonalannya: dua fungsi Haar yang berbeda entah berpendukung ([interior](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior)) saling lepas (sehingga hasil kalinya nol hampir di mana-mana), entah pendukung yang lebih halus termuat di sebuah setengah selang tempat yang lebih kasar bernilai konstan — lalu integral hasil kalinya adalah konstanta itu dikali $\int h_{\text{lebih halus}} = 0$; sedangkan terhadap $h_0
= \mathbf 1$, kembali $\int h_n = 0$. Untuk ketotalannya: rentang $\{h_0, \dots, h_{2^J-1}\}$ terdiri atas fungsi tangga pada kisi diadik berlangkah $2^{-J}$; kedua ruangnya berdimensi $2^J$ dan fungsi Haarnya bebas (sebab ortonormal): sehingga rentangnya adalah *seluruh* fungsi tangga semacam itu. Lalu fungsi tangga diadiknya padat di $L^2(\intcc01)$: sebab [fungsi sederhananya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-simple) padat ([Teorema 12.6](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/12-ruang-lp#thm-b3-lp-density)(1)), himpunan [terukurnya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) dihampiri gabungan berhingga selang ([Latihan 9.7](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#exo-b3-measure-7)), dan selangnya oleh yang diadik (sebab ujungnya bergeser sejauh $\leq 2^{-J}$). Menurut [Teorema 13.7](#thm-b3-hilbert-parseval), sistem Haarnya merupakan [basis Hilbert](#def-b3-hilbert-onb).

**Latihan 13.11 ★★.**

(Proyeksi ortogonal, yang tercirikan) Misalkan $H$ sebuah [ruang Hilbert](#def-b3-hilbert-inner) dan $P \in \mathcal L(H)$ dengan $P^2 = P$ dan $P \neq 0$. Tunjukkan kesetaraan: (i) $P$ merupakan proyeksi ortogonal ke $\operatorname{im}P$; (ii) $P = P^*$ ([Latihan 13.8](#exo-b3-hilbert-8)); (iii) $\vertiii P = 1$. *(Untuk (iii) $\Rightarrow$ (i): jika suatu $x \in
(\ker P)^\perp$ mempunyai $Px \neq x$, tinjaulah $x + t(Px - x)$ — atau secara langsung: untuk $u \in \operatorname{im}P$ dan $v \in
\ker P$, uraikan $\norm{P(u + tv)}^2 \leq \norm{u + tv}^2$ untuk setiap $t \in \R$ lalu simpulkan $\langle u, v\rangle = 0$.)* Tampilkan sebuah proyeksi tak ortogonal pada $\R^2$ lalu hitunglah normanya.

**Solusi Latihan 13.11.**

(i) $\Rightarrow$ (ii): untuk proyeksi ortogonalnya, $\langle Px, y\rangle = \langle Px, Py\rangle = \langle x,
Py\rangle$ (sisipkan penguraiannya $x = Px + (x - Px)$ dan seterusnya lalu bunuhlah suku silangnya). (ii) $\Rightarrow$ (iii): $\norm{Px}^2 = \langle P^2x, x\rangle = \langle Px, x\rangle
\leq \norm{Px}\norm x$, sehingga $\vertiii P \leq 1$, dan $Pu = u$ pada petanya yang tak nol: jadi $= 1$. (iii) $\Rightarrow$ (i): $H =
\operatorname{im}P \oplus \ker P$ (secara aljabar, dari $P^2
= P$); lalu ambillah $u = Pu \in \operatorname{im}P$, $v \in \ker P$, dan $t \in \R$: maka $\norm{P(u + tv)}^2 = \norm u^2$ haruslah $\leq
\norm{u + tv}^2 = \norm u^2 + 2t\operatorname{Re}\langle u,
v\rangle + t^2\norm v^2$ untuk setiap $t$, yang memaksa $\operatorname{Re}\langle u, v\rangle = 0$ (bandingkan suku linearnya saat $t \to 0^\pm$); lalu mengganti $v$ dengan $\iu v$ membunuh bagian imajinernya pula: sehingga $\operatorname{im}P \perp
\ker P$, yang tepat merupakan keortogonalan proyeksinya. Contohnya: $P(x, y) = (x + y, 0)$ pada $\R^2$: maka $P^2 = P$, dengan peta berupa sumbu-$x$, kernel berupa garis $y = -x$, dan $\vertiii P = \sup\frac{\abs{x+y}}{\norm{(x,y)}} = \sqrt2$ (yang tercapai di $(1,1)/\sqrt2$): jadi proyeksi miring bernorma $> 1$. (Untuk catatan, (ii) juga memberikan (i) secara langsung: sebab $\ker P = \ker P^* = (\operatorname{im}P)^\perp$ menurut [Latihan 13.8](#exo-b3-hilbert-8).)

**Latihan 13.12 ★★★.**

(Teorema ergodik von Neumann) Misalkan $U \in \mathcal L(H)$ *uniter* (yakni $U^*U = UU^* = I$), $F = \ker(U - I)$ ruang tetapnya, $P$ proyeksi ortogonal ke $F$, dan $A_n = \frac1n\sum_{k=0}^{n-1}U^k$. (a) Tunjukkan bahwa $\ker(U - I) = \ker(U^* - I)$ *(dari $\norm{Ux - x}^2 = 2\norm x^2 - 2\operatorname{Re}\langle
Ux, x\rangle$ dan keuniterannya)*, lalu turunkan $\overline{\operatorname{im}(U - I)} = F^\perp$. (b) Tunjukkan bahwa $A_nx \to x$ untuk $x \in F$, dan $A_nx \to 0$ untuk $x \in \operatorname{im}(U - I)$ *(lewat peneleskopan)*, lalu untuk $x \in \overline{\operatorname{im}(U - I)}$ (dengan batas seragam $\vertiii{A_n} \leq 1$). (c) Simpulkan: $A_nx \to Px$ untuk *setiap* $x \in H$ — sehingga rata-rata waktunya konvergen ke proyeksi pada invariannya. (d) Uraikan hal itu untuk $H = L^2(\R/\Z)$ dan $Uf = f(\cdot +
\alpha)$ dengan $\alpha$ irasional: kenalilah $F$ (pakailah deret Fourier, [Teorema 13.9](#thm-b3-hilbert-fourier)) lalu turunkan bahwa $\frac1n\sum_{k<n}f(x + k\alpha) \to \int_0^1f$ di $L^2$: yakni pemerataan-$L^2$ rotasi irasionalnya.

**Solusi Latihan 13.12.**

(a) Untuk $U$ yang uniter: $\norm{Ux - x}^2 = 2\norm x^2 -
2\operatorname{Re}\langle Ux, x\rangle$ dan $\norm{U^*x -
x}^2 = 2\norm x^2 - 2\operatorname{Re}\langle x, Ux\rangle$: sehingga keduanya lenyap bersama, jadi $\ker(U - I) = \ker(U^* - I)$. Lalu, dengan memakai $\ker T^* = (\operatorname{im}T)^\perp$ ([Latihan 13.8](#exo-b3-hilbert-8)) untuk $T = U - I$ dan $T^* = U^* -
I$:

$$
\overline{\operatorname{im}(U - I)} = \bigl(\ker(U^* -
I)\bigr)^\perp = F^\perp .
$$

(b) Pada $F$: $U^kx = x$, sehingga $A_nx = x$. Untuk $x = (U - I)y$: $A_nx = \frac1n(U^ny - y)$, yang bernorma $\leq \frac2n\norm y \to
0$. Sedangkan untuk $x$ pada [penutupnya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior): diberikan $\varepsilon$, pilihlah $x' =
(U - I)y$ dengan $\norm{x - x'} < \varepsilon$; lalu karena $\vertiii{A_n} \leq \frac1n\sum\vertiii{U^k} = 1$, maka $\norm{A_nx} \leq \norm{A_n(x - x')} + \norm{A_nx'} \leq
\varepsilon + o(1)$.

(c) Uraikan $x = Px + (x - Px)$ dengan $Px \in F$ dan $x -
Px \in F^\perp = \overline{\operatorname{im}(U - I)}$ (bagian (a)): sehingga $A_nx = Px + A_n(x - Px) \to Px + 0$.

(d) Pada basis Fouriernya $e_m(x) = \eu^{2\iu\pi mx}$: $Ue_m
= \eu^{2\iu\pi m\alpha}e_m$, sehingga $Ue_m = e_m$ jika dan hanya jika $m\alpha
\in \Z$ jika dan hanya jika $m = 0$ (sebab $\alpha$ irasional): jadi $F = \C\mathbf 1$ dan $Pf = \langle\mathbf 1, f\rangle\mathbf 1 = \int_0^1f$. Teoremanya lalu berbunyi $\frac1n\sum_{k<n}f(\cdot + k\alpha) \to
\int_0^1f$ di $L^2(\R/\Z)$: sehingga rata-rata [orbit](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-action) sebuah rotasi irasional merata — yakni bayangan $L^2$ dari teorema pemerataan Weyl, yang diperoleh lewat geometri Hilbert belaka.

## 13.4 Soal: polinomial ortogonal

**Soal 13.1.**

Soal akhir pekan — Legendre, Hermite, dan kuadratur Gauss

Misalkan $I \subseteq \R$ sebuah selang dan $w > 0$ sebuah *bobot* [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) pada [interior](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) $I$ sedemikian sehingga $\int_I
\abs t^nw(t)\dd t < \infty$ untuk setiap $n$; lalu bekerjalah di $H = L^2(I,
w\,\dd\lambda)$ dengan $\langle f, g\rangle = \int_I \bar
fg\,w$. Gram–Schmidt yang diterapkan pada $1, t, t^2, \dots$ menghasilkan *[polinomial ortogonal](#pb-b3-hilbert-1)* $(p_n)$ untuk $w$ (dengan penormalan monik: $p_n = t^n + \cdots$).

**Bagian I — Teori umumnya.**

1. Tunjukkan bahwa $p_n$ ortogonal terhadap setiap polinomial berderajat $< n$ , dan bahwa $(p_0, \dots, p_n)$ merupakan basis $\R_n[t]$ .
2. (Rekurensi tiga suku) Tunjukkan bahwa ada real $a_n,  b_n$ dengan $$p_{n+1}(t) = (t - a_n)\,p_n(t) - b_n\,p_{n-1}(t),  \qquad b_n = \frac{\norm{p_n}^2}{\norm{p_{n-1}}^2} >  0 .$$ *(Uraikan $t\,p_n$ pada basis $(p_k)_{k \leq  n+1}$ lalu bunuhlah koefisiennya lewat keortogonalannya, dengan memakai $\langle tp_n, p_k\rangle = \langle p_n,  tp_k\rangle$.)*
3. (Akar) Tunjukkan bahwa $p_n$ mempunyai $n$ akar yang *berbeda* , semuanya [interior](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) terhadap $I$ . *(Misalkan $t_1 < \dots < t_m$ pergantian tanda $p_n$ di [interiornya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior); lalu jika $m < n$, ujilah $p_n$ terhadap $\prod_{i\leq m}(t - t_i)$ lalu pertentangkan dengan keortogonalannya.)*

**Bagian II — Legendre ($I = \intcc{-1}1$, $w =
1$).** Definisikan $P_n(t) = \frac{1}{2^nn!}\,\frac{\dd^n}{\dd
t^n}\bigl[(t^2 - 1)^n\bigr]$ (Rodrigues).

4. Tunjukkan bahwa $\deg P_n = n$ dengan koefisien utama $\frac{(2n)!}{2^n(n!)^2}$ , dan, dengan mengintegralkan secara parsial $n$ kali, bahwa $\langle P_n, Q\rangle = 0$ untuk setiap polinomial $Q$ berderajat $< n$ : sehingga $P_n$ merupakan (sampai penormalannya) [polinomial ortogonal](#pb-b3-hilbert-1) untuk $w = 1$ .
5. Hitunglah $\norm{P_n}_2^2 = \frac{2}{2n+1}$ *(integralkan secara parsial $n$ kali terhadap dirinya lalu susutkan ke sebuah integral Beta/Wallis, [Latihan 11.8](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#exo-b3-product-8))* .
6. Tunjukkan bahwa polinomial Legendre yang ternormalkan membentuk [basis Hilbert](#def-b3-hilbert-onb) $L^2(\intcc{-1}1)$ *(lewat Weierstrass, [Akibat 7.16](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#cor-b3-complete-weierstrass), ditambah [kepadatan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma) $\mathcal C$ di $L^2$)* , lalu uraikan $f(t) = \abs t$ sampai derajat $2$ : yakni hitunglah penghampiran kuadratik- $L^2$ terbaik atas $\abs t$ .

**Bagian III — Hermite ($I = \R$, $w(t) =
\eu^{-t^2}$).** Definisikan $H_n(t) =
(-1)^n\eu^{t^2}\frac{\dd^n}{\dd t^n}\eu^{-t^2}$.

7. Tunjukkan bahwa $H_n$ merupakan polinomial berderajat $n$ dengan koefisien utama $2^n$ , bahwa $H_{n+1} = 2tH_n -  H_n'$ , dan bahwa $\langle H_m, H_n\rangle_w =  \delta_{mn}\,2^nn!\sqrt\pi$ *(lewat pengintegralan parsial lagi)* .
8. Tunjukkan bahwa keluarga Hermitenya total di $L^2(\R,  \eu^{-t^2}\dd t)$ , dengan menerima satu hasil dari [Bab 14](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/14-transformasi-fourier#ch-b3-fouriertransform) : bahwa jika $g \in L^1(\R)$ mempunyai $\int g(t)\eu^{-\iu\xi t}\dd t = 0$ untuk setiap $\xi$ , maka $g = 0$ hampir di mana-mana. *(Untuk $f \perp$ semua $H_n$, yakni $\perp$ semua polinomial: tunjukkan bahwa $z \mapsto \int  f(t)\eu^{-t^2}\eu^{-\iu zt}\dd t$ terdefinisi dengan baik, uraikan eksponensialnya menjadi deret, benarkan penukarannya lewat dominasi, lalu simpulkan bahwa transformasi Fourier $f\eu^{-t^2}$ lenyap.)*

**Bagian IV — Kuadratur Gauss.** Tetapkan $n$, misalkan $t_1 < \dots < t_n$ akar $p_n$ (Bagian I), lalu definisikan bobotnya $w_i = \int_I \ell_i(t)\,w(t)\dd t$ dengan $\ell_i$ polinomial basis interpolasi Lagrange di $t_i$.

9. Tunjukkan bahwa aturan kuadratur $Q(f) = \sum_iw_if(t_i)$ bersifat persis pada setiap polinomial berderajat $\leq n - 1$ (lewat interpolasinya), dan bahkan — inilah keajaibannya — pada setiap polinomial berderajat $\leq 2n - 1$ : tulislah $P =  qp_n + r$ lalu pakailah keortogonalannya pada hasil bagi $q$ .
10. Tunjukkan bahwa bobotnya positif *(terapkan aturannya pada $\ell_i^2$, yang berderajat $2n -  2$)* , lalu turunkan dari teorema Polya ( [Latihan 8.9](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/8-ruang-banach-dan-teorema-fundamentalnya#exo-b3-banach-9) ) bahwa kuadratur Gauss konvergen: yakni $Q_n(f) \to \int_I fw$ untuk setiap $f$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) pada $I$ yang [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) .
11. Untuk $n = 2$ , $I = \intcc{-1}1$ , dan $w = 1$ : hitunglah simpulnya $\pm\frac1{\sqrt3}$ dan bobotnya $1, 1$ , lalu periksalah kepersisannya pada $1, t, t^2, t^3$ dengan tangan. Bandingkan dengan aturan trapesium pada kedua titik penilaian yang sama.

**Bagian V — Chebyshev: polinomial yang berosilasi paling baik.** Kini $I = \intcc{-1}1$ dan $w(t) =
\frac1{\sqrt{1 - t^2}}$.

12. Tunjukkan bahwa $T_n(\cos\theta) = \cos n\theta$ mendefinisikan sebuah polinomial $T_n$ berderajat $n$ (tegakkanlah $T_{n+1} =  2t\,T_n - T_{n-1}$ dari sebuah identitas trigonometri), dengan koefisien utama $2^{n-1}$ untuk $n \geq 1$; dan bahwa substitusi $t = \cos\theta$ memberikan $$\langle T_m, T_n\rangle_w =  \int_0^\pi\cos m\theta\,\cos n\theta\,\dd\theta  = 0 \ (m \neq n), \qquad  \norm{T_0}_w^2 = \pi,\ \ \norm{T_n}_w^2 = \frac\pi2 :$$ sehingga $T_n$ merupakan [polinomial ortogonal](#pb-b3-hilbert-1) untuk bobot ini, dan uraian Chebyshevnya *adalah* deret kosinus Fourier yang menyamar.
13. Temukan secara eksplisit $n$ akarnya $t_k =  \cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}$ dan $n + 1$ ekstremumnya $s_j = \cos\frac{j\pi}n$ dari $T_n$ pada $\intcc{-1}1$ , yang $T_n(s_j) = (-1)^j$ -nya: sehingga grafiknya *berosilasi setara* antara $\pm1$ .
14. (Minimaks) Tunjukkan bahwa di antara semua polinomial *monik* berderajat $n$ , polinomial $2^{1-n}T_n$ mempunyai norma-sup terkecil pada $\intcc{-1}1$ , yakni $2^{1-n}$ — dan ia satu-satunya pemberi minimumnya. *(Sebab jika sebuah $P$ yang monik mempunyai $\sup\abs P < 2^{1-n}$, maka selisih $2^{1-n}T_n -  P$, yang berderajat $\leq n-1$, akan berganti tanda di $n+1$ titik osilasi setaranya.)*
15. Terapannya pada interpolasi: untuk simpul $t_1 < \dots  < t_n$ di $\intcc{-1}1$ , galat interpolasi Lagrange atas fungsi $\mathcal C^n$ melibatkan $\omega(t) = \prod_i(t - t_i)$ . Tunjukkan bahwa memilih akar Chebyshev sebagai simpulnya meminimumkan $\sup_{\intcc{-1}1}\abs\omega$ , lalu berikan batas yang dihasilkannya $\norm{f -  L_nf}_\infty \leq \frac{\norm{f^{(n)}}_\infty}  {2^{n-1}\,n!}$ — lalu bandingkan dengan simpul berjarak sama (dengan menyatakan gejala Runge sebagai kisah peringatannya).
16. Periksalah $\abs{T_n'(\pm1)} = n^2$ *(turunkan $T_n(\cos\theta) = \cos n\theta$ lalu ambil limitnya $\theta \to 0, \pi$)* : sehingga polinomial yang terbatas oleh $1$ pada $\intcc{-1}1$ dapat berturunan sebesar $n^2$ di tepinya (dan ketaksamaan Markov mengatakan tak lebih besar — pernyataannya saja). Di manakah pada selangnya batas turunannya hanya $O(n)$ ?
17. (Kuadratur Chebyshev–Gauss) Tunjukkan bahwa aturan Gauss untuk bobot $w$ pada $n$ akar Chebyshevnya mempunyai bobot yang *sama* $w_i = \frac\pi n$ *(lewat kepersisannya pada $T_0, \dots, T_{n-1}$ ditambah jumlah trigonometrinya $\sum_{k=1}^n\cos\bigl(j\tfrac{(2k-1)\pi}{2n}\bigr) =  0$ untuk $1 \leq j \leq n - 1$)* : yakni yang paling seragam di antara semua kuadraturnya. Tuliskanlah untuk $n = 3$ .

**Bagian VI — Christoffel–Darboux, keberselang-selingan, dan matriks Jacobi.** Kembali ke bobot umum; dengan $h_k = \norm{p_k}^2$ ($p_k$ monik) dan $b_k = h_k/h_{k-1}$.

18. (Norma terkecil) Tunjukkan bahwa di antara semua polinomial *monik* berderajat $n$ , $p_n$ yang ortogonal itu satu-satunya yang bernorma- $L^2(w)$ minimal — lalu kenalilah peminimumannya sebagai sebuah proyeksi ortogonal ke $\R_{n-1}[t]$ ( [Teorema 13.2](#thm-b3-hilbert-projection) atau proyeksi berdimensi berhingga pada Tahun ke-2). Sedangkan sifat minimaks pertanyaan 14 adalah pernyataan yang sama dengan $L^\infty$ menggantikan $L^2$ : yakni pahlawan yang sama, dua norma.
19. (Christoffel–Darboux) Buktikan, lewat induksi pada $n$ dengan memakai rekurensi tiga sukunya, identitas $$\sum_{k=0}^{n}\frac{p_k(x)\,p_k(y)}{h_k}  = \frac{p_{n+1}(x)\,p_n(y) -  p_n(x)\,p_{n+1}(y)}{h_n\,(x - y)}  \qquad (x \neq y),$$ beserta bentuk konfluennya (saat $y \to x$): $\sum_{k\leq n}\frac{p_k(x)^2}{h_k} =  \frac{p_{n+1}'(x)p_n(x) - p_n'(x)p_{n+1}(x)}{h_n}$.
20. Turunkan bahwa $p_n$ dan $p_{n+1}$ tak berakar bersama, dan bahwa pada setiap akar $x_0$ dari $p_{n+1}$ berlaku: $p_n(x_0)\,p_{n+1}'(x_0) > 0$ . Lalu simpulkan *keberselang-selingan* akarnya: bahwa di antara dua akar berurutan $p_{n+1}$ terletak tepat satu akar $p_n$ .
21. (Matriks Jacobi) Misalkan $J_n$ matriks tridiagonal setangkup berukuran $n\times n$ dengan diagonal $a_0,  \dots, a_{n-1}$ dan entri luar diagonalnya $\sqrt{b_1},  \dots, \sqrt{b_{n-1}}$ . Tunjukkan lewat induksi bahwa $\det(tI_n - J_n) = p_n(t)$ , sehingga akar $p_n$ merupakan nilai eigen sebuah matriks setangkup real — yang membuktikan kembali dalam satu baris bahwa akarnya real, dan (bersama keberselang-selingan di atas) mengikat [polinomial ortogonalnya](#pb-b3-hilbert-1) ke dunia spektral [Bab 15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/15-operator-kompak-dan-teorema-spektral#ch-b3-spectral) .
22. (Sintesis) Rakitlah kamus bagi ketiga keluarga klasiknya (Legendre, Hermite, Chebyshev): yakni selangnya, bobotnya, rumus pendefinisinya, rekurensi tiga sukunya, normanya, dan habitat alami masing-masingnya (kuadratur dan penghampiran pada [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) ; analisis Gauss; serta metode minimaks dan kosinus Fourier). Lalu satu kalimat tentang apa yang diberikan teori umumnya (Bagian I, VI) yang tak dapat diberikan perhitungan satuan mana pun.

**Bagian VII — Suku galatnya, dan kernel di balik bobotnya.** Di sini $I$ [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) dan $f \in \mathcal
C^{2n}(I)$.

23. (Rumus galat Gauss) Misalkan $Hf$ interpolan Hermite berderajat $\leq 2n - 1$ yang mencocokkan $f$ dan $f'$ di simpul $t_1, \dots, t_n$ (buktikanlah keberadaannya dan galat titik demi titiknya $$f(t) - Hf(t) =  \frac{f^{(2n)}(\xi_t)}{(2n)!}\;p_n(t)^2$$ lewat argumen fungsi bantunya yang lazim). Lalu turunkan, dengan mengintegralkan identitas ini terhadap $w$ dan menjepitnya di antara ekstremum $f^{(2n)}$, bahwa $$\int_I f\,w - Q_n(f)  = \frac{f^{(2n)}(\xi)}{(2n)!}\,h_n  \qquad\text{untuk suatu } \xi \in I,$$ dengan $h_n = \norm{p_n}^2$ seperti pada Bagian VI: sehingga kuadratur Gauss meleset sebesar satu turunan ke-$2n$, yang berbobot norma kuadrat [polinomial ortogonal](#pb-b3-hilbert-1) moniknya.
24. (Bobotnya adalah nilai Christoffel) Dengan memakai kernel pereproduksi $K_n(x, y) = \sum_{k=0}^{n-1}  \frac{p_k(x)p_k(y)}{h_k}$ dari $\R_{n-1}[t]$ dan kepersisan $Q_n$ sampai derajat $2n - 2$, buktikan bahwa $$w_i \;=\;  \Bigl(\,\sum_{k=0}^{n-1}  \frac{p_k(t_i)^2}{h_k}\Bigr)^{\!-1} :$$ yakni setiap bobotnya merupakan nilai di simpulnya bagi *fungsi Christoffel* — jadi kepositifan bobotnya (pertanyaan 10) lagi, kini dengan rumus yang persis. Periksalah bahwa ia memulihkan $w_1 = w_2 = 1$ untuk $n =  2$, $I = \intcc{-1}1$, dan $w = 1$.
25. (Segalanya cocok pada satu integral) Untuk bobot Chebyshev dan $n = 3$ simpul, hitunglah kedua ruas $$\int_{-1}^{1}\frac{t^6}{\sqrt{1 - t^2}}\,\dd t  = \frac{5\pi}{16},  \qquad  Q_3(t^6) = \frac{9\pi}{32},$$ sehingga galat kuadraturnya tepat $\frac{\pi}{32}$; lalu periksalah bahwa rumus galat pertanyaan 23 meramalkan persis nilai itu (sebab di sini $f^{(6)} = 6!$ konstan, dan $h_3 = \norm{2^{-2}T_3}_w^2 =  \frac\pi{32}$): sehingga teori dan perhitungannya bersesuaian sampai angka terakhirnya.

**Solusi Soal 13.1.**

**1.** Gram–Schmidt menjamin $\operatorname{Vect}(p_0, \dots, p_n) =
\operatorname{Vect}(1, \dots, t^n) = \R_n[t]$ dan $p_n \perp
p_k$ (bila $k < n$), sehingga $p_n \perp \R_{n-1}[t]$. Sedangkan $p_k$, yang berderajat naik sejati, bersifat bebas: jadi sebuah basis.

**2.** Polinomial $t\,p_n$ bersifat monik berderajat $n + 1$: uraikan $t\,p_n = p_{n+1} + \sum_{k\leq n}c_kp_k$ dengan $c_k =
\langle p_k, tp_n\rangle/\norm{p_k}^2$. Untuk $k \leq n - 2$: $\langle p_k, tp_n\rangle = \langle tp_k, p_n\rangle = 0$ (sebab berderajat $k + 1 < n$). Jadi $tp_n = p_{n+1} + a_np_n +
b_np_{n-1}$, yakni rekurensi yang dinyatakan itu, dengan

$$
b_n = \frac{\langle p_{n-1}, tp_n\rangle}{\norm{p_{n-1}}^2}
= \frac{\langle tp_{n-1}, p_n\rangle}{\norm{p_{n-1}}^2}
= \frac{\langle p_n + (\text{yang lebih rendah}),\
p_n\rangle}{\norm{p_{n-1}}^2}
= \frac{\norm{p_n}^2}{\norm{p_{n-1}}^2} > 0 .
$$

**3.** Misalkan $t_1 < \dots < t_m$ titik [interior](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) $I$ yang $p_n$-nya berganti tanda, dan $q = \prod_{i\leq m}(t -
t_i)$ (dengan $q = 1$ bila $m = 0$). Maka $p_nq$ bertanda tetap pada $I$ dan tak nol hampir di mana-mana: sehingga $\int_Ip_nq\,w \neq 0$. Jika $m <
n$, ini bertentangan dengan $p_n \perp \R_{n-1}[t]$. Jadi $m = n$: sehingga $p_n$ mempunyai $n$ akar [interior](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) yang berbeda (sebab ia berakar paling banyak $n$ seluruhnya).

**4.** Polinomial $(t^2 - 1)^n$ berderajat $2n$; lalu $n$ turunan menyisakan derajat $n$, dengan koefisien utama $\frac{(2n)(2n-1)\cdots(n+1)}{2^nn!} =
\frac{(2n)!}{2^n(n!)^2}$. Untuk $\deg Q < n$, integralkan secara parsial $n$ kali: maka semua suku batasnya memuat sebuah turunan berorde $< n$ dari $(t^2-1)^n$, yang lenyap di $\pm1$ (sebab akar berorde $n$); dan setelah $n$ langkah integrannya membawa $Q^{(n)} = 0$.

**5.** Dengan $u = (t^2 - 1)^n$:

$$
(2^nn!)^2\norm{P_n}^2 = \int_{-1}^1(u^{(n)})^2
= (-1)^n\int_{-1}^1 u\,u^{(2n)}
= (2n)!\int_{-1}^1(1 - t^2)^n\dd t ,
$$

(sebab $u^{(2n)} = (2n)!$; sedangkan suku batasnya lenyap seperti pada pertanyaan 4). Dan $\int_{-1}^1(1-t^2)^n\dd t = B(\tfrac12, n+1) =
\frac{\Gamma(\frac12)\Gamma(n+1)}{\Gamma(n + \frac32)} =
\frac{2\cdot4^n(n!)^2}{(2n+1)!}$ ([Latihan 11.8](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#exo-b3-product-8)). Digabungkan: $\norm{P_n}^2 =
\frac{2}{2n + 1}$.

**6.** Polinomialnya padat terhadap $\norm\cdot_\infty$ di $\mathcal C(\intcc{-1}1)$ (menurut Weierstrass, [Akibat 7.16](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#cor-b3-complete-weierstrass)), fungsi [kontinunya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) padat-$L^2$ ([Teorema 12.6](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/12-ruang-lp#thm-b3-lp-density)), dan $\norm\cdot_2 \leq \sqrt2\norm\cdot_\infty$: sehingga rentang polinomialnya total, jadi $P_n$ yang ternormalkan membentuk [basis Hilbert](#def-b3-hilbert-onb). Untuk uraian $\abs t$: koefisiennya terhadap $P_0$ adalah $\frac{\langle P_0, \abs t\rangle}{\norm{P_0}^2} = \frac12$; terhadap $P_1$: $0$ (menurut paritasnya); dan terhadap $P_2$: $\frac{\int_{-1}^1\abs t\,\frac{3t^2-1}2\dd t}{2/5} =
\frac{1/4}{2/5} = \frac58$. Jadi penghampiran kuadratik terbaiknya:

$$
\abs t \approx \frac12 + \frac58\,P_2(t) = \frac{3}{16} +
\frac{15}{16}\,t^2 .
$$

**7.** Dari $\frac{\dd^{n+1}}{\dd t^{n+1}}\eu^{-t^2} =
\frac{\dd^n}{\dd t^n}(-2t\,\eu^{-t^2})$ dan Leibniz: $H_{n+1}
= 2tH_n - H_n'$; lalu induksinya memberikan derajat $n$ dan koefisien utama $2^n$. Untuk $m < n$, integralkan secara parsial $n$ kali pada $\int H_m H_n\eu^{-t^2} = (-1)^n\int H_m\,\bigl(\eu^{-t^2}
\bigr)^{(n)}$: maka suku batasnya (yakni polinomial $\times$ $\eu^{-t^2}$) lenyap di $\pm\infty$, menyisakan $\int
H_m^{(n)}\,\eu^{-t^2} = 0$. Sedangkan untuk $m = n$: $H_n^{(n)} = 2^nn!$, sehingga $\norm{H_n}_w^2 = 2^nn!\int\eu^{-t^2} = 2^nn!\sqrt\pi$.

**8.** Misalkan $f \in L^2(\R, \eu^{-t^2}\dd t)$ ortogonal terhadap setiap polinomial, dan $g = f\eu^{-t^2}$. Maka $g \in
L^1$: sebab $\int\abs f\eu^{-t^2} \leq \bigl(\int\abs
f^2\eu^{-t^2}\bigr)^{1/2}\bigl(\int\eu^{-t^2}\bigr)^{1/2}$ (lewat Cauchy–Schwarz). Untuk $\xi \in \R$, uraikan $\eu^{-\iu\xi t}$: maka jumlah parsialnya terdominasi sebab

$$
\sum_k\frac{\abs\xi^k}{k!}\int\abs f\,\abs t^k\eu^{-t^2}\dd t
\leq \Bigl(\int \abs f^2\eu^{-t^2}\Bigr)^{1/2}
\sum_k\frac{\abs\xi^k}{k!}\Bigl(\int
t^{2k}\eu^{-t^2}\Bigr)^{1/2} < \infty
$$

(sebab deret terakhirnya konvergen: $\int t^{2k}\eu^{-t^2} =
\Gamma(k+\frac12) \leq k!\,\sqrt\pi$, sehingga sukunya bernilai $O(\abs\xi^k/\sqrt{k!})$). Lalu pengintegralan suku demi suku ([Akibat 10.7](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#cor-b3-lebesgue-additivity) yang diterapkan pada deret mutlaknya, lalu Fubini untuk deret) memberikan

$$
\int_\R g(t)\,\eu^{-\iu\xi t}\dd t
= \sum_k\frac{(-\iu\xi)^k}{k!}\int f(t)\,t^k\,\eu^{-t^2}\dd t
= 0 ,
$$

sebab setiap integralnya bertipe $\langle t^k, f\rangle_w$ yang $= 0$. Menurut keinjektifan transformasi Fourier yang diterima ([Bab 14](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/14-transformasi-fourier#ch-b3-fouriertransform)), $g = 0$ hampir di mana-mana, sehingga $f = 0$ hampir di mana-mana: jadi keluarga Hermitenya (yang rentangnya adalah polinomialnya) bersifat total.

**9.** Untuk kepersisannya sampai derajat $n - 1$: bagi $P$ semacam itu, $P =
\sum_iP(t_i)\ell_i$ secara persis, sehingga $\int Pw = \sum_iP(t_i)\int
\ell_iw = Q(P)$. Untuk derajat $\leq 2n - 1$: bagilah $P = qp_n + r$ dengan $\deg q \leq n - 1$ dan $\deg r \leq n-1$; maka $\int Pw = \int
qp_nw + \int rw = 0 + Q(r)$ (sebab $p_n \perp \R_{n-1}[t]$), sedangkan $Q(P) = \sum_iw_i\bigl(q(t_i)\,p_n(t_i) + r(t_i)\bigr) = Q(r)$ sebab simpulnya adalah akar $p_n$. Jadi sama.

**10.** Polinomial $\ell_i^2$ berderajat $2n - 2 \leq 2n - 1$ dan $\ell_i^2(t_j) = \delta_{ij}$: sehingga $0 < \int\ell_i^2w = Q(\ell_i^2)
= w_i$. Lalu Polya ([Latihan 8.9](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/8-ruang-banach-dan-teorema-fundamentalnya#exo-b3-banach-9), yang dipindahkan ke $I$ dengan bobotnya): syarat (i) berlaku — sebab setiap polinomialnya diintegralkan persis sekali karena $2n - 1 \geq$ derajatnya; sedangkan syarat (ii): $\sum_i\abs{w_{i}} = \sum_iw_i = Q(\mathbf 1) = \int_Iw$, yang terbatas: sehingga $Q_n(f) \to \int fw$ untuk setiap $f \in \mathcal C(I)$ dengan $I$ [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact).

**11.** Yang monik $p_2 = t^2 - \frac13$ (dari [Latihan 13.4](#exo-b3-hilbert-4)): sehingga simpulnya $\pm\frac1{\sqrt3}$. Bobotnya: $\ell_1(t) = \frac{t - \frac1{\sqrt3}}{-\frac2{\sqrt3}}$, dan $w_1 = \int_{-1}^1\ell_1 = 1$; lalu menurut kesetangkupannya $w_2 = 1$. Kepersisannya: $\int 1 = 2 = 1 + 1$; $\int t = 0 =
-\frac1{\sqrt3} + \frac1{\sqrt3}$; $\int t^2 = \frac23 =
\frac13 + \frac13$; $\int t^3 = 0$. Sedangkan aturan trapesium dua titiknya (dengan simpul $\pm1$ dan bobot $1, 1$) persis hanya sampai derajat $1$: sebab pada $t^2$ ia mengembalikan $2$ alih-alih $\frac23$. Jadi dengan biaya yang sama, dua derajat kepersisan tambahan: itulah hasil simpul yang ortogonal.

**12.** Dari $\cos(n{+}1)\theta + \cos(n{-}1)\theta =
2\cos\theta\cos n\theta$: $T_{n+1} = 2tT_n - T_{n-1}$ dengan $T_0 = 1$ dan $T_1 = t$; lalu induksinya memberikan polinomial berderajat $n$ dengan koefisien utama $2^{n-1}$ (bila $n \geq 1$). Dengan menyubstitusikan $t = \cos\theta$ (sehingga $w(t)\dd t \mapsto
\dd\theta$): $\langle T_m, T_n\rangle_w =
\int_0^\pi\cos m\theta\cos n\theta\,\dd\theta = 0$ untuk $m
\neq n$, $= \pi$ untuk $m = n = 0$, dan $= \frac\pi2$ selainnya (lewat hasil kali ke jumlah). Derajat dan keortogonalan berpasangannya mengenali $T_n$ dengan keluaran Gram–Schmidt sampai skalarnya; sedangkan uraian Chebyshev atas $f$ tepat merupakan deret kosinus Fourier dari $\theta \mapsto f(\cos\theta)$.

**13.** Berlaku $T_n(t) = 0$ jika dan hanya jika $\cos n\theta = 0$ jika dan hanya jika $\theta = \frac{(2k-1)\pi}{2n}$: sehingga $n$ akarnya berbeda, yakni $t_k = \cos\frac{(2k-1)\pi}{2n} \in \intoo{-1}1$. Ekstremumnya: $\abs{T_n} \leq 1$ pada $\intcc{-1}1$, dengan $T_n(s_j) =
(-1)^j$ di $n + 1$ titik $s_j = \cos\frac{j\pi}n$: yakni osilasi setara yang [sempurna](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/4-perluasan-lapangan-dan-teori-galois#prop-b3-galois-perfect).

**14.** Polinomial $2^{1-n}T_n$ bersifat monik dengan norma-sup $2^{1-n}$. Jika sebuah $P$ monik berderajat $n$ mempunyai $\sup\abs P < 2^{1-n}$, maka selisih $D = 2^{1-n}T_n - P$ akan berderajat $\leq n -
1$ (sebab suku utamanya saling meniadakan) padahal berganti tanda di $s_0 >
\dots > s_n$ (sebab di sana $2^{1-n}T_n = \pm2^{1-n}$ mendominasi $P$): jadi setidaknya $n$ akar — sehingga $D \equiv 0$, yang bertentangan. Untuk ketunggalannya pada kesamaannya, $D$ yang sama memenuhi $(-1)^jD(s_j) \geq 0$; dan polinomial tak nol berderajat $\leq
n-1$ tak dapat mempunyai $n$ kendala ekstremal yang berganti tanda secara lemah tanpa $n$ akar yang tercacah dengan benar (sebab jika $D(s_j) = 0$ untuk suatu $s_j$ [interior](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior), maka akar itu rangkap dalam pencacahannya karena $D$ mempertahankan tanda secara lokal): sehingga lagi-lagi $D
\equiv 0$.

**15.** Rumus galat Lagrange (lewat Rolle, Tahun 2) memberikan $f - L_nf = \frac{f^{(n)}(\xi_t)}{n!}\,\omega(t)$, sehingga galat seragamnya paling banyak $\frac{\norm{f^{(n)}}_\infty}
{n!}\,\sup\abs\omega$, sedangkan $\omega$ monik berderajat $n$: sehingga menurut pertanyaan 14, $\sup_{\intcc{-1}1}\abs\omega \geq 2^{1-n}$ dengan kesamaannya jika dan hanya jika simpulnya akar Chebyshev. Karena itu batas optimalnya $\norm{f - L_nf}_\infty \leq
\frac{\norm{f^{(n)}}_\infty}{2^{n-1}n!}$. Dengan simpul berjarak sama, $\sup\abs\omega$ jauh lebih besar secara eksponensial di dekat ujungnya, dan menginterpolasi bahkan $\frac1{1 + 25t^2}$ divergen di sana saat $n \to \infty$ (yakni gejala Runge); sedangkan simpul Chebyshev adalah obatnya.

**16.** Dengan menurunkan $T_n(\cos\theta) = \cos
n\theta$: $T_n'(\cos\theta) = \frac{n\sin n\theta}
{\sin\theta}$, yang menuju $n^2$ saat $\theta \to 0$ dan $(-1)^{n+1}n^2$ saat $\theta \to \pi$: sehingga $\abs{T_n'(\pm1)} =
n^2$. Sedangkan di titik [interiornya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior), $\abs{T_n'(t)} \leq
\frac{n}{\sqrt{1 - t^2}} = O(n)$: jadi peledakan kuadratiknya hidup hanya di tepinya (yakni batas [interior](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) Bernstein lawan batas global Markov).

**17.** Misalkan $\theta_k = \frac{(2k-1)\pi}{2n}$ dan $S_j
= \sum_{k=1}^n\cos(j\theta_k)$ untuk $1 \leq j \leq n-1$. Maka

$$
S_j = \operatorname{Re}\Bigl[\eu^{\iu j\pi/2n}
\sum_{k=0}^{n-1}\eu^{\iu jk\pi/n}\Bigr]
= \operatorname{Re}\Bigl[\eu^{\iu j\pi/2n}\,
\frac{\eu^{\iu j\pi} - 1}{\eu^{\iu j\pi/n} - 1}\Bigr] .
$$

Untuk $j$ yang genap pembilangnya lenyap: sehingga $S_j = 0$. Sedangkan untuk $j$ yang gasal pembilangnya $-2$, dan $\eu^{\iu j\pi/n} - 1 =
\eu^{\iu j\pi/2n}\cdot2\iu\sin\frac{j\pi}{2n}$, sehingga seluruh ungkapannya menjadi $\frac{-2}{2\iu\sin(j\pi/2n)} =
\frac{\iu}{\sin(j\pi/2n)}$: yang murni imajiner, jadi $S_j = 0$ lagi. Karena itu aturan berbobot sama $\frac\pi n\sum_kf(t_k)$ mengintegralkan $T_0$ (sebab $\sum w_i = \pi = \int w$) dan membunuh $T_1,
\dots, T_{n-1}$ persis seperti $\int T_jw = 0$: sehingga ia persis sampai derajat $n - 1$. Sedangkan bobot yang persis sampai derajat $n-1$ pada simpul tertentu bersifat tunggal (lewat basis Lagrange): jadi semua bobot Gaussnya $\frac\pi n$. Untuk $n = 3$: simpulnya $\pm\frac{\sqrt3}2, 0$ dan

$$
\int_{-1}^1\frac{f(t)}{\sqrt{1 - t^2}}\,\dd t \approx
\frac\pi3\Bigl[f\Bigl(\tfrac{\sqrt3}2\Bigr) + f(0) +
f\Bigl(-\tfrac{\sqrt3}2\Bigr)\Bigr],
$$

persis sampai derajat $5$.

**18.** Untuk $P$ monik berderajat $n$: $P = p_n + r$ dengan $r \in \R_{n-1}[t]$, dan $p_n \perp \R_{n-1}[t]$ (pertanyaan 1), sehingga $\norm P^2 = \norm{p_n}^2 + \norm r^2 \geq
\norm{p_n}^2$, dengan kesamaannya jika dan hanya jika $r = 0$: jadi $p_n$ merupakan sisa proyeksi ortogonal $t^n$ ke $\R_{n-1}[t]^\perp$, yakni polinomial monik terdekat dengan subruang yang harus dihindarinya. Sedangkan $2^{1-n}T_n$ milik Chebyshev menjawab pertanyaan yang sama untuk norma supnya: yakni simpangan terkecil dari nol, sekali di $L^2(w)$, sekali di $L^\infty$.

**19.** Tulis $K_n(x, y) =
\sum_{k=0}^n\frac{p_k(x)p_k(y)}{h_k}$. Basisnya $n = 0$: $(x -
y)\frac1{h_0} = \frac{p_1(x)\cdot1 - 1\cdot p_1(y)}{h_0}$ sebab $p_1 = t - a_0$. Langkahnya: dengan mengandaikan identitasnya untuk $n -
1$,

$$
(x - y)\,K_n(x,y) = \frac{p_n(x)p_{n-1}(y) -
p_{n-1}(x)p_n(y)}{h_{n-1}} +
\frac{(x - y)\,p_n(x)p_n(y)}{h_n} ;
$$

substitusikan $x\,p_n(x) = p_{n+1}(x) + a_np_n(x) +
b_np_{n-1}(x)$ dan $y\,p_n(y) = p_{n+1}(y) + a_np_n(y) +
b_np_{n-1}(y)$ pada suku keduanya: maka sumbangan $a_n$-nya saling meniadakan, dan sumbangan $b_n = \frac{h_n}{h_{n-1}}$-nya meniadakan suku induksinya; sehingga yang bertahan adalah $\frac{p_{n+1}(x)p_n(y) - p_n(x)p_{n+1}(y)}{h_n}$. Sedangkan bentuk konfluennya menyusul dengan membiarkan $y \to x$ (sebab kedua ruasnya polinomial terhadap $y$).

**20.** Bentuk konfluennya memberikan $p_{n+1}'p_n -
p_n'p_{n+1} = h_n\sum_{k\leq n}\frac{p_k^2}{h_k} \geq
\frac{h_n}{h_0} > 0$ di mana-mana. Pada sebuah akar $x_0$ dari $p_{n+1}$: $p_{n+1}'(x_0)\,p_n(x_0) > 0$, sehingga $p_n(x_0) \neq
0$ (jadi tak ada akar bersama). Di antara akar berurutan $x_0 < x_1$ dari $p_{n+1}$ (yang semuanya sederhana, Bagian I), $p_{n+1}'$ bertanda berlawanan, sehingga demikian pula $p_n$: jadi sebuah akar $p_n$ terletak di setiap $n$ celahnya — dan itu menghabiskan $n$ akarnya: yakni keberselang-selingannya.

**21.** Dengan menguraikan $D_n(t) = \det(tI_n - J_n)$ sepanjang baris terakhirnya: $D_n = (t - a_{n-1})D_{n-1} - b_{n-1}D_{n-2}$, dengan $D_0 = 1$ dan $D_1 = t - a_0$: yakni rekurensi dan benih $p_n$ yang monik, sehingga $D_n = p_n$. Jadi akar $p_n$ adalah nilai eigen $J_n$ yang setangkup: yang real, dan sederhana menurut pertanyaan 19 — sehingga kuadratur Gauss adalah teori spektral sebuah matriks tridiagonal yang menyamar, yakni bayangan berdimensi berhingga [Bab 15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/15-operator-kompak-dan-teorema-spektral#ch-b3-spectral).

**22.** Kamusnya:

|  | Legendre | Hermite | Chebyshev |
| --- | --- | --- | --- |
| selang | $\intcc{-1}1$ | $\R$ | $\intcc{-1}1$ |
| bobot | $1$ | $\eu^{-t^2}$ | $(1-t^2)^{-1/2}$ |
| rumus | Rodrigues | $(-1)^n\eu^{t^2} \frac{\dd^n}{\dd t^n}\eu^{-t^2}$ | $\cos(n\arccos t)$ |
| norma$^2$ | $\frac2{2n+1}$ | $2^nn!\sqrt\pi$ | $\pi, \frac\pi2$ |
| habitat | kuadratur | kalkulus Gauss | minimaks |

(masing-masing dengan rekurensi tiga sukunya: yakni bentuk umumnya untuk Legendre, $H_{n+1} = 2tH_n - 2nH_{n-1}$, dan $T_{n+1} = 2tT_n -
T_{n-1}$). Teori umumnya menyediakan apa yang tak ditunjukkan satu keluarga mana pun: yakni kerealan dan keberselang-selingan akarnya, kepositifan bobot kuadraturnya, serta keberadaan rekurensinya dan Christoffel–Darboux belaka — semuanya akibat keortogonalannya saja, yang seragam terhadap bobotnya.

**23.** Keberadaannya: pemetaan linear $\R_{2n-1}[t] \to
\R^{2n}$, $P \mapsto (P(t_1), P'(t_1), \dots, P(t_n),
P'(t_n))$, bersifat injektif (sebab $P$ di kernelnya berakar rangkap $n$ kali dan berderajat $\leq 2n - 1$, jadi $P = 0$) antara ruang berdimensi sama $2n$: sehingga bijektif. Untuk galat titik demi titiknya: tetapkan $t$ yang bukan simpul lalu pilihlah $K$ sedemikian sehingga $g(s) = f(s) - Hf(s) -
K\,p_n(s)^2$ lenyap di $s = t$. Maka $g$ lenyap di $n + 1$ titik berbeda $t, t_1, \dots, t_n$, dan $g'$ lenyap di setiap $t_i$ pula (sebab baik $f - Hf$ maupun $p_n^2$ berakar rangkap di sana). Lalu Rolle memberikan $n$ akar $g'$ yang terletak sejati di antara akar berurutan $g$ — yang berbeda dari simpulnya — sehingga $g'$ mempunyai $2n$ akar berbeda; lalu menerapkan Rolle $2n - 1$ kali lagi menghasilkan $\xi_t$ dengan $g^{(2n)}(\xi_t) = 0$. Karena $\deg Hf \leq 2n - 1$ dan $p_n^2$ monik berderajat $2n$, maka $g^{(2n)} = f^{(2n)} - K\,(2n)!$, sehingga $K =
f^{(2n)}(\xi_t)/(2n)!$ — dan identitasnya trivial di simpulnya. Untuk pengintegralannya: $Q_n(f) = Q_n(Hf)$ (sebab $Hf$ mencocokkan $f$ di simpulnya) dan $Q_n(Hf) = \int Hf\,w$ menurut kepersisannya sampai derajat $2n - 1$ (pertanyaan 9), sehingga galat kuadraturnya adalah $\int(f - Hf)\,w$. Lalu dengan $m, M$ sebagai ekstremum $f^{(2n)}$ pada $I$, identitas titik demi titiknya menjepit

$$
\frac{m\,h_n}{(2n)!} \;\leq\; \int_I(f - Hf)\,w
\;\leq\; \frac{M\,h_n}{(2n)!} ,
$$

lalu teorema nilai antara yang diterapkan pada $f^{(2n)}$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) melahirkan $\xi$. (Untuk Legendre dengan $n = 2$: $h_2
= \int_{-1}^1(t^2 - \frac13)^2\dd t = \frac8{45}$, sehingga galatnya $f^{(4)}(\xi)/135$.)

**24.** Kernelnya mereproduksi $\R_{n-1}[t]$: sebab menguraikan $q = \sum_k\frac{\langle p_k, q\rangle}{h_k}p_k$ memberikan $\int_I K_n(t_i, t)\,q(t)\,w(t)\dd t = q(t_i)$ untuk setiap $q$ berderajat $\leq n - 1$. Ambillah $q = \ell_i$: maka ruas kirinya sama dengan $\ell_i(t_i) = 1$. Padahal $t \mapsto K_n(t_i,
t)\,\ell_i(t)$ merupakan polinomial berderajat $\leq (n - 1) + (n
- 1) = 2n - 2$, yang $Q_n$-nya persis (pertanyaan 9), dan ia lenyap di setiap simpul $t_j \neq t_i$ (lewat faktor $\ell_i$), sehingga

$$
1 = \int_I K_n(t_i, t)\,\ell_i(t)\,w(t)\dd t
= w_i\,K_n(t_i, t_i)
= w_i\sum_{k=0}^{n-1}\frac{p_k(t_i)^2}{h_k} .
$$

Jumlahnya $> 0$ (sebab suku $k = 0$-nya adalah $1/h_0 > 0$): sehingga diperoleh rumus yang dinyatakan itu, beserta kepositifannya lagi. Pemeriksaannya ($n = 2$, Legendre): $p_0 = 1$, $h_0 = 2$, $p_1 = t$, $h_1 = \frac23$; dan di $t_i = \pm\frac1{\sqrt3}$,

$$
K_2(t_i, t_i) = \frac12 + \frac{1/3}{2/3} = 1,
\qquad w_i = 1,
$$

seperti yang ditemukan pada pertanyaan 11.

**25.** Dengan menyubstitusikan $t = \cos\theta$, integralnya menjadi $\int_0^\pi\cos^6\theta\,\dd\theta =
\pi\,\frac{5\cdot3\cdot1}{6\cdot4\cdot2} = \frac{5\pi}{16}$ (lewat Wallis, [Latihan 11.8](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/11-ukuran-hasil-kali-fubini-penggantian-variabel#exo-b3-product-8)). Sedangkan aturan Chebyshev–Gauss dengan $n = 3$ (pertanyaan 17) bersimpul $\cos\frac\pi6 = \frac{\sqrt3}2$, $\cos\frac\pi2 = 0$, dan $\cos\frac{5\pi}6 = -\frac{\sqrt3}2$ serta berbobot sama $\frac\pi3$:

$$
Q_3(t^6) = \frac\pi3\Bigl(2\cdot\Bigl(\frac{\sqrt3}2
\Bigr)^{6}\Bigr) = \frac\pi3\cdot\frac{54}{64}
= \frac{9\pi}{32},
\qquad
\frac{5\pi}{16} - \frac{9\pi}{32} = \frac\pi{32} .
$$

Ramalannya: [polinomial ortogonal](#pb-b3-hilbert-1) monik berderajat $3$ adalah $2^{-2}T_3 = t^3 - \frac34t$, dengan $h_3 =
\frac1{16}\norm{T_3}_w^2 = \frac1{16}\cdot\frac\pi2 =
\frac\pi{32}$; dan $f = t^6$ mempunyai $f^{(6)} = 720 =
6!$ yang konstan, sehingga pertanyaan 23 memberikan galat $\frac{6!}{6!}\,h_3 =
\frac\pi{32}$ — dan karena tak ada kebergantungan pada $\xi$ yang tersisa, rumusnya terpaksa persis, dan memang demikian.