Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

7Ruang Lengkap: Baire, Ascoli, Stone–Weierstrass

Kelengkapan — yakni setiap barisan Cauchy konvergen — adalah sifat yang membuat analisis dapat menghasilkan objek: titik tetap kontraksi, jumlah deret, penyelesaian persamaan yang diperoleh sebagai limit. Bab ini merakit ketiga mesin keberadaan terbesar pada teori metrik. Teorema Baire menunjukkan bahwa ruang lengkap tak mungkin menjadi gabungan terbilang kepingan yang dapat diabaikan, dan ia memanggil objek (yaitu fungsi kontinu yang tak dapat diturunkan di mana pun!) keluar dari penalaran bergaya kardinalitas semata. Arzelà–Ascoli mengenali himpunan bagian kompak dari $\mathcal C(K)$ dan menjadi kuda beban kekompakan dalam analisis — dan soal akhir pekan memakainya untuk membuktikan teorema keberadaan Peano bagi persamaan diferensial. Stone–Weierstrass menunjukkan bahwa polinomial, dan banyak hal lain, padat di $\mathcal C(K)$ : sehingga penghampiran menjadi pemeriksaan aljabar. Di sepanjang jalan kita membangun pelengkapan dan membuktikan teorema perluasan bagi pemetaan kontinu seragam, yaitu roti sehari-hari Bab 12, 13 dan 14.

7.1 Ruang lengkap, pelengkapan, perluasan

Definisi 7.1

Sebuah ruang metrik disebut lengkap jika setiap barisan Cauchy konvergen (Tahun ke-2: $\R^n$ lengkap; dan $\mathcal C(\intcc01)$ dengan $\norm\cdot_\infty$ lengkap). Himpunan bagian tertutup dari ruang lengkap bersifat lengkap; sedangkan himpunan bagian lengkap dari sembarang ruang metrik bersifat tertutup.

Bukti. Untuk kedua pernyataannya: barisan Cauchy pada $F$ yang tertutup konvergen di $X$ , dan limitnya, yang melekat pada $F$ , terletak di $F$ ; sedangkan barisan yang konvergen di $X$ pada $A$ yang lengkap bersifat Cauchy, sehingga konvergen di $A$ , dan limitnya tunggal. ∎

Teorema 7.2 (Perluasan pemetaan kontinu seragam)

Misalkan $D \subseteq X$ padat, $Y$ lengkap, dan $f \colon D \to Y$ kontinu seragam. Maka $f$ dapat diperluas secara tunggal menjadi $\bar f \colon X \to Y$ yang kontinu, dan $\bar f$ kontinu seragam.

Bukti. Ketunggalannya: dua perluasan kontinu bersesuaian pada $D$ yang padat, sehingga di mana-mana (sebab himpunan kesesuaiannya $\{g = h\}$ tertutup: yakni prapeta diagonal tertutup di bawah $x\mapsto(g(x), h(x))$ ). Keberadaannya: untuk $x \in X$ ambillah $d_n \to x$ dengan $d_n \in D$ . Barisan $(f(d_n))$ bersifat Cauchy: diberikan $\varepsilon$ , kekontinuan seragamnya menyediakan $\delta$ dengan $d(u,v) < \delta \Rightarrow d(f(u), f(v)) < \varepsilon$ , sedangkan $(d_n)$ bersifat Cauchy. Definisikan $\bar f(x) = \lim f(d_n)$ ; limitnya tidak bergantung pada barisan yang dipilih (selipkan dua di antaranya). Lalu $\bar f$ memperluas $f$ (lewat barisan konstan) dan mewarisi modulus kekontinuannya: sebab jika $d(x, x') < \delta$ , menghampiri keduanya dengan titik $D$ yang berjarak $< \frac{\delta - d(x,x')}2$ memberikan $d(\bar f(x), \bar f(x')) \leq \varepsilon$ pada limitnya — jadi $\bar f$ kontinu seragam. ∎

Teorema 7.3 (Pelengkapan)

Setiap ruang metrik $X$ terbenam secara isometrik sebagai himpunan bagian padat dari sebuah ruang metrik lengkap $\hat X$ , yang tunggal sampai pada isometri yang menetapkan $X$ titik demi titik: yaitu pelengkapannya.

Bukti. Keberadaan. Misalkan $\mathcal X$ himpunan barisan Cauchy di $X$ , dengan pseudojarak

D\bigl((x_n), (y_n)\bigr) = \lim_n d(x_n, y_n),

dengan limitnya ada karena $\abs{d(x_n, y_n) - d(x_m, y_m)} \leq d(x_n, x_m) + d(y_n, y_m)$ membuat barisan realnya Cauchy. Misalkan $\hat X = \mathcal X/{\sim}$ , dengan mengenali barisan yang berjarak- $D$ sama dengan $0$ ; lalu $D$ turun menjadi sebuah jarak. Benamkan $X$ lewat barisan konstan: sebuah isometri, dengan peta yang padat (sebab barisan Cauchy dihampiri secara $D$ oleh barisan konstan yang dibangun dari sukunya sendiri: $D\bigl((x_n), (x_k)_{\rm const}\bigr) = \lim_n d(x_n, x_k) \to 0$ ketika $k \to \infty$ menurut sifat Cauchynya). Kelengkapan $\hat X$ : misalkan $(\xi^k)$ Cauchy di $\hat X$ ; menurut kepadatannya pilihlah $x_k \in X$ dengan $D(\xi^k, x_k) \leq 2^{-k}$ ; maka $(x_k)$ Cauchy di $X$ (lewat ketaksamaan segitiga melalui $\xi$ ), sehingga mendefinisikan titik $\xi \in \hat X$ , dan $D(\xi^k, \xi) \leq 2^{-k} + D(x_k, \xi) \to 0$ (sebab jarak dari konstanta $x_k$ ke kelas $(x_j)_j$ adalah $\lim_j d(x_k, x_j)$ , yang kecil untuk $k$ besar).

Ketunggalan: dua pelengkapan $\hat X_1, \hat X_2$ memuat $X$ secara padat; identitas $X$ , yang merupakan isometri, bersifat kontinu seragam, sehingga meluas menjadi $\hat X_1 \to \hat X_2$ (Teorema 7.2), yang tetap isometri pada himpunan padat sehingga di mana-mana; secara simetris pada arah sebaliknya, dan komposisinya menetapkan $X$ yang padat: jadi keduanya identitas. ∎

Teorema 7.4 (Titik tetap Banach)

Misalkan $X$ lengkap dan tak kosong, serta $f \colon X \to X$ sebuah kontraksi: $d(f(x), f(y)) \leq k\,d(x,y)$ dengan $k < 1$ . Maka $f$ mempunyai titik tetap tunggal $x^*$ , dan setiap orbit konvergen kepadanya, dengan laju eksplisit $d(x_n, x^*) \leq \frac{k^n}{1-k}\,d(x_1, x_0)$ .

Bukti. (Tahun ke-2 sudah membuktikannya; kita catat ulang argumen dua barisnya demi kemandirian.) Orbit $x_{n+1} = f(x_n)$ memenuhi $d(x_{n+1}, x_n) \leq k^nd(x_1, x_0)$ , sehingga bersifat Cauchy (lewat deret geometri); limitnya $x^*$ bersifat tetap (karena $f$ kontinu), dan tunggal sebab dua titik tetap memenuhi $d \leq k\,d$ . Lajunya: jumlahkan ekor geometrinya. ∎

Contoh 7.5 (Mengusik identitas)

Misalkan $g \colon \R^d \to \R^d$ Lipschitz- $k$ dengan $k < 1$ . Maka $\varphi = \mathrm{id} + g$ merupakan homeomorfisma $\R^d$ pada $\R^d$ . Keinjektifannya, beserta modulus kuantitatifnya:

\norm{\varphi(x) - \varphi(y)} \geq \norm{x - y} - \norm{g(x) - g(y)} \geq (1 - k)\norm{x - y} .

Kesurjektifannya adalah teorema titik tetap: sebab menyelesaikan $\varphi(x) = y$ berarti $x = y - g(x)$ , sedangkan $x \mapsto y - g(x)$ merupakan kontraksi- $k$ pada $\R^d$ yang lengkap — jadi ada penyelesaian tunggal $x = \psi(y)$ untuk setiap $y$ . Ketaksamaan yang ditampilkan itu membuat invers $\psi$ bersifat Lipschitz dengan konstanta $\frac1{1-k}$ : jadi sebuah homeomorfisma, dengan batas eksplisit pada kedua modulusnya. Pernyataan yang tampak sepele ini adalah mesin di dalam teorema fungsi invers (Bab 20): sebab di dekat titik tempat $Df$ terbalikkan, $f$ memang berupa pemetaan linear terbalikkan ditambah usikan Lipschitz yang kecil, dan contoh hari ini mengerjakan sisanya. Ia juga mengukur ketegaran numerik: sistem yang diusik kurang dari margin inversnya tetap dapat diselesaikan, dengan penyelesaiannya bergeser paling banyak $\frac{1}{1-k}$ kali usikannya.

7.2 Teorema Baire

Teorema 7.6 (Baire)

Di dalam ruang metrik lengkap, irisan terbilang himpunan terbuka yang padat tetap padat. Setara dengan itu: jika $X = \bigcup_{n}F_n$ dengan setiap $F_n$ tertutup, maka ada $F_n$ yang interiornya tak kosong.

Bukti. Misalkan $(U_n)$ himpunan terbuka yang padat dan $B_0 = B(x_0, r_0)$ sembarang bola terbuka; kita cari titik $\bigcap U_n$ di dalam $B_0$ . Secara induktif: karena $U_{n}$ padat dan terbuka, ia memotong bola terbuka $B_{n-1}$ pada sebuah himpunan terbuka, yang memuat bola tertutup $\bar B(x_n, r_n)$ dengan $0 < r_n \leq r_{n-1}/2$ dan $\bar B(x_n, r_n) \subseteq B_{n-1}\cap U_n$ . Pusatnya membentuk barisan Cauchy (sebab $x_m \in B_n$ untuk $m \geq n$ , dan jari-jarinya $\to 0$ ); lalu limitnya $x$ terletak di setiap $\bar B(x_n, r_n)$ (karena tertutup), sehingga di setiap $U_n$ dan di $B_0$ . Untuk bentuk keduanya: jika tak ada $F_n$ yang berinterior, maka $U_n = X \setminus F_n$ terbuka dan padat, dan sebuah titik $\bigcap U_n$ lolos dari $\bigcup F_n = X$ : mustahil. ∎

Catatan 7.7

Kosakatanya: sebuah himpunan disebut tak padat di mana pun jika penutupnya berinterior kosong, dan disebut kurus (kategori pertama) jika ia gabungan terbilang himpunan yang tak padat di mana pun. Baire mengatakan: ruang metrik lengkap tidak kurus di dalam dirinya sendiri, dan komplemen himpunan kurus bersifat padat. “Kurus” adalah gagasan kekecilan yang ortogonal terhadap ukuran (Bab 9 akan menghasilkan himpunan kurus yang berukuran penuh), dan argumen Baire membuktikan keberadaan lewat kelimpahan: untuk menampilkan satu objek tanpa sifat P, tunjukkan bahwa objek berciri P membentuk himpunan yang kurus.

Akibat 7.8

(a) $\R$ tak terbilang. (b) $\Q$ bukan irisan terbilang himpunan bagian terbuka $\R$ , dan ruang metrik lengkap tak kosong tanpa titik terisolasi bersifat tak terbilang.

Bukti. (a) Jika $\R = \bigcup_{x}\{x\}$ atas himpunan terbilang, maka suatu himpunan tunggal akan berinterior. (b) Jika $\Q = \bigcap_n V_n$ dengan $V_n$ terbuka (dan tentu padat, sebab $\supseteq \Q$ ), maka himpunan $V_n$ beserta komplemen $\R\setminus\{q\}$ dengan $q \in \Q$ membentuk keluarga terbilang himpunan terbuka padat yang irisannya kosong — dan itu bertentangan dengan Baire. Jika $X$ lengkap tanpa titik terisolasi dan terbilang, maka $X = \bigcup_{x \in X}\{x\}$ menampilkannya sebagai gabungan terbilang himpunan tertutup berinterior kosong (karena tanpa titik terisolasi): sekali lagi Baire. ∎

Teorema 7.9 (Monster Weierstrass memang ada)

Ada fungsi kontinu pada $\intcc01$ yang tak dapat diturunkan di satu titik pun. Bahkan, himpunan $f \in \mathcal C(\intcc01)$ yang mempunyai turunan (berhingga) walau di satu titik saja bersifat kurus di $(\mathcal C(\intcc01), \norm\cdot_\infty)$ .

Bukti. Untuk $n \geq 1$ misalkan

F_n = \Bigl\{f : \exists x \in \intcc01,\ \forall h \neq 0 \text{ dengan } x + h \in \intcc01,\ \abs{f(x+h) - f(x)} \leq n\abs h \Bigr\}.

Jika $f$ dapat diturunkan di $x$ , maka $f \in F_n$ untuk suatu $n$ : sebab hasil bagi $\abs{f(x+h)-f(x)}/\abs h$ terbatas untuk $\abs h \leq \delta$ (menurut keterdiferensialannya: ia menuju $\abs{f'(x)}$ ) dan terbatas oleh $2\norm f_\infty/\delta$ untuk $\abs h \geq \delta$ . Jadi $\bigcup F_n$ memuat semua fungsi yang dapat diturunkan di suatu tempat, sehingga cukup ditunjukkan bahwa setiap $F_n$ tertutup dan berinterior kosong.

Tertutup: misalkan $f_k \to f$ secara seragam, dengan $f_k \in F_n$ beserta saksinya $x_k \to x$ (lewat kekompakan, setelah ekstraksi). Untuk $h$ dengan $x + h \in \intcc01$ : pilihlah $h_k \to h$ dengan $x_k + h_k \in \intcc01$ (misalnya $h_k = h + x - x_k$ yang dipangkas); maka $\abs{f(x + h) - f(x)} = \lim \abs{f_k(x_k + h_k) - f_k(x_k)} \leq \lim n\abs{h_k} = n\abs h$ , dengan memakai kekonvergenan seragam dan kekontinuan $f$ di titik yang bersangkutan: jadi $f \in F_n$ .

Interior kosong: diberikan $f \in F_n$ dan $\varepsilon > 0$ , kita cari $g$ dengan $\norm{g - f}_\infty \leq \varepsilon$ dan $g \notin F_n$ . Pertama hampiri $f$ dalam $\varepsilon/2$ oleh fungsi afin sepotong-sepotong $\varphi$ (lewat kekontinuan seragamnya: interpolasikan pada kisi yang halus), yang kemiringannya terbatas oleh suatu $M$ . Lalu tambahkan gigi gergaji kecil: $g = \varphi + \frac\varepsilon2\,s_N$ , dengan $s_N(x)$ berupa zigzag berperiode $\frac1N$ , beramplitudo $1$ dan berkemiringan $\pm 2N$ . Di setiap $x$ , pada salah satu sisinya ada $h$ sekecil apa pun dengan gigi gergajinya menyumbang kemiringan $\pm 2N\cdot\frac\varepsilon2 = \pm\varepsilon N$ sepanjang $[x, x+h]$ : sehingga hasil bagi selisih $g$ melampaui $\varepsilon N - M > n$ untuk $N$ besar. Jadi $g \notin F_n$ , pada jarak seragam $\leq \varepsilon$ berapa pun dari $f$ . Kesimpulannya: $\bigcup F_n$ bersifat kurus; dan menurut Baire komplemennya — yang terdiri atas fungsi tak dapat diturunkan di mana pun — bersifat padat di $\mathcal C(\intcc01)$ : jadi fungsi semacam itu ada dengan berlimpah. ∎

7.3 Arzelà–Ascoli

Sepanjang bagian ini, $K$ adalah ruang metrik kompak dan $\mathcal C(K) = \mathcal C(K, \R^d)$ , dengan $\norm f_\infty = \sup_K \norm{f(x)}$ : sebuah ruang lengkap (sebab limit seragam fungsi kontinu tetap kontinu — Tahun ke-2).

Definisi 7.10

Sebuah keluarga $\mathcal F \subseteq \mathcal C(K)$ disebut ekuikontinu jika untuk setiap $\varepsilon > 0$ ada $\delta > 0$ sedemikian sehingga

d(x, y) < \delta \implies \norm{f(x) - f(y)} < \varepsilon \quad\text{untuk \emph{setiap} } f \in \mathcal F

(yakni satu $\delta$ untuk seluruh keluarganya — misalnya keluarga apa pun dengan konstanta Lipschitz bersama, atau modulus Hölder bersama), dan disebut terbatas titik demi titik jika $\sup_{f}\norm{f(x)} < \infty$ untuk setiap $x$ .

Teorema 7.11 (Arzelà–Ascoli)

Sebuah himpunan bagian $\mathcal F \subseteq \mathcal C(K)$ bersifat kompak relatif (yakni penutupnya kompak) jika dan hanya jika ia ekuikontinu dan terbatas titik demi titik. Khususnya, setiap barisan yang ekuikontinu dan terbatas titik demi titik mempunyai subbarisan yang konvergen seragam.

Bukti. ( $\Leftarrow$ ) Misalkan $(f_k)$ sebuah barisan di $\mathcal F$ . Ruang $K$ metrik kompak bersifat separabel: sebab untuk setiap $n$ , berhingga banyak bola berjari-jari $\frac1n$ menyelimuti $K$ (Teorema 6.16); dan pusatnya membentuk himpunan padat terbilang $D = \{x_1, x_2, \dots\}$ . Menurut keterbatasan titik demi titik dan Bolzano–Weierstrass, ekstraklah berturut-turut subbarisan yang konvergen di $x_1$ , lalu juga di $x_2$ , dan seterusnya, lalu ambil subbarisan diagonalnya $(g_j)$ : ia konvergen di setiap titik $D$ . Keekuikontinuannya meningkatkan hal ini menjadi Cauchy seragam: diberikan $\varepsilon$ , ambillah $\delta$ seperti pada definisinya, selimuti $K$ dengan berhingga bola $B(x_i, \delta)$ dengan $x_i \in D$ ( $i \leq m$ ), lalu pilihlah $J$ sedemikian besar sehingga $\norm{g_j(x_i) - g_{j'}(x_i)} < \varepsilon$ untuk $j, j' \geq J$ dan $i \leq m$ . Untuk sembarang $x \in B(x_i, \delta)$ :

\norm{g_j(x) - g_{j'}(x)} \leq \norm{g_j(x) - g_j(x_i)} + \norm{g_j(x_i) - g_{j'}(x_i)} + \norm{g_{j'}(x_i) - g_{j'}(x)} < 3\varepsilon .

Jadi $(g_j)$ Cauchy seragam, sehingga konvergen di $\mathcal C(K)$ yang lengkap. Dengan demikian setiap barisan di $\mathcal F$ mempunyai subbarisan konvergen: jadi $\bar{\mathcal F}$ kompak (secara barisan, sehingga menurut Teorema 6.16 kompak).

( $\Rightarrow$ ) Jika $\bar{\mathcal F}$ kompak: maka keterbatasan titik demi titiknya jelas (sebab pemasukan nilai bersifat kontinu). Untuk keekuikontinuannya, selimuti $\mathcal F$ dengan berhingga bola $B(f_i, \varepsilon)$ di $\mathcal C(K)$ ; setiap $f_i$ bersifat kontinu seragam (menurut Heine, Akibat 6.17), sehingga memberikan $\delta$ bersama untuk $i \leq m$ ; lalu untuk $f \in B(f_i, \varepsilon)$ dan $d(x,y) < \delta$ : $\norm{f(x)-f(y)} \leq 2\varepsilon + \norm{f_i(x)-f_i(y)} < 3\varepsilon$ . ∎

Contoh 7.12

Bola satuan tertutup di $\mathcal C(\intcc01)$ tidak kompak (sebab $f_n(x) = x^n$ tak punya subbarisan yang konvergen seragam: limit titik demi titiknya tak kontinu), dan memang $(x^n)$ tidak ekuikontinu di $1$ . Sebaliknya $\{f : \norm f_\infty \leq 1,\ \operatorname{Lip}(f) \leq 1\}$ bersifat kompak: sebab terbatas dan ekuikontinu lewat Lipschitz- $1$ , serta tertutup. Ascoli menjelaskan mengapa kekompakan gagal pada dimensi tak berhingga (Riesz, Tahun ke-2) dan apa yang harus ditambahkan untuk memulihkannya: yaitu modulus kekontinuan yang seragam.

7.4 Stone–Weierstrass

Lema 7.13 (Dini)

Misalkan $K$ kompak dan $(f_n)$ barisan monoton berisi fungsi real kontinu yang konvergen titik demi titik ke $f$ yang kontinu. Maka kekonvergenannya bersifat seragam.

Bukti. Katakanlah $f_n \uparrow f$ ; misalkan $g_n = f - f_n \downarrow 0$ , yang kontinu. Diberikan $\varepsilon$ , himpunan terbuka $U_n = \{g_n < \varepsilon\}$ naik dan menyelimuti $K$ (menurut kekonvergenan titik demi titiknya); ekstraklah subselimut berhingga: maka $K = U_{n_0}$ untuk suatu $n_0$ (karena keluarganya naik), yakni $0 \leq g_n < \varepsilon$ di mana-mana untuk $n \geq n_0$ . ∎

Lema 7.14

Ada barisan polinomial $u_n$ dengan $u_n(t) \to \sqrt t$ secara seragam pada $\intcc01$ .

Bukti. Definisikan $u_0 = 0$ dan $u_{n+1}(t) = u_n(t) + \frac12\bigl(t - u_n(t)^2\bigr)$ : semuanya polinomial. Dengan induksi, $0 \leq u_n(t) \leq \sqrt t$ pada $\intcc01$ : sebab dengan mengandaikannya untuk $n$ ,

\sqrt t - u_{n+1}(t) = \bigl(\sqrt t - u_n(t)\bigr) \Bigl(1 - \tfrac12\bigl(\sqrt t + u_n(t)\bigr)\Bigr) \geq 0,

karena $\sqrt t + u_n \leq 2$ ; lalu $u_{n+1} \geq u_n \geq 0$ . Jadi $(u_n(t))$ tak turun dan terbatas oleh $\sqrt t$ : sehingga ia konvergen titik demi titik, dan limitnya $\ell(t)$ memenuhi $\ell = \ell + \frac12(t - \ell^2)$ : jadi $\ell(t) = \sqrt t$ , yang kontinu. Lalu Dini (Lema 7.13) meningkatkannya menjadi seragam. ∎

Teorema 7.15 (Stone–Weierstrass, versi real)

Misalkan $K$ sebuah ruang kompak (Hausdorff) dan $\mathcal A \subseteq \mathcal C(K, \R)$ sebuah subaljabar (yang stabil terhadap penjumlahan, perkalian, dan kelipatan skalar) yang memuat konstanta serta memisahkan titik (yakni untuk $x \neq y$ ada $f \in \mathcal A$ dengan $f(x) \neq f(y)$ ). Maka $\mathcal A$ padat di $(\mathcal C(K,\R), \norm\cdot_\infty)$ .

Bukti. Misalkan $\bar{\mathcal A}$ penutupnya, yang kembali menjadi aljabar (sebab hasil kali limit seragam pada himpunan terbatas tetap konvergen).

Langkah 1: $\bar{\mathcal A}$ merupakan latis, yakni stabil terhadap $\max$ dan $\min$ . Karena $\max(f,g) = \frac{f + g + \abs{f-g}}2$ dan demikian pula $\min$ , cukup dibuktikan bahwa $f \in \bar{\mathcal A} \Rightarrow \abs f \in \bar{\mathcal A}$ : dengan $M = \norm f_\infty > 0$ berlaku $\abs f = M\sqrt{(f/M)^2}$ , dan Lema 7.14 memberikan polinomial $u_n$ dengan $u_n\bigl((f/M)^2\bigr) \to \abs f/M$ secara seragam; sedangkan polinomial atas anggota aljabarnya (dengan suku konstan: konstantanya memang ada) tetap berada di $\bar{\mathcal A}$ .

Langkah 2: interpolasi dua titik. Untuk $x \neq y$ dan $a, b \in \R$ , ada $g \in \mathcal A$ dengan $g(x) = a$ , $g(y) = b$ : ambil $h$ yang memisahkan $x, y$ lalu tetapkan $g = a + (b - a)\frac{h - h(x)}{h(y) - h(x)}$ .

Langkah 3. Misalkan $f \in \mathcal C(K)$ dan $\varepsilon > 0$ . Untuk setiap pasangan $x, y$ pilihlah $g_{x,y} \in \mathcal A$ dengan $g_{x,y}(x) = f(x)$ , $g_{x,y}(y) = f(y)$ (lewat Langkah 2; sedangkan untuk $x = y$ ambillah fungsi konstan $g_{x,x} = f(x)$ ). Tetapkan $x$ : untuk setiap $y$ , himpunan terbuka $V_y = \{g_{x,y} < f + \varepsilon\}$ memuat $y$ ; lalu kekompakannya mengekstrak $y_1, \dots, y_m$ dengan $K = \bigcup V_{y_j}$ , dan $h_x = \min_j g_{x, y_j} \in \bar{\mathcal A}$ (Langkah 1) memenuhi $h_x < f + \varepsilon$ di mana-mana serta $h_x(x) = f(x)$ . Kini ragamkan $x$ : $W_x = \{h_x > f - \varepsilon\}$ terbuka dan memuat $x$ ; ekstraklah $x_1, \dots, x_l$ yang menyelimuti $K$ , lalu $h = \max_i h_{x_i} \in \bar{\mathcal A}$ memenuhi $f - \varepsilon < h < f + \varepsilon$ : sehingga $\norm{f - h}_\infty \leq \varepsilon$ . Karena itu $f \in \bar{\mathcal A}$ . ∎

Akibat 7.16

(a) (Weierstrass) Polinomial padat di $\mathcal C(\intcc ab, \R)$ ; dan polinomial dalam $n$ variabel padat di $\mathcal C(K, \R)$ untuk $K \subseteq \R^n$ yang kompak. (b) (Versi kompleks) Jika $\mathcal A \subseteq \mathcal C(K, \C)$ sebuah subaljabar yang memuat konstanta, memisahkan titik, dan stabil terhadap konjugasi, maka ia padat. (c) (Versi trigonometri) Polinomial trigonometri $\sum_{\abs n \leq N}c_n\eu^{\iu n t}$ padat di ruang berisi fungsi kontinu berperiode $2\pi$ dengan $\norm\cdot_\infty$ .

Bukti. (a) Polinomial membentuk aljabar yang memuat konstanta; dan fungsi koordinatnya memisahkan titik $\R^n$ . (b) Bagian real dan imajiner $\frac{f + \bar f}2$ dan $\frac{f - \bar f}{2\iu}$ dari anggota $\mathcal A$ membentuk aljabar real $\mathcal A_\R \subseteq \mathcal C(K, \R)$ yang memuat konstanta; ia memisahkan titik (sebab $f(x) \ne f(y)$ memaksa $\operatorname{Re}f$ atau $\operatorname{Im}f$ memisahkannya). Lalu terapkan teorema realnya dan gabungkan kembali. (c) Pandanglah fungsi berperiode $2\pi$ sebagai $\mathcal C(S^1, \C)$ (dengan $S^1 = \R/2\pi\Z$ yang kompak: Latihan 6.5); maka aljabar yang dibangun oleh $\eu^{\iu t}, \eu^{-\iu t}$ dan konstanta bersifat stabil terhadap konjugasi dan memisahkan titik lingkarannya (sebab $\eu^{\iu t}$ injektif di sana). Lalu terapkan (b). ∎

Catatan 7.17

Versi trigonometrinya memperbaiki, dan menyamaratakan secara luas, celah yang ditinggalkan bab Fourier pada Tahun ke-2: sebab kepadatan polinomial trigonometri di $(\mathcal C(S^1), \norm\cdot_2)$ menyusul secara a fortiori (karena $\norm\cdot_2 \leq \norm\cdot_\infty$ sampai pada konstanta penormalannya), dan itulah yang akan menjadikan sistem Fourier sebuah basis ortonormal pada Bab 13, sehingga akhirnya membuktikan Parseval dalam keumuman penuh.

7.5 Latihan

Latihan 7.1 ★

(a) Tunjukkan bahwa $\mathcal C(\intcc01, \R)$ dengan $\norm f_1 = \int_0^1\abs f$ tidak lengkap: sebab fungsi $f_n$ yang bernilai $0$ pada $\intcc0{\frac12}$ , $1$ pada $\intcc{\frac12 + \frac1n}1$ , dan afin di antaranya, bersifat Cauchy- $\norm\cdot_1$ tanpa limit yang kontinu. (b) Tunjukkan bahwa ruang bernorma yang setiap deret konvergen mutlaknya konvergen bersifat lengkap. (Ekstraklah dari sebuah barisan Cauchy sebuah subbarisan dengan $\norm{x_{n_{k+1}} - x_{n_k}} \leq 2^{-k}$ .)

Solusi

Solusi Latihan 7.1.

(a) Untuk $m \geq n$ , selisih $f_n - f_m$ lenyap di luar sebuah selang berpanjang $\frac1n$ dan terbatas oleh $1$ : sehingga $\norm{f_n - f_m}_1 \leq \frac1n \to 0$ : jadi Cauchy. Jika $f_n \to f$ dalam $\norm\cdot_1$ dengan $f$ kontinu: maka untuk $\alpha < \frac12$ yang tetap, $\int_0^{\alpha}\abs f = \lim \int_0^\alpha\abs{f - f_n + f_n} \leq \lim\bigl(\norm{f - f_n}_1 + 0\bigr) = 0$ (sebab $f_n \equiv 0$ di sana untuk $n$ besar), sehingga $f \equiv 0$ pada $[0, \frac12)$ (menurut kekontinuannya); demikian pula $f \equiv 1$ pada $(\frac12, 1]$ : dan tak ada fungsi kontinu yang melakukan keduanya. Jadi ruangnya tidak lengkap — pelengkapannya adalah $L^1$ , yang dibangun pada Bab 12.

(b) Misalkan $(x_n)$ Cauchy; pilihlah $n_1 < n_2 < \cdots$ dengan $\norm{x_{n_{k+1}} - x_{n_k}} \leq 2^{-k}$ . Maka deret $\sum_k (x_{n_{k+1}} - x_{n_k})$ konvergen mutlak, sehingga konvergen; jumlah parsialnya $x_{n_{k+1}} - x_{n_1}$ , sehingga $(x_{n_k})$ konvergen, dan barisan Cauchy yang mempunyai subbarisan konvergen akan konvergen.

Latihan 7.2 ★

Dengan memakai Baire: (a) tunjukkan bahwa ruang bernorma yang lengkap tak punya basis (aljabar) yang terbilang — lalu simpulkan bahwa ruang polinomial tidak lengkap terhadap norma apa pun; (b) tunjukkan bahwa jika barisan fungsi kontinu $f_n \colon \R \to \R$ konvergen titik demi titik ke $f$ , maka himpunan titik kekontinuan $f$ bersifat padat. (Untuk (b): terimalah atau buktikan bahwa $\Omega_\delta = \{x : \operatorname{osc}_x f < \delta\}$ terbuka, lalu tunjukkan bahwa ia padat dengan memakai $F_{N} = \{x: \abs{f_n(x) - f_m(x)} \leq \delta/3\ \forall n,m \geq N\}$ , yaitu himpunan tertutup yang menyelimuti $\R$ ; bekerjalah di sembarang bola tertutup agar Baire dapat diterapkan.)

Solusi

Solusi Latihan 7.2.

(a) Andaikan $E$ lengkap dengan basis aljabar $(e_n)_{n\in\N}$ lalu misalkan $F_n = \operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_n)$ : yang tertutup (sebab subruang berdimensi berhingga bersifat lengkap, sehingga tertutup — Tahun ke-2), dan berinterior kosong: sebab jika $B(x, r) \subseteq F_n$ , ambillah $v \notin F_n$ ; maka $x + \frac{r}{2\norm v}v \in B(x,r) \setminus F_n$ , mustahil. Padahal $E = \bigcup F_n$ (sebab setiap vektor berupa kombinasi berhingga): dan itu bertentangan dengan Baire (Teorema 7.6). Ruang $\R[X]$ mempunyai basis terbilang $(X^n)$ , sehingga tak ada norma yang membuatnya lengkap.

(b) Tetapkan $\delta > 0$ dan sebuah bola terbuka tak kosong $B$ ; kita cari di $B$ sebuah titik $\Omega_\delta = \{x : \operatorname{osc}_xf < \delta\}$ , dengan $\operatorname{osc}_xf = \inf_{V \ni x}\operatorname{diam} f(V)$ . (Himpunan $\Omega_\delta$ terbuka: sebab jika $\operatorname{diam}f(V) < \delta$ untuk suatu $V \ni x$ yang terbuka, maka setiap $y \in V$ berosilasi $< \delta$ .) Himpunan

F_N = \bigl\{x : \abs{f_n(x) - f_m(x)} \leq \tfrac\delta3\ \ \forall\, n, m \geq N \bigr\}

bersifat tertutup (sebagai irisan prapeta himpunan tertutup) dan menyelimuti $\R$ (karena kekonvergenan titik demi titik membuat $(f_n(x))$ Cauchy). Dengan menerapkan Baire di dalam $\bar B$ yang lengkap: ada $F_N \cap \bar B$ yang memuat sebuah bola $B' = B(x_0, \rho)$ . Dengan membiarkan $m \to \infty$ : $\abs{f_N - f} \leq \frac\delta3$ pada $B'$ . Menurut kekontinuan $f_N$ di $x_0$ , ciutkan menjadi $B'' \ni x_0$ tempat $\abs{f_N - f_N(x_0)} \leq \frac\delta3$ ; maka untuk $x \in B''$ ,

\abs{f(x) - f(x_0)} \leq \abs{f - f_N}(x) + \abs{f_N(x) - f_N(x_0)} + \abs{f_N - f}(x_0) \leq \delta:

sehingga $\operatorname{diam} f(B'') \leq 2\delta$ , jadi $x_0 \in \Omega_{3\delta} \cap B$ . Dengan demikian setiap $\Omega_\delta$ terbuka dan padat; lalu $\bigcap_k\Omega_{1/k}$ — yakni himpunan titik kekontinuannya — bersifat padat menurut Baire.

Latihan 7.3 ★★

(a) Tunjukkan bahwa $f(x) = \frac12\bigl(x + \frac ax\bigr)$ (dengan $a > 1$ ) merupakan kontraksi pada $[\sqrt a, +\infty)$ lalu kenali titik tetapnya — yakni metode Heron. Taksirlah banyaknya iterasi untuk ketelitian $10^{-12}$ mulai dari $x_0 = a$ , untuk $a = 2$ . (b) (Persamaan Kepler) Untuk $0 \leq e < 1$ dan $m \in \R$ , tunjukkan bahwa $x = m + e\sin x$ mempunyai penyelesaian tunggal yang bergantung kontinu pada $m$ .

Solusi

Solusi Latihan 7.3.

(a) Pemetaan $f(x) = \frac12(x + \frac ax)$ memetakan $[\sqrt a, \infty)$ ke dirinya sendiri (lewat AM–GM: $f(x) \geq \sqrt{x \cdot \frac ax} = \sqrt a$ ), dan $f'(x) = \frac12(1 - \frac a{x^2}) \in [0, \frac12)$ di sana: jadi kontraksi Lipschitz- $\frac12$ pada himpunan tertutup (yang lengkap). Titik tetapnya: $x = f(x) \iff x^2 = a$ : jadi $x^* = \sqrt a$ . Lajunya (Teorema 7.4): $d(x_n, \sqrt a) \leq 2^{-n+1}\,d(x_1, x_0)$ . Untuk $a = 2$ dan $x_0 = 2$ : $d(x_1, x_0) = \frac12$ , sehingga $n = 40$ menjamin $2^{-40} < 10^{-12}$ . (Dalam kenyataannya metode Newton konvergen secara kuadrat: segelintir iterasi sudah cukup; taksiran kontraksinya pesimistis tetapi gratis.)

(b) Pemetaan $f_m(x) = m + e\sin x$ bersifat Lipschitz- $e$ dengan $e < 1$ pada $\R$ yang lengkap: jadi titik tetapnya tunggal, sebut $x(m)$ . Untuk dua parameter:

\abs{x(m) - x(m')} = \abs{f_m(x(m)) - f_{m'}(x(m'))} \leq \abs{m - m'} + e\abs{x(m) - x(m')},

sehingga $\abs{x(m) - x(m')} \leq \frac{\abs{m - m'}}{1 - e}$ : jadi bahkan Lipschitz terhadap $m$ .

Latihan 7.4 ★★

(a) Misalkan $X$ lengkap dan $f \colon X \to X$ sedemikian sehingga suatu iterasinya $f^p$ merupakan kontraksi. Tunjukkan bahwa $f$ mempunyai titik tetap tunggal. Terapannya: operator integral $T$ pada $\mathcal C(\intcc0a)$ dengan $Tf(x) = \int_0^x f$ memenuhi $\norm{T^p} \leq a^p/p!$ — lalu simpulkan bahwa $u = g + \lambda Tu$ terselesaikan untuk setiap $\lambda$ . (b) (Edelstein) Misalkan $K$ kompak dan $f\colon K \to K$ dengan $d(f(x), f(y)) < d(x, y)$ untuk $x \neq y$ . Tunjukkan bahwa $f$ mempunyai titik tetap tunggal, tetapi laju kontraksinya dapat hilang: pada $X = [1, +\infty)$ (yang lengkap tetapi tak kompak), $f(x) = x + \frac1x$ tak punya titik tetap meskipun jaraknya menurun sejati.

Solusi

Solusi Latihan 7.4.

(a) Misalkan $x^*$ titik tetap tunggal $f^p$ . Maka $f^p(f(x^*)) = f(f^p(x^*)) = f(x^*)$ : sehingga $f(x^*)$ menjadi titik tetap $f^p$ , jadi $f(x^*) = x^*$ . Dan titik tetap $f$ juga titik tetap $f^p$ : sehingga ketunggalannya berpindah. Untuk $T$ : dengan induksi $\abs{T^pf(x)} \leq \norm f_\infty x^p/p!$ (sebab setiap pengintegralan menambahkan faktor $\frac xk$ ), sehingga $\norm{T^p} \leq a^p/p!$ . Pemetaan $S(u) = g + \lambda Tu$ memenuhi $S^p(u) - S^p(v) = \lambda^pT^p(u - v)$ , yang bernorma $\leq \abs\lambda^pa^p/p!\,\norm{u - v} \to 0$ : jadi suatu $S^p$ merupakan kontraksi, sehingga $S$ bertitik tetap tunggal: berarti persamaan Volterra $u = g + \lambda Tu$ terselesaikan secara tunggal untuk setiap $\lambda$ .

(b) Fungsi $\varphi(x) = d(x, f(x))$ kontinu pada $K$ yang kompak: sehingga ia mencapai minimumnya di suatu $x_0$ . Jika $f(x_0) \neq x_0$ , maka $\varphi(f(x_0)) = d(f(x_0), f^2(x_0)) < d(x_0, f(x_0)) = \min\varphi$ : mustahil. Ketunggalannya: dua titik tetap $x \ne y$ akan memberikan $d(x,y) = d(f(x), f(y)) < d(x,y)$ . Tanpa kekompakan: $f(x) = x + \frac1x$ pada $[1, \infty)$ memenuhi, untuk $x < y$ , $f(y) - f(x) = (y - x)\bigl(1 - \frac1{xy}\bigr) < y - x$ , namun $f(x) > x$ selalu: jadi tak ada titik tetap — sebab penurunan jarak yang sejati lebih lemah daripada faktor kontraksi yang seragam.

Latihan 7.5 ★★

(a) Dua pemetaan kontinu ke ruang Hausdorff yang bersesuaian pada himpunan bagian padat akan bersesuaian di mana-mana; di manakah hal ini dipakai pada bab ini? (b) Misalkan $D \subseteq X$ padat dan $f \colon D \to Y$ sebuah bijeksi isometrik pada himpunan bagian padat dari $Y$ yang lengkap, dengan $X$ lengkap. Tunjukkan bahwa $f$ meluas menjadi bijeksi isometrik $X \to Y$ . Lalu simpulkan kembali ketunggalan pelengkapannya.

Solusi

Solusi Latihan 7.5.

(a) Himpunan $A = \{g = h\}$ adalah prapeta diagonal $\Delta_Y$ di bawah $x \mapsto (g(x), h(x))$ yang kontinu; sedangkan $\Delta_Y$ tertutup karena $Y$ bersifat Hausdorff (sebab untuk $y_1 \neq y_2$ , persekitaran terbuka yang saling lepas memberikan kotak terbuka di sekitar $(y_1, y_2)$ yang saling lepas dengan diagonalnya, sehingga komplemen $\Delta_Y$ terbuka): jadi $A$ tertutup, memuat himpunan padat, sehingga sama dengan $X$ . Dipakai pada: ketunggalan di Teorema 7.2, dan karenanya pada ketunggalan pelengkapannya.

(b) Karena $f$ merupakan isometri, ia kontinu seragam: sehingga meluas menjadi $F\colon X \to Y$ (Teorema 7.2), yang tetap isometrik (sebab relasi $d(F(x), F(x')) = d(x, x')$ berlaku pada himpunan pasangan yang padat dan kedua ruasnya kontinu). Demikian pula $f^{-1}\colon f(D) \to X$ meluas menjadi $G \colon Y \to X$ . Komposisi $G \circ F$ kontinu dan menetapkan $D$ yang padat: jadi ia $\mathrm{id}_X$ (menurut bagian (a)); secara simetris $F \circ G = \mathrm{id}_Y$ . Jadi $F$ merupakan bijeksi isometrik. Ketunggalan pelengkapannya: terapkan hal ini pada $D = X$ yang duduk secara padat di dua pelengkapan.

Latihan 7.6 ★★

Manakah di antara keluarga berikut yang ekuikontinu, terbatas titik demi titik, dan kompak relatif di $\mathcal C(\intcc01)$ ?

\{x \mapsto \sin(nx)\}_{n},\qquad \{x \mapsto x^n\}_n,

\Bigl\{f \in \mathcal C^1 : \norm f_\infty \leq 1,\ \norm{f'}_\infty \leq 1\Bigr\},\qquad \{f : \operatorname{Lip}(f)\leq 1,\ f(0) = 0\}.

Berilah alasan bagi setiap jawabannya dengan Ascoli atau dengan barisan penyangkal.

Solusi

Solusi Latihan 7.6.

Untuk $\{\sin(nx)\}$ : terbatas titik demi titik oleh $1$ ; tetapi tidak ekuikontinu: sebab di $x = 0$ berlaku $\sin(n\cdot\frac{\pi}{2n}) = 1$ dengan $\frac\pi{2n} \to 0$ , sehingga melanggar $\delta$ bersama mana pun untuk $\varepsilon = \frac12$ . Jadi tidak kompak relatif (menurut keperluan Ascoli, Teorema 7.11).

Untuk $\{x^n\}$ : terbatas; tetapi tidak ekuikontinu di $1$ : sebab $1 - (1 - \delta)^n \to 1$ ketika $n \to \infty$ untuk $\delta$ tetap. Jadi tidak kompak relatif — dan sejalan dengan itu, limit titik demi titiknya tak kontinu, sehingga tak ada subbarisan yang konvergen seragam.

Untuk $\{\norm f_\infty \leq 1, \norm{f'}_\infty \leq 1\}$ : ketaksamaan nilai rata-rata membuat keluarganya Lipschitz- $1$ , sehingga ekuikontinu; dan terbatas: jadi kompak relatif menurut Ascoli. (Tetapi tidak kompak: sebab ia tidak tertutup — limit seragamnya tak harus $\mathcal C^1$ ; penutupnya adalah fungsi Lipschitz- $1$ yang bernorma $\leq 1$ .)

Untuk $\{\operatorname{Lip}(f) \leq 1, f(0) = 0\}$ : ekuikontinu; terbatas titik demi titik (sebab $\abs{f(x)} \leq x \leq 1$ ); dan tertutup terhadap limit seragam (sebab ketaksamaan Lipschitz dan nilainya di $0$ beralih ke limitnya): jadi kompak.

Latihan 7.7 ★★★

(Operator integral yang kompak) Misalkan $k \in \mathcal C(\intcc01^2)$ dan, untuk $f \in \mathcal C(\intcc01)$ , $Tf(x) = \int_0^1k(x,y)f(y)\,\dd y$ . (a) Tunjukkan bahwa $T$ memetakan bola satuan $\mathcal C(\intcc01)$ ke himpunan yang ekuikontinu dan terbatas seragam; lalu simpulkan bahwa $T$ merupakan operator kompak: yakni peta himpunan terbatas bersifat kompak relatif. (b) Simpulkan bahwa jika $(f_n)$ terbatas, maka $(Tf_n)$ mempunyai subbarisan yang konvergen seragam, dan bahwa $T$ tak mungkin menjadi bijeksi dengan invers yang kontinu. (Sebab peta bola satuannya akan menjadi persekitaran kompak $0$ di $\mathcal C(\intcc01)$ : dan itu dilarang teorema Riesz dari Tahun ke-2.)

Solusi

Solusi Latihan 7.7.

(a) Untuk $\norm f_\infty \leq 1$ : $\abs{Tf(x)} \leq \norm k_\infty$ , dan

\abs{Tf(x) - Tf(x')} \leq \int_0^1\abs{k(x,y) - k(x',y)}\,\dd y \leq \omega_k\bigl(\abs{x - x'}\bigr),

dengan $\omega_k$ berupa modulus kekontinuan seragam $k$ pada persegi kompaknya (menurut Heine): jadi peta bola satuannya terbatas seragam dan ekuikontinu, sehingga kompak relatif (menurut Ascoli). Lewat kelinearannya setiap himpunan terbatas berpeta kompak relatif: jadi $T$ merupakan operator kompak.

(b) Pernyataan subbarisannya adalah definisi kekompakan relatif yang diterapkan pada $\{Tf_n\}$ . Seandainya $T$ bijektif dengan invers yang kontinu, maka $T(B(0,1)) \supseteq B(0, \varepsilon)$ untuk suatu $\varepsilon > 0$ (sebab $T^{-1}$ kontinu di $0$ ); lalu bola tertutup $\bar B(0,\varepsilon)$ , sebagai himpunan bagian tertutup dari $\overline{T(B(0,1))}$ yang kompak, akan menjadi kompak — dan itu mustahil di $\mathcal C(\intcc01)$ yang berdimensi tak berhingga menurut teorema Riesz (Tahun ke-2).

Latihan 7.8 ★★

Buktikan atau sanggahlah, untuk $f_n \colon \intcc01 \to \R$ yang kontinu: (a) $f_n \downarrow 0$ titik demi titik $\Rightarrow$ secara seragam (yakni Dini — buktikan ulang); (b) sama tetapi tanpa kemonotonan; (c) sama dengan kemonotonan tetapi $f$ tak kontinu; (d) sama dengan kemonotonan, dengan limit kontinu, tetapi pada $\intoo01$ .

Solusi

Solusi Latihan 7.8.

(a) Dini: lihat Lema 7.13 — yaitu argumen penyelimutannya. (b) Salah: sebab gundukan berjalan $f_n(x) = \max(0, 1 - \abs{nx - 1})$ menuju $0$ titik demi titik (sebab untuk $x > 0$ , $f_n(x) = 0$ begitu $n > 2/x$ ; dan $f_n(0) = 0$ ) padahal $\norm{f_n}_\infty = 1$ . (c) Salah: sebab $f_n(x) = x^n$ turun ke $\mathbf 1_{\{1\}}$ yang tak kontinu; dan $\sup_{[0,1]}\abs{f_n - f} = \sup_{[0,1)} x^n = 1$ . (d) Salah: sebab $x^n \downarrow 0$ titik demi titik pada $\intoo01$ yang tak kompak, dengan $\sup_{(0,1)}x^n = 1$ . Jadi setiap hipotesis Dini memang diperlukan.

Latihan 7.9 ★★

(a) (Momen menentukan) Misalkan $f \in \mathcal C(\intcc01)$ dengan $\int_0^1 f(x)\,x^n\,\dd x = 0$ untuk setiap $n \in \N$ . Tunjukkan $f = 0$ . (Hampiri $f$ secara seragam dengan polinomial lalu hitunglah $\int f^2$ .) (b) Tunjukkan bahwa polinomial genap padat di $\mathcal C(\intcc01)$ tetapi tidak di $\mathcal C(\intcc{-1}1)$ ; di manakah hipotesis Stone–Weierstrass gagal? (c) Apakah aljabar yang dibangun oleh $x \mapsto \eu^{\iu x}$ saja (tanpa $\eu^{-\iu x}$ ) padat di $\mathcal C(S^1, \C)$ ? (Tinjaulah $\int_0^{2\pi}f(t)\,\eu^{\iu t}\dd t$ .)

Solusi

Solusi Latihan 7.9.

(a) Lewat kelinearannya $\int_0^1 fP = 0$ untuk setiap polinomial $P$ . Pilihlah $P_n \to f$ secara seragam (Akibat 7.16): maka $\int_0^1 f^2 = \lim\int_0^1 fP_n = 0$ , dan $f^2 \geq 0$ yang kontinu dengan integral nol pastilah lenyap secara identik.

(b) Pada $\intcc01$ : polinomial dalam $x^2$ membentuk aljabar yang memuat konstanta dan memisahkan titik (sebab $x \mapsto x^2$ injektif pada $\intcc01$ ): jadi padat menurut Stone–Weierstrass. Pada $\intcc{-1}1$ : $x^2$ bernilai sama di $\pm x$ , dan demikian pula setiap polinomial dalam $x^2$ : sehingga limit seragamnya berupa fungsi genap. Seandainya fungsi genap $g_n$ konvergen seragam ke identitasnya, maka $x = \lim g_n(x) = \lim g_n(-x) = -x$ untuk setiap $x$ : mustahil — jadi tidak padat. Hipotesis pemisahannya gagal pada pasangan $\{x, -x\}$ .

(c) Tidak. Sebab untuk $f$ di dalam aljabar $\mathcal A$ yang dibangun oleh konstanta dan $\eu^{\iu t}$ — yakni kombinasi linear $\eu^{\iu nt}$ dengan $n \geq 0$ — berlaku $\Lambda(f) = \int_0^{2\pi}f(t)\,\eu^{\iu t}\,\dd t = 0$ (sebab setiap $\int_0^{2\pi}\eu^{\iu(n+1)t}\dd t = 0$ ). Fungsional $\Lambda$ bersifat kontinu terhadap $\norm\cdot_\infty$ (sebab $\abs{\Lambda(f)}\leq 2\pi\norm f_\infty$ ), sehingga $\Lambda$ lenyap pada $\bar{\mathcal A}$ ; padahal $\Lambda(\eu^{-\iu t}) = 2\pi \neq 0$ : jadi $\eu^{-\iu t} \notin \bar{\mathcal A}$ . (Stone–Weierstrass tak berlaku di sini: sebab $\mathcal A$ tidak stabil terhadap konjugasi — dan halangannya persis yang akan disistematiskan teori fungsi holomorfik pada Bab 16.)

Latihan 7.10 ★★★

(Keterbatasan seragam, versi metrik) Misalkan $X$ sebuah ruang metrik yang lengkap dan $\mathcal F \subseteq \mathcal C(X, \R)$ sebuah keluarga yang terbatas titik demi titik: $\sup_{f \in \mathcal F}\abs{f(x)} < \infty$ untuk setiap $x$ . Tunjukkan bahwa ada $U \subseteq X$ terbuka dan tak kosong yang di atasnya $\mathcal F$ terbatas seragam: $\sup_{f}\sup_U \abs f < \infty$ . (Tinjaulah $F_n = \{x : \abs{f(x)} \leq n\ \forall f\}$ .) Inilah mesin di balik Banach–Steinhaus pada Bab 8.

Solusi

Solusi Latihan 7.10.

Himpunan $F_n = \bigcap_{f \in \mathcal F}\{x : \abs{f(x)} \leq n\}$ merupakan irisan himpunan tertutup: jadi tertutup. Keterbatasan titik demi titiknya memberikan $X = \bigcup_n F_n$ . Lalu Baire (Teorema 7.6) menyediakan $n_0$ dengan $U = \mathring F_{n_0} \neq \varnothing$ : sehingga pada $U$ berlaku $\abs f \leq n_0$ untuk setiap $f \in \mathcal F$ serentak.

Latihan 7.11 ★★

( $\mathcal C^1$ memerlukan normanya sendiri) Pada $E = \mathcal C^1(\intcc01, \R)$ tinjaulah $\norm f_{\mathcal C^1} = \norm f_\infty + \norm{f'}_\infty$ . (a) Tunjukkan bahwa $(E, \norm\cdot_{\mathcal C^1})$ lengkap (barisan Cauchy- $\mathcal C^1$ mempunyai $f_n \to f$ dan $f_n' \to g$ secara seragam; kenalilah $g = f'$ dengan mengambil limit pada $f_n(x) = f_n(0) + \int_0^xf_n'$ ). (b) Tunjukkan bahwa $(E, \norm\cdot_\infty)$ tidak lengkap: tampilkan limit seragam fungsi $\mathcal C^1$ yang tak dapat diturunkan (misalnya penghampiran mulus dari $\abs{x - \tfrac12}$ ). (c) Simpulkan dari (a), (b) dan lingkaran gagasan pemetaan terbuka — atau secara langsung — bahwa tak ada konstanta $C$ yang memenuhi $\norm{f'}_\infty \leq C\,\norm f_\infty$ pada $E$ : tampilkan barisan yang menjadi saksinya. Jadi pendiferensialan tak terbatas; dan inilah jurang di balik Teorema 7.9.

Solusi

Solusi Latihan 7.11.

(a) Barisan Cauchy terhadap $\norm\cdot_{\mathcal C^1}$ bersifat Cauchy seragam bersama turunannya: sehingga $f_n \to f$ dan $f_n' \to g$ secara seragam, dengan $f, g$ kontinu. Mengambil limitnya (kekonvergenan seragam mengizinkannya di bawah integral) pada $f_n(x) = f_n(0) + \int_0^xf_n'(t)\,\dd t$ memberikan $f(x) = f(0) + \int_0^xg$ : jadi $f$ bersifat $\mathcal C^1$ dengan $f' = g$ , dan $\norm{f_n - f}_{\mathcal C^1} \to 0$ . Jadi lengkap.

(b) Fungsi $h(x) = \abs{x - \frac12}$ merupakan limit seragam fungsi $\mathcal C^1$ , misalnya $h_n(x) = \sqrt{(x - \frac12)^2 + \frac1n}$ (sebab $\abs{h_n - h} \leq \frac1{\sqrt n}$ lewat batas kuantitas sekawan), padahal $h \notin E$ : jadi norma $\sup$ pada $E$ tidak lengkap — pelengkapannya adalah $\mathcal C(\intcc01)$ .

(c) Barisan $f_n(x) = \sin(2\pi nx)$ mempunyai $\norm{f_n}_\infty = 1$ dan $\norm{f_n'}_\infty = 2\pi n \to \infty$ : jadi tak ada $C$ yang berlaku. (Secara konseptual: seandainya pendiferensialan terbatas terhadap norma sup, kedua norma pada (a)–(b) akan setara, sehingga membuat $(E, \norm\cdot_\infty)$ lengkap — dan itu bertentangan dengan (b). Ketakterbatasan inilah yang persis membuat fungsi kontinu yang umum dapat gagal diturunkan di mana pun, Teorema 7.9.)

Latihan 7.12 ★★★

(Lema Croft) Misalkan $f\colon\intoo0\infty\to\R$ kontinu dan andaikan bahwa untuk setiap $x > 0$ berlaku $f(nx) \to 0$ ketika bilangan bulat $n \to \infty$ . Tunjukkan bahwa $f(t) \to 0$ ketika $t \to +\infty$ . (Tetapkan $\varepsilon > 0$ ; maka himpunan $F_N = \{x > 0 : \abs{f(nx)} \leq \varepsilon\ \ \forall n \geq N\}$ bersifat tertutup dan menyelimuti $\intoo0\infty$ ; lalu Baire pada suatu selang $\intcc ab$ memberikan $N$ dan subselang $\intcc{a'}{b'} \subseteq F_N$ ; kemudian dilatasi $\bigl[na', nb'\bigr]$ dengan $n \geq N$ menyelimuti seluruh persekitaran $+\infty$ begitu $n(b' - a') \geq a'$ .) Di manakah hipotesis “untuk setiap $x$ ” (bukan hanya $x$ rasional) dipakai?

Solusi

Solusi Latihan 7.12.

Tetapkan $\varepsilon > 0$ . Setiap $F_N$ merupakan irisan atas $n \geq N$ dari prapeta $\intcc{-\varepsilon} \varepsilon$ yang tertutup di bawah $x \mapsto f(nx)$ yang kontinu: jadi tertutup. Hipotesisnya mengatakan bahwa setiap $x > 0$ terletak di suatu $F_N$ . Menurut Baire yang diterapkan di dalam $\intcc ab$ yang lengkap (untuk sembarang $0 < a < b$ ), ada $F_N$ yang padat pada suatu subselang; dan karena tertutup, ia memuat sebuah selang $\intcc{a'}{b'}$ dengan $0 < a' < b'$ . Lalu untuk setiap $n \geq \max(N, \frac{a'}{b' - a'})$ , kedua selang $\intcc{na'}{nb'}$ dan $\intcc{(n+1)a'}{(n+1)b'}$ bertindih (sebab $nb' \geq (n+1)a'$ ), sehingga

\bigcup_{n \geq n_0}\intcc{na'}{nb'} \supseteq \intco{n_0a'}{+\infty},

dan setiap $t \geq n_0a'$ berbentuk $t = nx$ dengan $n \geq N$ dan $x \in \intcc{a'}{b'} \subseteq F_N$ : jadi $\abs{f(t)} \leq \varepsilon$ . Karena itu $\limsup_{t\to\infty}\abs f \leq \varepsilon$ untuk setiap $\varepsilon$ : sehingga $f \to 0$ . Hipotesis penuhnya diperlukan karena $F_N$ harus menyelimuti sekumpulan $x$ sebesar selang — sebab dengan $x$ rasional saja gabungan $F_N$ bersifat terbilang dan Baire tak memberikan apa pun; dan memang ada contoh penyangkal yang kontinu, yang lenyap sepanjang semua sinar rasional tetapi tidak di tak hingga.

7.6 Soal: teorema keberadaan Peano

Soal 7.1

Soal akhir pekan — keberadaan penyelesaian $x' = f(t, x)$ tanpa Lipschitz

Cauchy–Lipschitz (Tahun ke-2; dibuktikan ulang pada Bab 19) menuntut $f$ bersifat Lipschitz terhadap $x$ . Peano (1890): kekontinuan $f$ sudah melahirkan keberadaannya — meski bukan ketunggalannya. Kita membuktikannya dengan poligon Euler dan Ascoli. Latarnya: $f \colon R \to \R^d$ kontinu pada persegi panjang $R = \intcc{t_0 - a}{t_0 + a}\times \bar B(x_0, b) \subseteq \R\times\R^d$ , dengan $M = \sup_R\norm f$ , dan

T = \min\bigl(a,\ b/M\bigr) \qquad (\text{jika } M = 0 \text{ soalnya trivial}).

Bagian I — Poligon Euler. Untuk $n \geq 1$ , bagilah $[t_0, t_0 + T]$ oleh $t_k = t_0 + kT/n$ ( $0 \leq k \leq n$ ) lalu definisikan $\varphi_n$ secara afin sepotong-sepotong: $\varphi_n(t_0) = x_0$ dan, pada $[t_k, t_{k+1}]$ ,

\varphi_n(t) = \varphi_n(t_k) + (t - t_k)\,f\bigl(t_k, \varphi_n(t_k)\bigr).

Tunjukkan dengan induksi bahwa $\varphi_n$ terdefinisi dengan baik, dengan $\norm{\varphi_n(t) - x_0} \leq M(t - t_0) \leq b$ pada $[t_0, t_0 + T]$ — sehingga titik pemasukan nilainya tetap di $R$ . (Di sinilah $T \leq b/M$ masuk.)
Tunjukkan bahwa setiap $\varphi_n$ bersifat Lipschitz- $M$ .
Simpulkan dari Arzelà–Ascoli (Teorema 7.11) bahwa ada subbarisan $(\varphi_{n_j})$ yang konvergen seragam pada $[t_0, t_0 + T]$ ke suatu $\varphi$ , yang sendirinya Lipschitz- $M$ dengan $\varphi(t_0) = x_0$ .

Bagian II — Limitnya menyelesaikan persamaan. Definisikan cacatnya $\Delta_n(t) = \varphi_n'(t) - f\bigl(t, \varphi_n(t)\bigr)$ di titik bukan kisi.

Tunjukkan bahwa $f$ kontinu seragam pada $R$ , lalu simpulkan: untuk setiap $\varepsilon > 0$ ada $n_0$ sedemikian sehingga untuk $n \geq n_0$ dan setiap $t$ bukan kisi berlaku $\norm{\Delta_n(t)} \leq \varepsilon$ . (Pada $(t_k, t_{k+1})$ berlaku $\varphi_n'(t) = f(t_k, \varphi_n(t_k))$ , sedangkan $(t, \varphi_n(t))$ berjarak paling banyak $(1 + M)\,T/n$ dari $(t_k, \varphi_n(t_k))$ .)
Tegakkan bentuk integralnya: untuk setiap $t$ ,

$\varphi_n(t) = x_0 + \int_{t_0}^{t} f\bigl(s, \varphi_n(s)\bigr)\dd s + \int_{t_0}^t \Delta_n(s)\,\dd s,$

dengan integran di tengahnya kontinu sepotong-sepotong.
Ambil limitnya sepanjang $(n_j)$ : tunjukkan $f(s, \varphi_{n_j}(s)) \to f(s, \varphi(s))$ secara seragam (sekali lagi lewat kekontinuan seragam $f$ ), lalu simpulkan

$\varphi(t) = x_0 + \int_{t_0}^t f\bigl(s, \varphi(s)\bigr)\dd s .$
Simpulkan bahwa $\varphi$ bersifat $\mathcal C^1$ pada $[t_0, t_0 + T]$ dan menyelesaikan $x' = f(t, x)$ , $x(t_0) = x_0$ ; lalu perluaslah konstruksinya ke $[t_0 - T, t_0]$ (lewat pembalikan waktu). Inilah teorema Peano.

Bagian III — Ketunggalannya sungguh gagal. Tinjaulah $x' = 2\sqrt{\abs x}$ , $x(0) = 0$ , pada $\R$ .

Periksalah bahwa $f(x) = 2\sqrt{\abs x}$ kontinu tetapi tidak Lipschitz pada persekitaran $0$ mana pun.
Periksalah bahwa $x \equiv 0$ dan, untuk setiap $c \geq 0$ ,

$x_c(t) = \begin{cases} 0 & t \leq c,\\ (t - c)^2 & t \geq c,\end{cases}$

semuanya merupakan penyelesaian yang melalui $(0,0)$ : jadi ada kontinum penyelesaian yang berbeda.
Di manakah argumen iterasi Picard (lewat titik tetap Banach) runtuh untuk $f$ ini?

Bagian IV — Batas metodenya.

Tunjukkan bahwa teorema Peano gagal pada dimensi tak berhingga: kita terima (atau Anda boleh percaya saja) contoh klasik Dieudonné di ruang $c_0$ berisi barisan yang menuju nol; sebagai gantinya, buktikan bahan berdimensi berhingga yang gagal di sana: bahwa bola satuan tertutup $c_0$ (dengan norma sup) tidak kompak — tampilkan barisan terbatas yang tak punya subbarisan konvergen, lalu jelaskan langkah Bagian I mana yang runtuh.
Rangkumlah: hipotesis mana yang memberikan keberadaan? dan mana yang memberikan keberadaan sekaligus ketunggalan? Nyatakan kedua teorema itu secara tepat (Peano; Cauchy–Lipschitz) berdampingan.

Bagian V — Osgood: ketunggalan di luar Lipschitz. Misalkan $\omega\colon\intoo0\infty\to\intoo0\infty$ kontinu dan tak turun, dengan

\int_0^1\frac{\dd r}{\omega(r)} = +\infty \qquad(\text{divergen di } 0),

lalu andaikan $f$ memenuhi $\norm{f(t, x) - f(t, y)} \leq \omega\bigl(\norm{x - y}\bigr)$ pada $R$ .

Periksalah bahwa $\omega(r) = Lr$ memenuhinya (yakni Lipschitz), bahwa $\omega(r) = r\log\frac1r$ (yang diperluas secara kontinu untuk $r$ kecil) juga memenuhinya walaupun ia bukan $O(r)$ , dan bahwa $\omega(r) = 2\sqrt r$ tidak. Hitunglah integralnya pada setiap kasus.
Misalkan $x_1, x_2$ menyelesaikan persamaan itu pada $[t_0, t_0 + T]$ dengan $x_1(t_0) = x_2(t_0)$ , dan $\delta(t) = \norm{x_1(t) - x_2(t)}$ . Tunjukkan, hanya dari bentuk integralnya, bahwa untuk $t_0 \leq s \leq t$ berlaku

$\delta(t) \leq \delta(s) + \int_s^t\omega\bigl(\delta(v)\bigr)\dd v .$
(Teorema Osgood) Andaikan $\delta(t_1) > 0$ untuk suatu $t_1$ , lalu misalkan $\tau = \sup\{t \leq t_1 : \delta(t) = 0\}$ . Untuk $s \in \intoo\tau{t_1}$ , tetapkan $u(t) = \delta(s) + \int_s^t\omega(\delta(v))\,\dd v$ . Tunjukkan $\delta \leq u$ , $u' = \omega(\delta) \leq \omega(u)$ , lalu simpulkan

$\int_{\delta(s)}^{u(t_1)}\frac{\dd r}{\omega(r)} \leq t_1 - s \leq t_1 - \tau .$

Biarkan $s \downarrow \tau$ lalu turunkan kontradiksi dengan divergennya integral itu. Simpulkan: penyelesaian yang melalui syarat awal yang sama pastilah berimpit — yakni ketunggalan di bawah syarat Osgood.
Tariklah akibatnya: ketunggalan Cauchy–Lipschitz merupakan kasus $\omega(r) = Lr$ ; persamaan $x' = x\log\frac1{\abs x}$ (yang diperluas dengan $0$ di $0$ ) berpenyelesaian tunggal walaupun ruas kanannya tidak Lipschitz di $0$ ; dan untuk $x' = 2\sqrt{\abs x}$ konvergennya $\int_0\frac{\dd r}{2\sqrt r}$ persis merupakan hal yang membiarkan sebuah penyelesaian meninggalkan $0$ dalam waktu berhingga — cocokkan nilai integral $\int_0^{h^2}\frac{\dd r}{2\sqrt r} = h$ dengan perilaku lolosnya $x_c$ .

Bagian VI — Laju, skema, corong.

(Lema Grönwall integral) Misalkan $e, \eta \geq 0$ kontinu pada $[t_0, t_0+T]$ dengan $e(t) \leq \int_{t_0} ^t\bigl(L\,e(s) + \eta(s)\bigr)\dd s$ untuk setiap $t$ . Tunjukkan

$e(t) \leq \frac{\sup\eta}{L}\bigl(\eu^{L(t - t_0)} - 1\bigr)$

(tetapkan $G(t) = \int_{t_0}^t(Le + \eta)$ , catat bahwa $G' \leq LG + \sup\eta$ , lalu turunkan $\eu^{-Lt}G(t)$ ).
(Euler konvergen dengan laju) Andaikan kini $f$ bersifat Lipschitz- $L$ terhadap $x$ dan Lipschitz- $L'$ terhadap $t$ pada $R$ . Dengan menggabungkan batas cacat pada pertanyaan 4 (yang dibuat kuantitatif: $\norm{\Delta_n} \leq (L' + LM)T/n$ ) dengan pertanyaan 17, buktikan

$\sup_{[t_0, t_0+T]}\norm{\varphi_n - \varphi} \;\leq\; \frac{(L' + LM)\,T}{n}\cdot \frac{\eu^{LT} - 1}{L} = O\Bigl(\frac1n\Bigr),$

dengan $\varphi$ berupa satu-satunya penyelesaiannya: jadi dengan data Lipschitz seluruh barisannya konvergen, dengan laju yang eksplisit — tanpa perlu subbarisan. Mengapa ketunggalannya meningkatkan kekonvergenan subbarisan menjadi kekonvergenan penuh bahkan tanpa perhitungan ini?
(Skemanya memilih) Untuk $x' = 2\sqrt{\abs x}$ , $x(0) = 0$ : tunjukkan bahwa setiap poligon Euler identik nol, sehingga skemanya konvergen ke penyelesaian $x \equiv 0$ ; tetapi bila dimulai di $x(0) = \varepsilon > 0$ ia konvergen (ketika $n \to \infty$ , lalu $\varepsilon \to 0$ ) ke $t \mapsto t^2$ , yaitu penyelesaian yang berbeda melalui titik asalnya. Jadi ketaktunggalannya muncul kembali sebagai kepekaan skema numeriknya terhadap usikan.
Tunjukkan bahwa himpunan $\mathcal S$ berisi semua penyelesaian $x' = f(t,x)$ , $x(t_0) = x_0$ pada $[t_0, t_0+T]$ (dengan nilai di $\bar B(x_0, b)$ ) bersifat tak kosong (Bagian II), Lipschitz- $M$ secara seragam, dan tertutup di $\bigl(\mathcal C([t_0, t_0+T], \R^d), \norm\cdot_\infty\bigr)$ ; lalu simpulkan lewat Ascoli bahwa $\mathcal S$ bersifat kompak. (Teorema Kneser menambahkan bahwa $\mathcal S$ terhubung; kita tak akan membuktikannya.)
Periksalah gejala Kneser pada contohnya: untuk $x' = 2\sqrt{\abs x}$ , $x(0) = 0$ , pada $[0, 1]$ , tunjukkan $\mathcal S = \{x_c : c \in \intcc0\infty\}$ dengan $x_\infty \equiv 0$ (untuk sembarang penyelesaian, misalkan $c = \sup\{t : x(t) = 0\}$ lalu integralkan $(\sqrt x)' = 1$ pada $\{x > 0\}$ ), bahwa $c \mapsto x_c$ kontinu dari $\intcc0\infty$ (yakni kompaktifikasi satu titiknya, dengan $c = \infty$ direkatkan sebagai limitnya) ke $\mathcal C([0,1])$ , lalu simpulkan bahwa $\mathcal S$ memang kompak dan terhubung — yaitu corong berbentuk ruas garis.
(Himpunan tercapai) Simpulkan dari pertanyaan 20 bahwa untuk setiap $t$ yang tetap, himpunan tercapai $\mathcal S(t) = \{x(t) : x \in \mathcal S\}$ bersifat kompak; lalu hitunglah untuk contoh pada pertanyaan 21 dan periksalah bahwa ia juga terhubung: $\mathcal S(t) = \intcc0{t^2}$ — jadi setiap keadaan antaranya dicapai oleh suatu penyelesaian.

Bagian VII — Pelengkap: kebergantungan, keoptimalan, dan sebuah skema yang dihitung dengan tangan.

(Kebergantungan kontinu) Andaikan $f$ bersifat Lipschitz- $L$ terhadap $x$ pada $R$ , lalu misalkan $x, y$ dua penyelesaian dengan nilai awal $x_0, y_0$ di $t_0$ . Dengan menyesuaikan bukti pertanyaan 17 pada ketaksamaan $e(t) \leq \norm{x_0 - y_0} + \int_{t_0}^tL\,e(s)\dd s$ , tunjukkan

$\norm{x(t) - y(t)} \leq \norm{x_0 - y_0}\, \eu^{L(t - t_0)},$

lalu periksalah pada $x' = Lx$ bahwa batasnya tercapai: jadi Grönwall bersifat tajam. Simpulkan kembali ketunggalannya (untuk $x_0 = y_0$ ), dan bahwa pemetaan aliran $x_0 \mapsto x(t; x_0)$ bersifat Lipschitz dengan konstanta $\eu^{LT}$ , di mana pun ia terdefinisi.
(Osgood bersifat optimal) Sebaliknya, misalkan $\omega$ kontinu, tak turun, dan positif pada $\intoo0\infty$ , dengan $\omega(r) \to 0$ ketika $r \to 0^+$ tetapi

$\int_0^1\frac{\dd r}{\omega(r)} < +\infty,$

lalu perluas $f(x) = \omega(\abs x)$ dengan $f(0) = 0$ . Tunjukkan bahwa $\Omega(x) = \int_0^x\frac{\dd r}{\omega(r)}$ merupakan bijeksi naik dari $\intoc0{1}$ pada $\intoc0{\Omega(1)}$ , bahwa inversnya $g$ menyelesaikan $g' = \omega(g)$ dengan $g(0^+) = 0$ , dan bahwa $g$ , setelah diperluas dengan $0$ untuk $t \leq 0$ , merupakan penyelesaian $\mathcal C^1$ bagi $x' = f(x)$ yang melalui $(0, 0)$ dan berbeda dari $x \equiv 0$ (untuk $g'(0) = 0$ , batasilah $\frac{g(t)}t$ oleh $\omega(g(t))$ ). Simpulkan: hipotesis divergensi pada pertanyaan 15 bukanlah kemudahan melainkan perbatasan ketunggalan yang persis; lalu perolehlah kembali Bagian III dari $\omega(r) = 2\sqrt r$ , $\Omega(x) = \sqrt x$ .
(Euler dihitung dengan tangan) Untuk $x' = x$ , $x(0) = 1$ pada $[0, 1]$ : tunjukkan bahwa poligon Eulernya memenuhi $\varphi_n(1) = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ . Buktikan penjabaran

$\Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{n} = \eu\Bigl(1 - \frac1{2n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) \Bigr),$

sehingga galatnya di $t = 1$ adalah $\frac{\eu}{2n} + O(n^{-2})$ : yaitu laju $O(\frac1n)$ pada pertanyaan 18, dengan konstanta yang eksak. Periksalah secara numerik untuk $n = 10$ : $1.1^{10} = 2.59374$ berbanding $\eu \approx 2.71828$ , yakni galat $0.12454$ yang dibandingkan dengan $\frac{\eu}{20} \approx 0.13591$ .

Solusi

Solusi Soal 7.1.

1. Induksi pada $k$ : jika $\norm{\varphi_n(t_k) - x_0} \leq M(t_k - t_0) \leq MT \leq b$ , maka titik $(t_k, \varphi_n(t_k))$ terletak di $R$ , sehingga kemiringan $f(t_k, \varphi_n(t_k))$ terdefinisi dan bernorma $\leq M$ ; lalu untuk $t \in [t_k, t_{k+1}]$ berlaku $\norm{\varphi_n(t) - x_0} \leq \norm{\varphi_n(t_k) - x_0} + M(t - t_k) \leq M(t - t_0) \leq MT \leq b$ .

2. Setiap kepingan afinnya berkemiringan bernorma $\leq M$ ; dan fungsi afin sepotong-sepotong yang kemiringannya terbatas oleh $M$ bersifat Lipschitz- $M$ (rantaikan lewat titik kisinya).

3. Keluarga $(\varphi_n)$ terbatas titik demi titik (sebab nilainya di $\bar B(x_0, b)$ ) dan ekuikontinu (dengan konstanta Lipschitz bersama $M$ ): sehingga Ascoli (Teorema 7.11) mengekstrak $\varphi_{n_j} \to \varphi$ secara seragam pada $[t_0, t_0 + T]$ . Batasnya beralih ke limitnya: jadi $\varphi$ bersifat Lipschitz- $M$ dengan $\varphi(t_0) = x_0$ .

4. Karena $R$ kompak dan $f$ kontinu: maka ia kontinu seragam (menurut Heine, Akibat 6.17); misalkan $\delta(\varepsilon)$ sebuah modulusnya. Untuk $t \in (t_k, t_{k+1})$ yang bukan kisi: $\varphi_n'(t) = f(t_k, \varphi_n(t_k))$ , sedangkan kedua titik pemasukan nilai $f$ berbeda sebesar $\abs{t - t_k} \leq T/n$ pada waktunya dan $\norm{\varphi_n(t) - \varphi_n(t_k)} \leq MT/n$ pada ruangnya. Jadi untuk $n \geq n_0$ dengan $(1 + M)T/n_0 < \delta(\varepsilon)$ : $\norm{\Delta_n(t)} \leq \varepsilon$ .

5. Pada setiap $[t_k, t_{k+1}]$ , $\varphi_n$ bersifat afin, sehingga $\varphi_n(t_{k+1}) - \varphi_n(t_k) = \int_{t_k}^{t_{k+1}} \varphi_n'(s)\dd s$ , dengan turunannya berupa kemiringan yang konstan; lalu menjumlahkan atas kepingannya (dan memotong yang terakhir di $t$ ): $\varphi_n(t) = x_0 + \int_{t_0}^t\varphi_n'(s)\,\dd s$ . Menuliskan $\varphi_n' = f(s, \varphi_n(s)) + \Delta_n(s)$ (dengan integran kontinu sepotong-sepotong, berlompatan berhingga banyak) memberikan tampilan itu.

6. Diberikan $\varepsilon$ : untuk $j$ besar berlaku $\norm{\varphi_{n_j} - \varphi}_\infty < \delta(\varepsilon)$ , sehingga $\norm{f(s, \varphi_{n_j}(s)) - f(s, \varphi(s))} \leq \varepsilon$ untuk setiap $s$ : jadi integrannya konvergen seragam, dan $\int_{t_0}^t f(s,\varphi_{n_j}(s))\dd s \to \int_{t_0}^tf(s, \varphi(s))\dd s$ seragam terhadap $t$ . Lagi pula $\norm{\int_{t_0}^t\Delta_{n_j}} \leq T\sup\norm{\Delta_{n_j}} \to 0$ (pertanyaan 4). Dengan mengambil limit pada identitas pertanyaan 5: $\varphi(t) = x_0 + \int_{t_0}^tf(s, \varphi(s))\,\dd s$ .

7. Integran $s \mapsto f(s, \varphi(s))$ bersifat kontinu, sehingga ruas kanannya $\mathcal C^1$ terhadap $t$ dengan turunan $f(t, \varphi(t))$ : jadi $\varphi$ menyelesaikan masalah Cauchy pada $[t_0, t_0 + T]$ . Untuk separuh kirinya, tetapkan $g(t, x) = -f(2t_0 - t, x)$ , yang kontinu pada persegi panjang cerminannya dengan batas $M$ yang sama; lalu penyelesaian $\psi$ dari $y' = g(t,y)$ , $y(t_0) = x_0$ pada $[t_0, t_0 + T]$ melahirkan $\varphi(t) = \psi(2t_0 - t)$ yang menyelesaikan persamaan aslinya pada $[t_0 - T, t_0]$ ; dan kedua separuhnya merekat menjadi penyelesaian $\mathcal C^1$ (sebab kedua turunan sepihaknya di $t_0$ sama dengan $f(t_0, x_0)$ ). — Inilah teorema Peano: $f$ yang kontinu mempunyai penyelesaian lokal melalui setiap syarat awal.

8. Kekontinuannya jelas. Sifat Lipschitz di dekat $0$ gagal: sebab $\abs{f(h) - f(0)} = 2\sqrt h$ , dan $2\sqrt h \leq L h$ salah untuk $h < 4/L^2$ .

9. Untuk $t \leq c$ : $x_c \equiv 0$ menyelesaikannya. Untuk $t \geq c$ : $x_c'(t) = 2(t - c) = 2\sqrt{(t-c)^2} = 2\sqrt{\abs{x_c}}$ . Di $t = c$ kedua turunan sepihaknya bernilai $0$ : jadi $x_c$ bersifat $\mathcal C^1$ dan menyelesaikannya secara global, dengan $x_c(0) = 0$ untuk setiap $c \geq 0$ — dan bersama $x \equiv 0$ , terbentuklah kontinum penyelesaian melalui titik asalnya.

10. Iterasi Picard menyusun $\Phi(x)(t) = x_0 + \int_0^t f(x(s))\dd s$ dan menuntut $\norm{\Phi(x) - \Phi(y)} \leq k\norm{x - y}$ dengan $k < 1$ pada bola yang sesuai — dan itu menyusul dari batas Lipschitz pada $f$ , yang dipindahkan ke bawah integralnya. Di sini $\sqrt\cdot$ tak punya batas Lipschitz di dekat $0$ , dan tak ada pilihan selang atau bola yang memperbaikinya. Dan memang tak ada bukti ketunggalan yang bisa berhasil: sebab ketunggalannya salah (pertanyaan 9).

11. Di $c_0$ , vektor satuan $e_n = (0, \dots, 0, 1, 0, \dots)$ memenuhi $\norm{e_n - e_m}_\infty = 1$ untuk $n \neq m$ : sehingga tak ada subbarisan yang Cauchy, jadi bola satuan tertutupnya tidak kompak. Langkah yang runtuh adalah ekstraksinya (pertanyaan 3): sebab Ascoli untuk $\mathcal C([t_0, t_0+T], E)$ menuntut nilainya hidup di ruang tempat himpunan terbatas bersifat kompak relatif — benar di $\R^d$ (lewat Bolzano–Weierstrass), salah di $c_0$ ; sehingga ekstraksi titik demi titik tak lagi tersedia (dan memang contoh Dieudonné sama sekali tak punya penyelesaian lokal).

12. Peano: jika $f$ kontinu pada persekitaran $(t_0, x_0)$ di $\R\times\R^d$ , $\Rightarrow$ maka ada penyelesaian $\mathcal C^1$ bagi $x' = f(t,x)$ , $x(t_0) = x_0$ , pada suatu $[t_0 - T, t_0 + T]$ . Cauchy–Lipschitz (Bab 19): jika di samping itu $f$ bersifat Lipschitz lokal terhadap variabel $x$ , maka penyelesaiannya tunggal (sebab dua penyelesaian bersesuaian pada selang bersamanya) — yakni keberadaan sekaligus ketunggalan. Pasangan $(x' = 2\sqrt{\abs x},\ x(0) = 0)$ memisahkan kedua teorema itu.

13. Untuk $\omega(r) = Lr$ : $\int_0^1\frac{\dd r}{Lr} = +\infty$ : jadi memenuhi. Untuk $\omega(r) = r\log\frac1r$ (di dekat $0$ ): $\int\frac{\dd r}{r\log(1/r)} = \bigl[-\log\log\frac1r\bigr] \to +\infty$ ketika $r \to 0$ : jadi memenuhi — padahal $\omega(r)/r = \log\frac1r \to \infty$ : jadi tidak Lipschitz. Untuk $\omega(r) = 2\sqrt r$ : $\int_0^1\frac{\dd r}{2\sqrt r} = \bigl[\sqrt r\bigr]_0^1 = 1 < \infty$ : jadi gagal.

14. Kurangkan kedua bentuk integralnya:

x_1(t) - x_2(t) = x_1(s) - x_2(s) + \int_s^t\bigl(f(v, x_1(v)) - f(v, x_2(v))\bigr)\dd v,

lalu ambil normanya dan pakai modulus Osgoodnya: sehingga $\delta(t) \leq \delta(s) + \int_s^t\omega(\delta(v))\,\dd v$ .

15. Bilangan $\tau$ terdefinisi dengan baik (sebab $\delta(t_0) = 0$ ) dengan $\delta(\tau) = 0$ (menurut kekontinuannya) dan $\delta > 0$ pada $\intoc\tau{t_1}$ . Tetapkan $s \in \intoo\tau{t_1}$ . Maka $u$ bersifat $\mathcal C^1$ , $u(s) = \delta(s) > 0$ , $u \geq \delta$ pada $[s, t_1]$ (pertanyaan 14), dan $u' = \omega(\delta) \leq \omega(u)$ (sebab $\omega$ tak turun dan $u > 0$ ). Bagilah lalu integralkan:

\int_{\delta(s)}^{u(t_1)}\frac{\dd r}{\omega(r)} = \int_s^{t_1}\frac{u'(v)}{\omega(u(v))}\,\dd v \leq t_1 - s \leq t_1 - \tau .

Meski $u$ bergantung pada $s$ , batas $u(t_1) \geq \delta(t_1)$ berlaku untuk setiap $s$ , sehingga ruas kirinya sekurang-kurangnya $\int_{\delta(s)}^{\delta(t_1)}\frac{\dd r}{\omega(r)}$ , yang menuju $+\infty$ ketika $s \downarrow \tau$ (sebab lalu $\delta(s) \to \delta(\tau) = 0$ , dan integralnya divergen di $0$ ): jadi ruas kanannya yang terbatas terbantahkan. Karena itu $\delta \equiv 0$ : yakni ketunggalannya.

16. Lipschitz adalah kasus $\omega = Lr$ : sehingga ketunggalannya diperoleh kembali. Untuk $x' = x\log\frac1{\abs x}$ : ruas kanannya memenuhi modulus Osgood $\omega(r) = r\log\frac1r$ di dekat $0$ (lewat ketaksamaan nilai rata-rata pada $x \mapsto x\log\frac1x$ , yang turunannya $\log\frac1x - 1$ tak terbatas — jadi Lipschitz gagal, Osgood berlaku): sehingga penyelesaiannya tunggal; catat bahwa $x \equiv 0$ salah satunya, sehingga tak ada penyelesaian lain yang dapat menyentuh $0$ . Untuk $\omega(r) = 2\sqrt r$ : $\int_0^{h^2}\frac{\dd r}{2\sqrt r} = h$ — jadi “anggaran Osgood” untuk mendaki dari $0$ ke ketinggian $h^2$ tepat sebesar waktu $h$ , dan memang $x_c(c + h) = h^2$ : penyelesaiannya memakai waktu $h$ untuk melakukan persis apa yang diizinkan integral yang konvergen itu. Divergennya integral berarti kemustahilan meninggalkan $0$ dalam waktu berhingga; sedangkan konvergennya adalah jalan lolosnya.

17. Fungsi $G(t) = \int_{t_0}^t(Le(s) + \eta(s))\dd s$ bersifat $\mathcal C^1$ dengan $G' = Le + \eta \leq LG + \sup\eta$ (menurut hipotesis $e \leq G$ ). Maka $\bigl(\eu^{-Lt}(G + \tfrac{\sup\eta}L)\bigr)' = \eu^{-Lt}(G' - LG - \sup\eta) \leq 0$ : sehingga kurungnya menurun, jadi $G(t) + \frac{\sup\eta}L \leq \eu^{L(t - t_0)}\bigl(G(t_0) + \frac{\sup\eta}L\bigr) = \eu^{L(t-t_0)}\frac{\sup\eta}L$ , yakni $e(t) \leq G(t) \leq \frac{\sup\eta}L(\eu^{L(t-t_0)} - 1)$ .

18. Cacat kuantitatifnya: pada $(t_k, t_{k+1})$ berlaku $\Delta_n(t) = f(t_k, \varphi_n(t_k)) - f(t, \varphi_n(t))$ dengan $\abs{t - t_k} \leq T/n$ dan $\norm{\varphi_n(t) - \varphi_n(t_k)} \leq MT/n$ , sehingga $\norm{\Delta_n} \leq L'T/n + LMT/n$ . Dengan mengurangkan identitas integral $\varphi_n$ (pertanyaan 5) dan $\varphi$ lalu memakai batas Lipschitznya:

\norm{\varphi_n(t) - \varphi(t)} \leq \int_{t_0}^t L\,\norm{\varphi_n - \varphi}(s)\,\dd s + \int_{t_0}^t\norm{\Delta_n(s)}\,\dd s,

lalu pertanyaan 17 dengan $\eta = \norm{\Delta_n}$ memberikan batas $O(1/n)$ yang dinyatakan itu, dengan $\varphi$ yang tunggal menurut Cauchy–Lipschitz (atau Osgood). Bahkan tanpa laju: setiap subbarisan dari $(\varphi_n)$ yang terbatas dan Lipschitz secara seragam mempunyai sub-subbarisan yang konvergen (lewat Ascoli + Bagian II) ke suatu penyelesaian, yang oleh ketunggalannya terpaksa menjadi $\varphi$ : dan barisan yang setiap subbarisannya mempunyai sub-subbarisan berlimit sama pastilah konvergen.

19. Dari $\varphi_n(t_k) = 0$ : kemiringan $2\sqrt0 = 0$ memberikan $\varphi_n(t_{k+1}) = 0$ ; lalu dengan induksi $\varphi_n \equiv 0$ , sehingga konvergen ke penyelesaian nolnya. Dari $\varepsilon > 0$ : pada $[\varepsilon', \infty)$ dengan $\varepsilon' < \varepsilon$ fungsi $2\sqrt x$ bersifat Lipschitz, sehingga pertanyaan 18 berlaku dan Euler konvergen ke penyelesaian tunggal melalui $(0, \varepsilon)$ , yakni $x(t) = (t + \sqrt\varepsilon)^2$ (periksa: $x' = 2(t + \sqrt \varepsilon) = 2\sqrt x$ ). Ketika $\varepsilon \to 0$ , $(t + \sqrt\varepsilon)^2 \to t^2$ seragam pada $[0,1]$ : jadi limit gandanya mendarat pada $x_0(t) = t^2$ , bukan pada $0$ . Usikan sekecil apa pun pada data awalnya mengalihkan skemanya dari satu penyelesaian ke penyelesaian lain: jadi ketaktunggalannya terbaca sebagai ketakstabilan numerik.

20. Ketakkosongannya: lihat Bagian II. Setiap penyelesaian memenuhi $\norm{x'} = \norm{f(t, x)} \leq M$ : sehingga $\mathcal S$ bersifat Lipschitz- $M$ secara seragam dan terbatas seragam (sebab nilainya di $\bar B(x_0, b)$ ). Ketertutupannya: jika $x_n \in \mathcal S \to x$ secara seragam, ambillah limit pada $x_n(t) = x_0 + \int_{t_0}^tf(s, x_n(s))\dd s$ (sebab integrannya konvergen seragam menurut kekontinuan seragam $f$ pada $R$ yang kompak): maka $x \in \mathcal S$ . Lewat Ascoli: $\mathcal S$ merupakan himpunan bagian $\mathcal C([t_0, t_0+T], \R^d)$ yang tertutup, terbatas, dan ekuikontinu: jadi kompak.

21. Setiap penyelesaian bersifat tak turun (sebab $x' = 2\sqrt{\abs x} \geq 0$ ) dengan $x(0) = 0$ , sehingga $x \geq 0$ . Misalkan $c = \sup\{t \in [0,1] : x(t) = 0\}$ (yang mungkin $c = \infty$ bila $x \equiv 0$ , dan dalam hal itu $x = x_\infty$ ). Untuk $t > c$ : $x > 0$ (menurut kemonotonannya dan definisi $c$ ), dan di sana $(\sqrt x)' = \frac{x'}{2\sqrt x} = 1$ , sehingga $\sqrt{x(t)} = t - c$ (menurut kekontinuannya di $c$ ): jadi $x = x_c$ . Kekontinuan $c \mapsto x_c$ : untuk $c, c' \in [0, 1]$ berlaku $\sup_{[0,1]}\abs{(t - c)_+^2 - (t - c')_+^2} \leq 2\abs{c - c'}$ (sebab pemetaan $c \mapsto (t-c)_+^2$ bersifat Lipschitz- $2$ seragam terhadap $t \in [0,1]$ ), dan karena $x_c \equiv 0$ pada $[0,1]$ untuk setiap $c \geq 1$ , keluarganya menyusut menjadi $\mathcal S = \{x_c : c \in [0,1]\}$ (dengan $x_1 = 0 = x_\infty$ ). Jadi $\mathcal S$ merupakan peta $[0,1]$ yang kompak dan terhubung di bawah pemetaan kontinu $c \mapsto x_c$ : sehingga kompak dan terhubung. Corong penyelesaiannya berupa ruas garis kontinu yang membentang dari $t^2$ (lolos seketika) turun ke $0$ (istirahat abadi).

22. Pemasukan nilai $\operatorname{ev}_t\colon \mathcal C([0,1]) \to \R$ , $x \mapsto x(t)$ , bersifat kontinu (sebab $\abs{x(t) - y(t)} \leq \norm{x - y}_\infty$ ), sehingga $\mathcal S(t) = \operatorname{ev}_t(\mathcal S)$ merupakan peta kontinu sebuah kompak: jadi kompak — dan peta himpunan terhubung: jadi terhubung. Untuk contohnya: $x_c(t) = (t - c)_+^2$ menyapu, ketika $c$ menjelajahi $[0, 1]$ , semua nilai dari $t^2$ (di $c = 0$ ) turun ke $0$ (di $c \geq t$ ), secara kontinu: jadi $\mathcal S(t) = \intcc0{t^2}$ . Pada setiap saat, penampang corongnya berupa ruas garis penuh: jadi di antara istirahat dan pelolosan maksimal, setiap kompromi diwujudkan oleh sebuah penyelesaian yang sesungguhnya.

23. Dengan mengurangkan bentuk integral $x(t) = x_0 + \int_{t_0}^tf(s, x(s))\dd s$ dan padanannya untuk $y$ , lalu menetapkan $e(t) = \norm{x(t) - y(t)}$ dan $d = \norm{x_0 - y_0}$ :

e(t) \leq d + \int_{t_0}^tL\,e(s)\dd s = G(t).

Maka $G(t_0) = d$ dan $G' = Le \leq LG$ , sehingga $\bigl(\eu^{-L(t - t_0)}G\bigr)' \leq 0$ dan $G(t) \leq d\,\eu^{L(t - t_0)}$ ; karena itu $e(t) \leq d\,\eu^{L(t-t_0)}$ . Ketajamannya: untuk $x' = Lx$ , penyelesaian melalui $x_0$ dan $y_0$ adalah $x_0\eu^{L(t - t_0)}$ dan $y_0\eu^{L(t-t_0)}$ , yang jaraknya tepat $d\,\eu^{L(t-t_0)}$ . Dengan $d = 0$ diperoleh $e \equiv 0$ : yakni ketunggalan Cauchy–Lipschitz, yang diturunkan ulang dalam dua baris. Dan untuk $t \in [t_0, t_0 + T]$ yang tetap, $\norm{x(t; x_0) - x(t; y_0)} \leq \eu^{LT}\norm{x_0 - y_0}$ : jadi alirannya bersifat Lipschitz terhadap syarat awalnya — yakni kebergantungan deterministik, dengan harga eksponensial yang terkendali.

24. Pada $\intoc01$ , $\Omega$ terdefinisi dengan baik (sebab integralnya konvergen di $0$ menurut hipotesis) dan bersifat $\mathcal C^1$ dengan $\Omega' = \frac1\omega > 0$ : jadi bijeksi naik pada $\intoc0{\Omega(1)}$ , dengan $\Omega(x) \to 0$ ketika $x \to 0^+$ . Inversnya $g \colon \intoc0{\Omega(1)} \to \intoc01$ bersifat $\mathcal C^1$ dengan

g'(t) = \frac1{\Omega'(g(t))} = \omega\bigl(g(t)\bigr) > 0, \qquad g(t) \xrightarrow[t \to 0^+]{} 0 .

Perluaslah $g$ dengan $0$ pada $t \leq 0$ : kekontinuannya jelas, dan di $t = 0$ , untuk $t > 0$ ,

\frac{g(t)}t = \frac1t\int_0^tg'(s)\dd s = \frac1t\int_0^t\omega\bigl(g(s)\bigr)\dd s \leq \omega\bigl(g(t)\bigr) \xrightarrow[t\to0^+]{} 0

(sebab $\omega$ tak turun, $g$ naik, dan $\omega(0^+) = 0$ ): sehingga $g'(0) = 0 = f(g(0))$ , dan $g' = f(g)$ berlaku pada kedua sisi $0$ . Jadi $x \equiv 0$ dan $g$ merupakan dua penyelesaian $\mathcal C^1$ berbeda yang melalui $(0, 0)$ : jadi ketika $\int_0\frac{\dd r} {\omega(r)}$ konvergen, ketunggalannya gagal — sehingga divergensi pada pertanyaan 15 tepat merupakan perbatasannya. Untuk $\omega(r) = 2\sqrt r$ : $\Omega(x) = \int_0^x\frac{\dd r}{2\sqrt r} = \sqrt x$ , $g(t) = t^2$ , dan translasi waktu memberikan seluruh keluarga $x_c$ pada Bagian III.

25. Dengan langkah $h = \frac1n$ : $\varphi_n(t_{k+1}) = \varphi_n(t_k) + h\,\varphi_n(t_k) = (1 + h)\varphi_n(t_k)$ , sehingga $\varphi_n(1) = (1 + \frac1n)^n$ setelah $n$ langkah. Penjabarannya:

n\log\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) = n\Bigl(\frac1n - \frac1{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) \Bigr) = 1 - \frac1{2n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr),

lalu dengan mengeksponenkannya, $(1 + \frac1n)^n = \eu\,\eu^{-1/(2n) + O(n^{-2})} = \eu\bigl(1 - \frac1{2n} + O(n^{-2})\bigr)$ . Jadi galat di $t = 1$ adalah $\eu - \varphi_n(1) = \frac{\eu}{2n} + O(n^{-2})$ : yakni $O(\frac1n)$ pada pertanyaan 18, di sini beserta konstanta eksaknya $\frac\eu2$ . Secara numerik, untuk $n = 10$ : $1.1^{10} = 2.5937424601$ (sebab $1.1^2 = 1.21$ , $1.1^4 = 1.4641$ , $1.1^8 = 2.14358881$ , dikalikan $1.21$ ), dan $\eu - 2.59374 \approx 0.12454$ , berbanding ramalan asimtotiknya $\frac{\eu}{20} \approx 0.13591$ : jadi sesuai dalam batas koreksi $O(n^{-2})$ , yang suku utamanya di sini menurunkan ramalannya menuju nilai yang teramati.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium