---
title: "Ruang Lengkap: Baire, Ascoli, Stone–Weierstrass"
book: "Matematika Universitas — Tahun 3"
subject: math
language: id
chapter: 7
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass
---

# Bab 7 — Ruang Lengkap: Baire, Ascoli, Stone–Weierstrass

[Kelengkapan](#def-b3-complete-complete) — 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](#def-b3-complete-complete) tak mungkin menjadi gabungan terbilang kepingan yang dapat diabaikan, dan ia memanggil objek (yaitu fungsi [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) yang tak dapat diturunkan di mana pun!) keluar dari penalaran bergaya kardinalitas semata. *Arzelà–Ascoli* mengenali himpunan bagian [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) 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](#thm-b3-complete-completion) dan membuktikan teorema perluasan bagi [pemetaan kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam, yaitu roti sehari-hari Bab [12](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/12-ruang-lp#ch-b3-lp), [13](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/13-ruang-hilbert#ch-b3-hilbert) dan [14](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/14-transformasi-fourier#ch-b3-fouriertransform).

## 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](#def-b3-complete-complete) bersifat Cauchy, sehingga konvergen di $A$, dan limitnya tunggal. ∎

**Teorema 7.2 (Perluasan pemetaan kontinu seragam).**

Misalkan $D \subseteq X$ padat, $Y$ [lengkap](#def-b3-complete-complete), dan $f \colon D \to
Y$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam. Maka $f$ dapat diperluas secara *tunggal* menjadi $\bar f \colon X \to Y$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), dan $\bar f$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam.

**Bukti.** Ketunggalannya: dua perluasan [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity): 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam. ∎

**Teorema 7.3 (Pelengkapan).**

Setiap ruang metrik $X$ terbenam secara isometrik sebagai himpunan bagian padat dari sebuah [ruang metrik lengkap](#def-b3-complete-complete) $\hat X$, yang tunggal sampai pada isometri yang menetapkan $X$ titik demi titik: yaitu *pelengkapan*nya.

**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](#def-b3-complete-complete) $\hat X$: 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](#thm-b3-complete-completion) $\hat X_1, \hat X_2$ memuat $X$ secara padat; identitas $X$, yang merupakan isometri, bersifat [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam, sehingga meluas menjadi $\hat X_1 \to \hat X_2$ ([Teorema 7.2](#thm-b3-complete-extension)), yang tetap isometri pada [himpunan padat](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) 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](#def-b3-complete-complete) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-action) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-action) $x_{n+1} = f(x_n)$ 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity)), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $\R^d$ 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](#def-b3-complete-complete) — 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), dengan batas eksplisit pada kedua modulusnya. Pernyataan yang tampak sepele ini adalah mesin di dalam teorema fungsi invers ([Bab 20](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/20-submanifold-rn#ch-b3-submanifolds)): 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](#def-b3-complete-complete), irisan terbilang [himpunan terbuka](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) yang padat tetap padat. Setara dengan itu: jika $X = \bigcup_{n}F_n$ dengan setiap $F_n$ tertutup, maka ada $F_n$ yang [interiornya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) tak kosong.

**Bukti.** Misalkan $(U_n)$ [himpunan terbuka](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) berinterior kosong, dan disebut *kurus* (kategori pertama) jika ia gabungan terbilang himpunan yang tak padat di mana pun. Baire mengatakan: *[ruang metrik lengkap](#def-b3-complete-complete) tidak [kurus](#rem-b3-complete-meagre) di dalam dirinya sendiri*, dan komplemen [himpunan kurus](#rem-b3-complete-meagre) bersifat padat. “[Kurus](#rem-b3-complete-meagre)” adalah gagasan kekecilan yang ortogonal terhadap ukuran ([Bab 9](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/9-teori-ukuran#ch-b3-measure) akan menghasilkan [himpunan kurus](#rem-b3-complete-meagre) 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](#rem-b3-complete-meagre).

**Akibat 7.8.**

(a) $\R$ tak terbilang. (b) $\Q$ bukan irisan terbilang himpunan bagian terbuka $\R$, dan [ruang metrik lengkap](#def-b3-complete-complete) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) padat yang irisannya kosong — dan itu bertentangan dengan Baire. Jika $X$ [lengkap](#def-b3-complete-complete) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](#rem-b3-complete-meagre) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $f$ di titik yang bersangkutan: jadi $f \in F_n$.

*[Interior](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](#rem-b3-complete-meagre); dan menurut Baire komplemennya — yang terdiri atas [fungsi tak dapat diturunkan di mana pun](#thm-b3-complete-nowherediff) — 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact)* dan $\mathcal
C(K) = \mathcal C(K, \R^d)$, dengan $\norm f_\infty = \sup_K
\norm{f(x)}$: sebuah ruang [lengkap](#def-b3-complete-complete) (sebab limit seragam fungsi [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) tetap [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) — 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) relatif (yakni [penutupnya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact)) jika dan hanya jika ia [ekuikontinu](#def-b3-complete-equicontinuous) dan terbatas titik demi titik. Khususnya, setiap *barisan* yang [ekuikontinu](#def-b3-complete-equicontinuous) dan terbatas titik demi titik mempunyai subbarisan yang konvergen seragam.

**Bukti.** ($\Leftarrow$) Misalkan $(f_k)$ sebuah barisan di $\mathcal F$. Ruang $K$ metrik [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) bersifat *[separabel](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/4-perluasan-lapangan-dan-teori-galois#def-b3-galois-separable)*: sebab untuk setiap $n$, berhingga banyak bola berjari-jari $\frac1n$ menyelimuti $K$ ([Teorema 6.16](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#thm-b3-topology-metriccompact)); dan pusatnya membentuk [himpunan padat](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) 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](#def-b3-complete-equicontinuous) 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](#def-b3-complete-complete). Dengan demikian setiap barisan di $\mathcal F$ mempunyai subbarisan konvergen: jadi $\bar{\mathcal F}$ [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) (secara barisan, sehingga menurut [Teorema 6.16](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#thm-b3-topology-metriccompact) [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact)).

($\Rightarrow$) Jika $\bar{\mathcal F}$ [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact): maka keterbatasan titik demi titiknya jelas (sebab pemasukan nilai bersifat [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity)). Untuk [keekuikontinuannya](#def-b3-complete-equicontinuous), selimuti $\mathcal F$ dengan berhingga bola $B(f_i, \varepsilon)$ di $\mathcal C(K)$; setiap $f_i$ bersifat [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam (menurut Heine, [Akibat 6.17](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#cor-b3-topology-heineborel)), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) (sebab $f_n(x) = x^n$ tak punya subbarisan yang konvergen seragam: limit titik demi titiknya tak [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity)), dan memang $(x^n)$ tidak [ekuikontinu](#def-b3-complete-equicontinuous) di $1$. Sebaliknya $\{f : \norm
f_\infty \leq 1,\ \operatorname{Lip}(f) \leq 1\}$ bersifat [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact): sebab terbatas dan [ekuikontinu](#def-b3-complete-equicontinuous) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) yang seragam.

## 7.4 Stone–Weierstrass

**Lema 7.13 (Dini).**

Misalkan $K$ [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) dan $(f_n)$ barisan *monoton* berisi fungsi real [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) yang konvergen *titik demi titik* ke $f$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity). Maka kekonvergenannya bersifat seragam.

**Bukti.** Katakanlah $f_n \uparrow f$; misalkan $g_n = f - f_n \downarrow 0$, yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity). Diberikan $\varepsilon$, [himpunan terbuka](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) $U_n = \{g_n <
\varepsilon\}$ 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity). Lalu Dini ([Lema 7.13](#lem-b3-complete-dini)) meningkatkannya menjadi seragam. ∎

**Teorema 7.15 (Stone–Weierstrass, versi real).**

Misalkan $K$ sebuah [ruang kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) ([Hausdorff](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior), 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](#lem-b3-complete-sqrt) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) $V_y = \{g_{x,y} < f +
\varepsilon\}$ 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact). (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact): [Latihan 6.5](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#exo-b3-topology-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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/13-ruang-hilbert#ch-b3-hilbert), 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](#def-b3-complete-complete): 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity). (b) Tunjukkan bahwa ruang bernorma yang setiap deret konvergen mutlaknya konvergen bersifat [lengkap](#def-b3-complete-complete). *(Ekstraklah dari sebuah barisan Cauchy sebuah subbarisan dengan $\norm{x_{n_{k+1}} -
x_{n_k}} \leq 2^{-k}$.)*

**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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity): 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity)); demikian pula $f \equiv 1$ pada $(\frac12, 1]$: dan tak ada fungsi [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) yang melakukan keduanya. Jadi ruangnya tidak [lengkap](#def-b3-complete-complete) — [pelengkapannya](#thm-b3-complete-completion) adalah $L^1$, yang dibangun pada [Bab 12](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/12-ruang-lp#ch-b3-lp).

(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](#def-b3-complete-complete) tak punya basis (aljabar) yang terbilang — lalu simpulkan bahwa ruang polinomial tidak [lengkap](#def-b3-complete-complete) terhadap norma *apa pun*; (b) tunjukkan bahwa jika barisan fungsi [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $f_n \colon \R \to \R$ konvergen titik demi titik ke $f$, maka himpunan titik [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $f$ 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 Latihan 7.2.**

(a) Andaikan $E$ [lengkap](#def-b3-complete-complete) 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](#def-b3-complete-complete), 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](#thm-b3-complete-baire)). Ruang $\R[X]$ mempunyai basis terbilang $(X^n)$, sehingga tak ada norma yang membuatnya [lengkap](#def-b3-complete-complete).

(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](#def-b3-complete-complete): 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $f_N$ 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) — 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) pada $m$.

**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](#def-b3-complete-complete)). Titik tetapnya: $x = f(x) \iff x^2 = a$: jadi $x^* = \sqrt a$. Lajunya ([Teorema 7.4](#thm-b3-complete-banach)): $d(x_n, \sqrt a) \leq
2^{-n+1}\,d(x_1, x_0)$. 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](#def-b3-complete-complete): 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](#def-b3-complete-complete) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) untuk setiap $\lambda$. (b) (Edelstein) Misalkan $K$ *[kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact)* 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](#def-b3-complete-complete) tetapi tak [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact)), $f(x) = x
+ \frac1x$ tak punya titik tetap meskipun jaraknya menurun sejati.

**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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/1-teori-grup#def-b3-groups-derived) secara tunggal untuk *setiap* $\lambda$.

(b) Fungsi $\varphi(x) = d(x, f(x))$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) pada $K$ yang [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact): 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) ke [ruang Hausdorff](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-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](#def-b3-complete-complete), dengan $X$ [lengkap](#def-b3-complete-complete). Tunjukkan bahwa $f$ meluas menjadi bijeksi isometrik $X \to Y$. Lalu simpulkan kembali ketunggalan [pelengkapannya](#thm-b3-complete-completion).

**Solusi Latihan 7.5.**

(a) Himpunan $A = \{g = h\}$ adalah prapeta diagonal $\Delta_Y$ di bawah $x \mapsto (g(x), h(x))$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity); sedangkan $\Delta_Y$ tertutup karena $Y$ bersifat [Hausdorff](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-hausdorff) (sebab untuk $y_1 \neq y_2$, [persekitaran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior), sehingga sama dengan $X$. Dipakai pada: ketunggalan di [Teorema 7.2](#thm-b3-complete-extension), dan karenanya pada ketunggalan [pelengkapannya](#thm-b3-complete-completion).

(b) Karena $f$ merupakan isometri, ia [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam: sehingga meluas menjadi $F\colon X \to Y$ ([Teorema 7.2](#thm-b3-complete-extension)), yang tetap isometrik (sebab relasi $d(F(x), F(x')) = d(x, x')$ berlaku pada himpunan pasangan yang padat dan kedua ruasnya [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity)). Demikian pula $f^{-1}\colon f(D) \to X$ meluas menjadi $G \colon Y \to X$. Komposisi $G \circ F$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](#thm-b3-complete-completion): terapkan hal ini pada $D = X$ yang duduk secara padat di dua [pelengkapan](#thm-b3-complete-completion).

**Latihan 7.6 ★★.**

Manakah di antara keluarga berikut yang [ekuikontinu](#def-b3-complete-equicontinuous), terbatas titik demi titik, dan [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) 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 Latihan 7.6.**

Untuk $\{\sin(nx)\}$: terbatas titik demi titik oleh $1$; tetapi *tidak* [ekuikontinu](#def-b3-complete-equicontinuous): 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) relatif (menurut keperluan Ascoli, [Teorema 7.11](#thm-b3-complete-ascoli)).

Untuk $\{x^n\}$: terbatas; tetapi tidak [ekuikontinu](#def-b3-complete-equicontinuous) di $1$: sebab $1 - (1 -
\delta)^n \to 1$ ketika $n \to \infty$ untuk $\delta$ tetap. Jadi tidak [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) relatif — dan sejalan dengan itu, limit titik demi titiknya tak [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), 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](#def-b3-complete-equicontinuous); dan terbatas: jadi [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) relatif menurut Ascoli. (Tetapi tidak [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact): sebab ia tidak tertutup — limit seragamnya tak harus $\mathcal C^1$; [penutupnya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) adalah fungsi Lipschitz-$1$ yang bernorma $\leq 1$.)

Untuk $\{\operatorname{Lip}(f) \leq 1, f(0) = 0\}$: [ekuikontinu](#def-b3-complete-equicontinuous); 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact).

**Latihan 7.7 ★★★.**

(Operator integral yang [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact)) 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](#def-b3-complete-equicontinuous) dan terbatas seragam; lalu simpulkan bahwa $T$ merupakan *operator [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact)*: yakni peta himpunan terbatas bersifat [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity). *(Sebab peta bola satuannya akan menjadi [persekitaran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $0$ di $\mathcal C(\intcc01)$: dan itu dilarang teorema Riesz dari Tahun ke-2.)*

**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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam $k$ pada persegi [kompaknya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) (menurut Heine): jadi peta bola satuannya terbatas seragam dan [ekuikontinu](#def-b3-complete-equicontinuous), sehingga [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) relatif (menurut Ascoli). Lewat kelinearannya setiap himpunan terbatas berpeta [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) relatif: jadi $T$ merupakan operator [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact).

(b) Pernyataan subbarisannya adalah definisi kekompakan relatif yang diterapkan pada $\{Tf_n\}$. Seandainya $T$ bijektif dengan invers yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), maka $T(B(0,1)) \supseteq B(0,
\varepsilon)$ untuk suatu $\varepsilon > 0$ (sebab $T^{-1}$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) di $0$); lalu bola tertutup $\bar B(0,\varepsilon)$, sebagai himpunan bagian tertutup dari $\overline{T(B(0,1))}$ yang [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact), akan menjadi [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) — 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity): (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity); (d) sama dengan kemonotonan, dengan limit [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), tetapi pada $\intoo01$.

**Solusi Latihan 7.8.**

(a) Dini: lihat [Lema 7.13](#lem-b3-complete-dini) — 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity); 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact), 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 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](#cor-b3-complete-weierstrass)): maka $\int_0^1 f^2 =
\lim\int_0^1 fP_n = 0$, dan $f^2 \geq 0$ yang [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#ch-b3-holomorphic).)

**Latihan 7.10 ★★★.**

(Keterbatasan seragam, versi metrik) Misalkan $X$ sebuah ruang metrik yang [lengkap](#def-b3-complete-complete) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/8-ruang-banach-dan-teorema-fundamentalnya#ch-b3-banach).

**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](#thm-b3-complete-baire)) 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](#def-b3-complete-complete) *(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](#def-b3-complete-complete): 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](#thm-b3-complete-nowherediff).

**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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity). 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](#def-b3-complete-complete).

(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](#def-b3-complete-complete) — [pelengkapannya](#thm-b3-complete-completion) 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](#def-b3-complete-complete) — dan itu bertentangan dengan (b). Ketakterbatasan inilah yang persis membuat fungsi [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) yang umum dapat gagal diturunkan di mana pun, [Teorema 7.9](#thm-b3-complete-nowherediff).)

**Latihan 7.12 ★★★.**

(Lema Croft) Misalkan $f\colon\intoo0\infty\to\R$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) $+\infty$ begitu $n(b' - a') \geq a'$.)* Di manakah hipotesis “untuk setiap $x$” (bukan hanya $x$ rasional) dipakai?

**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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity): jadi tertutup. Hipotesisnya mengatakan bahwa setiap $x > 0$ terletak di suatu $F_N$. Menurut Baire yang diterapkan di dalam $\intcc ab$ yang [lengkap](#def-b3-complete-complete) (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/19-persamaan-diferensial-biasa#ch-b3-ode)) menuntut $f$ bersifat Lipschitz terhadap $x$. Peano (1890): *[kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $f$ sudah melahirkan keberadaannya* — meski bukan ketunggalannya. Kita membuktikannya dengan poligon Euler dan Ascoli. Latarnya: $f \colon R
\to \R^d$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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 $[t_k, t_{k+1}]$,

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

1. 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.)*
2. Tunjukkan bahwa setiap $\varphi_n$ bersifat Lipschitz- $M$ .
3. Simpulkan dari Arzelà–Ascoli ( [Teorema 7.11](#thm-b3-complete-ascoli) ) 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.

4. Tunjukkan bahwa $f$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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 $(t_k, \varphi_n(t_k))$.)*
5. 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) sepotong-sepotong.
6. Ambil limitnya sepanjang $(n_j)$: tunjukkan $f(s, \varphi_{n_j}(s)) \to f(s, \varphi(s))$ secara *seragam* (sekali lagi lewat [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam $f$), lalu simpulkan $$\varphi(t) = x_0 + \int_{t_0}^t  f\bigl(s, \varphi(s)\bigr)\dd s .$$
7. 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 $\R$.

8. Periksalah bahwa $f(x) = 2\sqrt{\abs x}$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) tetapi tidak Lipschitz pada [persekitaran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) $0$ mana pun.
9. 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.
10. Di manakah argumen iterasi Picard (lewat titik tetap Banach) runtuh untuk $f$ ini?

**Bagian IV — Batas metodenya.**

11. 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) — tampilkan barisan terbatas yang tak punya subbarisan konvergen, lalu jelaskan langkah Bagian I mana yang runtuh.
12. 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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 $R$.

13. Periksalah bahwa $\omega(r) = Lr$ memenuhinya (yakni Lipschitz), bahwa $\omega(r) = r\log\frac1r$ (yang diperluas secara [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) untuk $r$ kecil) juga memenuhinya walaupun ia *bukan* $O(r)$ , dan bahwa $\omega(r) = 2\sqrt r$ tidak. Hitunglah integralnya pada setiap kasus.
14. 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 $$\delta(t) \leq \delta(s) +  \int_s^t\omega\bigl(\delta(v)\bigr)\dd v .$$
15. (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.
16. 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.**

17. (Lema Grönwall integral) Misalkan $e, \eta \geq 0$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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 $\eu^{-Lt}G(t)$)*.
18. (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?
19. (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.
20. 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact)* . (Teorema Kneser menambahkan bahwa $\mathcal S$ [terhubung](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected) ; kita tak akan membuktikannya.)
21. 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) dari $\intcc0\infty$ (yakni [kompaktifikasi satu titiknya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-locallycompact) , dengan $c = \infty$ direkatkan sebagai limitnya) ke $\mathcal C([0,1])$ , lalu simpulkan bahwa $\mathcal S$ memang [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) dan [terhubung](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected) — yaitu corong berbentuk ruas garis.
22. (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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) ; lalu hitunglah untuk contoh pada pertanyaan 21 dan periksalah bahwa ia juga [terhubung](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected) : $\mathcal S(t) = \intcc0{t^2}$ — jadi setiap keadaan antaranya dicapai oleh suatu penyelesaian.

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

23. (Kebergantungan [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity)) 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.
24. (Osgood bersifat optimal) Sebaliknya, misalkan $\omega$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), 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 $\omega(r) = 2\sqrt r$, $\Omega(x) = \sqrt x$.
25. (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 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](#def-b3-complete-equicontinuous) (dengan konstanta Lipschitz bersama $M$): sehingga Ascoli ([Teorema 7.11](#thm-b3-complete-ascoli)) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) dan $f$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity): maka ia [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam (menurut Heine, [Akibat 6.17](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#cor-b3-topology-heineborel)); 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity), 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) mempunyai penyelesaian lokal melalui setiap syarat awal.

**8.** [Kekontinuannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact). 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) pada [persekitaran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) $(t_0, x_0)$ 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/19-persamaan-diferensial-biasa#ch-b3-ode)): 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity)) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam $f$ pada $R$ yang [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact)): 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](#def-b3-complete-equicontinuous): jadi [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact).

**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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) di $c$): jadi $x = x_c$. [Kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $c \mapsto
x_c$: 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) dan [terhubung](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected) di bawah [pemetaan kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $c
\mapsto x_c$: sehingga [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) dan [terhubung](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected). Corong penyelesaiannya berupa ruas garis [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) (sebab $\abs{x(t) - y(t)} \leq \norm{x - y}_\infty$), sehingga $\mathcal
S(t) = \operatorname{ev}_t(\mathcal S)$ merupakan peta [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) sebuah [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact): jadi [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) — dan peta himpunan [terhubung](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected): jadi [terhubung](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected). 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity): 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](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) 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.