DIktat An Fung [PDF]

Citation preview

Bab



1



Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert Bab ini akan mengulas secara ringkas tentang pokok-pokok ruang bernorma dan ruang hasil-kali-dalam. Diawali dengan telaah ulang mengenai konsep ruang metrik dan ruang topologi, yang mendasari pemahaman konsep-konsep yang lebih khusus pada bagian-bagian selanjutnya. Berbagai konsep yang dikembangkan dalam ruang Banach dan ruang Hilbert merupakan alat utama dalam analisis fungsional. Dengan alat-alat tersebut dapat dikembangkan lebih lanjut mengenai penanganan berbagai permasalahan analisis (matematika) dan terapannya.



1.1 Telaah Ulang: Ruang Metrik dan Ruang Topologi Bagian ini mengulas ulang pokok-pokok yang mendasar dari ruang metrik dan ruang topologi. Sebagian besar bahasan dapat diikuti dengan baik apabila dibuka kembali ingatan mengenai pengertian-pengertian yang terkait yang sudah dipelajari dari materi kuliah seperti kalkulus, aljabar linear, dan analisis real, pada tingkattingkat sebelumnya. Definisi 1.1 Ruang metrik adalah suatu ruang X yang dilengkapi dengan suatu fungsi jarak ( metrik) d : X × X → R yang memenuhi: (i) d(x, y) ≥ 0, (ii) d(x, y) = 0 jika dan hanya jika x = y, (iii) d(x, y) = d(y, x), (iv) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z)



(ketaksamaan segitiga).



Pada definisi di atas, jika (ii) tidak dipenuhi, maka d disebut pseudo-metrik (metrik 5



6



Bab 1. Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert



semu). Selanjutnya, mudah diperiksa bahwa berlaku kebalikan ketaksamaan segitiga (lihat Soal Lat.1.1 No. 1): |d(x, y) − d(y, z)| ≤ d(x, z).



(1.1)



P 1/2 Ruang Euclid Rn yang dilengkapi dengan d(x, y) = ( nk=1 (xk − yk )2 ) Pn 2
1/2 .  adalah ruang metrik dan juga Cn dengan d(x, y) = k=1 |xk − yk |



Contoh 1.1



Pandang suatu ruang metrik X, dengan metrik d. Untuk r > 0, himpunan Br (x) = {y ∈ X : d(x, y) < r}



(1.2)



disebut bola terbuka yang berpusat di x dan berjari-jari r. Suatu titik x dari suatu himpunan U disebut titik interior dari U jika U memuat suatu bola yang berpusat di x. Jika x titik interior dari U , maka U disebut sekitaran (neighborhood) dari x. Suatu titik x disebut titik limit dari U , kadang juga disebut titik akumulasi, jika dan hanya jika (Br (x)\{x}) ∩ U 6= ∅ untuk setiap bola Br (x). Perhatikan bahwa suatu titik limit x tidak perlu berada di U , tetapi U harus memuat titik yang sangat dekat dengan x. Suatu titik x disebut titik terisolasi dari U jika terdapat sekitaran dari x yang tidak memuat sebarang titik dari U . Contoh 1.2 Pandang R dengan metrik biasa dan U = (−1, 1). Setiap titik x ∈ U merupakan titik interior dari U . Titik-titik ±1 adalah titik-titik limit dari U .  Suatu himpunan yang hanya memuat titik-titik interior disebut himpunan terbuka. Koleksi himpunan terbuka O memenuhi sifat-sifat berikut (i) ∅, X ∈ O, (ii) Jika O1 , O2 ∈ O maka O1 ∩ O2 ∈ O, S (iii) Jika {Oα } ⊆ O maka α Oα ∈ O. Dalam hal ini, koleksi O tertutup terhadap irisan berhingga dan sembarang gabungan. Secara umum, ruang X bersama dengan koleksi O dari himpunan-himpunan terbuka di X, yang memenuhi (i) sampai (iii) disebut ruang topologi. Pengertian titik interior, titik limit, dan sekitaran masih berlaku pada ruang topologi apabila bola terbuka diganti dengan himpunan terbuka. Banyak pilihan yang berbeda untuk topologi, dua contoh yang mudah dipahami, meskipun tidak terlalu menarik, adalah topologi trivial O = {∅, X} dan topologi diskrit O = P(X) (koleksi semua himpunan bagian dari X). Diberikan topologi O1 dan O2 pada X, dikatakan bahwa O1 lebih lemah atau lebih kasar dari pada O2 jika dan hanya jika O1 ⊆ O2 . Analisis Fungsional, SM092303



1.1. Telaah Ulang: Ruang Metrik dan Ruang Topologi



7



Contoh 1.3 Perhatikan bahwa metrik-metrik yang berbeda dapat menghasilkan topologi yang sama. Sebagai contoh, ruang Euclid Rn (atau Cn ) dengan jarak Euclid d(x, y) seperti contoh sebelumnya atau dapat pula digunakan jarak e y) = d(x,



n X



|xk − yk | .



(1.3)



k=1



Di sini diperoleh v u n n n X X uX 1 2 t √ |xk | ≤ |xk | ≤ |xk | n k=1 k=1 k=1



(1.4)



er (x) ⊆ Br (x), dengan B dan B e adalah bolayang menunjukkan bahwa Br/√n (x) ⊆ B e bola yang berturut-turut dihitung menggunakan d dan d.  Contoh 1.4



Suatu metrik d dapat diganti dengan metrik terbatas e y) = d(x,



d(x, y) 1 + d(x, y)



tanpa mempengaruhi topologinya, sebab bola terbukanya tidak berubah.



(1.5) 



Setiap subruang Y dari ruang topologi X merupakan ruang topologi dengan topologinya sendiri, apabila O ⊆ Y dikatakan terbuka, dan disebut terbuka relatif, e ⊆ X sedemikian rupa sehingga O = O e∩Y. jika ada himpunan terbuka O Contoh 1.5 Himpunan (0, 1] ⊆ R tidak terbuka di ruang topologi X = R, tetapi terbuka relatif jika dipandang sebagai himpunan dari Y = [−1, 1].  Suatu koleksi himpunan terbuka B ⊆ O disebut basis dari topologi jika untuk setiap x dan setiap sekitaran U (x), terdapat himpunan O ∈ B dengan x ∈ O ⊆ U (x). Karena suatu himpunan terbuka O merupakan sekitaran dari setiap titiknya, dapat S e dan didapat lemma berikut ini. ditulis O = O⊇O∈B O e Lemma 1.2 Jika B ⊆ O adalah basis topologi, maka setiap himpunan terbuka dapat ditulis sebagai gabungan unsur-unsur dari B. Jika terdapat suatu basis yang terhitung, maka X disebut terhitung ke-dua (second countable). Contoh 1.6 Bola-bola terbuka B1/n (x) merupakan basis untuk topologi di suatu ruang metrik. Untuk kasus Rn (atau Cn ) bahkan cukup dengan mengambil bola-bola dengan pusat rasional dan dengan demikian Rn (dan Cn ) adalah terhitung ke-dua.  Suatu ruang topologi disebut ruang Hausdorff jika untuk dua titik yang berbeda selalu terdapat dua sekitaran yang saling asing. Jurusan Matematika FMIPA ITS



8



Bab 1. Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert



Contoh 1.7 Sembarang ruang metrik (X, d) merupakan ruang Hausdorff. Diberikan dua titik yang berbeda x dan y di X, bola-bola Bd/2 (x) dan Bd/2 (y), dengan d = d(x, y) > 0, adalah dua sekitaran yang saling asing. (Ruang pseudo-metrik bukan ruang Hausdorff).  Komplemen dari himpunan terbuka disebut himpunan tertutup. aturan de Morgan, koleksi himpunan tertutup C memenuhi



Berdasarkan



(i) ∅, X ∈ C, (ii) Jika C1 , C2 ∈ C maka C1 ∪ C2 ∈ C, T (iii) Jika {Cα } ⊆ C maka α Cα ∈ C. Dalam hal ini, himpunan-himpunan tertutup adalah tertutup terhadap gabungan berhingga dan sembarang irisan. Himpunan tertutup terkecil yang memuat suatu himpunan U disebut closure, ditulis dengan U : \ U= C, (1.6) C∈C, U ⊆C



dan himpunan terbuka terbesar yang termuat di suatu himpunan U disebut interior, ditulis dengan U ◦ : [ O. (1.7) U◦ = O∈O, O⊆U



Cukup mudah menunjukkan bahwa closure memenuhi aksioma berikut ini (Aksioma closure Kuratowski): (i) ∅ = ∅, (ii) U ⊆ U , (iii) U = U , (iv) U ∪ V = U ∪ V . Dapat pula ditunjukkan bahwa sifat-sifat di atas dapat digunakan untuk mendefinisikan topologi melalui himpunan tertutup, yakni dengan mengamati bahwa himpunan tertutup A memenuhi A = A. Definisi titik interior dan titik limit dapat didefinisikan seperti sebelumnya dengan mengganti kata bola dengan himpunan terbuka. Lemma 1.3 Pandang X suatu ruang topologi. Interior dari U adalah himpunan semua titik interior dari U , dan closure dari U adalah gabungan U dengan semua titik limitnya. Suatu barisan (xn )∞ n=1 ⊆ X dikatakan konvergen ke suatu titik x ∈ X apabila d(x, xn ) → 0, dan seperti biasanya ditulis limn→∞ xn = x. Jelas bahwa limit tersebut apabila ada adalah tunggal (hal ini tidak berlaku untuk pseudo-metrik). Analisis Fungsional, SM092303



1.1. Telaah Ulang: Ruang Metrik dan Ruang Topologi



9



Setiap barisan konvergen merupakan barisan Cauchy, yakni untuk setiap ε > 0 terdapat suatu N ∈ N sehingga d(xn , xm ) ≤ ε,



n, m ≥ N.



(1.8)



Jika sebaliknya juga berlaku, yakni setiap barisan Cauchy di X mempunyai limit, maka X dikatakan lengkap. Contoh 1.8



Ruang-ruang Rn dan Cn adalah ruang metrik lengkap.







Perhatikan bahwa di dalam suatu ruang metrik, titik x adalah titik limit dari U jika dan hanya jika terdapat barisan (xn )∞ n=1 ⊆ U\{x} dengan limn→∞ xn = x. Dengan demikian U tertutup jika dan hanya jika untuk setiap barisan di U yang konvergen mempunyai limit di U . Lemma berikut ini adalah kasus yang khusus. Lemma 1.4 Suatu himpunan tertutup dari suatu ruang metrik lengkap, juga merupakan ruang metrik lengkap. Perhatikan bahwa konvergensi dapat pula diformulasikan secara ekivalen dalam pengertian topologi: Suatu barisan (xn ) konvergen ke x jika dan hanya jika untuk setiap sekitaran U dari x terdapat N ∈ N sedemikian rupa sehingga xn ∈ U untuk n ≥ N . Di suatu ruang Hausdorff limit tersebut adalah tunggal. Suatu himpunan U dikatakan padat (dense) jika closurnya adalah seluruh X, yaitu jika U = X. Suatu ruang metrik dikatakan terpisah (separable) jika didalamnya termuat suatu himpunan padat yang terhitung. Perhatikan bahwa X terpisah jika dan hanya jika X terhitung ke-dua sebagai ruang topologi. Lemma 1.5 Jika X suatu ruang metrik terpisah, maka setiap himpunan bagian dari X juga terpisah. Bukti. Pandang A = {xn }n∈N suatu himpunan yang padat di X, dan Y ⊆ X. Persoalan pokoknya adalah bahwa A ∩ Y mungkin kosong. Akan tetapi, beberapa unsur dari A dapat dipastikan sangat berdekatan. Pandang J ⊆ N2 himpunan semua pasangan (n, m) untuk B1/m (xn ) 6= ∅ dan pilih suatu yn,m ∈ B1/m (xn )∩Y untuk semua (n, m) ∈ J. Dengan demikian B = {yn,m }(n,m)∈J ⊆ Y terhitung. Untuk memeriksa bahwa B padat, pilih y ∈ Y . Dalam hal demikian terdapat barisan {xnk } dengan d(xnk , y) < 1/k. Jadi (nk , k) ∈ J dan d(ynk ,k , y) ≤ d(ynk ,k , xnk ) + d(xnk , y) ≤ 2/k → 0.  Selanjutnya, untuk X dan Y ruang metrik dibahas fungsi f : X → Y , x 7→ f (x). Di sini digunakan pengertian yang umum f (U ) = {f (x) : x ∈ U } untuk U ⊆ X dan f −1 (V ) = {x : f (x) ∈ V } untuk V ⊆ Y . Himpunan R(f ) = f (X) disebut range dari f dan X disebut domain dari f . Suatu fungsi disebut injektif jika untuk setiap y ∈ Y terdapat tepat satu x ∈ X dengan f (x) = y (yaitu f −1 ({y}) memuat hanya satu titik) Jurusan Matematika FMIPA ITS



10



Bab 1. Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert



dan disebut surjektif jika R(f ) = Y . Suatu fungsi yang injektif sekaligus juga surjektif disebut bijektif. Suatu fungsi dari ruang metrik X ke ruang metrik Y dikatakan kontinu di titik x ∈ X jika untuk setiap ε > 0 terdapat suatu δ > 0 sedemikian rupa sehingga dY (f (x), f (y)) ≤ ε,



jika dX (x, y) < δ.



(1.9)



Jika f kontinu di semua titik, maka dikatakan f kontinu. Lemma 1.6 Pandang X suatu ruang metrik. Sifat-sifat berikut ini adalah ekivalen: (i) f kontinu di x (yaitu (1.9) dipenuhi). (ii) f (xn ) → f (x) jika xn → x. (iii) Jika V sekitaran dari f (x), maka f −1 (V ) sekitaran dari x. Bukti. (i)⇒(ii) jelas. (ii)⇒(iii): Jika (iii) tidak dipenuhi, maka terdapat sekitaran V dari f (x) sehingga Bδ (x) 6⊆ f −1 (V ) untuk setiap δ. Dengan demikian dapat dipilih suatu barisan xn ∈ B1/n (x) sedemikian rupa sehingga f (xn ) 6∈ f −1 (V ). Jadi xn → x tetapi f (xn ) 6→ f (x). (iii)⇒(i): Pilih V = Bε (f (x)) dan periksa bahwa dari (iii), diperoleh Bδ (x) ⊆ f −1 (V ) untuk suatu δ.  Lemma 1.6(iii) berakibat bahwa f kontinu jika dan hanya jika pra-peta dari setiap himpunan terbuka juga terbuka (atau pra-peta dari setiap himpunan tertutup juga tertutup). Jika peta dari setiap himpunan terbuka juga terbuka (atau peta dari setiap himpunan tertutup juga tertutup), maka f disebut terbuka. Suatu fungsi bijektif f disebut homeomorfisma jika f dan f −1 keduanya kontinu. Perhatikan bahwa jika f bijektif, maka f −1 kontinu jika dan hanya jika f terbuka. Tumpuan (support) suatu fungsi f : X → Cn adalah closure dari semua titik x dengan f (x) tidak nol; yaitu supp(f ) = {x ∈ X : f (x) 6= 0}.



(1.10)



Jika X dan Y ruang-ruang metrik, maka X × Y disertai dengan d ((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) = dX (x1 , x2 ) + dY (y1 , y2 )



(1.11)



adalah ruang metrik. Suatu barisan (xn , yn ) konvergen ke (x, y) jika dan hanya jika xn → x dan yn → y. Khususnya, projeksi pada koordinat pertama (x, y) 7→ x, dan pada koordinat ke-dua (x, y) 7→ y, keduanya adalah kontinu. Selanjutnya, jika X dan Y lengkap, maka X × Y juga lengkap. Khususnya, dengan kebalikan ketaksamaan segitiga (1.1) |d(xn , yn ) − d(x, y)| ≤ d(xn , x) + d(yn , y),



(1.12)



Analisis Fungsional, SM092303



1.1. Telaah Ulang: Ruang Metrik dan Ruang Topologi



11



dapat diperiksa bahwa d : X × X → R adalah kontinu. Contoh 1.9 Untuk R × R, tidak diperoleh jarak Euclid untuk R2 kecuali dengan memodifikasi (1.11) sebagai berikut: e 1 , y1 ), (x2 , y2 )) = d((x



p dX (x1 , x2 )2 + dY (y1 , y2 )2 .



(1.13)



Sebagaimana pada contoh sebelumnya, topologi (dan juga konvergensi/kontinuitas) yang digunakan tidak bergantung pada pemilihan ini.  Jika X dan Y ruang-ruang topologi, topologi hasil-kali (product topology) didefinisikan dengan mengatakan O ⊆ X ×Y terbuka jika untuk setiap titik (x, y) ∈ O terdapat sekitaran terbuka U dari x dan sekitaran V dari y sedemikian sehingga U × V ⊆ O. Dalam kasus ruang metrik hal ini sesuai dengan topologi yang didefinisikan melalui metrik hasil-kali (1.11). Cover dari suatu himpunan Y ⊆ X adalah koleksi himpunan {Uα } sedemikian S sehingga Y ⊆ Suatu cover dikatakan terbuka jika semua Uα terbuka. α Uα . Sembarang himpunan bagian dari {Uα } yang masih merupakan cover dari Y disebut subcover. Lemma 1.7 (Lindel¨of.) Jika X terhitung ke-dua, maka setiap cover terbuka mempunyai subcover terhitung. Bukti. Misal {Uα } adalah cover terbuka untuk Y dan B suatu basis terhitung. Karena setiap Uα dapat ditulis sebagai gabungan dari unsur-unsur di B, himpunan semua B ∈ B yang memenuhi B ⊆ Uα untuk suatu α membentuk cover terbuka untuk Y . Selanjutnya, untuk setiap Bn di himpunan tersebut dapat ditemukan suatu αn sedemikian rupa sehingga Bn ⊆ Uαn . Dengan pemilihan konstruksi yang demikian, diperoleh (Uαn ) sebagai subcover terhitung.  Himpunan bagian K ⊆ X disebut kompak jika setiap cover terbuka mempunyai subcover berhingga. Lemma 1.8 Suatu ruang topologi adalah kompak jika dan hanya jika mempunyai sifat irisan berhingga: Irisan dari suatu koleksi himpunan tertutup adalah kosong jika dan hanya jika irisan dari beberapa subkoleksi berhingga adalah kosong. Bukti. Dengan mengambil komplemennya, untuk setiap koleksi himpunan terbuka terdapat koleksi himpunan tertutup yang bersesuaian, dan sebaliknya. Selain itu, himpunan terbuka adalah suatu cover jika dan hanya jika himpunan-himpunan tertutup yang bersesuaian mempunyai irisan yang kosong. 



Jurusan Matematika FMIPA ITS



12



Bab 1. Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert



Lemma 1.9 Untuk X suatu ruang topologi. (i) Peta kontinu dari himpunan kompak adalah kompak. (ii) Setiap himpunan bagian tertutup dari himpunan kompak adalah kompak. (iii) Jika X ruang Hausdorff, maka setiap himpunan kompak adalah tertutup. (iv) Hasil-kali berhingga dari himpunan-himpunan kompak adalah kompak. Bukti. (i) Perhatikan bahwa jika {Oα } suatu cover terbuka untuk f (Y ), maka −1 {f (Oα )} adalah salah satunya untuk Y . (ii) Misal {Oα } suatu cover terbuka untuk himpunan bagian Y yang tertutup (dalam eα dengan Oα = topologi relatif). Berarti terdapat himpunan-himpunan terbuka O   eα ∩ Y dan O eα ∪ X \ Y merupakan cover terbuka untuk X yang mempunyai O subcover berhingga. Subcover ini membentuk suatu subcover berhingga untuk Y . (iii) Misal Y ⊆ X kompak. Akan ditunjukkan bahwa X \Y terbuka. Ambil suatu x ∈ X\Y tetap (jika Y = X, tidak ada yang harus dikerjakan). Dengan definisi ruang Hausdorff, untuk setiap y ∈ Y terdapat sekitaran-sekitaran V (y) untuk y dan Uy (x) untuk x yang saling asing. Dengan kekompakan Y , terdapat y1 , . . . , yn sedemikian T sehingga V (yj ) merupakan cover untuk Y . Dengan demikian U (x) = nj=1 Uyj (x) merupakan sekitaran dari x yang tidak beririsan dengan Y . (iv) Misal {Oα } suatu cover terbuka untuk X × Y . Untuk setiap (x, y) ∈ X × Y terdapat suatu α(x, y) sedemikian sehingga (x, y) ∈ Oα(x,y) . Dengan definisi topologi hasil-kali terdapat persegi-panjang U (x, y) × V (x, y) ⊆ Oα(x,y) . Dengan demikian, untuk x tetap, diperoleh {V (x, y)}y∈Y yang merupakan cover terbuka dari Y . Jadi terdapat berhingga titik yk (x) sedemikian sehingga V (x, yk (x)) merupakan cover dari T Y . Ambil U (x) = k U (x, yk (x)). Karena irisan berhingga dari himpunan-himpunan terbuka adalah terbuka, berarti {U (x)}x∈X adalah cover terbuka dan terdapat sebanyak berhingga titik xj sehingga U (xj ) merupakan cover dari X. Dengan pemilihan tersebut, didapat U (xj ) × V (xj , yk (xj )) ⊆ Oα(xj ,yk (xj )) yang merupakan cover untuk X × Y .  Dari hasil-hasil di atas, diperoleh kriteria sederhana mengenai suatu fungsi kontinu yang merupakan homeomorfisma. Akibat 1.10 Jika X dan Y ruang-ruang topologi dengan X kompak dan Y Hausdorff, maka setiap fungsi bijektif yang kontinu f : X → Y adalah homeomorfisma. Bukti. Cukup ditunjukkan bahwa f memetakan himpunan tertutup ke himpunan tertutup. Dari Lemma 1.9(ii) setiap himpunan tertutup adalah kompak, dari Lemma 1.9(i) petanya juga kompak, dan dari Lemma 1.9(iii) peta tersebut adalah tertutup.  Suatu himpunan bagian K ⊂ X disebut kompak barisan jika setiap barisan mempunyai sub-barisan yang konvergen. Di dalam ruang metrik, pengertian kompak dan kompak barisan adalah ekivalen. Analisis Fungsional, SM092303



1.1. Telaah Ulang: Ruang Metrik dan Ruang Topologi



13



Lemma 1.11 Jika X suatu ruang metrik, maka suatu himpunan bagian di X adalah kompak jika dan hanya jika himpunan bagian tersebut kompak barisan. Bukti. Misal X kompak dan (xn ) suatu barisan yang tidak mempunyai sub-barisan yang konvergen. Dengan begitu K = {xn } tidak mempunyai titik limit dan akibatnya berdasarkan Lemma 1.9(ii) K kompak. Untuk setiap n terdapat bola Bεn (xn ) yang hanya memuat berhingga unsur dari K. Akan tetapi, sebanyak berhingga cukup untuk menjadi cover dari K, suatu hal yang kontradiksi. Sebaliknya, misal X kompak barisan. Perhatikan bahwa setiap cover dari bola terbuka dengan jari-jari tetap ε > 0 mempunyai subcover berhingga karena jika tidak S demikian dapat dikonstruksi suatu barisan (xn ) ⊆ X\ n−1 m=1 Bε (xm ) sedemikian sehingga d(xn , xm ) > ε untuk m < n. Khususnya, akan terbukti jika dapat ditunjukkan bahwa setiap cover terbuka {Oα } terdapat ε > 0 sedemikian rupa sehingga untuk setiap x diperoleh Bε (x) ⊆ Oα untuk suatu α = α(x). Jelas bahwa dengan memilih {xk }nk=1 sedemikian sehingga Bε (xk ) suatu cover, dapat diperiksa bahwa Oα(xk ) juga merupakan cover. Jadi tinggal ditunjukkan bahwa ada ε yang dimaksud tersebut. Andaikan tidak ada ε yang dimaksud. Berarti untuk setiap ε > 0 pasti ada x sehingga Bε (x) 6⊆ Oα untuk setiap α. Pilih ε = n1 dan ambil suatu xn yang bersesuaian. Karena X kompak barisan, tidak ada pembatasan untuk mengasumsikan xn konvergen (mungkin setelah melalui suatu sub-barisannya). Sekarang, misal x = lim xn . Dengan ini x berada di suatu Oα dan dengan demikian Bε (x) ⊆ Oα . Tetapi dengan memilih n cukup besar sehingga 1 < 2ε dan d(xn , x) < 2ε , diperoleh B1/n (xn ) ⊆ Bε (x) ⊆ Oα , dan ini kontradiksi dengan n asumsi di awal.  Di dalam ruang metrik, suatu himpunan dikatakan terbatas jika himpunan tersebut termuat di dalam suatu bola. Perhatikan bahwa setiap himpunan kompak selalu terbatas (tunjukkan!). Di Rn (atau Cn ) kebalikannya juga berlaku. Teorema 1.12 (Heine-Borel) Di Rn (atau Cn ) suatu himpunan adalah kompak jika dan hanya jika himpunan tersebut terbatas dan tertutup. Bukti. Dengan Lemma 1.9(ii) dan (iii) cukup ditunjukkan bahwa suatu interval tertutup di I ⊆ R adalah kompak. Selain itu, dengan Lemma 1.11 cukup ditunjukkan bahwa setiap barisan di I = [a, b] mempunyai sub-barisan yang konvergen. Misal (xn ) suatu barisan di I dan bagilah I = [a, a+b ] ∪ [ a+b , b]. Dengan demikian setidaknya satu 2 2 di antara dua interval tersebut, misal I1 , memuat tak hingga unsur-unsur dari barisan (xn ). Misalkan y1 = xn1 adalah unsur pertama. Lanjutkan cara tersebut, sehingga didapatkan barisan Cauchy (yn ) (perhatikan bahwa dengan konstruksi itu In+1 ⊆ In dan karenanya |yn − ym | ≤ b−a untuk m ≥ n).  n Dengan Lemma 1.11 hasil di atas ekivalen dengan teorema yang berikut ini. Jurusan Matematika FMIPA ITS



14



Bab 1. Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert



Teorema 1.13 (Bolzano-Weierstraß) Setiap himpunan bagian tak hingga yang terbatas dari Rn (atau Cn ) mempunyai sekurang-kurangnya satu titik limit. Dengan menggabungkan Teorema 1.12 dengan Lemma 1.9(i) dapat diperoleh juga teorema nilai ekstrema. Teorema 1.14 (Weierstraß) Jika K himpunan kompak, maka setiap fungsi kontinu f : K → R mempunyai maksimum dan minimum. Suatu ruang topologi dikatakan kompak lokal jika setiap titik mempunyai sekitaran kompak. Contoh 1.10



Rn adalah kompak lokal.







Jarak antara titik x ∈ X dengan himpunan bagian Y ⊆ X adalah d(x, Y ) = inf d(x, y).



(1.14)



y∈Y



Perhatikan bahwa x adalah titik limit dari Y jika dan hanya jika d(x, Y ) = 0. Lemma 1.15 Jika X suatu ruang metrik dan Y ⊆ X, maka |d(x, Y ) − d(z, Y )| ≤ d(x, z).



(1.15)



Khususnya x 7→ d(x, Y ) adalah kontinu. Bukti. Dengan mengambil infimum dalam ketaksamaan segitiga d(x, y) ≤ d(x, z)+ d(z, y) dapat diperoleh d(x, Y ) ≤ d(x, z) + d(z, Y ). Dengan demikian d(x, Y ) − d(z, Y ) ≤ d(x, z). Selanjutnya dengan menukar x dan z dapat diperoleh d(z, Y ) − d(x, Y ) ≤ d(x, z). 



Lemma 1.16 (Urysohn) Jika C1 dan C2 dua himpunan bagian yang saling asing dari ruang metrik X, maka terdapat fungsi kontinu f : X → [0, 1] sedemikian sehingga f bernilai 0 pada C1 dan 1 pada C2 . Jika X kompak lokal dan C1 kompak, maka dapat dipilih f dengan tumpuan kompak. Bukti.



Untuk membuktikan bagian pertama, pilih f (x) =



d(x, C2 ) . d(x, C1 ) + d(x, C2 )



Sedangkan untuk bagian ke-dua, perhatikan bahwa terdapat himpunan terbuka O sedemikian sehingga O kompak dan C1 ⊂ O ⊂ O ⊂ X\C2 . Kenyataannya adalah untuk setiap x terdapat suatu bola Bε (x) sehingga Bε (x) kompak dan Bε (x) ⊂ X\C2 . Karena C1 kompak, berarti sebanyak berhingga di antara bola-bola tersebut merupakan cover Analisis Fungsional, SM092303



1.1. Telaah Ulang: Ruang Metrik dan Ruang Topologi



15



untuk C1 dan dapat dipilih gabungan dari bola-bola tersebut sebagai O. Sekarang gantikan C2 dengan X \O.  Perhatikan bahwa lemma Urysohn mengakibatkan bahwa suatu ruang metrik adalah normal ; yakni untuk sembarang dua himpunan tertutup C1 dan C2 yang saling asing, terdapat dua himpunan terbuka O1 dan O2 yang saling asing sedemikian rupa sehingga Cj ⊆ Oj , j = 1, 2. Jelas bahwa dapat dipilih f sebagaimana dalam lemma Urysohn dan tetapkan O1 = f −1 ([0, 12 ]) dan O2 = f −1 ([ 21 , 1]) . Lemma 1.17 Pandang X suatu ruang metrik kompak lokal. Jika K suatu himpunan kompak di X dan {Oj }nj=1 cover terbuka, maka terdapat partisi satuan untuk K subordinat terhadap cover tersebut; yakni terdapat fungsi-fungsi kontinu fj : X → [0, 1] sedemikian rupa sehingga hj mempunyai tumpuan kompak yang termuat di Oj dan n X



hj (x) ≤ 1



(1.16)



j=1



dengan kesamaan untuk x ∈ K. Bukti. Untuk setiap x ∈ K terdapat suatu ε dan j sedemikian sehingga Bε (x) ⊆ Oj . Dengan sifat kompak K, sebanyak berhingga dari bola-bola tersebut merupakan cover untuk K. Misal Kj merupakan gabungan dari bola-bola tersebut yang terletak di dalam Oj . Berdasarkan lemma Urysohn, terdapat fungsi-fungsi gj : X → [0, 1] sedemikian sehingga gj = 1 pada Kj dan gj = 0 pada X \Oj . Sekarang tetapkan hj = gj



j−1 Y



(1 − gk ) .



k=1



Dengan demikian hj : X → [0, 1] mempunyai tumpuan kompak yang termuat di Oj dan n n X Y hj (x) = 1 − (1 − gj (x)) j=1



j=1



yang menunjukkan bahwa jumlahan tersebut adalah 1 untuk x ∈ K, sebab x ∈ Kj untuk suatu j mengakibatkan gj (x) = 1 dan dengan demikian suku ke-dua (hasil-kali) di atas menjadi nol. 



Soal-Soal Latihan 1.1



1. Tunjukkan bahwa |d(x, y) − d(y, z)| ≤ d(x, z). 2. Tunjukkan bahwa |d(x, y) − d(x0 , y 0 )| ≤ d(x, x0 ) + d(y, y 0 ). Jurusan Matematika FMIPA ITS



16



Bab 1. Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert



3. Diberikan X suatu ruang disertai dengan suatu barisan fungsi jarak dn , n ∈ N. Tunjukkan bahwa ∞ X 1 dn (x, y) d(x, y) = 2n 1 + dn (x, y) n=1 juga merupakan fungsi jarak. [Petunjuk: Perhatikan bahwa f (x) = x/(1+x) adalah monoton.] 4. Tunjukkan bahwa closure suatu himpunan memenuhi aksioma closure Kuratowski. 5. Tunjukkan bahwa operator closure dan interior adalah dual dalam arti bahwa X \A = (X \A)◦



dan



X \A◦ = (X \A).



[Petunjuk: Gunakan hukum de Morgan.] 6. Misal U ⊆ V himpunan-himpunan bagian di suatu ruang metrik X. Tunjukkan bahwa jika U padat di V dan V padat di X, maka U padat di X. 7. Tunjukkan bahwa setiap himpunan terbuka O ⊆ R dapat ditulis sebagai gabungan terhitung dari interval-interval yang saling asing. [Petunjuk: Misalkan {Iα } himpunan semua subinterval maksimal dari O; yakni Iα ⊆ O dan tidak ada subinterval lain dari O yang memuat Iα . Dengan demikian ini adalah cover dari intervalinterval yang saling asing yang mempunyai subcover terhitung.] —–o0o—–



1.2 Ruang Banach dari Fungsi Kontinu Pertama perhatikan contoh ruang Banach dengan mengamati himpunan fungsi kontinu C(I) pada interval kompak I = [a, b] ⊂ R. Karena juga akan berhadapan dengan model-model kompleks, dalam pembahasan nantinya akan selalu dipandang fungsi-fungsi bernilai kompleks. Salah satu cara mengungkapkan suatu jarak, yang paling dikenal dalam kalkulus, adalah norma maksimum: kf (x) − g(x)k∞ = max |f (x) − g(x)| . x∈I



(1.17)



Tidak sulit untuk menunjukkan bahwa dengan definisi tersebut C(I) menjadi ruang (linear) bernorma: Ruang (linear) bernorma X adalah suatu ruang vektor X atas F (C atau R) yang dilengkapi dengan suatu fungsi tak-negatif, yang disebut norma, k·k sehingga berlaku •



kf k > 0 untuk f 6= 0 (definit positif ),



•



kαf k = |α| kf k untuk setiap α ∈ F dan f ∈ X (homogenitas positif ), dan Analisis Fungsional, SM092303



17



1.2. Ruang Banach dari Fungsi Kontinu



•



kf + gk ≤ kf k + kgk untuk setiap f, g ∈ X (ketaksamaan segitiga).



Jika syarat definit positif dihilangkan, maka k·k disebut semi-norm. Dari ketaksamaan segitiga dapat juga diperoleh kebalikan ketaksamaan segitiga | kf k − kgk | ≤ kf − gk .



(1.18)



(Lihat Soal Lat.1.2 No. 1). Dengan diperolehnya suatu norma, sekaligus dapat diperoleh jarak d(f, g) = kf − gk, dan dapat diketahui bila suatu barisan vektor fn konvergen ke suatu vektor f . Seperti biasa, hal ini ditulis dengan fn → f atau limn→∞ fn = f . Selain itu, suatu pemetaan F : X → Y antara dua ruang bernorma disebut kontinu jika fn → f mengakibatkan F (fn ) → F (f ). Dengan ini, cukup mudah untuk menunjukkan bahwa norma, jumlahan vektor, dan perkalian dengan skalar adalah kontinu (Soal Lat.1.2 No. 2). Selain konsep konvergensi, juga terdapat konsep barisan Cauchy yang juga mengarah pada konsep kelengkapan: Suatu ruang bernorma dikatakan lengkap jika setiap barisan Cauchy di ruang tersebut konvergen. Ruang bernorma yang lengkap disebut ruang Banach. Contoh 1.11 norma



Ruang `1 (N) dari semua barisan bernilai-kompleks a = (aj )∞ j=1 dengan kak1 =



∞ X



|aj |



(1.19)



j=1



berhingga, merupakan ruang Banach. Untuk menunjukkan ini, perlu dijelaskan tiga hal: (i) `1 (N) merupakan ruang vektor yang tertutup terhadap jumlahan dan perkalian dengan skalar, (ii) k·k1 memenuhi tiga syarat untuk norma, (iii) `1 (N) adalah lengkap. Pertama, perhatikan bahwa k X



|aj + bj | ≤



j=1



k X j=1



|aj | +



k X



|bj | ≤ kak1 + kbk1



(1.20)



j=1



untuk setiap k < ∞. Dengan menetapkan k → ∞, dapat disimpulkan bahwa `1 (N) tertutup terhadap jumlahan dan bahwa berlaku ketaksamaan segitiga. Sedangkan untuk `2 (N) tertutup terhadap perkalian dengan skalar dan dua sifat yang lain dari norma dapat diperoleh langsung. Tinggallah menunjukkan bahwa `1 (N) lengkap. Misal
∞ an = anj j=1 suatu barisan Cauchy, yakni untuk ε > 0 dapat ditemukan Nε sedemikian rupa sehingga kam − an k1 ≤ ε untuk m, n ≥ Nε . Hal ini khususnya berakibat m aj − anj ≤ ε untuk setiap j tetap. Dengan demikian anj merupakan barisan Cauchy untuk j tetap dan dengan sifat lengkapnya C mempunyai limit, yaitu limn→∞ anj = aj . Jurusan Matematika FMIPA ITS



18



Bab 1. Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert



Sekarang perhatikan k X m aj − anj ≤ ε



(1.21)



j=1



dan ambil m → ∞:



k X aj − anj ≤ ε.



(1.22)



j=1



Karena ini berlaku untuk semua k berhingga, berarti dapat diperoleh ka − an k1 ≤ ε. Karena (a − an ) ∈ `1 (N) dan karena an ∈ `1 (N), akhirnya dapat disimpulkan bahwa a = an + (a − an ) ∈ `1 (N).  Contoh 1.12 Ruang `∞ (N) dari semua barisan terbatas bernilai-kompleks a = (aj )∞ j=1 disertai dengan norma kak∞ = sup |aj | (1.23) j∈N







merupakan ruang Banach (Soal Lat.1.2 No. 6).



Sekarang bagaimana mengenai konvergensi di ruang C(I)? Suatu barisan fungsi fn (x) konvergen ke f jika dan hanya jika lim kf − fn k = lim sup |fn (x) − f (x)| = 0.



n→∞



n→∞ x∈I



(1.24)



Dalam hal ini, dengan bahasa analisis real, dapat dikatakan fn konvergen seragam ke f . Sekarang perhatikan kasus dengan f hanya suatu barisan Cauchy. Dalam hal ini, jelas bahwa fn (x) merupakan barisan Cauchy dari bilangan real untuk setiap x ∈ I tetap. Khususnya, dengan kelengkapan dari C, terdapat suatu limit f (x) untuk setiap x. Jadi diperoleh fungsi limit f (x). Selain itu, dengan mengambil m → ∞ di |fm (x) − fn (x)| ≤ ε



∀m, n > Nε , x ∈ I,



(1.25)



∀n > Nε , x ∈ I;



(1.26)



dapat diperoleh |f (x) − fn (x)| ≤ ε



yakni fn (x) konvergen seragam ke f (x). Akan tetapi, sampai di sini belum diketahui apakah limit tersebut berada di ruang vektor C(I) atau tidak, yakni apakah kontinu atau tidak. Untungnya ada suatu hasil yang sangat dikenal dalam analisis real yang menyatakan bahwa limit seragam dari fungsi-fungsi kontinu juga kontinu. Dengan demikian f (x) ∈ C(I) dan dengan sendirinya setiap barisan Cauchy di C(I) konvergen. Uraian ini dapat diformulasikan dalam teorema berikut ini. Teorema 1.18



C(I) dengan norma maksimum merupakan ruang Banach.



Selanjutnya, akan dipastikan apakah ada basis countable untuk C(I). Suatu himpunan vektor {un } ⊂ X dikatakan bebas linear jika setiap himpunan bagian Analisis Fungsional, SM092303



19



1.2. Ruang Banach dari Fungsi Kontinu



berhingga darinya bebas linear, dan suatu himpunan countable dari vektor-vektor yang bebas linear (un )N n=1 ⊂ X disebut basis Schauder jika setiap unsur f ∈ X dapat ditulis secara tunggal sebagai kombinasi linear countable dari unsur-unsur basis tersebut: f=



N X



cn = cn (f ) ∈ C,



cn un ,



(1.27)



n=1



dengan jumlahan tersebut yang dipahami sebagai limit untuk N = ∞. Dalam hal ini, rentangan span{un } (himpunan dari semua kombinasi linear berhingga) dari {un } adalah padat di X. Suatu himpunan yang mempunyai rentangan padat disebut total, dan jika dipunyai himpunan total yang countable, maka juga dipunyai himpunan padat yang countable. Suatu ruang linear bernorma yang memuat himpunan padat yang countable disebut terpisah. Contoh 1.13 Ruang Banach `1 (N) adalah terpisah. Kenyataannya, himpunan vektor n 1 δ n , dengan δnn = 1 dan δm = 0, n 6= m, adalah total: Misal a = (aj )∞ j=1 ∈ ` (N) P diketahui, dan tetapkan an = nj=1 aj δ j , sehingga diperoleh ka − an k1 =



∞ X



|aj | → 0



(1.28)



j=n+1



karena anj = aj untuk 1 ≤ j ≤ n dan anj = 0 untuk j > n. Perhatikan bahwa {δ n }∞ n=1 adalah basis Schauder (tunjukkan!).  Hasil terakhir tersebut juga berlaku untuk kasus C(I). Untuk menunjukkan hal itu, sebelumnya diperlukan lemma berikut ini. Lemma 1.19 (Smoothing) Jika un (x) suatu barisan fungsi kontinu tak-negatif pada [−1, 1] sedemikian sehingga Z Z un (x) dx = 1 dan un (x) dx → 0, δ > 0, (1.29) |x|≤1



δ≤|x|≤1



maka untuk setiap f ∈ C[− 21 , 21 ] yang hilang di titik-titik ujungnya, yaitu f (− 21 ) = f ( 12 ) = 0, diperoleh bahwa Z



1/2



un (x − y) f (y) dy



fn (x) =



(1.30)



−1/2



konvergen seragam ke f (x). (Dengan kata lain, bentuk (1.29) menyatakan bahwa un mempunyai massa satu dan terpusat di sekitar x = 0 untuk n → ∞.) Bukti. Karena f kontinu seragam, untuk ε > 0 dapat ditemukan δ < 21 (tidak bergantung pada x) sedemikian rupa sehingga |f (x) − f (y)| ≤ ε untuk |x − y| ≤ δ. Jurusan Matematika FMIPA ITS



20



Bab 1. Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert



R Selain itu, dapat dipilih n sehingga δ≤|y|≤1 un (y) dy ≤ ε. Selanjutnya, digunakan notasi M = maxx∈[−1/2,1/2] {1, |f (x)|} dan dengan memperhatikan bahwa Z 1/2 Z 1/2 u (x − y)f (x) dy = |f (x)| 1 − u (x − y) dy f (x) − ≤ M ε. n n −1/2 −1/2 Mudah diperiksa bahwa jarak dari x ke salah satu titik batas ± 21 adalah lebih kecil dari δ dan dengan demikian |f (x)| ≤ ε atau jika tidak demikian [−δ, δ] ⊂ [x − 12 , x + 12 ] dan selisih antara satu dan integral tersebut adalah kurang dari ε. Berdasarkan kenyataan di atas, dapat diperoleh Z



1/2



|fn (x) − f (x)| ≤



un (x − y) |f (x) − f (y)| dy + M ε −1/2



Z un (x − y) |f (x) − f (y)| dy



= |y|≤ 21 , |x−y|≥δ



Z un (x − y) |f (x) − f (y)| dy + M ε



+ |y|≤ 21 , |x−y|≥δ



≤ ε + 2M ε + mε = (1 + 3M )ε, yang sampai pada bukti yang diinginkan.







Perhatikan bahwa fn akan mempunyai kemulusan sebagaimana un , karena itulah lemma diatas dinamai dengan lemma smoothing. Selain itu, fungsi-fungsi fn akan berupa polinomial jika un juga polinomial. Gagasan yang serupa digunakan untuk menghampiri fungsi-fungsi tak-kontinu dengan fungsi yang mulus (tentu saja dalam hal ini konvergensinya tidak lagi seragam.) Selanjutnya, akan ditunjukkan salah satu sifat penting yang berikut ini. Teorema 1.20 (Weierstraß). polinomial padat di C(I).



Bukti.



Jika I suatu interval kompak, maka himpunan



Misal f (x) ∈ C(I) diketahui. Dengan memandang f (x) − f (a) −



f (b) − f (a) (x − a) b−a



tanpa mengurangi keumumannya dapat diasumsikan bahwa f hilang di titik-titik   1 batasnya. Selain itu, tidak berarti membatasi dengan hanya memandang I = −1 , 2 2 (mengapa?). Sekarang hasil yang diharapkan dapat diperoleh dari Lemma 1.19 dengan menggunakan 1 un (x) = (1 − x2 )n , In Analisis Fungsional, SM092303



21



1.2. Ruang Banach dari Fungsi Kontinu



dengan 1



Z 1 n In = (a − x ) dx = (1 − x)n−1 (1 + x)n+1 dx n + 1 −1 −1 n! (n!)2 22n+1 n! = ··· = 22n+1 = = 1 1 . 1 (n + 1) · · · (2n + 1) (2n + 1)! ( + 1) · · · ( + n) 2 2 2 Z



2 n



Tampak bahwa bagian pertama dari (1.29) dipenuhi dengan konstruksi di atas, dan bagian ke-dua didapat dari dugaan yang cukup sederhana 2 ≤ In < 2.  2n + 1 Akibat 1.21 C(I) adalah terpisah Meskipun demikian, (Soal Lat.1.2 No. 7).



perlu



diperhatikan



bahwa



`∞ (N)



tidak



terpisah



Soal-Soal Latihan 1.2 1. Tunjukkan bahwa | kf k − kgk | ≤ kf − gk 2. Misal X suatu ruang Banach. Tunjukkan bahwa norma, jumlahan vektor, dan perkalian dengan skalar adalah kontinu; yaitu jika fn → f , gn → g, dan αn → α, maka kfn k → kf k, fn + gn → f + g, dan αn gn → αg. P∞ 3. Pandang X suatu ruang Banach. Tunjukkan bahwa j=1 kfj k < ∞ berakibat bahwa ∞ n X X fj = lim fj j=1



n→∞



j=1



ada. Dalam hal ini, deret tersebut dikatakan konvergen mutlak. 4. Sementara `1 (N) adalah terpisah, masih tersisa ruang untuk suatu himpunan takterhitung (uncountable) dari vektor-vektor yang bebas linear. Tunjukkan hal ini dengan memandang vektor-vektor dalam bentuk fa = (1, a, a2 , . . .),



a ∈ (0, 1).



[Petunjuk: Ambil n vektor yang didefinisikan tersebut dan hilangkan setelah n + 1 suku. Jika penggalan vektor tersebut bebas linear, berarti demikian juga vektorvektor asalnya. Lihat kembali determinan Vandermonde.] 5. Tunjukkan bahwa `p (N), ruang semua barisan bernilai kompleks a = (aj )∞ j=1 dengan norma !1/p ∞ X p kakp = |aj | , p ∈ [1, ∞), (1.31) j=1



Jurusan Matematika FMIPA ITS



22



Bab 1. Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert



berhingga, adalah ruang Banach. 6. Tunjukkan bahwa `∞ (N) merupakan ruang Banach. 7. Tunjukkan bahwa `∞ (N) tidak terpisah. [Petunjuk: Pandang barisan-barisan yang unsur-unsurnya hanya nol dan satu. Ada berapa banyak? Berapakah jarak antara dua barisan yang demikian?] 8. Tunjukkan bahwa jika a ∈ `p0 (N) untuk suatu p0 ∈ [1, ∞), maka a ∈ `p (N) untuk p ≥ p0 dan lim kakp = kak∞ . p→∞



—o0o—



1.3 Geometri Ruang Hilbert Perhatikan kembali ruang C(I) dengan sifat-sifatnya. Ada satu sifat yang masih dipertanyakan: Bagaimana mendefinisikan ortogonalitas di C(I)? Di ruang Euclid, dua vektor dikatakan ortognal jika hasil-kali-skalar kedua vektor itu nol. Jadi di sini dibutuhkan perumuman hasil-kali-skalar. Misal H ruang vektor. Suatu pemetaan h·, ·i : H × H → C disebut bentuk sesquilinear jika pemetaan tersebut linear kunjugat di argumen pertama dan linear di argumen ke-dua; yaitu hα1 f1 + α2 f2 , gi = α1∗ hf1 , gi + α2∗ hf2 , gi , hf, α1 g1 + α2 g2 i = α1 hf, g1 i + α2 hf, g2 i ,



α1 , α2 ∈ C,



(1.32)



dengan ∗ menyatakan konjugat kompleks. Bentuk sesquilinear yang memenuhi syarat (i) hf, f i > 0 untuk f 6= 0 (ii) hf, gi = hg, f i∗



(definit positif),



(simetri)



disebut hasil-kali-dalam atau hasil-kali-skalar. Setiap hasil-kali-dalam berkaitan dengan norma p (1.33) kf k = hf, f i. Hanya ketaksamaan-segitiga yang kiranya tidak cukup mudah untuk ditunjukkan. Untuk itu diperlukan ketaksamaam Cauchy-Schwarz berikut ini. Untuk selanjutnya, bentuk (1.33) cukup dipandang sebagai bentuk penyederhanaan yang sangat membantu. Pasangan (H, h·, ·i) disebut ruang hasil-kali-dalam. Jika H lengkap (terhadap norma (1.33)), maka H disebut ruang Hilbert. Contoh 1.14



Jelas bahwa Cn disertai dengan hasil-kali-skalar biasa ha, bi =



n X



a∗j bj



(1.34)



j=1



Analisis Fungsional, SM092303



23



1.3. Geometri Ruang Hilbert







merupakan ruang Hilbert (beridimensi hingga).



Contoh 1.15 Ruang Hilbert yang lebih menarik adalah ruang `2 (N), yakni himpunan semua barisan bernilai-kompleks ( ) ∞ X ∞ 2 (aj )j=1 : |aj | < ∞ (1.35) j=1



dengan hasil-kali-skalar ha, bi =



∞ X



a∗j bj .



(1.36)



j=1



(Tunjukkan bahwa ruang tersebut juga ruang Hilbert terpisah — Soal Lat.1.2 No. 5).  Suatu vektor f ∈ H disebut ternormalisasi atau vektor satuan jika kf k = 1. Dua vektor f, g ∈ H disebut ortogonal atau tegak lurus, ditulis f ⊥ g, jika hf, gi = 0, dan sejajar jika salah satu merupakan kelipatan dari yang lain. Jika f dan g ortogonal, maka berlaku teorema Pythagoras: kf + gk2 = kf k2 + kgk2 ,



jika f ⊥ g.



(1.37)



Selanjutnya, misalkan u suatu vektor satuan. Projeksi dari f dalam arah u adalah fu = hu, f i u



(1.38)



dan f ⊥ didefinisikan dengan f ⊥ = f − hu, f i u (1.39)



 yang tegak lurus ke u sebab u, f ⊥ = hu, f − hu, f i ui = hu, f i − hu, f i hu, ui = 0. Dengan mengambil vektor lain yang sejajar u, dengan (1.37) dapat diperoleh



2 2 kf − αuk2 = f ⊥ + (fu − αu) = f ⊥ + |hu, f i − α|2



(1.40)



sehingga dengan demikian fu = hu, f i u merupakan vektor tunggal yang sejajar u dan paling dekat ke f . Dari uraian di atas, diperoleh akibat pertama yaitu ketaksamaan Cauchy-SchwarzBunjakowski : Teorema 1.22 (Cauchy-Schwarz-Bunjakowski) dalam, maka untuk setiap f, g ∈ H0 berlaku



Jika H0 suatu ruang hasil-kali-



|hf, gi| ≤ kf k kgk dengan kesamaan berlaku jika dan hanya jika f dan g sejajar. Jurusan Matematika FMIPA ITS



(1.41)



24



Bab 1. Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert



Bukti. Cukup ditunjukkan untuk kasus kgk = 1, dan buktinya diperoleh dari



2 2 kf k = |hg, f i|2 + f ⊥ .  Perhatikan bahwa ketaksamaan Cauchy-Schwarz menyebabkan perlunya hasil-kalidalam kontinu pada kedua variabelnya; yakni jika fn → f dan gn → g, maka didapat hfn , gn i → hf, gi. Akibat yang berikutnya adalah bahwa pemetaan k·k benar-benar suatu norm, dan kenyataannya adalah kf + gk2 + kf k2 + hf, gi + hg, f i + kgk2 ≤ (kf k + kgk)2 .



(1.42)



Namun demikian, kembali perhatikan C(I). Dapatkah diperoleh suatu hasil-kalidalam dengan norma maksimum sebagai norma yang bersesuaian? Kenyataannya, tidak! Alasannya adalah bahwa norma maksimum tidak memenuhi hukum jajargenjang (Soal Lat.1.3 No. 3). Teorema 1.23 (Jordan-von Newmann) Suatu norma berkaitan dengan suatu hasilkali-dalam jika dan hanya jika hukum jajar-genjang kf + gk2 + kf − gk2 = 2 kf k2 + 2 kgk2



(1.43)



dipenuhi. Dalam kasus ini, hasil-kali-dalam dapat diperoleh dari normanya dengan menggunakan sifat identitas polarisasi hf, gi =




1 kf + gk2 − kf − gk2 + i kf − igk2 − i kf + igk2 . 4



(1.44)



Bukti. Jika ruang hasil-kali-dalamnya diketahui, maka untuk menunjukkan hukum jajar-genjang dan identitas polarisasi dapat dikerjakan secara langsung (Soal Lat.1.3 No. 5). Untuk menunjukkan yang sebaliknya, didefinisikan s(f, g) =




1 kf + gk2 − kf − gk2 + i kf − igk2 − i kf + igk2 . 4



Mudah diperiksa bahwa s(f, f ) = kf k2 dan s(f, g) = s(g, f )∗ . Selain itu, dengan menghitung secara langsung menggunakan hukum jajar-genjang dapat diperoleh   g+h . s(f, g) + s(f, h) = 2s f, 2 Selanjutnya dengan memilih h = 0 (dan menggunakan s(f, 0) = 0) dapat ditunjukkan bahwa s(f, g) = 2s(f, g2 ) dan dengan demikian s(f, g)+s(f, h) = s(f, g +h). Kemudian dengan induksi dapat diperoleh 2mn s(f, g) = s(f, 2mn g); yakni αs(f, g) = s(f, αg) untuk Analisis Fungsional, SM092303



25



1.3. Geometri Ruang Hilbert



setiap α bilangan rasional positif. Dengan sifat kontinuitas (yang diperoleh dari kontinuitas k·k) hal ini berlaku untuk setiap α > 0 dan s(f, −g) = −s(f, g) dan juga s(f, ig) = is(f, g).  Perhatikan bahwa hukum jajar-genjang dan identitas polarisasi juga berlaku untuk bentuk sesquilinear (Soal Lat.1.3 No. 5). Sekarang, bagaimana mendefinisikan hasil-kali-dalam pada C(I)? Satu kemungkinan yang ada adalah Z b



f ∗ (x) g(x) dx.



hf, gi =



(1.45)



a



Ruang hasil-kali-dalam yang besesuaian dengan hasil-kali-dalam (1.45) dinotasikan dengan L2cont (I). Perhatikan bahwa dapat diperoleh kf k ≤



p |b − a| kf k∞



(1.46)



yang menunjukkan bahwa norma maksimum lebih kuat dari norma L2cont . Misal diketahui dua norma k·k1 dan k·k2 pada suatu ruang vektor X. Norma k·k2 dikatakan lebih kuat dari k·k1 jika terdapat konstanta m > 0 sedemikian sehingga kf k1 ≤ m kf k2 .



(1.47)



Selanjutnya lemma yang berikut ini dapat diperiksa secara langsung. Lemma 1.24 Jika k·k2 lebih kuat dari k·k1 , maka setiap barisan Cauchy dengan k·k2 juga merupakan barisan Cauchy dengan k·k1 . Dengan hasil di atas, jika suatu fungsi f : X → Y kontinu di (X, k·k1 ), maka fungsi tersebut juga kontinu di (X, k·k2 ), dan jika suatu himpunan padat di (X, k·k2 ) , maka himpunan itu juga padat di (X, k·k1 ). Khususnya, L2cont adalah terpisah. Akan tetapi, apakah ruang tersebut juga lengkap? Ternyata jawabnya: tidak! Contoh 1.16



Ambil I = [0, 2]    fn (x) =  



dan definisikan 0, 0 ≤ x < 1 − n1 , 1 + n(x − 1), 1 − n1 ≤ x < 1, 1, 1≤x≤2



(1.48)



Dapat diperiksa bahwa fn (x) merupakan barisan Cauchy di L2cont , tetapi tidak ada limit di L2cont ! Jelas limit tersebut haruslah berupa fungsi tangga 0 untuk 0 ≤ x < 1 dan 1 untuk 1 ≤ x ≤ 2, tetapi fungsi tangga tersebut diskontinu. (Lihat Soal Lat.1.3 No. 8).  Contoh di atas menunjukkan bahwa di ruang vektor berdimensi tak- hingga normanorma yang berbeda akan menghasilkan barisan-barisan konvergen yang berbeda-beda. Jurusan Matematika FMIPA ITS



26



Bab 1. Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert



Kenyataan yang ada berkaitan dengan permasalahan di ruang berdimensi tak-hingga seringkali mencari norma yang tepat. Hal yang demikian tidak terjadi untuk kasus berdimensi hingga. Teorema 1.25 Jika X suatu ruang vektor berdimensi hingga, maka semua norma adalah ekivalen. Dalam hal ini, untuk dua norma k·k1 dan k·k2 yang diketahui, terdapat konstanta m1 dan m2 sehingga berlaku 1 kf k1 ≤ kf k2 ≤ m1 kf k1 . m2



(1.49)



Bukti. Karena ekivalensi norma adalah relasi ekivalen (tunjukkan!), dapat diasumsikan bahwa k·k2 adalah norma Euclid biasa. Selain itu, dapat dipilih basis ortonormal P P P {u1 , u2 , . . . , un } sedemikian rupa sehingga k j αj uj k22 = j |αj |2 . Misal f = j αj uj . Dengan ketaksamaan segitiga dan Cauchy-Schwarz dapat diperoleh kf k1 ≤



X



|αj | kuj k1 ≤



sX



j



kuj k21 kf k2



j



qP 2 dan dapat dipilih m2 = j kuj k1 . Khususnya, jika fn konvergen dengan norma k·k2 , maka fn juga konvergen dengan k·k1 . Jadi k·k1 kontinu terhadap k·k2 dan mempunyai minimum m > 0 pada bola satuan (yang kompak berdasarkan teorema Heine-Borel, Teorema 1.12). Selanjutnya pilih m1 = 1/m. 



Soal-Soal Latihan 1.3 1. Tunjukkan bahwa norma di ruang Hilbert memenuhi kf + gk = kf k + kgk jika dan hanya jika f = αg, α ≥ 0, atau g = 0. 2. (Hukum jajar-genjang yang diperumum) Tunjukkan bahwa di ruang Hilbert berlaku X 1≤j 0



≥ 1−δ mengakibatkan terdapat δ sedemikian sehingga kxk ≤ 1, kyk ≤ 1, dan x+y 2 kx − yk ≤ ε. Analisis Fungsional, SM092303



27



1.3. Geometri Ruang Hilbert



Secara geometrik hal tersebut mengakibatkan bahwa jika rata-rata dua vektor di dalam bola satuan tertutup adalah mendekati batasnya, maka dua vektor tersebut sangat berdekatan satu sama lain. Tunjukkan bahwa suatu ruang Hilbert adalah konveks seragam dan dapat dipilih q 2 δ(ε) = 1 − 1 − ε4 . Gambarkan bola satuan tersebut untuk R2 untuk norma
1/2 kxk1 = |x1 | + |x2 |, kxk2 = |x1 |2 + |x2 |2 , dan kxk∞ = max {|x1 | , |x2 |}. Di antara norma-norma tersebut, manakah yang membuat R2 konveks seragam? [Petunjuk: Untuk bagian pertama gunakan hukum jajar-genjang.] 5. Misal V suatu ruang vektor, dan s(f, g) bentuk sesquilinear pada V dan q(f ) = s(f, f ) bentuk kuadratik yang bersesuaian. Buktikan hukum jajar-genjang q(f + g) + q(f − g) = 2 (q(f ) + q(g))



(1.50)



dan identitas polarisasi s(f, g) =



1 (q(f + g) − q(f − g) + iq(f − ig) − iq(f + ig)) . 4



(1.51)



Sebaliknya, tunjukkan bahwa setiap bentuk kuadrat q(f ) : V → R yang memenuhi q(αf ) = |α|2 q(f ) dan hukum jajar-genjang menghasilkan bentuk sesquilinear melalui identitas polarisasi. Kemudian tunjukkan bahwa s(f, g) adalah simetrik jika dan hanya jika q(f ) bernilaireal. 6. Suatu bentuk sesquilinear dikatakan terbatas jika ksk =



sup



|s(f, g)|



kf k=kgk=1



berhingga. Demikian pula, bentuk kuadratik yang bersesuaian dikatakan terbatas jika kqk = sup |q(f )| kf k=1



berhingga. Tunjukkan bahwa kqk ≤ ksk ≤ 2 kqk . [Petunjuk: Gunakan hukum jajar-genjang dan identitas polarisasi dari soal sebelumnya.] 7. Misal V suatu ruang vektor, dan s(f, g) bentuk sesquilinear pada V dan q(f ) = s(f, f ) bentuk kuadratik yang bersesuaian. Tunjukkan bahwa ketaksamaan CauchySchwarz |s(f, g)| ≤ q(f )1/2 q(g)1/2 (1.52) Jurusan Matematika FMIPA ITS



28



Bab 1. Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert



berlaku jika q(f ) ≥ 0. [Petunjuk: Pandang 0 ≤ q(f + αg) = q(f ) + 2Re(αs(f, g)) + |α|2 q(g) dan pilih α = ts(f, g)∗ / |s(f, g)| dengan t ∈ R.] 8. Buktikan klaim tentang fn yang didefinisikan dengan (1.48) pada Contoh 1.16. —o0o—



1.4 Kelengkapan Pada uraian sebelumnya telah disinggung bahwa L2cont tidak lengkap, sehingga muncul pertanyaan: Bagaimana mendapatkan suatu ruang Hilbert dari ruang tersebut? Jawabnya cukup sederhana: kerjakan pelengkapan. Jika X suatu ruang bernorma (tidak lengkap), perhatikan himpunan semua barisan e Dua barisan Cauchy dikatakan ekivalen jika selisih dua barisan tersebut Cauchy X. konvergen ke nol, dan himpunan semua kelas yang ekivalen dinotasikan dengan X. e dan X mewarisi struktur ruang vektor dari X. Selain itu Mudah diperiksa bahwa X dapat dibuktikan lemma berikut ini. ∞ Lemma 1.26 Jika (xn )∞ n=1 suatu barisan Cauchy, maka k(xn )n=1 k konvergen.



Akibatnya norma dari barisan Cauchy (xn )∞ n=1 dapat didefinisikan dengan ∞ k(xn )n=1 k = limn→∞ kxn k dan tidak bergantung pada kelas ekivalennya (tunjukkan!). e bukan ruang bernorma Dengan demikian X merupakan ruang bernorma, tetapi X (mengapa?). Teorema 1.27 Ruang X adalah ruang Banach yang memuat X sebagai himpunan yang padat jika x ∈ X dikenali sebagai kelas ekivalen dari semua barisan yang konvergen ke x. h i (Sketsa) Tinggal ditunjukkan bahwa X lengkap. Pandang ξn = (xn,j )∞ j=1 h i ∞ suatu barisan Cauchy di X. Mudah ditunjukkan bahwa ξ = (xj,j )j=1 adalah limitnya. 



Bukti.



Selanjutnya, perhatikan bahwa pelengkapan X adalah tunggal. Lebih tepatnya setiap ruang lengkap yang lain yang memuat X sebagai himpunan bagian yang padat adalah isomorfik ke X. Hal ini, sebagai contoh, dapat dilihat dengan menunjukkan bahwa pemetaan identitas pada X mempunyai perluasan tunggal ke X (bandingkan dengan Teorema 1.29). Khususnya tidak perlu pembatasan dengan mengasumsikan bahwa suatu ruang linear bernorma atau suatu ruang hasil-kali-dalam adalah lengkap. Akan tetapi, dalam kasus penting dari L2cont , bekerja dengan kelas-kelas ekivalen dari barisan Cauchy tidak begitu mudah. Oleh karena itu, nantinya akan dibahas karakterisasi yang berbeda menggunakan integral Lebesgue. Analisis Fungsional, SM092303



29



1.5. Operator Terbatas



1.5 Operator Terbatas Suatu pemetaan linear A antara ruang-ruang vektor X dan Y disebut operator (linear ) A : D(A) ⊆ X → Y. (1.53) Subruang linear D(A) tempat A didefinisikan disebut domain dari A dan biasanya diperlukan padat. Kernel atau ruang null Ker(A) = {f ∈ D(A) : Af = 0} ⊆ X



(1.54)



R(A) = {Af : f ∈ D(A)} = AD(A) ⊆ Y



(1.55)



dan range



didefinisikan seperti biasanya. Operator A dikatakan terbatas jika norma operator tersebut kAk = sup kAf kY (1.56) f ∈D(A),kf kX =1



behingga. Dengan pengertian tersebut, suatu operator terbatas adalah kontinu Lipschitz kAf kY ≤ kAk kf kX ,



f ∈ D(A),



(1.57)



dan dengan demikian kontinu. Kebalikan dari sifat tersebut juga benar. Teorema 1.28 Suatu operator A adalah terbatas jika dan hanya jika A kontinu.



Bukti. Misalkan A kontinu tetapi tidak terbatas. Berarti ada suatu barisan vektorvektor satuan un sedemikian rupa sehingga kAun k ≥ n. Dengan demikian fn = n1 un konvergen ke 0, tetapi kAfn k ≥ 1 tidak konvergen ke 0.  Khususnya, jika X berdimensi hingga maka setiap operator adalah terbatas. Perhatikan bahwa secara umum satu atau operasi yang sama mungkin terbatas (yakni kontinu) atau tak terbatas, bergantung pada norma yang digunakan. Contoh 1.17 Pandang ruang vektor dari fungsi-fungsi diferensiabel X = C 1 [0, 1] dan dilengkapi dengan norma (lihat Soal Lat.1.5 No. 3) kf k∞,1 = max |f (x)| + max |f 0 (x)| . x∈[0,1]



x∈[0,1]



Misal Y = C[0, 1] dan amati bahwa operator diferensial A = terbatas, sebab



d dx



: X → Y adalah



kAf k∞ = max |f 0 (x)| ≤ max |f (x)| + max |f 0 (x)| = kf k∞,1 . x∈[0,1]



Jurusan Matematika FMIPA ITS



x∈[0,1]



x∈[0,1]



30



Bab 1. Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert



d Akan tetapi, jika diperhatikan A = dx : D(A) ⊂ Y → Y yang didefinisikan pada 1 D(A) = C [0, 1], maka diperoleh suatu operator tak terbatas. Dalam hal ini, pilih



un (x) = sin(nπx) yang ternormalisasi, kun k∞ = 1, dan amati bahwa Aun (x) = u0n (x) = nπ cos(nπx) adalah tak terbatas, yakni kAun k∞ = nπ. Perhatikan bahwa D(A) memuat himpunan polinomial sehingga berdasarkan teorema hampiran Weierstraß (Teorema 1.20) D(A) adalah padat.  Teorema 1.29 Pandang A : D(A) ⊂ X → Y suatu operator linear terbatas dan Y suatu ruang Banach. Jika D(A) padat, maka terdapat perluasan (kontinu) tunggal dari A ke X yang mempunyai norma operator yang sama. Bukti. Karena pemetaan terbatas memetakan barisan Cauchy ke barisan Cauchy, perluasan tersebut hanya dapat diberikan dengan Af = lim Afn , n→∞



fn ∈ D(A),



f ∈ X.



Untuk menunjukkan bahwa definisi tersebut tidak bergantung dari barisan fn → f , pandang gn → g sebagai barisan yang ke-dua dan amati kAfn − Agn k = kA(fn − gn )k ≤ kAk kfn − gn k → 0. Karena untuk f ∈ D(A) dapat dipilih fn = f , berarti dapat dilihat bahwa Af = Af dalam kasus ini, yakni memang benar A suatu perluasan. Berdasarkan kontinuitas jumlahan vektor dan perkalian dengan skalar, dapat diperoleh bahwa A linear. Selanjutnya, dari kontinuitas norma dapat disimpulkan bahwa norma operator tersebut tidak menjadi lebih besar.  Himpunan semua operator linear terbatas dari X ke Y dinotasikan dengan B(X, Y ). Jika X = Y , dituliskan B(X, Y ) = B(X). Suatu operator di B(X, C) disebut fungsional linear terbatas dan ruang X ∗ = B(X, C) disebut ruang dual dari X. Teorema 1.30 Ruang B(X, Y ) beserta norma operator (1.56) adalah suatu ruang bernorma. Jika Y ruang Banach, maka B(X, Y ) juga ruang Banach. Bukti. Bahwa (1.56) adalah ruang bernorma dapat ditunjukkan secara langsung. Jika Y lengkap dan An barisan Cauchy dari operator-operator, maka An f konvergen ke suatu unsur g untuk setiap f . Definisikan operator baru A melalui Af = g. Analisis Fungsional, SM092303



31



1.5. Operator Terbatas



Berdasarkan kontinuitas operasi-operasi vektor, operator A adalah linear dan dengan menggunakan kontinuitas norma   kAf k = lim kAn f k ≤ lim kAn k kf k n→∞



n→∞



dapat disimpulkan bahwa A terbatas. Selanjutnya, untuk suatu ε > 0 terdapat N sedemikian rupa sehingga kAn − Am k ≤ ε untuk n, m ≥ N yang berarti kAn f − Am f k ≤ ε kf k. Dengan mengambil limit m → ∞, dapat diperoleh kAn f − Af k ≤ ε kf k, yakni An → A.  Ruang Banach dari operator-operator terbatras B(X) juga memiliki perkalian yang didefinisikan dengan komposisi. Jelas bahwa perkalian ini memenuhi (A + B)C = AC + BC,



A(B + C) = AB + AC,



A, B, C ∈ B(X)



(1.58)



dan (AB)C = A(BC),



α(AB) = (αA)B = A(αB),



α ∈ C.



(1.59)



Selain itu, mudah diperiksa bahwa berlaku kABk ≤ kAk kBk .



(1.60)



Dengan kata lain B(X) merupakan aljabar Banach. Namun demikian, perlu diperhatikan bahwa perkalian tersebut tidak komutatif (kecuali untuk X yang berdimensi satu). Selanjutnya, juga dipunyai suatu identitas, operator identitas I yang memenuhi kIk = 1. Soal-Soal Latihan 1.5



1. Perhatikan X = Cn dan pandang A : X → X suatu matriks. Lengkapi X dengan norma (tunjukkan bahwa ini suatu norma) kxk∞ = max |xj | 1≤j≤n



dan hitunglah norma operator kAk terhadap matriks tersebut dalam suku-suku unsur matriks itu. Kerjakan hal yang sama untuk norma X



kxk1 =



|xj |



1≤j≤n



2. Tunjukkan bahwa operator integral Z (Kf )(x) =



K(x, y)f (y) dy, 0



Jurusan Matematika FMIPA ITS



1



32



Bab 1. Sekilas tentang Ruang Banach dan Ruang Hilbert



dengan K(x, y) ∈ C([0, 1] × [0, 1]), didefinisikan pada D(K) = C[0, 1], merupakan operator terbatas baik di X = C[0, 1] (norma maksimum) maupun X = L2cont (0, 1). 3. Tunjukkan bahwa himpunan fungsi diferensiabel C 1 (I) menjadi ruang Banach jika ditetapkan kf k∞,1 = maxx∈I |f (x)| + maxx∈I |f 0 (x)|. 4. Tunjukkan bahwa kABk ≤ kAk kBk untuk setiap A, B ∈ B(X). Tunjukkan pula bahwa perkalian tersebut adalah kontinu, yakni An → A dan Bn → B berakibat An Bn → AB. 5. Pandang f (z) =



∞ X



fj z j ,



|z| < R,



j=0



deret pangkat konvergen dengan jari-jari konvergensi R > 0. Misal A suatu operator terbatas dengan kAk ≤ R. Tunjukkan bahwa f (A) =



∞ X



fj A j



j=1



ada dan mendefinisikan suatu operator linear terbatas. —o0o—



1.6 Jumlahan Langsung Ruang Banach Jumlahan langsung X dari dua ruang Banach X1 dan X2 , ditulis X = X1 ⊕ X2 , didefinisikan sebagai hasil-kali Cartesian X1 × X2 yang dilengkapi dengan norma k(x1 , x2 )k = kx1 k + kx2 k. Karena semua norma pada R2 adalah 1/p ekivalen (Teorema 1.25), dapat pula digunakan k(x1 , x2 )k = (kx1 kp + kx2 kp ) atau k(x1 , x2 )k = max (kx1 k , kx2 k). Khususnya, dalam kasus ruang Hilbert pemilihan p = 2 akan menjamin bahwa X juga ruang Hilbert. Perhatikan bahwa X1 dan X2 dapat dipandang sebagai subruang dari X1 × X2 berdasarkan pengaitan yang jelas x1 ,→ (x1 , 0) dan x2 ,→ (0, x2 ). Mudah diperiksa bahwa X merupakan ruang Banach, dan juga perumuman konsep tersebut untuk berbagai ruang yang lain (Soal Lat.1.6 No. 1). Selain itu, untuk suatu subruang tertutup M dari ruang X dapat didefinisikan ruang quotient X/M sebagai himpunan semua kelas ekivalen [x] = x + M dengan relasi ekivalen x ≡ y jika x − y ∈ M . Dapat diperiksan langsung bahwa X/M adalah ruang vektor dengan mendefinisikan [x] + [y] = [x + y] dan α[x] = [αx] (tunjukkan bahwa definisi ini tidak bergantung pada pemilihan kelas ekivalen yang digunakan). Lemma 1.31 Jika M subruang tertutup dari ruang Banach X, maka X/M yang disertai dengan norma k[x]k = inf kx + yk (1.61) y∈M



merupakan ruang Banach. Analisis Fungsional, SM092303



33



1.6. Jumlahan Langsung Ruang Banach



Bukti. Akan ditunjukkan bahwa (1.61) adalah suatu norma. Jika k[x]k = 0, maka haruslah ada barisan xj ∈ M dengan xj → x, dan karena M tertutup berarti x ∈ M , sehingga [x] = 0. Untuk melihat bahwa kα[x]k = |α| k[x]k digunakan lagi definisi kα[x]k = k[αx]k = inf kαx + yk = inf kαx + αyk y∈M



y∈M



= |α| inf kx + yk = |α| k[x]k . y∈M



Untuk ketaksamaan segitiga dapat ditunjukkan dengan gagasan yang serupa, dan silakan untuk latihan. Selanjutnya, akan ditunjukkan bahwa X/M adalah lengkap. Misal [xn ] suatu barisan Cauchy. Cukup ditunjukkan bahwa barisan tersebut mempunyai subbarisan yang konvergen. Dalam hal ini dapat diasumsikan, tanpa mengurangi keumumannya, bahwa k[xn+1 ] − [xn ]k < 2−n . Dengan menggunakan definisi (1.61) dapat dipilih pewakil xn sedemikian rupa sehingga kxn+1 − xn k < 2−n , dimulai dari x1 dan sisanya menggunakan induksi. Dengan demikian xn merupakan barisan Cauchy yang mempunyai limit x ∈ X, sebab X lengkap. Selanjutnya mudah diperiksa bahwa [x] meruapakan limit dari [xn ]. 



Soal-Soal Latihan 1.6 1. Misal Xj , j = 1, . . . , n ruang-ruang Banach, dan X hasil-kali Cartesian X1 ×· · ·×Xn disertai dengan norma   1/p  Pn p , 1 ≤ p < ∞, j=1 kxj k k(x1 , . . . , xn )kp =  max kx k , p = ∞. j=1,...,n



j



Tunjukkan bahwa X ruang Banach, dan tunjukkan pula bahwa semua norma adalah ekivalen. 2. Misalkan A ∈ B(X, Y ). Tunjukkan bahwa Ker(A) adalah tertutup. Tunjukkan bahwa A terdefinisi-baik pada X/Ker(A) dan operator baru tersebut juga terbatas (dengan norma yang sama) dan injektif. —o0o—



Jurusan Matematika FMIPA ITS