UAS Analisis I Semester I 2014/2015

1. Diketahui (X, d) ruang metrik lengkap dan ρ metrik pada X×X dengan

ρ(x, y) = d(x1, y1) + d(x2, y2) untuk setiap x = (x1, x2), y = (y1, y2) ∈X ×X. Buktikan (X ×X, ρ) lengkap.

Jawab:

Diambil sebarang barisan Cauchy (xn) = (xn1 , xn2 ) ∈ X × X. Berarti

untuk setiap ε > 0 terdapat n0 ∈ N sehingga ∀m,n ≥ n0 berlaku

ρ(xm, xn) < ε.

2.

3. Diketahui (fn) barisan fungsi bernilai real yang didefinisikan pada ru-

ang metrik (X, d). Jika (fn) konvergen seragam ke suatu fungsi kontinu

f pada X dan (xn) barisan di X yang konvergen ke x ∈ X, buktikan

barisan (fn(xn)) konvergen ke f(x).

Jawab:

Diambil sebarang ε > 0

Karena fn → f seragam, maka terdapat n1 ∈ N sehingga ∀n ≥ n1,

∀x ∈ X berlaku |fn(x)− f(x)| < ε2.

Selanjutnya karena f kontinu di x, maka terdapat δ > 0 sehingga

∀y ∈ X dengan d(x, y) < δ, berakibat |f(y)− f(x)| < ε2.

Karena xn → x, maka untuk bilangan δ > 0 tersebut terdapat n2 ∈ Nsehingga d(xn, x) < δ, ∀n ≥ n2. Akibatnya |f(xn)−f(x)| < ε

2, ∀n ≥ n2.

Dipilih n0 = maks{n1, n2}. Untuk setiap n ≥ n0 berlaku

|fn(xn)− f(x)| ≤ |fn(xn)− f(xn)|+ |f(xn)− f(x)|

<ε

2+ε

2= ε.

Jadi fn(xn) konvergen ke f(x).

4. Diketahui (X, d) ruang metrik kompak dan E ⊆ X tertutup. Jika

fungsi f : E → R kontinu dan (xn) ⊆ E barisan Cauchy, buktikan

1

(yn) dengan yn = f(xn) untuk setiap n ∈ N konvergen.

Jawab:

Lemma 0.1. (X, d) ruang metrik. Jika X kompak dan E ⊆ X tertutup

maka E kompak.

Lemma 0.2. Jika (X, d) kompak maka X lengkap.

Dari kedua lemma di atas mengakibatkan E lengkap, sehingga (xn)

konvergen ke suatu x ∈ X. Diambil sebarang ε > 0. Karena f kontinu

di x dan xn → x, maka secara analog dengan nomor 3, terdapatN0 ∈ N,

sehingga |f(xn)− f(x)| < ε, ∀n ≥ N0. Dengan kata lain f(xn)→ f(x).

Jadi barisan (yn) dengan yn = f(xn) konvergen.

5. Diketahui (X, d) ruang metrik lengkap, X = ∪∞m=1Em dengan Em ter-

tutup untuk setiap m ∈ N. Tunjukkan ada m sehingga Em memuat

suatu himpunan terbuka U 6= ∅.Jawab:

Diandaikan ∀m ∈ N dan ∀U 6= ∅ terbuka, berlaku U 6⊆ Em.

Akan ditunjukkan Em nowhere dense, ∀m ∈ N. Diambil sebarang him-

punan terbuka U 6= ∅. Karena U 6⊆ Em, maka U ∩ (Em)C 6= ∅, yang

berarti (Em)C dense. Karena E tertutup, maka (Em)C

= (Em)C dense,

dengan kata lain Em nowhere dense.

Karena X = ∪∞m=1Em dan Em nowhere dense ∀m ∈ N, maka X meru-

pakan himpunan first category.

Karena X lengkap, berdasarkan Teorema Kategori Baire X bukan

merupakan himpunan terbuka, padahal ruang metrik X merupakan

himpunan terbuka (setiap ruang metrik merupakan himpunan terbuka

sekaligus tertutup). Terjadi kontradiksi, sehingga pengandaian salah.

Jadi ada m ∈ N sehingga Em memuat suatu himpunan terbuka U 6= ∅.

2