Month: January 2017

Rumus Wallis untuk Bilangan Pi

Perkuliahan Semester II di ITB sudah dimulai sejak pertengahan Januari 2017. Melanjutkan tugas Semester I, saya mengajar Matematika TPB yang isinya sebetulnya ‘hanya’ Kalkulus. Nah, topik pertama yang dibahas pada awal Semester II ini adalah teknik pengintegralan. Dalam pembahasan integral trigonometri, ada rumus rekursif yang dapat diperoleh dengan pengintegralan parsial (sila coba):

wallis_1

Dengan rumus rekursif ini, kita dapat memperoleh Rumus Wallis untuk bilangan π, yaitu

wallis-2

yang ditemukan oleh John Wallis pada tahun 1655 (melalui cara lain). Persisnya, untuk n = 1, 2, 3, … , misalkan

wallis-3

Maka, dengan induksi, kita dapatkan

wallis_4

Sementara itu, untuk x di antara 0 dan π/2, kita mempunyai sin2n+1 x ≤ sin2n x ≤ sin2n–1 x. Bila kita integralkan ketiga ruas pada interval [0, π/2], maka kita peroleh

wallis_5

yang kemudian dapat disederhanakan menjadi f(n) ≤ π/2 ≤ f(n)(2n + 1)/(2n).

Dari sini kita melihat bahwa f(n) → π/2 untuk n → ∞, yang mengukuhkan Rumus Wallis untuk bilangan π.

Pada tahun 2015, fisikawan C.R. Hagen dan T. Friedmann menemukan Rumus Wallis dalam perhitungan mekanika kuantum untuk tingkat energi dari suatu atom hidrogen [T. Friedmann ; C.R. Hagen. “Quantum mechanical derivation of the Wallis formula for pi.” Journal of Mathematical Physics Vol. 56 (2015)].

*

Bandung, 31-01-2017

 

Advertisements

Teorema Titik Tetap Banach

Setelah mengunggah beberapa artikel (dan problem) tentang ruang metrik, ada yang meminta saya menulis tentang Teorema Titik Tetap. Baiklah.. saya pikir teorema ini memang penting untuk dibahas.

Misalkan X suatu himpunan tak kosong, dan f : X –> X suatu fungsi atau pemetaan. Titik c ϵ X disebut titik tetap dari f apabila f(c) = c. Pertanyaannya adalah: kapankah f mempunyai titik tetap? Sebagai contoh, untuk X = R, fungsi f(x) = x + 1 tidak mempunyai titik tetap, sedangkan fungsi f(x) = x2 mempunyai dua titik tetap, yaitu c = 0 dan c = 1. (Bila Anda menggambar grafik fungsi f, titik tetap f merupakan titik potong kurva y = f(x) dan garis y = x.)

Teorema Titik Tetap Banach memberikan suatu syarat cukup untuk eksistensi titik tetap dari suatu pemetaan yang didefinisikan pada ruang metrik. Persisnya, teorema tersebut berbunyi sebagai berikut.

Teorema Titik Tetap Banach. Misalkan (X, d) ruang metrik lengkap dan f : X –> X suatu pemetaan. Jika terdapat bilangan K di antara 0 dan 1 sedemikian sehingga

d(f(x), f(y)) ≤ K d(x, y)

untuk setiap x, y ϵ X, maka f mempunyai tepat satu titik tetap.

Pemetaan f yang memenuhi ketaksamaan di atas disebut pemetaan kontraktif, karena itu teorema ini dikenal pula sebagai Teorema Pemetaan Kontraktif. Buktinya adalah sebagai berikut.

Pertama catat bahwa f mestilah kontinu (secara seragam): untuk setiap ε > 0 terdapat δ = ε/K sedemikian sehingga jika d(x, y) < δ, maka d(f(x), f(y)) < ε. Selanjutnya, ambil titik x0 ϵ X sembarang, lalu definisikan

xn = f(xn–1),    n = 1, 2, 3, … .

fixed_point-iteration

Berdasarkan hipotesis, kita mempunyai d(x2, x1) = d(f(x1), f(x0)) ≤ K d(x1, x0); d(x3, x2) = d(f(x2), f(x1)) ≤ K d(x2, x1) ≤ K2 d(x1, x0), dan secara umum

d(xn+1, xn) ≤ Kn d(x1, x0)

untuk setiap n = 1, 2, 3, … . Nah, sekarang untuk m > n,

d(xm, xn) ≤ d(xm, xm–1) + … + d(xn+1, xn) ≤ [Km–1 + … + Kn] d(x1, x0).

Di sini Km–1 + … + KnKn(1 + K + K2 + K3 + …) = Kn/(1 – K) → 0 bila n → ∞ dan d(x1, x0) merupakan suatu konstanta. Jadi, barisan x0, x1, x2, x3, … merupakan barisan Cauchy di X. Karena (X, d) merupakan ruang metrik lengkap, barisan ini konvergen, katakanlah ke suatu titik c ϵ X. Mengingat f kontinu, kita mempunyai

lim f(xn) = f(c).

Tetapi, pada saat yang sama, kita juga mempunyai lim f(xn) = lim xn+1 = c. Jadi kita peroleh f(c) = c. Dalam perkataan lain, c merupakan titik tetap f.

Selanjutnya jika b juga merupakan titik tetap f, maka d(b, c) = d(f(b), f(c)) ≤ K d(b, c). Karena 0 < K < 1, kita simpulkan bahwa d(b, c) = 0, yang berarti b = c. Jadi titik tetap f mestilah tunggal.

*

Bandung, 27-01-2017

Ruang Metrik Lengkap – I

Kita telah membahas bahwa di X = R yang dilengkapi dengan metrik diskrit, barisan 1, 1/2, 1/3, 1/4, … tidak konvergen ke 0, karena d(1/n, 0) = 1 untuk setiap n. Padahal, kita tahu bahwa barisan tersebut konvergen ke 0 di R yang dilengkapi dengan metrik biasa.

Nah, sekarang misalkan X = {xR : 0 < x < 2} dan d(x, y) = |xy| untuk x, y ∈ X. Apakah barisan 1, 1/2, 1/3, 1/4, … konvergen? Jawabannya adalah tidak. Calon limitnya, yaitu 0, tidak ada di X. Ruang metrik (X, d) ini merupakan contoh ruang metrik yang tidak lengkap.

Ruang metrik (X, d) dikatakan lengkap apabila setiap barisan Cauchy di X merupakan barisan yang konvergen (ke suatu anggota X). Barisan x1, x2, x3, x4, … disebut barisan Cauchy di ruang metrik (X, d) apabila untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli N sedemikian sehingga d(xm, xn) < ϵ untuk m, n ≥ N.

Pada contoh di atas, barisan 1, 1/2, 1/3, 1/4, … merupakan barisan Cauchy di X tetapi tidak konvergen (ke anggota X yang manapun).

Di R yang dilengkapi dengan metrik diskrit, barisan 1, 1/2, 1/3, 1/4, … tidak konvergen, tetapi ia juga bukan barisan Cauchy. Barisan x1, x2, x3, x4, … merupakan barisan Cauchy di ruang metrik diskrit apabila suku-sukunya ‘pada akhirnya’ konstan. Akibatnya, barisan Cauchy di ruang metrik diskrit pasti konvergen. Jadi ruang metrik diskrit senantiasa lengkap.

*

Bandung, 20-01-2017

Kesetaraan Dua Metrik

Sdr. Bungaran Sibarani, salah seorang pembaca setia blog Bermatematika.net, merasa aneh dengan metrik diskrit. Persisnya, ia heran mendapati fakta bahwa di R yang dilengkapi dengan metrik diskrit,  barisan seperti 1, ½, ⅓, ¼, … , 1/n, … merupakan barisan yang divergen, padahal di R yang dilengkapi dengan metrik biasa (yaitu d(x, y) = |xy|) barisan ini konvergen ke 0. Ini sesungguhnya merupakan pertanda bahwa kedua metrik yang sedang dibahas, yaitu metrik diskrit dan metrik biasa, tidak setara atau tidak ekuivalen.

Dua metrik yang didefinisikan pada X, sebutlah d1 dan d2, dikatakan setara atau ekuivalen apabila terdapat dua konstanta positif C1 dan C2 sedemikian sehingga untuk setiap x dan y di X berlaku C1 d1(x, y) ≤ d2(x, y) ≤ C2 d2(x, y).

Nah, jika d1 dan d2 merupakan dua metrik yang setara pada X, maka barisan x1, x2, x3, … yang konvergen di (X, d1) akan konvergen juga di (X, d2), dan sebaliknya barisan yang konvergen di (X, d2) akan konvergen juga di (X, d1). Jadi jika ada barisan yang konvergen di (X, d1) tetapi tidak konvergen di (X, d2), atau sebaliknya, maka kedua metrik tersebut mestilah tidak setara.

Apakah ada contoh dua metrik berbeda tapi setara? Tentu saja ada. Sebagai contoh, di Rn, kita telah membahas beberapa metrik berbeda, antara lain d1, d2, dan d (lihat kembali definisi ketiga metrik ini dalam artikel tentang lingkaran satuan di ruang metrik). Nah, Anda dapat membuktikan bahwa ketiga metrik ini setara. Sila coba!

*

Bandung, 17-01-2017

Fungsi Kontinu di Ruang Metrik

Selain tentang kekonvergenan barisan, kita juga dapat berbicara tentang kekontinuan fungsi di ruang metrik. Misalkan (X, d1) dan (Y, d2) ruang metrik, f : X → Y adalah fungsi dari X ke Y, dan c adalah anggota X. Fungsi f dikatakan kontinu di c apabila semakin dekat x ke c, semakin dekat f(x) ke f(c). Persisnya, untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika d1(x, c) < δ, maka d2(f(x), f(c)) < ε.

Problem: Misalkan X adalah ruang metrik diskrit, Y adalah ruang metrik sembarang, dan f : X → Y adalah fungsi dari X ke Y. Buktikan bahwa f kontinu di setiap titik c ϵ X, apa pun rumus fungsi f.

*

Bandung, 13-01-2017

Barisan di Ruang Metrik

Metrik merupakan abstraksi dari jarak. Karena itu, kita dapat berbicara tentang kekonvergenan barisan di ruang metrik. Barisan x1, x2, x3, x4, x5, … di ruang metrik (X, d) dikatakan konvergen ke x apabila semakin besar n, semakin dekat xn ke x atau semakin kecil jarak xn ke x. Persisnya, untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli n0 sedemikian sehingga untuk nn0 berlaku d(xn, x) < ε.

Nah, ada yang unik di ruang metrik diskrit. Barisan di ruang metrik diskrit akan konvergen ke suatu titik jika dan hanya jika barisan itu ‘pada akhirnya’ merupakan barisan konstan. Mengapa? Di ruang metrik diskrit, jarak antara dua titik hanya bernilai 0 atau 1. Jadi, ketika ε = ½, misalnya, d(xn, x) < ε berarti d(xn, x) = 0, dan ini memaksa xn = x. Jadi barisan x1, x2, x3, x4, x5, … akan konvergen ke x apabila terdapat n0 sedemikian sehingga suku ke-n0 dan seterusnya sama dengan x. Dengan perkataan lain, barisan x1, x2, x3, x4, x5, … ‘pada akhirnya’ merupakan barisan konstan.

Catatan. Hal yang sama terjadi juga di ruang metrik tangga.

*

Bandung, 10-01-2017

Ruang Metrik Tangga

Misalkan X = Rn dan d : X × X → R adalah fungsi yang didefinisikan dengan rumus

metrik-tangga

Metrik tangga

Buktikan bahwa d merupakan metrik pada X, yakni memenuhi keempat sifat berikut:

  • d(xy) ≥ 0 untuk setiap x dan y (di X);
  • d(xy) = 0 jika dan hanya jika x = y;
  • d(xy) = d(yx) untuk setiap x dan y;
  • d(xz) ≤ d(xy) + d(yz) untuk setiap xy, dan z.

Pasangan (X, d) dapat kita namai ruang metrik tangga.

Bagaimanakah bentuk permukaan bola satuan di ruang metrik ini?