# Bab 50: Penutup: Horizon Analisis Lanjut

## 50.1 Pengantar Menuju Ruang Metrik Umum dan Topologi Abstrak

Penjelasan master untuk Bab 50: titik transisi menuju matematika tingkat pascasarjana.

Hampir setiap definisi di buku ini memakai satu bahan saja, yaitu jarak $|x-y|$. Bahan itu dipakai untuk limit barisan, barisan Cauchy, kontinuitas, kontinuitas seragam, dan kekompakan. Bab 47 diam-diam memakai jarak kedua, yaitu jarak antarfungsi $\sup|f-g|$. Unit ini menjadikan pengamatan itu eksplisit. Unit ini memisahkan sifat-sifat jarak yang benar-benar dipakai, lalu menunjukkan bahwa teori Bab 24–38 berlaku di setiap himpunan yang dilengkapi jarak semacam itu. Langkah berikutnya membuang jarak sama sekali dan hanya menyimpan himpunan-himpunan terbuka. Itulah topologi abstrak. Unit ini juga menunjukkan apa yang tidak lagi otomatis berlaku di luar $\mathbb{R}$: kelengkapan bergantung pada jarak yang dipilih, dan himpunan tertutup dan terbatas tidak selalu kompak. Unit ini ditutup dengan teorema titik tetap Banach, yang menghasilkan $\exp$ sebagai limit iterasi.

Unit ini adalah pengantar, dan buktinya lengkap untuk setiap hasil yang dinyatakan. Hasil yang lebih jauh hanya disebut sebagai arah studi.

Prasyarat: Bab 10 (Cauchy–Schwarz); Bab 28–29; Bab 36–38; Bab 44–48.

### Ruang Metrik

#### Definisi 50.1.1 (Ruang Metrik)

Metrik pada himpunan tak kosong $X$ adalah fungsi $d:X\times X\to\mathbb{R}$ dengan, untuk semua $x,y,z\in X$:

(M1) $d(x,y)\geq0$, dan $d(x,y)=0$ jika dan hanya jika $x=y$;

(M2) $d(x,y)=d(y,x)$;

(M3) $d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)$ (ketaksamaan segitiga).

Pasangan $(X,d)$ disebut ruang metrik.

#### Contoh 50.1.2

(a) $X=\mathbb{R}$ dengan $d(x,y)=|x-y|$. (M3) adalah ketaksamaan segitiga Bab 18.

(b) $X=\mathbb{R}^n$ dengan $d_2(x,y)=\|x-y\|$, dengan $\|v\|=\sqrt{\sum v_i^2}$. Untuk (M3), Cauchy–Schwarz (Teorema 10.4.10) memberi $\sum u_iv_i\leq\|u\|\|v\|$, sehingga
$$\|u+v\|^2=\|u\|^2+2\sum u_iv_i+\|v\|^2\leq(\|u\|+\|v\|)^2.$$
Ambil $u=x-y$ dan $v=y-z$.

(c) Metrik diskret pada himpunan sebarang: $d(x,y)=1$ untuk $x\ne y$ dan $d(x,x)=0$.

(d) $X=C[a,b]$, himpunan fungsi kontinu pada $[a,b]$, dengan $d_\infty(f,g)=\max_{[a,b]}|f-g|$. Maksimum itu ada menurut Teorema 37.1.2. (M3): $|f-h|\leq|f-g|+|g-h|\leq d_\infty(f,g)+d_\infty(g,h)$ di setiap titik. Konvergensi dalam $d_\infty$ tepat konvergensi seragam (Proposisi 47.1.3).

(e) $X=C[a,b]$ dengan $d_1(f,g)=\int_a^b|f-g|$. (M2) dan (M3) mengikuti dari sifat integral (Teorema 44.2.5). Untuk (M1), bila $\int|f-g|=0$ dengan $|f-g|$ kontinu dan taknegatif, maka $f=g$ (Latihan 44.2-4). Pada himpunan fungsi terintegralkan, (M1) gagal: fungsi yang berbeda di satu titik berjarak $0$.

#### Definisi 50.1.3 (Konvergensi, Cauchy, Kelengkapan)

Dalam $(X,d)$:

- $x_n\to x$ bila $d(x_n,x)\to0$;
- $(x_n)$ barisan Cauchy bila untuk setiap $\varepsilon>0$ ada $N$ dengan $d(x_n,x_m)<\varepsilon$ untuk $m,n\geq N$;
- $(X,d)$ lengkap bila setiap barisan Cauchy konvergen ke suatu titik $X$.

Seperti di $\mathbb{R}$, limit tunggal menurut (M1) dan (M3), dan barisan konvergen adalah barisan Cauchy. Jadi kelengkapan adalah satu-satunya arah yang tidak otomatis.

#### Teorema 50.1.4

(a) $\mathbb{R}$ dengan $|x-y|$ lengkap.

(b) $(C[a,b],d_\infty)$ lengkap.

Bukti. (a) Teorema 29.2.1.

(b) Barisan Cauchy dalam $d_\infty$ adalah barisan yang seragam Cauchy. Teorema 47.1.7 memberi limit seragam $f$, dan $f$ kontinu menurut Teorema 47.1.6, sehingga $f\in C[a,b]$. Konvergensi seragam berarti $d_\infty(f_n,f)\to0$ (Proposisi 47.1.3). $\square$

#### Contoh 50.1.5 (Kelengkapan Bergantung pada Ruang dan Metrik)

(a) $\mathbb{Q}$ dengan $|x-y|$ tidak lengkap. Barisan rasional $x_0=1$ dan $x_{n+1}=\tfrac12(x_n+\tfrac2{x_n})$ adalah barisan Cauchy di $\mathbb{Q}$, karena konvergen di $\mathbb{R}$ ke $\sqrt2$ (Latihan 50.1-4). Akan tetapi limitnya tidak terletak di $\mathbb{Q}$.

(b) $(C[0,1],d_1)$ tidak lengkap. Untuk $n\geq2$, misalkan $f_n=0$ pada $[0,\tfrac12]$, $f_n(x)=n(x-\tfrac12)$ pada $[\tfrac12,\tfrac12+\tfrac1n]$, dan $f_n=1$ pada $[\tfrac12+\tfrac1n,1]$. Fungsi-fungsi ini kontinu, dan untuk $m,n\geq N$, $f_n$ dan $f_m$ hanya berbeda pada $[\tfrac12,\tfrac12+\tfrac1N]$, dengan selisih $\leq1$. Jadi $d_1(f_n,f_m)\leq\tfrac1N$, dan barisannya Cauchy.

Andaikan $d_1(f_n,f)\to0$ dengan $f\in C[0,1]$. Maka $\int_0^{1/2}|f|\leq d_1(f_n,f)\to0$, sehingga $f=0$ pada $[0,\tfrac12]$ (Latihan 44.2-4). Untuk $\delta>0$ dan $n>\tfrac1\delta$, $f_n=1$ pada $[\tfrac12+\delta,1]$, sehingga $\int_{1/2+\delta}^1|f-1|\leq d_1(f_n,f)\to0$, dan $f=1$ pada $[\tfrac12+\delta,1]$. Karena $\delta$ sebarang, $f=1$ pada $(\tfrac12,1]$. Akibatnya $f$ tidak kontinu di $\tfrac12$. Kontradiksi.

"Limit" yang hilang di sini adalah fungsi tangga. Melengkapi $(C[a,b],d_1)$ dengan benar menghasilkan ruang fungsi terintegralkan Lebesgue, yang ada di luar cakupan buku ini. Fakta ini dicatat sebagai arah studi, tanpa bukti.

Unit 43.1 dan 43.2 menjanjikan dua catatan tentang integral Lebesgue. Keduanya dicatat di sini tanpa bukti dan tidak dipakai di buku ini.

- Kriteria Lebesgue: fungsi terbatas pada $[a,b]$ terintegralkan Riemann jika dan hanya jika himpunan titik ketidakkontinuannya berukuran nol. Artinya, untuk setiap $\varepsilon>0$, himpunan itu dapat ditutup oleh terhitung banyak interval dengan total panjang $<\varepsilon$. Fungsi Thomae (Contoh 43.2.9) cocok dengan kriteria ini: titik ketidakkontinuannya adalah bilangan rasional, yang terhitung banyaknya, sehingga berukuran nol.
- Fungsi Dirichlet (Contoh 43.1.13) tidak terintegralkan Riemann, tetapi integral Lebesgue-nya pada $[0,1]$ adalah $0$, karena fungsi itu bernilai $1$ hanya pada himpunan terhitung.

### Himpunan Terbuka dan Topologi

#### Definisi 50.1.6

Bola terbuka berpusat $x$ dengan jari-jari $r>0$ adalah $B(x,r)=\{y:d(x,y)<r\}$. $U\subseteq X$ terbuka bila untuk setiap $x\in U$ ada $r>0$ dengan $B(x,r)\subseteq U$. $F$ tertutup bila $X\setminus F$ terbuka.

#### Teorema 50.1.7 (Sifat Himpunan Terbuka)

(a) $\varnothing$ dan $X$ terbuka.

(b) Gabungan sebarang keluarga himpunan terbuka adalah terbuka.

(c) Irisan berhingga banyak himpunan terbuka adalah terbuka.

(d) Setiap bola terbuka adalah himpunan terbuka.

(e) $F$ tertutup jika dan hanya jika $F$ memuat limit setiap barisan di $F$ yang konvergen di $X$.

Bukti. (a) Langsung dari definisi.

(b) Bila $x$ termuat dalam gabungan, $x$ termuat dalam salah satu anggotanya $U$. Bola yang termuat di $U$ juga termuat di gabungan.

(c) Untuk $x\in U_1\cap\cdots\cap U_k$ dengan $B(x,r_i)\subseteq U_i$, ambil $r=\min r_i>0$.

(d) Untuk $y\in B(x,r)$, ambil $s=r-d(x,y)>0$. Bila $d(y,z)<s$, maka $d(x,z)<r$ menurut (M3).

(e) ($\Rightarrow$) Misalkan $x_n\in F$ dan $x_n\to x\notin F$. Ada bola $B(x,r)$ yang lepas dari $F$, tetapi $x_n\in B(x,r)$ untuk $n$ besar. Kontradiksi. ($\Leftarrow$) Bila $X\setminus F$ tidak terbuka, ada $x\notin F$ sehingga setiap $B(x,\tfrac1n)$ memotong $F$. Barisan $x_n\in B(x,\tfrac1n)\cap F$ menuju $x\notin F$. Pemilihan $x_n$ di sini memakai pilihan terhitung (AC$_\omega$, Aksioma 23.3.3), karena tidak ada aturan umum untuk menunjuk titik di ruang metrik sebarang. Di $\mathbb{R}$, pilihan itu dapat dihindari, misalnya dengan $\inf$ seperti pada Solusi 47.1-5. $\square$

Irisan tak hingga banyak himpunan terbuka tidak harus terbuka: $\bigcap_n(-\tfrac1n,\tfrac1n)=\{0\}$.

#### Definisi 50.1.8 (Topologi Abstrak)

Topologi pada himpunan $X$ adalah keluarga $\mathcal T$ subhimpunan $X$ yang memenuhi sifat (a), (b), dan (c) Teorema 50.1.7. Anggota-anggota $\mathcal T$ disebut himpunan terbuka.

Setiap metrik menghasilkan topologi. Dua metrik berbeda dapat menghasilkan topologi yang sama (Latihan 50.1-3). Ada juga topologi yang tidak berasal dari metrik mana pun, misalnya $\mathcal T=\{\varnothing,X\}$ pada $X$ dengan dua titik atau lebih. Pada ruang metrik, dua titik berbeda selalu dapat dipisahkan oleh bola-bola lepas dengan jari-jari $\tfrac{d(x,y)}2$, sedangkan pada topologi ini satu-satunya himpunan terbuka yang memuat suatu titik adalah $X$. Pemisahan semacam ini mulai dari topologi abstrak.

#### Teorema 50.1.9 (Kontinuitas dengan Himpunan Terbuka)

Untuk $f:(X,d)\to(Y,e)$, pernyataan berikut setara:

(i) untuk setiap $x\in X$ dan $\varepsilon>0$, ada $\delta>0$ dengan $e(f(x),f(y))<\varepsilon$ bila $d(x,y)<\delta$;

(ii) untuk setiap $V\subseteq Y$ yang terbuka, $f^{-1}[V]$ terbuka di $X$.

Bukti. (i)$\Rightarrow$(ii): misalkan $x\in f^{-1}[V]$. Ada $\varepsilon$ dengan $B(f(x),\varepsilon)\subseteq V$, dan $\delta$ dari (i) memberi $B(x,\delta)\subseteq f^{-1}[V]$.

(ii)$\Rightarrow$(i): $V=B(f(x),\varepsilon)$ terbuka (Teorema 50.1.7(d)), sehingga $f^{-1}[V]$ terbuka dan memuat $x$. Jadi ada $\delta$ dengan $B(x,\delta)\subseteq f^{-1}[V]$. $\square$

Rumusan (ii) tidak menyebut jarak sama sekali, sehingga dapat dipakai sebagai definisi kontinuitas antara ruang topologi sebarang. Inilah alasan topologi abstrak menjadi bahasa umum kontinuitas.

### Kekompakan

#### Definisi 50.1.10

$K\subseteq X$ kompak barisan bila setiap barisan di $K$ mempunyai subbarisan yang konvergen ke suatu titik $K$.

#### Teorema 50.1.11 (Kekompakan di $\mathbb{R}^n$)

Di $(\mathbb{R}^n,d_2)$, himpunan yang tertutup dan terbatas kompak barisan.

Bukti. Untuk $v\in\mathbb{R}^n$, $|v_i|\leq\|v\|\leq\sum_j|v_j|$. Jadi barisan konvergen dalam $d_2$ jika dan hanya jika setiap koordinatnya konvergen. Misalkan $(x^{(k)})$ terbatas. Teorema 28.2.3 memberi subbarisan yang koordinat pertamanya konvergen. Dari subbarisan itu, ambil subbarisan lagi yang koordinat keduanya konvergen. Koordinat pertama tetap konvergen menurut Teorema 28.1.5. Setelah $n$ langkah, yang berhingga banyaknya, semua koordinat konvergen. Limitnya terletak di $K$, karena $K$ tertutup (Teorema 50.1.7(e), arah $\Rightarrow$, yang tidak memakai pilihan). $\square$

#### Contoh 50.1.12 (Tertutup dan Terbatas tetapi Tidak Kompak)

Di $(C[0,1],d_\infty)$, bola tertutup $\{f:d_\infty(f,0)\leq1\}$ terbatas, dan juga tertutup menurut Teorema 50.1.7(e). Bila $|f_n|\leq1$ dan $f_n\to f$ seragam, maka $|f(x)|=\lim|f_n(x)|\leq1$ di setiap titik. Akan tetapi bola itu tidak kompak barisan. Barisan $f_n(x)=x^n$ termuat di dalamnya. Andaikan suatu subbarisan $f_{n_k}\to g$ dalam $d_\infty$. Konvergensi seragam mengakibatkan konvergensi titik demi titik, sehingga $g(x)=0$ untuk $x<1$ dan $g(1)=1$ (Contoh 47.1.4). Fungsi itu tidak kontinu, sehingga bertentangan dengan $g\in C[0,1]$, yang dijamin Teorema 50.1.4(b).

Jadi teorema Heine–Borel, yang menyatakan "tertutup dan terbatas setara dengan kompak", adalah sifat $\mathbb{R}^n$, bukan sifat ruang metrik umum. Ruang fungsi memerlukan syarat tambahan, misalnya kesekontinuan, yang dipelajari dalam analisis fungsional. Hal ini dicatat sebagai arah studi.

Unit 28.2 menjanjikan catatan tentang kekompakan dalam arti selimut terbuka. Menurut definisi itu, $K$ kompak bila setiap keluarga himpunan terbuka yang gabungannya memuat $K$ mempunyai subkeluarga berhingga yang gabungannya juga memuat $K$. Definisi ini hanya memakai himpunan terbuka, sehingga berlaku di ruang topologi sebarang. Di ruang metrik, definisi ini setara dengan kekompakan barisan. Di $\mathbb{R}^n$, keduanya setara dengan "tertutup dan terbatas", yaitu teorema Heine–Borel. Kesetaraan-kesetaraan ini dicatat tanpa bukti sebagai arah studi. Sebagian buktinya memerlukan bentuk lemah aksioma pilihan, seperti yang sudah terlihat pada Teorema 28.2.7.

### Titik Tetap Banach

#### Teorema 50.1.13 (Banach)

Misalkan $(X,d)$ lengkap, dan $T:X\to X$ memenuhi $d(Tx,Ty)\leq q\,d(x,y)$ dengan $0\leq q<1$. Maka $T$ mempunyai tepat satu titik tetap $x^\ast$. Untuk setiap $x_0$, barisan $x_{n+1}=Tx_n$ konvergen ke $x^\ast$, dengan
$$d(x_n,x^\ast)\leq\frac{q^n}{1-q}\,d(x_1,x_0).$$

Bukti. Induksi memberi $d(x_{k+1},x_k)\leq q^kd(x_1,x_0)$. Untuk $m>n$, (M3) memberi
$$d(x_m,x_n)\leq\sum_{k=n}^{m-1}q^kd(x_1,x_0)<\frac{q^n}{1-q}d(x_1,x_0).$$
Jadi $(x_n)$ barisan Cauchy, dan konvergen ke suatu $x^\ast$ karena $X$ lengkap. $T$ kontinu, karena Lipschitz, sehingga $Tx^\ast=\lim Tx_n=\lim x_{n+1}=x^\ast$. Untuk taksiran galat, ambil $m\to\infty$. Ketunggalan: bila $Tx=x$ dan $Ty=y$, maka $d(x,y)\leq q\,d(x,y)$, sehingga $d(x,y)=0$. $\square$

Ini perluasan Teorema 29.2.4 (barisan kontraktif) ke ruang metrik lengkap sebarang. Seluruh barisannya dibangun dengan rekursi dari satu $x_0$, tanpa pilihan.

#### Contoh 50.1.14 (Iterasi Picard Menghasilkan $\exp$)

Misalkan $X=C[0,\tfrac12]$ dengan $d_\infty$, yang lengkap menurut Teorema 50.1.4(b). Tetapkan
$$(Ty)(x)=1+\int_0^xy(t)\,dt.$$
$Ty$ kontinu menurut Teorema 45.1.2, sehingga $T:X\to X$. Untuk $y,z\in X$ dan $x\in[0,\tfrac12]$: $|(Ty)(x)-(Tz)(x)|\leq\int_0^x|y-z|\leq\tfrac12d_\infty(y,z)$. Jadi $q=\tfrac12$.

Titik tetap $y^\ast$ memenuhi $y^\ast(x)=1+\int_0^xy^\ast$. Teorema 45.1.3 memberi $(y^\ast)'=y^\ast$ dan $y^\ast(0)=1$. Menurut Contoh 48.2.8, $y^\ast=\exp$ pada $[0,\tfrac12]$.

Iterasi dari $y_0=1$ memberi $y_1=1+x$, $y_2=1+x+\tfrac{x^2}2$, dan secara umum $y_n=\sum_{k=0}^n\tfrac{x^k}{k!}$. Ini dibuktikan dengan induksi: $\int_0^x\tfrac{t^k}{k!}\,dt=\tfrac{x^{k+1}}{(k+1)!}$. Jadi iterasi Picard menghasilkan kembali jumlah parsial deret $\exp$. Taksiran Banach memberi $d_\infty(y_n,\exp)\leq\tfrac{(1/2)^n}{1/2}\cdot d_\infty(y_1,y_0)=\tfrac{(1/2)^n}{1/2}\cdot\tfrac12=2^{-n}$. Ini benar tetapi kasar. Taksiran Lagrange (Contoh 49.1.4) memberi $\leq e^{1/2}\tfrac{(1/2)^{n+1}}{(n+1)!}$, yang jauh lebih kecil. Teorema umum membayar keumumannya dengan ketajaman.

### Latihan

Latihan 50.1-1. Buktikan bahwa metrik diskret memenuhi (M1)–(M3). Tentukan barisan mana yang konvergen dalam metrik itu, dan buktikan bahwa setiap subhimpunan terbuka.

Latihan 50.1-2. Dalam $C[0,1]$, hitung $d_\infty(x,x^2)$ dan $d_1(x,x^2)$.

Latihan 50.1-3. Buktikan bahwa $\rho(x,y)=\tfrac{|x-y|}{1+|x-y|}$ adalah metrik pada $\mathbb{R}$, dengan barisan konvergen dan himpunan terbuka yang sama seperti $|x-y|$. Buktikan bahwa $\mathbb{R}$ terbatas dalam $\rho$ tetapi tetap lengkap.

Latihan 50.1-4. Untuk $x_0=1$ dan $x_{n+1}=\tfrac12(x_n+\tfrac2{x_n})$, buktikan bahwa $x_n\in\mathbb{Q}$, $x_n\geq\sqrt2$ untuk $n\geq1$, dan $x_{n+1}-\sqrt2=\tfrac{(x_n-\sqrt2)^2}{2x_n}$. Simpulkan bahwa $(x_n)$ barisan Cauchy di $\mathbb{Q}$ tanpa limit di $\mathbb{Q}$.

Latihan 50.1-5. Buktikan bahwa barisan $f_n(x)=x^n$ di $C[0,1]$ tidak Cauchy dalam $d_\infty$. Tunjukkan bahwa $d_\infty(f_n,f_{2n})=\tfrac14$ untuk setiap $n\geq1$.

Latihan 50.1-6. Untuk barisan $f_n$ pada Contoh 50.1.5(b), hitung $d_1(f_n,f_{2n})$ secara tepat.

Latihan 50.1-7. Untuk $f(x)=x^2$ pada $\mathbb{R}$, tentukan $f^{-1}[(1,4)]$, dan periksa bahwa himpunan itu terbuka. Beri contoh fungsi kontinu $g$ dan himpunan terbuka $U$ sehingga $g[U]$ tidak terbuka.

Latihan 50.1-8. Pada $C[0,\tfrac12]$ dengan $d_\infty$, misalkan $(Ty)(x)=1+\int_0^x2t\,y(t)\,dt$. Buktikan bahwa $T$ kontraksi dengan $q=\tfrac14$, hitung $y_1$ dan $y_2$ dari $y_0=1$, dan tentukan titik tetapnya.

### Solusi

Solusi 50.1-1. (M1) dan (M2) jelas. (M3): bila $x\ne z$, maka $y\ne x$ atau $y\ne z$, sehingga ruas kanan $\geq1=d(x,z)$. Bila $x=z$, ruas kiri $0$. $x_n\to x$ jika dan hanya jika $d(x_n,x)<\tfrac12$ untuk $n$ besar, yaitu $x_n=x$ sejak suatu indeks. Jadi yang konvergen tepat barisan yang akhirnya konstan. Setiap $U$ terbuka, karena $B(x,\tfrac12)=\{x\}\subseteq U$ untuk setiap $x\in U$. $\square$

Solusi 50.1-2. $x-x^2\geq0$ pada $[0,1]$, dengan maksimum di $x=\tfrac12$, sehingga $d_\infty=\tfrac14$. $d_1=\int_0^1(x-x^2)\,dx=\tfrac12-\tfrac13=\tfrac16$. $\square$

Solusi 50.1-3. Misalkan $\phi(s)=\tfrac s{1+s}=1-\tfrac1{1+s}$, yang naik pada $[0,\infty)$. Fungsi ini juga subaditif: $\phi(a+b)\leq\phi(a)+\phi(b)$, karena $\tfrac{a+b}{1+a+b}=\tfrac a{1+a+b}+\tfrac b{1+a+b}\leq\tfrac a{1+a}+\tfrac b{1+b}$. Maka $\rho(x,z)=\phi(|x-z|)\leq\phi(|x-y|+|y-z|)\leq\rho(x,y)+\rho(y,z)$. (M1) dan (M2) jelas. Karena $\phi$ naik, kontinu, $\phi(0)=0$, dan $\phi(s)\leq s$, diperoleh $\rho\leq|x-y|$. Untuk $r<1$, $\rho<r$ setara dengan $|x-y|<\tfrac r{1-r}$. Jadi bola kedua metrik saling memuat dengan jari-jari yang sesuai, himpunan terbukanya sama, dan barisan konvergennya sama. $\rho<1$, sehingga $\mathbb{R}$ terbatas dalam $\rho$. Barisan $\rho$-Cauchy adalah barisan $|\cdot|$-Cauchy, karena $|x-y|=\tfrac\rho{1-\rho}$ dan $\tfrac\rho{1-\rho}\to0$ bila $\rho\to0$. Jadi barisan itu konvergen menurut Teorema 29.2.1, dan juga dalam $\rho$. Jadi ketakterbatasan bukan sifat topologis. $\square$

Solusi 50.1-4. Induksi: bila $x_n\in\mathbb{Q}_{>0}$, maka $x_{n+1}\in\mathbb{Q}_{>0}$. Juga
$$x_{n+1}-\sqrt2=\frac{x_n^2-2\sqrt2x_n+2}{2x_n}=\frac{(x_n-\sqrt2)^2}{2x_n}\geq0.$$
Untuk $n\geq1$, $x_n\geq\sqrt2>1$, sehingga $0\leq x_{n+1}-\sqrt2\leq\tfrac{(x_n-\sqrt2)^2}2\leq\tfrac{x_n-\sqrt2}2$, karena $x_n-\sqrt2\leq x_1-\sqrt2<1$. Jadi $x_n\to\sqrt2$ di $\mathbb{R}$, dan barisan itu Cauchy, dengan jarak yang sama di $\mathbb{Q}$. Andaikan $x_n\to q\in\mathbb{Q}$. Ketunggalan limit di $\mathbb{R}$ memberi $q=\sqrt2$, padahal $\sqrt2$ irasional (Bab 11). Nilainya: $x_1=\tfrac32$, $x_2=\tfrac{17}{12}$, $x_3=\tfrac{577}{408}\approx1{,}4142157$. $\square$

Solusi 50.1-5. $d_\infty(f_n,f_{2n})=\max_{[0,1]}(x^n-x^{2n})$. Dengan $u=x^n\in[0,1]$, nilai maksimum $u-u^2$ adalah $\tfrac14$, di $u=\tfrac12$. Jadi untuk setiap $N$ ada $m=2n>n\geq N$ dengan jarak $\tfrac14$. Barisan itu tidak Cauchy. Ini sejalan dengan Contoh 50.1.12. $\square$

Solusi 50.1-6. Pada $[\tfrac12,\tfrac12+\tfrac1{2n}]$: $f_{2n}-f_n=2n(x-\tfrac12)-n(x-\tfrac12)=n(x-\tfrac12)$. Pada $[\tfrac12+\tfrac1{2n},\tfrac12+\tfrac1n]$: $f_{2n}-f_n=1-n(x-\tfrac12)$. Di tempat lain selisihnya $0$. Dengan $u=x-\tfrac12$:
$$d_1=\int_0^{1/(2n)}nu\,du+\int_{1/(2n)}^{1/n}(1-nu)\,du=\frac1{8n}+\Bigl(\frac1{2n}-\frac{3}{8n}\Bigr)=\frac1{4n}.$$
Ini sejalan dengan batas $\tfrac1N$ di Contoh 50.1.5(b). $\square$

Solusi 50.1-7. $1<x^2<4$ jika dan hanya jika $1<|x|<2$. Jadi prapetanya $(-2,-1)\cup(1,2)$, gabungan dua interval terbuka, sehingga terbuka. Peta himpunan terbuka tidak harus terbuka: $g(x)=x^2$ dan $U=(-1,1)$ memberi $g[U]=[0,1)$, yang tidak terbuka, karena tidak ada bola di sekitar $0$ yang termuat di dalamnya. Kontinuitas adalah sifat prapeta, bukan sifat peta. $\square$

Solusi 50.1-8. $|(Ty)(x)-(Tz)(x)|\leq\int_0^x2t\,|y-z|\,dt\leq x^2d_\infty(y,z)\leq\tfrac14d_\infty(y,z)$ untuk $x\leq\tfrac12$. Iterasinya: $y_1=1+x^2$ dan $y_2=1+\int_0^x2t(1+t^2)\,dt=1+x^2+\tfrac{x^4}2$. Secara umum $y_n=\sum_{k\leq n}\tfrac{x^{2k}}{k!}$. Titik tetapnya memenuhi $y'=2xy$ dan $y(0)=1$. $y=\exp(x^2)$ memenuhi syarat itu menurut aturan rantai. Ketunggalan titik tetap Banach memberi $y^\ast=\exp(x^2)$ pada $[0,\tfrac12]$. $\square$

### Ringkasan

Ruang metrik memisahkan tiga sifat jarak yang dipakai di seluruh analisis: kepositifan, kesimetrian, dan ketaksamaan segitiga. Definisi limit, barisan Cauchy, kelengkapan, dan kontinuitas berlaku tanpa perubahan. $(C[a,b],d_\infty)$ lengkap, karena limit seragam fungsi kontinu kontinu. $(C[0,1],d_1)$ dan $\mathbb{Q}$ tidak lengkap. Himpunan terbuka memenuhi tiga aksioma, dan aksioma itu adalah definisi topologi abstrak. Kontinuitas setara dengan "prapeta himpunan terbuka terbuka", rumusan yang tidak memerlukan jarak. Di $\mathbb{R}^n$, tertutup dan terbatas mengakibatkan kompak, tetapi di $C[0,1]$ tidak: barisan $x^n$ tidak mempunyai subbarisan yang konvergen seragam. Teorema titik tetap Banach menghasilkan $\exp$ sebagai limit iterasi Picard. Teori ukuran Lebesgue, kesekontinuan, dan analisis fungsional disebut sebagai arah studi lanjutan, tanpa klaim yang dibuktikan di sini.

## 50.2 Sintesis Akhir: Menghubungkan Analisis Teoretis dengan Pemodelan Komputasi Modern

Unit terakhir ini tidak memperkenalkan cabang baru. Unit ini menunjukkan bagaimana teorema-teorema buku ini menjadi jaminan bagi perhitungan. Setiap perhitungan numerik yang dapat dipercaya mempunyai dua bagian: algoritme yang menghasilkan bilangan, dan teorema yang membatasi seberapa jauh bilangan itu dari nilai sebenarnya. Bagian kedua adalah wilayah analisis. Unit ini merumuskan hubungan itu secara tepat, membuktikan tiga jaminan baru yang khas pemodelan komputasi, dan menelusuri setiap alat kembali ke bab tempat dasarnya diletakkan.

Ketiga jaminan itu adalah:

- galat aturan trapesium;
- konvergensi kuadratik metode Newton;
- galat metode Euler.

Bagian implementasi adalah model hipotetis yang dapat dibuktikan. Bagian itu bukan klaim tentang perangkat lunak, perangkat keras, atau standar tertentu.

Prasyarat: seluruh buku, terutama Bab 27, 37, 41, 44–45, dan 49.

### Spesifikasi: Bilangan Real sebagai Limit yang Dapat Dihitung

#### Definisi 50.2.1 (Hampiran Terjamin)

Hampiran terjamin untuk bilangan real $x$ adalah aturan yang, untuk setiap rasional $\varepsilon>0$, menghasilkan rasional $q_\varepsilon$ dengan $|q_\varepsilon-x|\leq\varepsilon$.

Definisi ini adalah definisi limit (Bab 25) yang dibaca sebagai kontrak. Barisan $s_n\to x$ dengan $N(\varepsilon)$ eksplisit memberi hampiran terjamin $q_\varepsilon=s_{N(\varepsilon)}$, asal setiap $s_n$ rasional dan dapat dihitung. Contoh dari buku ini:

- $e$: $E_n$ dengan $N(\varepsilon)$ terkecil yang memenuhi $\tfrac1{N!\,N}\leq\varepsilon$ (Teorema 27.3.9);
- $\ln2$: Latihan 48.2-3, dengan sisa $\leq\tfrac94\cdot\tfrac{3^{-(2N+3)}}{2N+3}$;
- $\pi$: Teorema 49.2.8, dengan dua jumlah parsial berurutan yang mengapit nilai;
- $\sqrt2$: iterasi Newton (Latihan 50.1-4), atau bagi dua.

Aksioma supremum menjamin bahwa bilangan-bilangan ini ada. Hampiran terjamin menjamin bahwa bilangan-bilangan itu dapat diketahui sampai ketelitian berapa pun. Kedua hal ini berbeda. Bukti keberadaan lewat supremum, misalnya Teorema 37.2.1, tidak dengan sendirinya memberi algoritme. Pemeriksaan tanda bilangan real yang hanya diketahui lewat hampiran juga dapat tidak pernah selesai bila bilangannya $0$. Fakta terakhir ini adalah hasil analisis komputabel, yang dicatat tanpa bukti dan tidak dipakai.

### Integrasi Numerik: Aturan Trapesium

#### Teorema 50.2.2 (Galat Trapesium)

Misalkan $f$ terdiferensialkan dua kali pada $[a,b]$, dengan $f''$ kontinu dan $|f''|\leq M$. Untuk $h=\tfrac{b-a}n$ dan $x_i=a+ih$, tetapkan
$$T_n=h\Bigl[\frac{f(a)+f(b)}2+\sum_{i=1}^{n-1}f(x_i)\Bigr].$$
Maka
$$\Bigl|\int_a^bf-T_n\Bigr|\leq\frac{(b-a)h^2M}{12}.$$
Bila $f''\geq0$, maka $T_n\geq\int_a^bf$.

Bukti. Tetapkan satu subinterval, dan tulis $g(s)=f(x_{i-1}+s)$ untuk $s\in[0,h]$. Misalkan $v(s)=\tfrac{s(s-h)}2$, sehingga $v'=s-\tfrac h2$, $v''=1$, dan $v(0)=v(h)=0$. Integrasi parsial dua kali (Teorema 45.3.1) memberi
$$\int_0^hg=\int_0^hg\,v''=\bigl[g\,v'\bigr]_0^h-\int_0^hg'v'=\frac h2\bigl(g(0)+g(h)\bigr)-\Bigl(\bigl[g'v\bigr]_0^h-\int_0^hg''v\Bigr).$$
Karena $v(0)=v(h)=0$,
$$E_i:=\int_{x_{i-1}}^{x_i}f-\frac h2\bigl(f(x_{i-1})+f(x_i)\bigr)=\int_0^h\frac{s(s-h)}2\,g''(s)\,ds.$$
Karena $s(s-h)\leq0$ pada $[0,h]$, $|E_i|\leq M\int_0^h\tfrac{s(h-s)}2\,ds=M\tfrac{h^3}{12}$. Bila $g''\geq0$, maka $E_i\leq0$. Jumlahkan $n$ subinterval dengan aditivitas: $|\sum E_i|\leq\tfrac{nh^3M}{12}=\tfrac{(b-a)h^2M}{12}$. $\square$

#### Contoh 50.2.3

$\int_0^1e^x\,dx=e-1$ dengan $n=10$. Dengan $q=e^{0{,}1}$, $\sum_{i=0}^9q^i=\tfrac{e-1}{q-1}\approx16{,}337994$. Jadi jumlah Darboux bawahnya $L_{10}\approx1{,}6337994$, dan jumlah atasnya $U_{10}=L_{10}+\tfrac{e-1}{10}\approx1{,}8056276$ (Teorema 44.1.3). Untuk fungsi naik, $T_n=\tfrac{L_n+U_n}2$, sehingga $T_{10}\approx1{,}7197135$. Galat sebenarnya $\approx0{,}0014317$.

Teorema 50.2.2 dengan $1\leq f''\leq e$ pada $[0,1]$ memberi batas atas $\tfrac e{1200}\approx0{,}00227$. Rumus $E_i$ juga memberi batas bawah $\tfrac1{1200}\approx0{,}00083$. Galat sebenarnya terletak di antara keduanya. Galat jumlah Darboux, $\approx0{,}085$, berorde $h$, sedangkan galat trapesium berorde $h^2$.

### Persamaan Tak Linear: Metode Newton

#### Teorema 50.2.4 (Konvergensi Kuadratik Newton)

Misalkan $f(r)=0$, dan pada $I=[r-\delta,r+\delta]$, $f$ terdiferensialkan dua kali dengan $|f'|\geq m>0$ dan $|f''|\leq M$. Tulis $K=\tfrac M{2m}$, dan misalkan $K\delta\leq\tfrac12$. Untuk $x_0\in I$, iterasi
$$x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$$
tetap di $I$ dan memenuhi
$$|x_{n+1}-r|\leq K|x_n-r|^2\leq\tfrac12|x_n-r|.$$
Jadi $x_n\to r$, dan banyaknya digit yang benar kira-kira berlipat dua pada setiap langkah.

Bukti. Misalkan $x_n\in I$. Teorema 49.1.2 dengan $n=1$ di pusat $x_n$ memberi $0=f(r)=f(x_n)+f'(x_n)(r-x_n)+\tfrac{f''(\xi)}2(r-x_n)^2$, dengan $\xi$ di antara $x_n$ dan $r$, sehingga $\xi\in I$. Bagi dengan $f'(x_n)\ne0$, lalu susun ulang:
$$x_{n+1}-r=\frac{f''(\xi)}{2f'(x_n)}(x_n-r)^2.$$
Jadi $|x_{n+1}-r|\leq K|x_n-r|^2\leq K\delta|x_n-r|\leq\tfrac12|x_n-r|\leq\delta$, sehingga $x_{n+1}\in I$. Induksi menyelesaikan bukti. $\square$

#### Contoh 50.2.5 ($\sqrt2$)

Misalkan $f(x)=x^2-2$, $r=\sqrt2$, dan $\delta=0{,}4$. Pada $I\subseteq[1{,}01;\,1{,}82]$, $m=2{,}02$ dan $M=2$, sehingga $K\approx0{,}495$ dan $K\delta\approx0{,}198\leq\tfrac12$. Iterasinya adalah $x_{n+1}=\tfrac12(x_n+\tfrac2{x_n})$, yaitu rumus Latihan 50.1-4. Dari $x_0=1{,}5$:
$$x_1=\tfrac{17}{12}\approx1{,}4166667,\quad x_2=\tfrac{577}{408}\approx1{,}4142157,\quad x_3=\tfrac{665857}{470832}\approx1{,}4142135624.$$
Galatnya kira-kira $8{,}6\cdot10^{-2}$, $2{,}5\cdot10^{-3}$, $2{,}1\cdot10^{-6}$, dan $1{,}6\cdot10^{-12}$. Rumus tepat $x_{n+1}-r=\tfrac{(x_n-r)^2}{2x_n}$ menjelaskan pola itu: eksponen galat kira-kira berlipat dua.

Hipotesis $f'(r)\ne0$ diperlukan. Latihan 50.2-4 memberi contoh tempat Newton menjauh dari akar.

### Persamaan Diferensial: Metode Euler

#### Proposisi 50.2.6 (Euler untuk $y'=y$)

Metode Euler dengan langkah $h=\tfrac1n$ untuk $y'=y$, $y(0)=1$, yaitu $y_{k+1}=y_k+hy_k$, menghasilkan $y_n=\bigl(1+\tfrac1n\bigr)^n$ di $t=1$, dan
$$0<e-y_n<\frac en.$$

Bukti. $y_{k+1}=(1+h)y_k$, sehingga $y_n=(1+\tfrac1n)^n=a_n$, dengan notasi Teorema 27.3.3. Teorema itu memberi $a_n<e<b_n=a_n(1+\tfrac1n)$, sehingga $0<e-a_n<\tfrac{a_n}n<\tfrac en$. $\square$

Euler berorde satu: galatnya kira-kira berbanding lurus dengan $h$. Untuk $n=10$: $1{,}1^{10}\approx2{,}5937425$, dengan galat $\approx0{,}1245$. Sepuluh suku Taylor, yaitu polinomial berderajat $9$, memberi galat $<3{,}1\cdot10^{-7}$ (Contoh 27.3.10). Contoh 50.1.14 memperlihatkan jalan ketiga, yaitu iterasi Picard, yang menghasilkan polinomial Taylor yang sama. Ketiga metode menghampiri bilangan yang sama, $e$, dan teorema yang berbeda memberi batas galat yang berbeda.

### Representasi Bilangan

#### Proposisi 50.2.7 (Bilangan Diadik)

Misalkan $\mathbb{D}=\{\tfrac m{2^k}:m\in\mathbb{Z},\,k\in\mathbb{N}\}$.

(a) $\mathbb{D}$ rapat di $\mathbb{R}$: setiap interval $(a,b)$ dengan $a<b$ memuat anggota $\mathbb{D}$.

(b) $\tfrac1{10}\notin\mathbb{D}$.

Bukti. (a) Pilih $k$ dengan $2^{-k}<b-a$. Pilihan ini mungkin karena $2^k\geq k+1$ tak terbatas (Bernoulli), dan $k$ dapat diambil sebagai yang terkecil. Misalkan $m=\lfloor2^ka\rfloor+1$. Maka $a<\tfrac m{2^k}\leq a+2^{-k}<b$.

(b) Bila $\tfrac1{10}=\tfrac m{2^k}$, maka $2^k=10m$, sehingga $5\mid2^k$. Ini mustahil, karena faktorisasi prima $2^k$ hanya memuat $2$. $\square$

Aritmetika biner dengan banyak digit terbatas hanya memuat anggota $\mathbb{D}$ yang berhingga banyaknya. Jadi bilangan sesederhana $0{,}1$ sudah dibulatkan sebelum perhitungan dimulai. Kerapatan (a) menjamin bahwa pembulatan itu dapat dibuat sekecil apa pun dengan menambah digit. Jarak itu tidak pernah nol. Inilah alasan buku ini membedakan galat pemotongan, yang dibatasi teorema, dari galat pembulatan, yang memerlukan analisis tersendiri (Unit 49.2).

### Peta Sintesis

Setiap alat komputasi di atas bersandar pada rantai hasil buku ini. Rantai itu ditelusuri di sini sebagai ringkasan logis, bukan klaim baru.

1. **Bilangan real dan kelengkapan.** Bagian II–III (Bab 8–19), aksioma lapangan, urutan, dan supremum, memberi keberadaan $\sqrt2$, $e$, dan $\pi$.
2. **Keterhitungan dan pilihan.** Bab 20–23: $\mathbb{Q}$ dan $\mathbb{D}$ terhitung, sedangkan $\mathbb{R}$ tidak. Hanya terhitung banyak bilangan yang mempunyai algoritme hampiran, karena algoritme adalah teks hingga. Fakta terakhir ini dicatat tanpa bukti dan tidak dipakai. Pemakaian AC$_\omega$ selalu diberi label.
3. **Barisan dan deret.** Bagian V–VI (Bab 24–33): $N(\varepsilon)$, Cauchy, deret, dan taksiran sisa menjadi spesifikasi hampiran terjamin.
4. **Kontinuitas.** Bab 34–38: nilai antara menjadi metode bagi dua, dan kontinuitas seragam menjadi syarat keterintegralan.
5. **Turunan.** Bab 39–42: teorema nilai rata-rata menjadi dasar Newton dan galat Taylor.
6. **Integral.** Bab 43–46: jumlah Darboux, teorema dasar kalkulus, dan integrasi parsial menghasilkan galat trapesium.
7. **Deret fungsi.** Bab 47–49: uji M, deret kuasa, dan Taylor–Lagrange menghasilkan model kalkulator dan perhitungan $\pi$.
8. **Ruang metrik.** Bab 50: titik tetap Banach menyatukan Newton, Picard, dan barisan kontraktif dalam satu teorema.

Arah studi sesudah buku ini, yang disebut tanpa klaim yang dibuktikan di sini:

- integral Lebesgue, yang melengkapi $(C[a,b],d_1)$;
- analisis kompleks, tempat deret kuasa paling alami;
- analisis fungsional, yaitu ruang fungsi dengan kekompakan dan kesekontinuan;
- analisis numerik dengan galat pembulatan;
- analisis komputabel.

### Latihan

Latihan 50.2-1. Hitung $T_4$ untuk $\int_1^2\tfrac{dx}x$, bandingkan dengan $\ln2$, dan periksa batas atas dan batas bawah dari Teorema 50.2.2 serta rumus $E_i$.

Latihan 50.2-2. Berapa $n$ yang menjamin galat trapesium $\leq10^{-6}$ untuk $\int_0^1e^x\,dx$? Bandingkan dengan integrasi suku demi suku deret $e^x$.

Latihan 50.2-3. Terapkan Newton pada $f(x)=x^3-2$ dari $x_0=1$. Hitung $x_1$, $x_2$, $x_3$, dan $x_4$. Periksa bahwa rasio $\tfrac{|x_{n+1}-r|}{|x_n-r|^2}$ mendekati $\tfrac{f''(r)}{2f'(r)}=\tfrac1r$, dengan $r=\sqrt[3]2$.

Latihan 50.2-4. Untuk $f(x)=\operatorname{sgn}(x)|x|^{1/3}$, dengan akar $0$, buktikan bahwa iterasi Newton dari $x_0\ne0$ memenuhi $x_{n+1}=-2x_n$, sehingga menjauh dari akar. Hipotesis mana pada Teorema 50.2.4 yang gagal?

Latihan 50.2-5. Hitung $(1{,}01)^{100}$ sampai enam desimal dengan $\exp(100\ln1{,}01)$ dan deret $\ln(1+x)$. Bandingkan galat Euler untuk $n=100$ dengan $\tfrac e{2n}$.

Latihan 50.2-6. Mulai dari $[1{,}57;\,1{,}58]$, dengan $\cos1{,}57>0>\cos1{,}58$ (Definisi 49.1.8), berapa langkah bagi dua yang menjamin interval sepanjang $\leq10^{-6}$ yang memuat $\tfrac\pi2$? Apa yang harus dijamin agar tanda $\cos$ di setiap titik tengah dapat diputuskan?

Latihan 50.2-7. Buktikan bahwa $\tfrac1{10}=\sum_{k\geq1}\Bigl(\tfrac1{2^{4k}}+\tfrac1{2^{4k+1}}\Bigr)$, yaitu $0{,}0\overline{0011}$ dalam basis $2$, dan simpulkan bahwa ekspansi biner $\tfrac1{10}$ tidak berhenti.

Latihan 50.2-8. Dengan sisa pada Contoh 49.2.4 untuk $t=\tfrac13$, tentukan $N$ terkecil sehingga deret $\ln2=2\sum_{j\leq N}\tfrac{3^{-(2j+1)}}{2j+1}$ dijamin mempunyai galat $\leq10^{-12}$.

### Solusi

Solusi 50.2-1. $h=\tfrac14$, dan nilai fungsinya $1$, $0{,}8$, $0{,}6666667$, $0{,}5714286$, $0{,}5$. Jadi $T_4=\tfrac14(0{,}5+0{,}8+0{,}6666667+0{,}5714286+0{,}25)=0{,}6970238$. $\ln2\approx0{,}6931472$, sehingga galatnya $\approx0{,}0038766$, dan $T_4$ di atas nilai sebenarnya, karena $f''=\tfrac2{x^3}>0$. Batas atas: $M=2$, sehingga $\tfrac{1\cdot\frac1{16}\cdot2}{12}\approx0{,}0104$. Batas bawah: $f''\geq\tfrac14$ pada $[1,2]$, dan $E_i\leq-\tfrac14\cdot\tfrac{h^3}{12}$, sehingga galat $\geq\tfrac{4\cdot(1/64)\cdot(1/4)}{12}\approx0{,}0013$. Galat sebenarnya terletak di antara kedua batas. $\square$

Solusi 50.2-2. $\tfrac{eh^2}{12}\leq10^{-6}$ memerlukan $h\leq\sqrt{12\cdot10^{-6}/e}\approx0{,}0021011$, yaitu $n\geq476$. Integrasi suku demi suku memberi $\int_0^1\sum_{k\leq N}\tfrac{x^k}{k!}=\sum_{k\leq N}\tfrac1{(k+1)!}=E_{N+1}-1$, dengan galat $e-E_{N+1}<\tfrac1{(N+1)!(N+1)}$. Untuk $N=8$, galat itu $\approx3{,}1\cdot10^{-7}$. Jadi sembilan suku cukup, dibandingkan dengan 477 evaluasi fungsi. Ketika deret tersedia, deret jauh lebih efisien. Aturan trapesium hanya memerlukan nilai-nilai fungsi. $\square$

Solusi 50.2-3. $x_{n+1}=\tfrac{2x_n+2/x_n^2}3$. Iterasinya:

- $x_1=\tfrac43\approx1{,}3333333$;
- $x_2=\tfrac{8/3+9/8}3=\tfrac{91}{72}\approx1{,}2638889$;
- $x_3\approx1{,}2599335$;
- $x_4\approx1{,}2599211$.

Dengan $r\approx1{,}2599210$, galatnya $\approx0{,}0734$, $0{,}003968$, $0{,}0000124$, dan $\approx1\cdot10^{-10}$. Rasio $\tfrac{1{,}2444\cdot10^{-5}}{(3{,}968\cdot10^{-3})^2}\approx0{,}790$ mendekati $\tfrac1r\approx0{,}794$. $\square$

Solusi 50.2-4. Untuk $x\ne0$, $f'(x)=\tfrac13|x|^{-2/3}$, sehingga $\tfrac{f(x)}{f'(x)}=\operatorname{sgn}(x)|x|^{1/3}\cdot3|x|^{2/3}=3x$, dan $x_{n+1}=x_n-3x_n=-2x_n$. Jadi $|x_n|=2^n|x_0|\to\infty$. $f$ tidak terdiferensialkan di $0$. $|f''|$ tidak terbatas di dekat $0$, dan tidak ada interval tempat $K\delta\leq\tfrac12$. Jadi hipotesis turunan kedua yang terbatas, relatif terhadap $|f'|$, gagal. $\square$

Solusi 50.2-5. $\ln1{,}01=0{,}01-0{,}00005+0{,}000000333-0{,}0000000025\approx0{,}0099503309$, dengan galat Leibniz $<2\cdot10^{-11}$. Jadi $100\ln1{,}01\approx0{,}99503309$, dan $(1{,}01)^{100}=\exp(0{,}99503309)=e\cdot\exp(-0{,}00496691)$. Juga $\exp(-0{,}00496691)\approx1-0{,}00496691+0{,}00001234-0{,}00000002=0{,}99504541$. Jadi $(1{,}01)^{100}\approx2{,}7182818\cdot0{,}99504541\approx2{,}704814$. Galat Euler $e-2{,}704814\approx0{,}013468$, dekat dengan $\tfrac e{200}\approx0{,}013591$, dan di bawah batas Proposisi 50.2.6, yaitu $\tfrac e{100}$. $\square$

Solusi 50.2-6. Setelah $k$ langkah, panjang intervalnya $\tfrac{0{,}01}{2^k}$. $\tfrac{0{,}01}{2^k}\leq10^{-6}$ memerlukan $2^k\geq10^4$, yaitu $k=14$, karena $2^{13}=8192$ dan $2^{14}=16384$. Interval untuk $\pi$ kemudian sepanjang $\leq2\cdot10^{-6}$. Di setiap titik tengah $c$, tanda $\cos c$ diputuskan dengan hampiran terjamin: Taylor dengan galat $\eta$ menghasilkan $\tilde c$ dengan $|\tilde c-\cos c|\leq\eta$. Tandanya pasti bila $|\tilde c|>\eta$. Bila $|\tilde c|\leq\eta$, perkecil $\eta$. Prosedur ini berhenti karena $\cos c\ne0$ untuk titik tengah rasional. Bila $\cos c=0$, maka $c=\tfrac\pi2$ irasional, sedangkan $c$ rasional. Bagian terakhir ini memerlukan irasionalitas $\pi$, yang tidak dibuktikan di buku ini. Tanpa fakta itu, prosedur dapat diberi batas iterasi dan melaporkan "tanda tak terputuskan sampai ketelitian $\eta$". Batas yang jujur lebih baik daripada klaim yang tidak terbukti. $\square$

Solusi 50.2-7. $\sum_{k\geq1}(2^{-4k}+2^{-4k-1})=\tfrac32\sum_{k\geq1}16^{-k}=\tfrac32\cdot\tfrac{1/16}{1-1/16}=\tfrac32\cdot\tfrac1{15}=\tfrac1{10}$ (Teorema 31.2.2). Digit-digitnya berulang dengan pola $0011$ sejak posisi kelima. Ekspansi ini memuat tak hingga banyak digit $1$, sehingga tidak berhenti. Lebih kuat lagi, tidak ada ekspansi biner berhingga untuk $\tfrac1{10}$: ekspansi berhingga $\sum_{i\leq k}\tfrac{b_i}{2^i}$ selalu bernilai $\tfrac m{2^k}\in\mathbb{D}$, yang bertentangan dengan Proposisi 50.2.7(b). $\square$

Solusi 50.2-8. Sisa setelah suku $j=N$ paling banyak $\tfrac{2\cdot3^{-(2N+3)}}{(2N+3)(1-1/9)}=\tfrac94\cdot\tfrac{3^{-(2N+3)}}{2N+3}$. Untuk $N=10$: $3^{-23}\approx1{,}062\cdot10^{-11}$ dan $\tfrac94\cdot\tfrac1{23}\approx0{,}0978$, sehingga sisanya $\approx1{,}04\cdot10^{-12}>10^{-12}$. Untuk $N=11$: $3^{-25}\approx1{,}180\cdot10^{-12}$ dan $\tfrac94\cdot\tfrac1{25}=0{,}09$, sehingga sisanya $\approx1{,}06\cdot10^{-13}\leq10^{-12}$. Jadi $N=11$, yaitu dua belas suku. $\square$

### Ringkasan

Perhitungan yang dapat dipercaya terdiri atas algoritme dan teorema yang membatasi galatnya. Definisi limit dengan $N(\varepsilon)$ eksplisit adalah kontrak hampiran terjamin. Unit ini membuktikan tiga jaminan:

- aturan trapesium dengan galat $\leq\tfrac{(b-a)h^2M}{12}$, lewat integrasi parsial dua kali;
- metode Newton dengan galat yang dikuadratkan pada setiap langkah, lewat Taylor orde satu;
- metode Euler untuk $y'=y$ dengan galat $<\tfrac en$, lewat Teorema 27.3.3.

Ketiga jaminan itu diperiksa pada $\int_0^1e^x$, $\sqrt2$, $\sqrt[3]2$, dan $(1{,}01)^{100}$. Bilangan diadik rapat, tetapi tidak memuat $0{,}1$, sehingga galat pembulatan tidak dapat dihindari. Galat itu dapat dikecilkan, dan analisisnya terpisah dari galat pemotongan. Peta sintesis menelusuri setiap alat kembali ke bab dasarnya. Arah studi lanjutan disebut tanpa klaim yang dibuktikan.