Lompat ke konten utama

Topologi: Pendekatan Berbasis Inkuiri: Bab 1-17 - Himpunan, Fungsi, Ruang Metrik, Ruang Topologi, Kekontinuan, Homeomorfisme, Subruang, Ruang Kuosien, Ruang Kompak, serta Pendamping Belajar Mandiri

Steven Schlicker

Bagian Pemeriksaan penguasaan Bab 9

Keenam soal kumulatif berikut merupakan komponen pendamping asli O003, terpisah dari teks GVSU, dan tersedia di bawah CC BY 4.0. Setiap petunjuk dibagi menjadi beberapa tahap; gunakan hanya tahap yang diperlukan sebelum membandingkan jawaban dan pembahasan lengkap.
Dalam \((\R,d_E)\text{,}\) definisikan \(a_n=(2n+1)/(n+3)\) untuk \(n\in\Z^+\text{.}\)
  1. Hitung \(|a_n-2|\) dan, untuk \(\epsilon\gt0\text{,}\) temukan bilangan bulat positif \(N\) yang dinyatakan secara eksplisit dalam \(\epsilon\) sehingga \(n\geq N\) mengakibatkan \(|a_n-2|\lt\epsilon\text{.}\)
  2. Tulislah bukti lengkap langsung dari definisi bahwa \(\lim a_n=2\text{.}\) Pisahkan perhitungan untuk menemukan \(N\) dari pembuktian yang memverifikasi pilihan tersebut.
Petunjuk.
Tahap 1. Satukan kedua suku pada \(|(2n+1)/(n+3)-2|\) dengan penyebut \(n+3\text{.}\)
Tahap 2. Pertidaksamaan yang perlu dijamin adalah \(5/(n+3)\lt\epsilon\text{.}\) Pilihan \(N=\lceil5/\epsilon\rceil\) sedikit lebih besar daripada yang benar-benar diperlukan, tetapi mudah diverifikasi.
Tahap 3. Dalam bukti formal, mulailah dengan \(\epsilon\gt0\text{,}\) tetapkan \(N\text{,}\) lalu ambil sebarang \(n\geq N\text{.}\) Jangan memilih \(N\) yang bergantung pada \(n\text{.}\)
Jawaban.
Berlaku \(|a_n-2|=5/(n+3)\text{.}\) Untuk setiap \(\epsilon\gt0\text{,}\) pilihan \(N=\lceil5/\epsilon\rceil\) memenuhi syarat definisi limit; jadi \(\lim a_n=2\text{.}\)
Solusi.
Perhitungan awal memberikan
\begin{equation*} \left|\frac{2n+1}{n+3}-2\right| =\left|\frac{2n+1-2n-6}{n+3}\right| =\frac{5}{n+3}. \end{equation*}
Agar besaran terakhir lebih kecil daripada \(\epsilon\text{,}\) cukup memastikan \(n\geq5/\epsilon\text{;}\) tambahan \(3\) pada penyebut kemudian menghasilkan pertidaksamaan ketat.
Sekarang misalkan \(\epsilon\gt0\) diberikan dan tetapkan \(N=\lceil5/\epsilon\rceil\text{.}\) Bilangan \(N\) adalah bilangan bulat positif. Jika \(n\geq N\text{,}\) maka \(n+3\geq N+3\gt5/\epsilon\text{.}\) Karena semua besaran positif,
\begin{equation*} |a_n-2|=\frac{5}{n+3}\lt\epsilon. \end{equation*}
Jadi, untuk setiap \(\epsilon\gt0\) terdapat bilangan bulat positif \(N\) sehingga \(n\geq N\) mengakibatkan \(d_E(a_n,2)\lt\epsilon\text{.}\) Menurut definisi, \((a_n)\) konvergen ke \(2\text{.}\)
  1. Misalkan \((a_n)\) suatu barisan dalam ruang metrik \((X,d)\text{.}\) Andaikan \((a_n)\) konvergen ke \(L\) dan juga konvergen ke \(M\text{.}\) Buktikan bahwa \(L=M\text{.}\) Tunjukkan dengan jelas di mana sifat metrik dan kedua asumsi konvergensi digunakan.
  2. Pada himpunan dasar \(X=\R\text{,}\) bandingkan metrik Euklides \(d_E(x,y)=|x-y|\) dengan metrik diskret
    \begin{equation*} d_D(x,y)=\begin{cases} 0 \amp \text{jika }x=y,\\ 1 \amp \text{jika }x\neq y. \end{cases} \end{equation*}
    Buktikan bahwa barisan \(a_n=1/n\) konvergen ke \(0\) terhadap \(d_E\text{.}\) Buktikan pula bahwa suatu barisan dalam ruang bermetrik diskret konvergen jika dan hanya jika barisan itu pada akhirnya konstan, lalu tentukan perilaku \((a_n)\) terhadap \(d_D\text{.}\)
  3. Jelaskan mengapa hasil pada bagian kedua tidak bertentangan dengan ketunggalan limit pada bagian pertama.
Petunjuk.
Tahap 1. Jika \(L\neq M\text{,}\) gunakan \(\epsilon=d(L,M)/3\) bagi kedua limit. Pilih satu indeks yang melampaui kedua indeks ambang, lalu terapkan pertidaksamaan segitiga pada lintasan \(L,a_n,M\text{.}\)
Tahap 2. Untuk metrik Euklides, pilih bilangan bulat \(N\gt1/\epsilon\text{.}\)
Tahap 3. Jika suatu barisan konvergen ke \(L\) dalam metrik diskret, terapkan definisi dengan \(\epsilon=1/2\text{.}\) Untuk arah balik, jika semua suku mulai indeks tertentu sama dengan \(L\text{,}\) jaraknya ke \(L\) sama dengan nol.
Tahap 4. Teorema ketunggalan membahas satu ruang metrik yang telah ditetapkan. Di sini struktur metriknya diganti.
Jawaban.
Jika \(L\neq M\text{,}\) pilihan \(\epsilon=d(L,M)/3\) dan pertidaksamaan segitiga menghasilkan \(d(L,M)\lt2d(L,M)/3\text{,}\) suatu kontradiksi. Jadi limit dalam satu ruang metrik bersifat tunggal.
Barisan \(1/n\) konvergen ke \(0\) terhadap \(d_E\text{,}\) tetapi divergen terhadap \(d_D\text{.}\) Dalam metrik diskret, syarat \(d_D(a_n,L)\lt1/2\) memaksa \(a_n=L\text{;}\) jadi konvergensi setara dengan sifat pada akhirnya konstan. Ketunggalan limit tidak dilanggar karena kedua kesimpulan dibuat dalam dua ruang metrik yang berbeda.
Solusi.
Andaikan \(L\neq M\text{.}\) Sifat definit positif suatu metrik memberi \(d(L,M)\gt0\text{.}\) Tetapkan \(\epsilon=d(L,M)/3\text{.}\) Karena \(a_n\to L\) dan \(a_n\to M\text{,}\) terdapat \(N_L,N_M\in\Z^+\) sehingga \(d(a_n,L)\lt\epsilon\) untuk \(n\geq N_L\) dan \(d(a_n,M)\lt\epsilon\) untuk \(n\geq N_M\text{.}\) Pilih \(n\geq\max\{N_L,N_M\}\text{.}\) Simetri dan pertidaksamaan segitiga memberi
\begin{equation*} d(L,M)\leq d(L,a_n)+d(a_n,M) \lt\frac{2}{3}d(L,M), \end{equation*}
yang mustahil. Jadi \(L=M\text{.}\)
Misalkan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Berdasarkan sifat Archimedes, pilih \(N\in\Z^+\) dengan \(N\gt1/\epsilon\text{.}\) Jika \(n\geq N\text{,}\) maka
\begin{equation*} d_E(a_n,0)=\left|\frac1n-0\right|=\frac1n \leq\frac1N\lt\epsilon. \end{equation*}
Jadi \(a_n\to0\) dalam \((\R,d_E)\text{.}\)
Sekarang misalkan suatu barisan \((x_n)\) konvergen ke \(L\) terhadap \(d_D\text{.}\) Dengan \(\epsilon=1/2\text{,}\) terdapat \(N\) sehingga \(d_D(x_n,L)\lt1/2\) untuk semua \(n\geq N\text{.}\) Satu-satunya nilai metrik diskret yang lebih kecil daripada \(1/2\) adalah \(0\text{,}\) sehingga \(x_n=L\) untuk setiap \(n\geq N\text{.}\) Jadi barisan tersebut pada akhirnya konstan. Sebaliknya, jika \(x_n=L\) untuk setiap \(n\geq N\text{,}\) maka \(d_D(x_n,L)=0\lt\epsilon\) bagi setiap \(\epsilon\gt0\) dan setiap \(n\geq N\text{;}\) jadi \(x_n\to L\text{.}\)
Suku-suku \(1/n\) semuanya berbeda, sehingga barisan itu tidak pada akhirnya konstan. Maka \((1/n)\) divergen dalam \((\R,d_D)\text{.}\) Teorema ketunggalan mengatakan bahwa suatu barisan tidak mempunyai dua limit berbeda terhadap metrik yang sama. Teorema itu tidak mengatakan bahwa perilaku konvergensi tidak berubah ketika metriknya diganti.
  1. Definisikan \(F:(\R,d_E)\to(\R,d_E)\) oleh \(F(x)=x^2\text{.}\) Gunakan pencirian kekontinuan melalui barisan untuk membuktikan bahwa \(F\) kontinu di setiap \(a\in\R\text{.}\) Jangan mengandaikan tanpa bukti bahwa hasil kali limit dapat dipertukarkan.
  2. Definisikan \(H:\R\to\R\) oleh
    \begin{equation*} H(x)=\begin{cases} \sin(1/x) \amp \text{jika }x\neq0,\\ 0 \amp \text{jika }x=0. \end{cases} \end{equation*}
    Temukan satu barisan \((x_n)\) yang konvergen ke \(0\) tetapi \((H(x_n))\) tidak konvergen ke \(H(0)\text{.}\) Simpulkan bahwa \(H\) tidak kontinu di \(0\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Jika \(x_n\to a\text{,}\) maka untuk suku-suku yang cukup jauh berlaku \(|x_n-a|\lt1\text{,}\) sehingga \(|x_n+a|\leq2|a|+1\text{.}\)
Tahap 2. Gunakan faktorisasi \(|x_n^2-a^2|=|x_n-a||x_n+a|\text{.}\) Untuk epsilon yang diberikan, minta \(|x_n-a|\lt\min\{1,\epsilon/(2|a|+1)\}\text{.}\)
Tahap 3. Untuk fungsi kedua, pilih penyebut yang membuat \(1/x_n=\pi/2+2\pi n\text{.}\) Nilai sinusnya kemudian selalu sama.
Jawaban.
Jika \(x_n\to a\text{,}\) maka \(|x_n^2-a^2|\leq(2|a|+1)|x_n-a|\to0\) untuk semua suku yang cukup jauh; jadi \(F\) kontinu di setiap \(a\text{.}\) Sebaliknya, \(x_n=1/(\pi/2+2\pi n)\) konvergen ke \(0\text{,}\) tetapi \(H(x_n)=1\) untuk semua \(n\text{,}\) sedangkan \(H(0)=0\text{.}\) Jadi \(H\) tidak kontinu di \(0\text{.}\)
Solusi.
Ambil \(a\in\R\) dan sebarang barisan \((x_n)\) dengan \(x_n\to a\text{.}\) Misalkan \(\epsilon\gt0\) dan tetapkan
\begin{equation*} \delta=\min\left\{1,\frac{\epsilon}{2|a|+1}\right\}. \end{equation*}
Karena \(x_n\to a\text{,}\) ada \(N\) sehingga \(|x_n-a|\lt\delta\) untuk setiap \(n\geq N\text{.}\) Untuk indeks tersebut, \(|x_n-a|\lt1\text{,}\) sehingga \(|x_n|\leq|a|+1\) dan \(|x_n+a|\leq2|a|+1\text{.}\) Oleh karena itu,
\begin{align*} |F(x_n)-F(a)| \amp=|x_n^2-a^2|\\ \amp=|x_n-a||x_n+a|\\ \amp\lt\frac{\epsilon}{2|a|+1}(2|a|+1) =\epsilon. \end{align*}
Jadi \(F(x_n)\to F(a)\text{.}\) Hal ini berlaku bagi setiap barisan yang konvergen ke \(a\text{;}\) pencirian melalui barisan menunjukkan bahwa \(F\) kontinu di \(a\text{.}\) Karena \(a\) sebarang, \(F\) kontinu di seluruh \(\R\text{.}\)
Untuk fungsi kedua, tetapkan \(x_n=1/(\pi/2+2\pi n)\text{.}\) Penyebutnya menuju tak hingga, sehingga \(x_n\to0\text{.}\) Namun,
\begin{equation*} H(x_n)=\sin(\pi/2+2\pi n)=1 \end{equation*}
untuk setiap \(n\text{.}\) Jadi barisan \((H(x_n))\) konvergen ke \(1\text{,}\) bukan ke \(H(0)=0\text{.}\) Satu barisan saksi ini menyangkal syarat barisan yang diperlukan untuk kekontinuan di \(0\text{.}\) Maka \(H\) tidak kontinu di \(0\text{.}\)
Misalkan \(Y\subseteq X\text{,}\) \((X,d)\) suatu ruang metrik, dan \(d_Y\) adalah metrik subruang, yakni \(d_Y(y_1,y_2)=d(y_1,y_2)\) untuk \(y_1,y_2\in Y\text{.}\)
  1. Jika \((a_n)\) adalah barisan di \(Y\) dan \(a\in Y\text{,}\) buktikan bahwa \(a_n\to a\) dalam \((Y,d_Y)\) jika dan hanya jika \(a_n\to a\) dalam \((X,d)\text{.}\)
  2. Untuk \(Y=\Q\subseteq\R=X\text{,}\) tetapkan
    \begin{equation*} q_n=\frac{\lfloor10^n\sqrt2\rfloor}{10^n}. \end{equation*}
    Buktikan bahwa \((q_n)\) konvergen dalam ruang ambien \(\R\text{,}\) tetapi tidak konvergen sebagai barisan dalam subruang \(\Q\text{.}\) Jelaskan mengapa hal ini tidak bertentangan dengan bagian pertama.
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk titik-titik yang semuanya berada di \(Y\text{,}\) bilangan \(d_Y(a_n,a)\) dan \(d(a_n,a)\) persis sama.
Tahap 2. Sifat fungsi lantai memberi \(0\leq\sqrt2-q_n\lt10^{-n}\text{.}\)
Tahap 3. Jika \((q_n)\) konvergen di \(\Q\) ke suatu \(q\in\Q\text{,}\) bagian pertama menjadikannya konvergen ke \(q\) di \(\R\text{.}\) Gunakan ketunggalan limit.
Jawaban.
Selama calon limit \(a\) berada di \(Y\text{,}\) kedua definisi konvergensi identik karena \(d_Y(a_n,a)=d(a_n,a)\text{.}\) Barisan \((q_n)\) memenuhi \(0\leq\sqrt2-q_n\lt10^{-n}\text{,}\) sehingga konvergen ke \(\sqrt2\) di \(\R\text{.}\) Ia tidak dapat konvergen di \(\Q\text{:}\) limit rasional demikian juga akan menjadi limit ambien, bertentangan dengan ketunggalan limit dan ketakrasionalan \(\sqrt2\text{.}\)
Solusi.
Misalkan \((a_n)\) barisan di \(Y\) dan \(a\in Y\text{.}\) Untuk setiap \(n\text{,}\) definisi metrik subruang memberi \(d_Y(a_n,a)=d(a_n,a)\text{.}\) Karena itu, bagi setiap \(\epsilon\gt0\) dan setiap indeks \(N\text{,}\) pernyataan
\begin{equation*} d_Y(a_n,a)\lt\epsilon\quad\text{untuk semua }n\geq N \end{equation*}
setara dengan pernyataan yang sama dengan \(d\) menggantikan \(d_Y\text{.}\) Kuantor dalam kedua definisi limit pun identik, sehingga \(a_n\to a\) di \(Y\) jika dan hanya jika \(a_n\to a\) di \(X\text{.}\)
Untuk contoh, setiap \(q_n\) rasional. Dari \(\lfloor t\rfloor\leq t\lt\lfloor t\rfloor+1\) dengan \(t=10^n\sqrt2\text{,}\) setelah dibagi dengan \(10^n\) diperoleh
\begin{equation*} 0\leq\sqrt2-q_n\lt10^{-n}. \end{equation*}
Karena \(10^{-n}\to0\text{,}\) untuk setiap \(\epsilon\gt0\) semua suku yang cukup jauh memenuhi \(|q_n-\sqrt2|\lt\epsilon\text{.}\) Jadi \(q_n\to\sqrt2\) dalam ruang ambien \(\R\text{.}\)
Andaikan \((q_n)\) konvergen sebagai barisan di \(\Q\text{.}\) Maka limitnya harus berupa suatu \(q\in\Q\text{.}\) Berdasarkan bagian pertama, \(q_n\to q\) juga dalam \(\R\text{.}\) Akan tetapi, di \(\R\) barisan yang sama sudah terbukti konvergen ke \(\sqrt2\text{.}\) Ketunggalan limit memaksa \(q=\sqrt2\text{,}\) yang mustahil karena \(q\) rasional dan \(\sqrt2\) irasional. Jadi barisan itu tidak konvergen di \(\Q\text{.}\) Tidak ada kontradiksi dengan bagian pertama: limit ambien \(\sqrt2\) tidak berada di subruang \(\Q\text{,}\) sedangkan kesetaraan pada bagian pertama mensyaratkan \(a\in Y\text{.}\)
Dalam \(\R^2\) dengan metrik Euklides, misalkan \(c_n=(a_n,b_n)\) dan \(c=(a,b)\text{.}\) Buktikan bahwa \(c_n\to c\) jika dan hanya jika \(a_n\to a\) dan \(b_n\to b\) dalam \(\R\text{.}\) Bukti harus menangani kedua arah langsung dari definisi metrik.
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk arah dari pasangan ke koordinat, gunakan \(|a_n-a|\leq d_E(c_n,c)\) dan \(|b_n-b|\leq d_E(c_n,c)\text{.}\)
Tahap 2. Untuk arah sebaliknya dan epsilon yang diberikan, buat kedua selisih koordinat lebih kecil daripada \(\epsilon/\sqrt2\text{.}\)
Tahap 3. Kedua koordinat mungkin memberikan indeks awal yang berbeda. Ambil maksimum dari kedua indeks tersebut.
Jawaban.
Konvergensi \(c_n\to c\) memaksa setiap selisih koordinat menuju nol karena masing-masing dibatasi oleh \(d_E(c_n,c)\text{.}\) Sebaliknya, jika kedua koordinat konvergen, buat masing-masing selisih lebih kecil daripada \(\epsilon/\sqrt2\text{;}\) maka \(d_E(c_n,c)\lt\epsilon\text{.}\) Jadi kedua kondisi setara.
Solusi.
Andaikan \(c_n\to c\text{.}\) Untuk setiap \(n\text{,}\)
\begin{align*} |a_n-a| \amp\leq\sqrt{(a_n-a)^2+(b_n-b)^2}=d_E(c_n,c),\\ |b_n-b| \amp\leq\sqrt{(a_n-a)^2+(b_n-b)^2}=d_E(c_n,c). \end{align*}
Misalkan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Untuk semua \(n\) yang cukup besar, \(d_E(c_n,c)\lt\epsilon\text{;}\) kedua pertidaksamaan di atas kemudian memberi \(|a_n-a|\lt\epsilon\) dan \(|b_n-b|\lt\epsilon\text{.}\) Jadi \(a_n\to a\) dan \(b_n\to b\text{.}\)
Sebaliknya, andaikan \(a_n\to a\) dan \(b_n\to b\text{.}\) Diberikan \(\epsilon\gt0\text{,}\) ada \(N_a\) sehingga \(|a_n-a|\lt\epsilon/\sqrt2\) untuk \(n\geq N_a\text{,}\) dan ada \(N_b\) sehingga \(|b_n-b|\lt\epsilon/\sqrt2\) untuk \(n\geq N_b\text{.}\) Jika \(n\geq N=\max\{N_a,N_b\}\text{,}\) maka
\begin{equation*} d_E(c_n,c) =\sqrt{(a_n-a)^2+(b_n-b)^2} \lt\sqrt{\frac{\epsilon^2}{2}+\frac{\epsilon^2}{2}} =\epsilon. \end{equation*}
Dengan demikian, \(c_n\to c\text{.}\) Kedua arah membuktikan kesetaraan yang diminta.
Misalkan \(X\) adalah himpunan semua fungsi terbatas bernilai real pada \([0,1]\text{,}\) dengan metrik supremum
\begin{equation*} d_\infty(f,g)=\sup\{|f(x)-g(x)|:x\in[0,1]\}. \end{equation*}
  1. Untuk \(f_n(x)=x^n\text{,}\) tentukan limit titik demi titik \(f\) pada \([0,1]\text{.}\)
  2. Hitung \(d_\infty(f_n,f)\text{.}\) Apakah \((f_n)\) konvergen ke \(f\) dalam metrik supremum, yakni secara seragam?
  3. Untuk pembanding, tetapkan \(g_n(x)=x/n\text{.}\) Buktikan bahwa \((g_n)\) konvergen secara seragam ke fungsi nol. Jelaskan secara umum mengapa konvergensi dalam metrik supremum selalu mengakibatkan konvergensi titik demi titik.
Petunjuk.
Tahap 1. Jika \(0\leq x\lt1\text{,}\) maka \(x^n\to0\text{,}\) sedangkan \(1^n=1\text{.}\)
Tahap 2. Untuk \(x\lt1\text{,}\) selisih \(|f_n(x)-f(x)|\) sama dengan \(x^n\text{.}\) Nilai-nilai ini dapat dibuat sedekat yang diinginkan dengan \(1\) dengan memilih \(x\) cukup dekat ke \(1\text{,}\) walaupun pada \(x=1\) selisihnya nol.
Tahap 3. Untuk fungsi pembanding, \(\sup_{x\in[0,1]}|x/n|=1/n\text{.}\) Untuk implikasi umum, bandingkan nilai pada satu titik tetap dengan supremum atas semua titik.
Jawaban.
Limit titik demi titik \(f_n(x)=x^n\) ialah \(f(x)=0\) untuk \(0\leq x\lt1\) dan \(f(1)=1\text{.}\) Namun, \(d_\infty(f_n,f)=1\) untuk setiap \(n\text{,}\) sehingga konvergensi itu tidak seragam. Sebaliknya, \(d_\infty(g_n,0)=1/n\to0\text{.}\) Secara umum, \(|f_n(x)-f(x)|\leq d_\infty(f_n,f)\) pada setiap titik, sehingga konvergensi seragam mengakibatkan konvergensi titik demi titik.
Solusi.
Untuk \(x=1\text{,}\) berlaku \(f_n(1)=1\) untuk semua \(n\text{.}\) Jika \(x=0\text{,}\) berlaku \(f_n(0)=0\text{.}\) Jika \(0\lt x\lt1\text{,}\) tetapkan \(r=1/x\gt1\text{.}\) Pertidaksamaan Bernoulli memberi \(r^n\geq1+n(r-1)\text{,}\) sehingga
\begin{equation*} 0\leq x^n=\frac1{r^n} \leq\frac1{1+n(r-1)}\longrightarrow0. \end{equation*}
Jadi limit titik demi titiknya adalah
\begin{equation*} f(x)=\begin{cases} 0 \amp \text{jika }0\leq x\lt1,\\ 1 \amp \text{jika }x=1. \end{cases} \end{equation*}
Untuk \(0\leq x\lt1\text{,}\) selisihnya adalah \(|f_n(x)-f(x)|=x^n\lt1\text{,}\) sedangkan pada \(x=1\) selisihnya nol. Meskipun nilai \(1\) tidak dicapai oleh selisih tersebut, nilai itu adalah supremumnya. Memang, jika \(0\lt c\lt1\text{,}\) pilih \(x=((1+c)/2)^{1/n}\text{.}\) Maka \(x\lt1\) dan \(x^n=(1+c)/2\gt c\text{.}\) Jadi nilai selisih dapat melampaui setiap \(c\lt1\text{,}\) sementara selalu dibatasi di atas oleh \(1\text{.}\) Dengan demikian,
\begin{equation*} d_\infty(f_n,f)=1 \end{equation*}
untuk setiap \(n\text{.}\) Jarak ini tidak menuju nol, sehingga \((f_n)\) tidak konvergen ke \(f\) secara seragam.
Untuk \(g_n(x)=x/n\text{,}\) karena \(0\leq x\leq1\text{,}\)
\begin{equation*} d_\infty(g_n,0) =\sup_{x\in[0,1]}\left|\frac{x}{n}\right| =\frac1n\longrightarrow0. \end{equation*}
Jadi \(g_n\to0\) dalam metrik supremum. Secara umum, jika \(d_\infty(f_n,f)\to0\) dan \(x\in[0,1]\) ditetapkan, maka
\begin{equation*} |f_n(x)-f(x)|\leq \sup_{t\in[0,1]}|f_n(t)-f(t)|=d_\infty(f_n,f)\longrightarrow0. \end{equation*}
Maka \(f_n(x)\to f(x)\) pada setiap titik \(x\text{.}\) Contoh \(x^n\) menunjukkan bahwa implikasi sebaliknya tidak berlaku.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>