UJIAN AKHIR SEMESTER GANJIL

UJIAN AKHIR SEMESTER GANJIL TAHUN AKADEMIK 2014/2015

MATA KULIAH : PENGANTAR ANALISIS REAL

DOSEN : MUCHTADI,M.Pd.

PRODI : PMTK

SEMESTER/KELAS : V / A SORE

SKS : 3

NAMA : LUCY ERSITA

NIM : 311200110

INSTITUT KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN PERSATUAN GURU REPUBLIK INDONESIA

▸ Baca selengkapnya: sk pengawas ujian semester ganjil

1. Teorema 1.1.7 jika A, B, C adalah sebarang himpunan, maka

a)

¿ ¿ A ¿ ¿ A A(B∪C¿ ¿=¿

dan

¿ ¿ A ¿ ¿ A A(B∩ C¿ ¿=¿ Bukti:



¿ ¿ A ¿ ¿ A

A(B∪C¿ ¿⊆¿

Misal _x∈

₍

_A(B¿_∪C

₎

_{¿ ¿}

Maka x∈A dan x∉(B∪C)

x∈A dan x∉A dan x∈A dan x∉C ¿

A

x∈¿ dan ¿ A x∈¿

jadi, ¿ A ¿ ¿ A x∈¿

 ¿ A ¿ ¿ A ¿ ¿

Misal ¿ A ¿ ¿ A x∈¿

Maka x∈A dan x∉B dan x∈A dan x∉C x∈A dan x∉B dan x∉C

jadi, _x∈

₍

_{A(B ∩C}¿

₎

_{¿ ¿}

∴ karena

¿ ¿ A ¿ ¿ A

A(B∩ C¿ ¿⊆¿ dan

¿ A ¿ ¿ A ¿ ¿

maka

¿ ¿ A ¿ ¿ A A(B∩ C¿ ¿=¿ (terbukti).

2. Tentukan domainnya.

a. Misalkan f dan g adalah fungsi-fungsi yang nilainya di bilangan real x didefinisikan sebagai f (x)=2x dan g(x)=3x2₋₁

Jawab: Karena D(g)=R dan R(f) ⊆ R, maka domain D(g∘f) adalah juga R, dan fungsi komposisi g∘f ditentukan oleh

g∘f(x)=3(2x)2−1=2x2−1

Di lain pihak, domain dari fungsi komposisi g∘f juga R, tetapi dalam hal ini kita mempunyai f ∘g(x)=2

(

3x2₋₁

₎

_=6x2_{−2 . Jadi}

f∘g ≠ g∘f

b. Misalkan F dan G adalah fungsi-fungsi dengan domain D(F)≔{x∈R:x ≥0} dan D(G);=R , sedemikian hingga nilai dari F dan G di titik x dalam domainnya adalah F(x)_≔

_√

x dan

G(x)≔−x2−1

Jawab: Bila G(x)=−x2_{−1 dan F(x)=}

_√

_{x , maka fungsi} komposisi yang diberikan oleh g∘f(x)=

√

−x2−1 didefinisikan hanya pada x di D(f) yang memenuhi f(x)≥0 ; yaitu untuk x memenuhi −1≤ x ≤1 . Bila kita tukar urutannya, maka komposisi f∘g , diberikan oleh g∘f(x)=−x−1 , didefinisikan untuk semua x di domain dari g ; yaitu himpunan

{x∈R:x ≥0} .

3. Buktikan : untuk setiap n ∈N , jumlah n bilangan asli pertama

diberikan dengan 1+2+3+…+n=1

2n(n+1). 1 + 2 + 3 + . . . + n = ½ n ( n + 1 )

Penyelesaian :

Misal S himpunan n ϵ N

Akan ditunjukkan k + 1 ϵ S. Bila k ϵ S, maka 1 + 2 + 3 + . . . + k = ½ k ( k + 1 )

Bila kita tambahkan k + 1 pada kedua ruas, maka 1 + 2 + 3 + . . . + k = ½ k ( k + 1 ) + ( k + 1)

= ½ (k +1) (k +2)

Karena ini menyatakan kesamaan diatas untuk n = k+1, disimpulkan bahwa k + 1 ϵ S.

Jadi dapat disimpulkan bahwa S = N ∀ n ϵ N.

4. Teorema 2.1.5 jika a∈R ; maka a. a0=0

jawab:

terdapat elemen 1∈R ,1≠0,a1=a .sehingga dengan menambahkan a0 dan menerapkan sifat distribusi perkalian terhadap penjumlahan dan eksistensi elemen satuan akan diperoleh

a+a0=a1+a0=a1=a . Dengan teorema 2.1.2 jika z , a∈R dengan z+a=a , maka z=0 disimpulkan bahwa a0=0 (terbukti).

b. (−1)a=−a

Jawab:

(−1)a=−a

a+(−1)a=1a+(−1)a

¿a

(

1+(−1)

)

¿a0

¿0

Karena jika a , b∈R sehingga a+b=0 , maka b=−a dapat disimpulkan bahwa (−1)a=−a . (terbukti)

c. −(−a)=a

Jawab:

∀a∈R terdapat elemen −a∈R diperoleh −a+0=0 . Sehingga jika a , b∈R maka a+b=0 , jadi b=−a , diperoleh

d. (−a) (−a)=1

Jawab:

Substitusikan a=−1 pada (−1)a=−a ⟺(−1) (−1)=−(−1)

⟺(−1) (−1)=1 (terbukti) 5. Teorema 2.2.4 misalkan a , b , c∈R

a. Jika a>b dan b>c , maka a>c Jawab:

Jika a>b berarti a−b∈P dan b>c berarti b−c∈P . Sehingga jika a , b∈P maka a+b∈P diperoleh

(a−b)+(b−c)=a−c∈P . Jadi, a>c (terbukti). b. Dipenuhi tepat satu dari: a>b , a=b ,a<b .

Jawab:

a−b∈P , a−b=0

−(a−b)=b−a∈P

Dengan menggunakan sifat Trichotomy jika a∈R maka a∈P , a=0,−a∈P . (terbukti).

c. Jika a ≥ b dan a ≤ b maka a=b . Jawab:

Misal a ≠ b , maka a−b ≠0 sehingga diperoleh a−b∈P atau b−a∈P . Dengan kata lain a>b atau b>a . Tetapi hal ini bertentangan dengan hipotesis. Jadi, haruslah a=b . (terbukti)

6. Teorema 2.5.3 Terdapat bilangan positif real x sehingga x2=2 . Buktikan! Jawaban

 Proses 1 (akan ditunjukan ada x∈R )

 Proses 2 (akan ditunjukan ada _x2 =2 )

Bukti

 Proses (1) : Tunjukkan ada x∈R

 Dibentuk himpunan S=

{

s∈R:s ≥0dan x2 <2

}

 Jelas S R

 S ≠ Ø, karena 0∈S dan1∈S

 S terbatas ke atas dengan batas atasnya adalah 2

 Karena S R, S ≠ Ø dan S himpunan terbatas ke atas, berdasarkan Sifat

Lengkap R (Aksioma Suprimum) maka S mempunyai suprimum. Namakan x=S¿ , dengan x∈R

Andaikan x2 _{≠ 2, berdasarkan Sifat Trikotomi maka x}2_{<2atau x}2_>2

Menurut akibat Archimedes dapat ditemukan n Nϵ , sehinggga:

1

Oleh karena itu tidak mungkin x2<2

x (¿¿2−2)=2

(

x−1 m

)

2 >x2

−2x m >x

2 −¿

Diperoleh

(

x− 1 m

)

2

>2 , yang bearti bahwa

(

x−1

m

)

∉S , yaitu

x−1

m batas atas. Kontradiksi dengan x=S¿ .oleh karena itu, tidak mungkin x2>2 . Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah

x2 =2

Proses (1) : Ada bilangan real x positif

Proses (2) : Pada Kemungkinan I diperoleh hasil tidak mungkin x2<2 dan pada kemungkinan II diperoleh hasil tidak mungkin x2>2

, sehingga pengandaian x2_{≠2 salah seharusnya x}2₌₂

Kesimpulan : Terbukti bahwa ada bilangan real x positif sedemikian sehingga x2=2

7. Tuliskan bahasa semantiknya (kalimat bahasa Indonesia) a. B=

{

x∈R:∨x−1∨¿|x|

}

.

jawab: himpunan B sama dengan x anggota bilangan real sedemikian sehingga nilai mutlak x kurang satu lebih dari nilai mutlak x. b.

|

x2

−4x+1

|

≤|x|2+4|x|+1≤32

+4.3+1=16

Jawab: nilai mutlak x kuadrat kurang empat x tambah satu lebih kecil sama dengan nilai mutlak x kuadrat tambah empat nilai mutlak x tambah 1lebih kecil sama dengan tiga kuadrat tambah empat kali tiga tambah satu sama dengan enam belas.

c.

|

f(x)

|

=

|

x 2

−4x+1

|

|3x−1|