L
L
a
a
m
m
p
p
i
i
r
r
a
a
n
n
K
K
u
u
m
m
p
p
u
u
l
l
a
a
n
n
S
S
o
o
a
a
l
l
‐
‐
s
s
o
o
a
a
l
l
T
T
u
u
t
t
o
o
r
r
i
i
a
a
l
l
d
d
a
a
n
n
P
P
R
R
A
A
n
n
a
a
l
l
i
i
s
s
i
i
s
s
R
R
e
e
a
a
l
l
Solved Problems
(
taken from tutorials
)
1. Apakah f = {<x, y> | x = y2} ⊂ 2 suatu fungsi?
Jawab:
Untuk menunjukkan bahwa f suatu fungsi, maka perlu diingat kembali definisi fungsi secara matematis, yaitu:
f : X→Y⇔∀x∈X, ∃! y∈Y∋ <x, y> ∈f (atau y = f(x))
⇔∀x∈X, ∋yi∈Y, i > 1, <x, yi> ∈f (atau yi = f(x))
Karena ∃x = 1 ∈X sehingga untuk y1 = –1 dan y2 = 1 berlaku x =y12 dan x = y22, dengan y1≠y2,
maka f bukan fungsi.
2. Apakah f = {<x, y> | y = x2} ⊂ 2 suatu fungsi?
Jawab: f adalah fungsi Bukti:
Diambil sebarang x1, x2∈X dengan x1 = x2. Karena y = x2, maka
y1 = f(x1) = x12
dan
y2 = f(x2) = x22.
Karena x1 = x2, maka
x12 = x22
Dari sini, maka f(x1) = f(x2) atau y1 = y2. Jadi, f fungsi.
3. Buktikan bahwa, untuk sebarang himpunan A, B⊂X berlaku
A⊂B⇔Bc⊂Ac
Bukti:
Pertama, akan dibuktikan A⊂B⇒Bc⊂Ac
Diketahui A⊂B. Akan dibuktikan Bc⊂Ac.
Diambil sebarang x∈Bc.
Karena x ∈Bcmaka x∉B. Karena A⊂B maka x∉A. Karena x∉A maka x∈Ac.
Dengan kata lain, terbukti bahwa Bc⊂Ac.
Kedua, akan dibuktikan A⊂B⇐Bc⊂Ac
Diketahui Bc⊂Ac. Akan dibuktikan A⊂B.
Diambil sebarang x∈A.
Karena x∈A maka x∉Ac. Karena Bc⊂Ac maka x∉Bc. Karena x∉Bc maka x∈B.
Dengan kata lain, terbukti bahwa A⊂B.
4. Buktikan bahwa, untuk sebarang himpunan A, B⊂X berlaku
A∆B = B∆A Bukti: ( ~ ) ( ~ ) ( ~ ) ( ~ ) A B A B B A B A A B B A ∆ = ∪ = ∪ = ∆
5. Buktikan bahwa, untuk sebarang himpunan A, B⊂X berlaku
A ∆B = ∅⇔A = B
Pertama, dibuktikan bahwa A ∆B = ∅⇒A = B. Diketahui A ∆B = ∅ , akan dibuktikan A = B
Karena ( ~ ) ( ~ ) (A B∆ = A B ∪ B A = A B∩ c) (∪ ∩B Ac)= ∅ maka A∩Bc = ∅ dan B∩Ac = ∅
(bukti langsung, it’s mine)
Karena A∩Bc = ∅ maka ∀x∈A berakibat x∉Bc. Karena x∉Bc maka x∈B.
Diperoleh ∀x∈A ⇒x∈B. Jadi, A⊂B.
Karena B∩Ac = ∅ maka ∀x∈B berakibat x∉Ac. Karena x∉Ac maka x∈A.
Diperoleh ∀x∈B ⇒x∈A. Jadi, B⊂A. (bukti tidak langsung, with Venn Diagrams illustrated)
Andaikan A ≠ B, misal A ⊂ B. Karena A ⊂ B, A ∩ Bc = ∅ tetapi B ∩ Ac ≠ ∅. Kontradiksi
dengan B∩Ac = ∅.
A∩Bc B∩Ac
Misal B⊂A. Karena B⊂A, B ∩Ac = ∅ tetapi A∩Bc≠∅. Kontradiksi dengan A∩Bc = ∅. B∩Ac A∩Bc
Jadi pengandaian salah, yang benar A = B.
Kedua, dibuktikan bahwa A ∆B = ∅⇐A = B. Diketahui A = B, akan dibuktikan A ∆B = ∅.
( ~ ) ( ~ ) ( ~ ) ( ~ ) A B A B B A A A B B ∆ = ∪ = ∪ = ∅ ∪ ∅ = ∅
6. Jika ς kumpulan himpunan-himpunan. Buktikan bahwa untuk sebarang himpunan B⊂X berlaku ( ) A A B A B A ς ς ∈ ∈ ⎡ ⎤ ∩⎢ ⎥= ∩ ⎣
∪
⎦∪
Bukti: dandan untuk suatu untuk suatu ( ) . . . . A A A x B A x B x A x B x A A x B A A x B A ς ς ς ς ς ∈ ∈ ∈ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ∈ ∩⎢ ⎥ ⇔ ∈ ∈⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⇔ ∈ ∈ ∈ ⇔ ∈ ∩ ∈ ⇔ ∈ ∩
∪
∪
∪
7. Jika f : X→Y fungsi, A, B⊂X dan G, H⊂Y. Buktikan bahwa: a) f(A∪B) = f(A) ∪f(B) b) f Aλ f A
[ ]
λ λ λ ⎡ ⎤ = ⎢ ⎥ ⎣∪
⎦∪
c) f(A∩B) ⊂ f(A) ∩f(B). Berikan contohnya! d) Jika f satu-satu, maka f(A∩B) = f(A) ∩f(B).X B A X B A X A B X A B
e) f–1(G∪H) = f–1(G) ∪f–1(H)
f) f–1(G∩H) = f–1(G) ∩f–1(H)
g) f–1(Y ~ G) = X ~ f–1(G)
Bukti:
a) Diambil sebarang y∈f(A∪B), maka
( ) sehingga ( )
sehingga ( ) atau sehingga ( ) ( ) atau ( . . . . ) ( ) ( ) y f A B x A B y f x x A y f x x B y f x y f A y f B y f A f B ∈ ∪ ⇔ ∃ ∈ ∪ = ⇔ ∃ ∈ = ∃ ∈ = ⇔ ∈ ∈ ⇔ ∈ ∪ b) Diambil sebarang y f Aλ λ ⎡ ⎤ ∈ ⎢ ⎥ ⎣
∪
⎦[ ]
( ), untuk suatu [ ] untuk sua . . tu . y f A y f x x A y f A y f A λ λ λ λ λ λ λ λ ⎡ ⎤ ∈ ⎢ ⎥ ⇔ ∈ ∀ ∈ ⎣ ⎦ ⇔ ∈ ⇔ ∈∪
∪
c) f(A∩B) ⊂ f(A) ∩f(B). Berikan contohnya!Diambil sebarang y ∈f(A∩B) maka terdapat x∈A∩B sehingga y = f(x). Karena x∈A∩B maka x∈A dan x∈B sehingga y = f(x).
Karena terdapat x ∈ A sehingga y = f(x) dan terdapat x∈ B sehingga y = f(x) maka x ∈ f(A) dan x∈f(B). Jadi, x∈ f(A) ∩f(B). Contoh: y = f(x) = x2 A = [–1,0] maka f(A) = [0,1] B = [0,1] maka f(B) = [0,1} f(A) ∩f(B) = [0,1] dan A∩B ={0} f(A∩B) = {0} Jadi, f(A∩B) ⊂ f(A) ∩f(B) tetapi f(A∩B) ⊃f(A) ∩f(B) d) Jika f satu-satu, maka f(A∩B) = f(A) ∩f(B).
Dari c) telah dibuktikan f(A∩B) ⊂ f(A) ∩f(B) Sehingga cukup dibuktikan f(A∩B) ⊃f(A) ∩f(B) Diambil sebarang y∈f(A) ∩f(B).
Karena y∈f(A) ∩f(B), maka y∈f(A) dan y∈f(B). Karena y∈f(A) maka terdapat x1∈A sehingga y = f(x1)
Karena y∈f(B) maka terdapat x2∈B sehingga y = f(x2)
Karena y = f(x1) = f(x2) dan f satu-satu maka x1 = x2.
Sebut x1 = x2 = x.
Diperoleh, x∈A dan x∈B sehingga y = f(x).
Jadi terdapat x∈ A dan x ∈ B sehingga y = f(x). Karena x∈ A dan x ∈B maka x ∈A∩ B
sehingga y = f(x).
Karena terdapat x∈A∩B sehingga y = f(x), maka y∈f(A∩B). e) f–1(G∪H) = f–1(G) ∪f–1(H)
1 1 1 1 1 ( ) sehingga ( ) atau seh . . . . ingga ( ) ( ) atau ( ) ( ) ( ) x f G H y G H y f x y G y H y f x x f G x f H x f G f H − − − − − ∈ ∪ ⇔ ∃ ∈ ∪ = ⇔ ∃ ∈ ∃ ∈ = ⇔ ∈ ∈ ⇔ ∈ ∪ f) Diambil sebarang x∈f–1(G∩H) 1 1 1 1 1 ( ) sehingga ( ) dan sehingga ( ) ( ) dan ( ) ( ) ( ) . . . . x f G H y G H y f x y G y H y f x x f G x f H x f G f H − − − − − ∈ ∩ ⇔ ∃ ∈ ∩ = ⇔ ∃ ∈ ∃ ∈ = ⇔ ∈ ∈ ⇔ ∈ ∩ g) f–1(Y ~ G) = X ~ f–1(G) 1 1 1 1 1 . . . ( ~ ) ~ sehingga ( ) sehingga ( ) dan sehingga ( ) ( ) dan ( ) sehingga ( ) ( ) seh . ingga ( ) ~ ( ) . . c c x f Y G y Y G y f x y Y G y f x y Y y G y f x x f Y x f G y f x x X f G y f x x X f G − − − − − ∈ ⇔ ∃ ∈ = ⇔ ∃ ∈ ∩ = ⇔ ∃ ∈ ∉ = ⇔ ∈ ∉ = ⎡ ⎤ ⇔ ∈ ∩⎣ ⎦ = ⇔ ∈
8. Misal f : X→Y fungsi, E⊂X dan H⊂Y. Jika f satu-satu, buktikan bahwa:
f–1(f(E)) = E
Bukti:
Pertama, dibuktikan f–1(f(E)) ⊂E
Diambil sebarang x1∈f–1(f(E)), maka terdapat y∈f(E) sehingga y = f(x1).
Karena y∈ f(E), maka terdapat x2∈E sehingga y = f(x2).
Karena y = f(x1) = f(x2) dan f satu-satu, maka x1 = x2. Karena x2∈E, maka x1 = x2∈E.
Kedua, dibuktikan f–1(f(E)) ⊃E
Diambil sebarang x∈ E. Karena f fungsi, maka terdapat y∈f(E) sehingga y = f(x). Karena y∈f(E) sehingga y = f(x) dan f fungsi, maka x∈f–1(f(E)).
9. Misal g dan f fungsi dari X ke Y. Buktikan bahwa jika g f satu-satu, maka f satu-satu. Bukti:
Diambil sebarang x1, x2∈X dengan f(x1) = f(x2).
Karena f(x1) = f(x2), maka 1 2 1 2 ( ( )) ( ( )) ( )( ) ( )( ) g f x g f x g f x g f x = =
Karena g f satu-satu, maka x1 = x2. Jadi f satu-satu.
10. Misal g dan f fungsi dari X ke Y. Buktikan bahwa jika g dan f satu-satumaka g f satu-satu. Bukti:
Diambil sebarang x1, x2∈X dengan (g f x)( ) (1 = g f x)( )2 . Karena (g f x)( ) (1 = g f x)( )2 maka,
g(f(x1)) = g(f(x2)) Karena g satu-satu maka
f(x1) = f(x2)
Solved Problems
(
taken from tutorials
)
Tutorial #2
A terhitung ⇔A = {x1, x2, x3, …}
⇔A ~ N
⇔ ada korespondensi satu-satu antara A dan N
1. a. Tentukan fungsi bijektif f : N→Z untuk membuktikan Z terhitung Jawab:
Didefinisikan fungsi f : N→Z dengan aturan 1 , 1, 3,5,... 2 ( ) 2 , 2, 4,6,... 2 n n f n n n + ⎧− = ⎪⎪ = ⎨ − ⎪ = ⎪⎩
(note that, image of f must be in Z and it’s domain in N, quite clear for this case. Unless, we have to define another different functions)
Sebagai contoh,
1 → –1 2 → 0 3 → –2 4 → 1 Jadi, f fungsi bijektif.
Oleh karena itu, Z ~ N. Dengan kata lain, Z terhitung. b. Tentukan fungsi bijektif h : Z→N
Jawab:
Perhatikan bahwa domain h adalah Z dan image-nya ada di N. Didefinisikan fungsi h dengan aturan sebagai berikut:
(2 1), 1, 2, 3,... ( ) (2 1), 0,1, 2, 3,... x x h x x x − + = − − − ⎧ = ⎨ + = ⎩ Terlihat h bijektif.
2. Misal fungsi f : N→A bijektif dan g : N→B bijektif. Tentukan fungsi bijektif h : N→A∪B. Jawab:
Didefinisikan fungsi h dengan aturan sebagai berikut: 1 , 1, 3,5,... 2 ( ) , 2, 4,6,... 2 n f n h n n g n + ⎧ ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎪⎪ ⎝ ⎠ = ⎨ ⎛ ⎞ ⎪ ⎜ ⎟ = ⎪ ⎝ ⎠ ⎩ Jadi, A = {f(1), f(2), f(3),…} dan B = {g(1), g(2), g(3),…}
3. Misal fungsi f : A→N bijektif dan g : B→N bijektif. Tentukan fungsi bijektif h : A x B→N. Jawab:
2 2 2 2 2( 1) bilangan genap R a c b k l b k l a c + = − + + − = − + + − = ⇔
Jadi, R tidak transitif. Oleh karena itu R bukan relasi urutan parsial. Misal A = ×
Definisikan relasi R pada A sebagai berikut
, R ,
a b c d a d b c
< > < > ⇔ + = +
3. Buktikan bahwa R relasi ekuivalen pada A
Bukti :
Diambil sebarang <a, b>, <c, d>, dan <e, f> ∈A. a) Akan dibuktikan R transitif
Misal <a, b>R<c, d> dan <c, d>R<e,f>. Akan dibuktikan <a, b>R<e, f> atau dibuktikan a + f = b + e. Karena <a, b>R<c, d> maka a + d = b + c ……. (*)
Karena <c, d>R<e, f> maka c + f = d + e …….. (**)
Dari (*) dan (**) diperoleh a + d + c + f = b + c + d + e atau a + f = b + e. Jadi terbukti R transitif
b) Akan dibuktikan R simetri
Misal <a, b>R<c, d>. Akan dibuktikan <c, d>R<a, b> atau dibuktikan c + b = d + a
Karena <a, b>R<c, d> maka a + d = b + c⇔d + a = c + b⇔c + b = d + a
Jadi terbukti R simetri
c) Akan dibuktikan R refleksi, yaitu <a, b>R<a, b>. Karena a + b = b + a maka sesuai definisi R
diperoleh <a, b>R<a, b>
Jadi terbukti R refleksi
Karena terbukti R transitif, simetri, dan refleksi maka terbukti R relasi ekuivalen. 4. Didefinisikan operasi + pada A sebagai berikut
<a, b> + <c, d> = <a + c, b + d> Jika <a, b>R<a’, b’> dan <c, d>R<c’,d’> maka buktikan a b, +c d, R a b', '+c d', '
Bukti : , ', ' , ', ' R ' ' R ' ' a b a b c d c d a b b a c d d c ⇔ + = + ⇔ + = + Diperoleh, ' ' ' ' ( ) ( ' ') ( ) ( ' ') a b c d b a d c a c b d b d a c + + + = + + + + + + = + + +
Jadi, menurut definisi R dan operasi + pada A, diperoleh
, R ' ', ' ' , , R ', ' ', ' a c b d+ + a c b d+ + ⇔ a b+c d a b +c d
5. Misalkan F relasi urutan parsial pada A. Relasi R didefinisikan sebagai berikut:
x R y⇔y F x
Buktikan R relasi urutan parsial pada A. Bukti:
Pertama, dibuktikan R antisimetris
Diambil sebarang x, y∈A. Misalkan x R y dan y R x. Akan dibuktikan x = y. Karena
x R y⇔y F x
dan
Karena F urutan parsial maka F antisimetri. Karena y F x dan y F x, dan F antisimetri maka y = x.
Jadi terbukti R antisimetri Kedua, dibuktikan R transitif.
Diambil sebarang x, y, z∈A. Misalkan x R y dan y R z. Akan dibuktikan x R z. Karena
x R y⇔y F x
dan
y R z⇔z F y
Karena F urutan parsial maka F transitif. Karena y F x dan z F y, dan F transitif maka z F x. Karena
z F x, sesuai dengan definisi R maka x R z.
Jadi terbukti R transitif
Karena terbukti R antisimetri dan transitif maka terbukti R relasi urutan parsial pada A. 6. Misalkan X himpunan dengan operasi/fungsi
P : XxX→X dengan aturan P(x, y) = xy dan memenuhi (i) x(yz) = (xy)z (ii) xy = yx (iii) xx = x
Didefinisikan relasi R pada X sebagai berikut
x R y⇔xy = y
Buktikan R relasi urutan parsial pada X
Bukti:
Pertama, dibuktikan R antisimetri
Diambil sebarang x, y∈X. Misalkan x R y dan y R x. Akan dibuktikan x = y
Karena
x R y⇔xy = y
dan
y R x⇔yx = x
Karena xy = y dan yx = x, maka
yx x= ⇔xy= ⇔y yx = ⇔ =y x y
Jadi terbukti R antisimetri Kedua, dibuktikan R transitif
Diambil sebarang x, y, z ∈ X. Misalkan x R y dan y R z. Akan dibuktikan x R z atau dibuktikan bahwa xz = z.
Karena
x R y⇔xy = y
dan
y R z⇔yz = z
Karena xy = y dan yz = z, maka
( ) ( ) yz z xy z z x yz z xz z = = = =
Jadi terbukti R transitif
Karena terbukti R antisimetri dan transitif, maka terbukti R relasi urutan parsial.
0 0 . . sup( ) ( ) , ( ) 0, a A i a x x A ii ε x A x a ε = ⇔ ≥ ∀ ∈ ∀ > ∃ ∈ ∋ > −
7. Misalkan A⊂ , A≠∅. A terbatas dan didefinisikan
sA = {sa | a ∈ A} Buktikan
a) Jika s > 0 maka sup(sA) = s.sup(A) b) Jika s < 0 maka sup(sA) = s.inf(A) Bukti:
a) Misal a = sup(A). Untuk s > 0 akan dibuktikan sup(sA) = sa.
0 0 . . sup( ) ( ) , ( ) 0, s a A i a x x A ii ε x A x a ε = ⇔ ≥ ∀ ∈ ∀ > ∃ ∈ ∋ > −
Karena s > 0, dari (i) dan (ii) diperoleh
sa≥sx atau sa≥t, ∀t = sx∈sA ………. .. (*) dan, 0 0 0 0, t sx sA t sa ε ε ∀ > ∃ = ∈ ∋ > − ……….. (**) Dari (*) dan (**) terlihat sa = sup(sA).
b) Misal b = inf(A). Untuk s < 0 akan dibuktikan sup(sA) = sb
0 0 ( ) inf( ) ( ) , . . ( ) 0, s b A i x b x A ii ε x A x b ε − = ⇔ ≥ ∀ ∈ ∀ > ∃ ∈ ∋ < +
Karena s < 0, dari (i) dan (ii) diperoleh
sb≥sx atau sb≥t, ∀t = sx∈sA ………. .. (*) dan, 0 0 0 0, t sx sA t sb ε ε ∀ > ∃ = ∈ ∋ > − ……….. (**) Dari (*) dan (**) terlihat sb = sup(sA).
T
T
u
u
t
t
o
o
r
r
i
i
a
a
l
l
#
#
3
3
R
R
e
e
a
a
l
l
A
A
n
n
a
a
l
l
y
y
s
s
i
i
s
s
Khaeroni, S.Si onny_11_49@yahoo.com Lisensi Dokumen: Copyleft on khaeroni.wordpress.com
Seluruh dokumen di khaeroni.wordpress.com dapat digunakan, dimodifikasi dan disebarkan secara bebas untuk
tujuan bukan komersial (nonprofit) atau akademis (kenaikan pangkat, sertifikasi, dan sebagainya). Dibolehkan
melakukan penulisan ulang, dengan tanpa mendapatkan ijin terlebih dahulu dari khaeroni.wordpress.com.
Karena sifatnya bukan referensi, maka diperkenankan juga untuk tidak menyertakan link dari dokumen ini. Penulis
tidak bertanggung jawab atas segala ketersesatan yang ditimbulkan oleh penggunaan dokumen ini.
∀a, b, c∈X
• R relasi ekuivalen, jika :
- Transitif, yaitu : a R b dan b R c⇒a R c
- Simetri, yaitu : a R b⇒b R a
- Refleksi, yaitu : a R a
• R relasi urutan parsial (≺), jika :
- Antisimetri, yaitu : a R b dan b R a⇒a = b
- Transitif
• ≺ relasi urutan linear, jika :
a b≺ atau b≺a
Jika ≺ relasi urutan linear pada X maka X disebut himpunan yang terurut linear (terhadap relasi ≺) 1. Berikan contoh himpunan yang terurut linear.
Jawab:
, , , dan adalah himpunan-himpunan terurut linear terhadap relasi < 2. Misal relasi R pada didefinisikan sebagai berikut
x R y⇔x + y = bilangan ganjil Periksa apakah:
a) R relasi ekuivalen? b) R relasi urutan parsial? Jawab:
a) R bukan relasi ekuivalen sebab R tidak simetri. Contoh 1 R 1 karena 1 + 1 bukan bilangan ganjil
b) Diambil sebarang a, b, c∈ dengan a R b dan b R c. Karena
a R b⇔a + b = 2k – 1, k∈ …..… (*)
b R c⇔b + c = 2l – 1, l∈ ……….. (**) Dari (*) dan (**) diperoleh
2 2 2 2 2( 1) bilangan genap R a c b k l b k l a c + = − + + − = − + + − = ⇔
Jadi, R tidak transitif. Oleh karena itu R bukan relasi urutan parsial. Misal A = ×
Definisikan relasi R pada A sebagai berikut
, R ,
a b c d a d b c
< > < > ⇔ + = +
3. Buktikan bahwa R relasi ekuivalen pada A
Bukti :
Diambil sebarang <a, b>, <c, d>, dan <e, f> ∈A. a) Akan dibuktikan R transitif
Misal <a, b>R<c, d> dan <c, d>R<e,f>. Akan dibuktikan <a, b>R<e, f> atau dibuktikan a + f = b + e. Karena <a, b>R<c, d> maka a + d = b + c ……. (*)
Karena <c, d>R<e, f> maka c + f = d + e …….. (**)
Dari (*) dan (**) diperoleh a + d + c + f = b + c + d + e atau a + f = b + e. Jadi terbukti R transitif
b) Akan dibuktikan R simetri
Misal <a, b>R<c, d>. Akan dibuktikan <c, d>R<a, b> atau dibuktikan c + b = d + a
Karena <a, b>R<c, d> maka a + d = b + c⇔d + a = c + b⇔c + b = d + a
Jadi terbukti R simetri
c) Akan dibuktikan R refleksi, yaitu <a, b>R<a, b>. Karena a + b = b + a maka sesuai definisi R
diperoleh <a, b>R<a, b>
Jadi terbukti R refleksi
Karena terbukti R transitif, simetri, dan refleksi maka terbukti R relasi ekuivalen. 4. Didefinisikan operasi + pada A sebagai berikut
<a, b> + <c, d> = <a + c, b + d> Jika <a, b>R<a’, b’> dan <c, d>R<c’,d’> maka buktikan a b, +c d, R a b', '+c d', '
Bukti : , ', ' , ', ' R ' ' R ' ' a b a b c d c d a b b a c d d c ⇔ + = + ⇔ + = + Diperoleh, ' ' ' ' ( ) ( ' ') ( ) ( ' ') a b c d b a d c a c b d b d a c + + + = + + + + + + = + + +
Jadi, menurut definisi R dan operasi + pada A, diperoleh
, R ' ', ' ' , , R ', ' ', ' a c b d+ + a c b d+ + ⇔ a b+c d a b +c d
5. Misalkan F relasi urutan parsial pada A. Relasi R didefinisikan sebagai berikut:
x R y⇔y F x
Buktikan R relasi urutan parsial pada A. Bukti:
Pertama, dibuktikan R antisimetris
Diambil sebarang x, y∈A. Misalkan x R y dan y R x. Akan dibuktikan x = y. Karena
x R y⇔y F x
dan
Karena F urutan parsial maka F antisimetri. Karena y F x dan y F x, dan F antisimetri maka y = x.
Jadi terbukti R antisimetri Kedua, dibuktikan R transitif.
Diambil sebarang x, y, z∈A. Misalkan x R y dan y R z. Akan dibuktikan x R z. Karena
x R y⇔y F x
dan
y R z⇔z F y
Karena F urutan parsial maka F transitif. Karena y F x dan z F y, dan F transitif maka z F x. Karena
z F x, sesuai dengan definisi R maka x R z.
Jadi terbukti R transitif
Karena terbukti R antisimetri dan transitif maka terbukti R relasi urutan parsial pada A. 6. Misalkan X himpunan dengan operasi/fungsi
P : XxX→X dengan aturan P(x, y) = xy dan memenuhi (i) x(yz) = (xy)z (ii) xy = yx (iii) xx = x
Didefinisikan relasi R pada X sebagai berikut
x R y⇔xy = y
Buktikan R relasi urutan parsial pada X
Bukti:
Pertama, dibuktikan R antisimetri
Diambil sebarang x, y∈X. Misalkan x R y dan y R x. Akan dibuktikan x = y
Karena
x R y⇔xy = y
dan
y R x⇔yx = x
Karena xy = y dan yx = x, maka
yx x= ⇔xy= ⇔y yx = ⇔ =y x y
Jadi terbukti R antisimetri Kedua, dibuktikan R transitif
Diambil sebarang x, y, z ∈ X. Misalkan x R y dan y R z. Akan dibuktikan x R z atau dibuktikan bahwa xz = z.
Karena
x R y⇔xy = y
dan
y R z⇔yz = z
Karena xy = y dan yz = z, maka
( ) ( ) yz z xy z z x yz z xz z = = = =
Jadi terbukti R transitif
Karena terbukti R antisimetri dan transitif, maka terbukti R relasi urutan parsial.
0 0 . . sup( ) ( ) , ( ) 0, a A i a x x A ii ε x A x a ε = ⇔ ≥ ∀ ∈ ∀ > ∃ ∈ ∋ > −
7. Misalkan A⊂ , A≠∅. A terbatas dan didefinisikan
sA = {sa | a ∈ A} Buktikan
a) Jika s > 0 maka sup(sA) = s.sup(A) b) Jika s < 0 maka sup(sA) = s.inf(A) Bukti:
a) Misal a = sup(A). Untuk s > 0 akan dibuktikan sup(sA) = sa.
0 0 . . sup( ) ( ) , ( ) 0, s a A i a x x A ii ε x A x a ε = ⇔ ≥ ∀ ∈ ∀ > ∃ ∈ ∋ > −
Karena s > 0, dari (i) dan (ii) diperoleh
sa≥sx atau sa≥t, ∀t = sx∈sA ………. .. (*) dan, 0 0 0 0, t sx sA t sa ε ε ∀ > ∃ = ∈ ∋ > − ……….. (**) Dari (*) dan (**) terlihat sa = sup(sA).
b) Misal b = inf(A). Untuk s < 0 akan dibuktikan sup(sA) = sb
0 0 ( ) inf( ) ( ) , . . ( ) 0, s b A i x b x A ii ε x A x b ε − = ⇔ ≥ ∀ ∈ ∀ > ∃ ∈ ∋ < +
Karena s < 0, dari (i) dan (ii) diperoleh
sb≥sx atau sb≥t, ∀t = sx∈sA ………. .. (*) dan, 0 0 0 0, t sx sA t sb ε ε ∀ > ∃ = ∈ ∋ > − ……….. (**) Dari (*) dan (**) terlihat sb = sup(sA).
T
T
u
u
t
t
o
o
r
r
i
i
a
a
l
l
#
#
4
4
R
R
e
e
a
a
l
l
A
A
n
n
a
a
l
l
y
y
s
s
i
i
s
s
Khaeroni, S.Si onny_11_49@yahoo.com Lisensi Dokumen: Copyleft on khaeroni.wordpress.com
Seluruh dokumen di khaeroni.wordpress.com dapat digunakan, dimodifikasi dan disebarkan secara bebas untuk
tujuan bukan komersial (nonprofit) atau akademis (kenaikan pangkat, sertifikasi, dan sebagainya). Dibolehkan
melakukan penulisan ulang, dengan tanpa mendapatkan ijin terlebih dahulu dari khaeroni.wordpress.com.
Karena sifatnya bukan referensi, maka diperkenankan juga untuk tidak menyertakan link dari dokumen ini. Penulis
tidak bertanggung jawab atas segala ketersesatan yang ditimbulkan oleh penggunaan dokumen ini.
(Barisan Konvergen)
<xn> konvergen ke a⇔ (∀ε > 0)(∃N)∋(|xn – a| < ε)(∀n≥N)
1. Tentukan bilangan asli N sehingga ∀n≥N berlaku a) 1 1 1 2 n n+ − < b) 2 1 1 3 n n+ − < Jawab: a) 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 n n n n n n n n − − − < ⇔ < + + ⇔ < ⇔ + > ⇔ > +
N adalah bilangan asli dengan N > 1
b) 2 1 2 1 1 3 1 3 1 2 1 2 2 3 1 3 2 n n n n n n n n − − − < ⇔ < + + ⇔ < ⇔ + > ⇔ > +
N adalah bilangan asli dengan N > ½ 2. Buktikan bahwa barisan 1
n
⎧ ⎫ ⎨ ⎬
⎩ ⎭ konvergen ke 0.
Bukti:
Diambil sebarang ε > 0. Kemudian pilih bilangan asli N sedemikian sehingga N 1 1
N ε ε > ⇔ < . Maka ∀n≥N berlaku 1 1 1 0 n− = ≤n N <ε
Jadi, untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli N dengan N 1 ε > sehingga ∀n≥N berlaku 1 0 n− <ε Terbukti bahwa 1 n ⎧ ⎫ ⎨ ⎬ ⎩ ⎭ konvergen ke 0.
3. Buktikan bahwa barisan
{ }
n n∞=1 tidak konvergen. Bukti:Andaikan {n} konvergen, misalkan konvergen ke L. Karena {n} konvergen ke L, maka ∀ε > 0, ∃N
∋∀n≥N berlaku |n – L| < ε. Karena ε sembarang misalkan diambil 1 2
ε = . Diperoleh, 1 1
2 2
L− < < +n L
Artinya setiap bilangan asli n terletak pada selang yang panjangnya 1. Hal ini tidak mungkin, karena tidak ada bilangan asli yang demikian. Sehingga pengandaian salah, haruslah {n} tidak konvergen.
4. Buktikan bahwa barisan {xn} yang konvergen ke l merupakan barisan Cauchy.
Bukti:
Diambil sebarang ε > 0. Karena {xn} konvergen l. Maka ∃N sehingga
|xn – l| < ε/2, ∀n≥N dan |xm – l| < ε/2, ∀m≥N
Untuk N di atas, maka n, m≥N sehingga
| | |( ) ( )| | | | | 2 2
n m n m n m
x −x = x − −l x − ≤l x − +l x − < + =l ε ε ε
5. Buktikan bahwa barisan Cauchy terbatas. ({xn} terbatas ⇔∃M > 0, ∋ |xn| ≤M, ∀n∈N) Bukti:
Misalkan {xn} barisan Cauchy. Karena {xn} barisan Cauchy maka ∀ε > 0, ∃N |xn – xm| < ε untuk
setiap n, m≥N.
Untuk n≥N berlaku xn = (xn −xN)+xN ≤ xn −xN + xN < +ε |xN|
Untuk n < N, pilih k = maks{|x1|, |x2|, . . ., |xN–1|} sehingga |xn| ≤k, ∀n < N
Dari sini, pilih M = maks{ε + |xN|, k}, maka ∀n∈N, |xn| ≤M.
6. Jika {xn} terbatas dan {yn} konvergen ke 0, buktikan {xnyn} konvergen ke 0.
Bukti:
Diambil sebarang ε > 0.
Karena {xn} terbatas, maka ∃M > 0, ∋ |xn| ≤M, ∀n∈N
Karena {yn} konvergen 0, maka ∃N sehingga ∀n≥N, berlaku |yn – 0| < ε/M atau |yn| < ε/M
Untuk N di atas, maka ∀n≥N berlaku
|xnyn – 0| = |xnyn| = |xn||yn| < M.ε/M = ε.
Jadi terbukti {xnyn} konvergen ke 0.
7. Jika p bilangan prima, buktikan bahwa p bukan bilangan rasional Bukti:
Andaikan p bilangan rasional, maka ∃m n, ∈] sehingga p m n
= dengan (m, n) = 1. Dari sini
2 2 2 2 m p m pn n = ⇔ =
Sehingga m2 kelipatan p. Dari sini m kelipatan p. Sebab, jika m bukan kelipatan p, maka ∃ ∈k ]
sehingga m = kp dan m2 = (k2p)p = tp, t = m2p ∈] yang berarti m2 bukan kelipatan p. Kontradiksi,
jadi m kelipatan p. Hal yang sama, didapat n kelipatan kelipatan p. Jadi (m, n) = p. Kontradiksi, jadi
8. Buktikan bahwa tidak ada bilangan rasional x sehingga x2 = 2.
Bukti:
Andaikan ada bilangan rasional x sehingga x2 = 2.
Karena x rasional maka x = m/n untuk suatu ,m n∈] dengan (m, n) = 1. Dari sini maka
m2/n2 = 2 ⇔m2 = 2n2.
Jadi m2 bil genap. Dari sini m genap. Sebab, jika m ganjil, yaitu m = 2k + 1 untuk suatu k∈] maka
m2 = (2k +1)2 = 4k2 + 4k + 1 = 2(2k2 + 2k) + 1 yang berarti m2 ganjil. Kontradiksi, haruslah m
genap. Hal yang sama diperoleh n genap. Akibatnya (m, n) = 2. Kontradiksi, jadi tidak ada bilangan rasional x sehingga x2 = 2. (Himpunan Buka) A buka di \ ⇔∀x∈A, ∃δ > 0 ∋B(x, δ) ⊂A 9. Buktikan (1, 2) buka di \ Bukti: Ambil sebarang x∈ (1, 2) Akan dibuktikan ∃δ > 0 ∋B(x, δ) ⊂ (1, 2) Pilih δ = min{x – 1, 2 – x}
Akan dibuktikan bahwa B(x, δ) ⊂ (1, 2) Misal t∈B(x, δ). Maka, ( 1) (2 ) 1 2 x t x x x t x x t δ δ − < < + − − < < + − < < t∈ (1, 2). 10. Buktikan (a, b) buka di \ Bukti:
Diambil sebarang x∈ (a, b), maka a < x < b. Akan dibuktikan ∃δ > 0 ∋B(x, δ) ⊂ (a, b) Pilih δ = min{|x – a|, |b – x|}
Akan dibuktikan bahwa B(x, δ) ⊂ (a, b) Maka ∀t∈B(x, δ) berlaku, |t x− <| δ .
Jika |x – a| < |b – x|, maka (x – a)2 – (b – x)2 < 0 ⇔ (x – a + b – x)(x – a – b + x) < 0
⇔ (b – a)(2x – (a + b)) < 0. Karena b – a > 0 maka 2x < a + b⇔ 2x – a < b dan, |t – x| < |x – a|
(t – x)2 – (x – a)2 < 0
(t – x + x – a)(t – x – x + a)<0
(t – a)(t – 2x + a)< 0 diperoleh a < t < 2x – a < b.
Jika |b – x| < |x – a|, maka (b – x)2 – (x – a)2 < 0 ⇔ (b – x + x – a)(b – x – x + a) < 0
⇔ (b – a)(2x – (a + b)) > 0. Karena b – a > 0 maka 2x > a + b⇔a < 2x – b dan, |t – x| < |b – x|
(t – x)2 – (b – x)2 < 0
(t – x + b – x)(t – x – b + x)<0
(t – 2x + b)(t – b)< 0 diperoleh a < 2x – b < t < b.
T
T
u
u
t
t
o
o
r
r
i
i
a
a
l
l
#
#
5
5
R
R
e
e
a
a
l
l
A
A
n
n
a
a
l
l
y
y
s
s
i
i
s
s
Khaeroni, S.Si onny_11_49@yahoo.com Lisensi Dokumen: Copyleft on khaeroni.wordpress.com
Seluruh dokumen di khaeroni.wordpress.com dapat digunakan, dimodifikasi dan disebarkan secara bebas untuk
tujuan bukan komersial (nonprofit) atau akademis (kenaikan pangkat, sertifikasi, dan sebagainya). Dibolehkan
melakukan penulisan ulang, dengan tanpa mendapatkan ijin terlebih dahulu dari khaeroni.wordpress.com.
Karena sifatnya bukan referensi, maka diperkenankan juga untuk tidak menyertakan link dari dokumen ini. Penulis
tidak bertanggung jawab atas segala ketersesatan yang ditimbulkan oleh penggunaan dokumen ini.
(Himpunan Buka dan Tutup)
G buka di \ ⇔∀x∈G, ∃δ > 0 ∋B(x, δ) ⊂G
1. Jika A dan B buka di \, maka buktikan A B× buka di \2.
Bukti :
Misal x∈ ×A B maka x = (a, b), a∈A dan b∈B. Akan dibuktikan ∃δ > 0, ∋B(x, δ) ⊂ A B× . Karena A buka dan a ∈A maka ∃δ1 > 0 ∋B(a, δ1) ⊂A
Karena B buka dan b∈B maka ∃δ2 > 0 ∋B(b, δ2) ⊂B
Pilih δ = min{δ1, δ2}. Tinggal dibuktikan B(x, δ) ⊂ A B× .
Misal t =( , )t t1 2 ∈B x( , )δ maka 2 2 1 2 (t −a) +(t −b) <δ Di lain pihak 2 2 1 ( 1 ) ( 2 ) 1 t − ≤a t −a + t −b < <δ δ artinya t1∈B a( , )δ1 sehingga t1∈A. Dan 2 2 2 ( 1 ) ( 2 ) 2 t − ≤b t −a + t −b < <δ δ artinya t2∈B b( , )δ2 sehingga t2∈B.
Jadi, t1∈A dan t2∈B. Sehingga t =( , )t t1 2 ∈ ×A B. Jadi, A B× buka di 2 \ . tutup di dan (jelas) Jika maka F F F F F F F x F x F ⇔ = ⇔ ⊂ ⊂ ⇔ ∈ ∈ \ 0, | | x F∈ ⇔ ∀ > ∃ ∈ ∋ − <δ y F y x δ
2. Jika A dan B tutup di \ maka A B× tutup di \2.
Bukti:
Misal x =( , )a b ∈ ×A B
Karena x =( , )a b ∈ ×A B maka ∃ =y ( ,y y1 2)∈ ×A B ∋ 2 2 1 2 (y −a) +( y −b) <δ Karena 2 2 1 ( 1 ) ( 2 ) y − ≤a y −a + y −b <δ
dan y1∈A, maka menurut definisi a A∈ . Karena A tutup, maka a∈A. Karena
2 2
2 ( 1 ) ( 2 )
y − ≤b y −a + y −b <δ
dan y2∈B, maka menurut definisi b B∈ . Karena B tutup, maka b∈B. Jadi, a∈A dan b∈B. Sehingga x =( , )a b ∈ ×A B
3. x F∈ ⇔ ∃
( )
yn ⊂ ∋F yn →x Bukti: ⇒) Misal x F∈ , maka ∃yn∈F∋ |yn – x| < 1 n =δ Karena 1 n ⎧ ⎫ ⎨ ⎬⎩ ⎭ konvergen ke 0, maka untuk ε > 0 yang diberikan ∃N∋
1 n <ε, ∀n≥N. Jadi ∀n≥N 1 n y x n ε − < < Sehingga yn →x
⇐) Misal δ > 0 diberikan dan ∃yn∈F sehingga yn→x.
Karena yn→x maka ∃N∋ |yn – x| < δ, ∀n≥N. pilih y = yn∈F sehingga diperoleh |y – x| < δ
Jadi, jika A = (0,1) Apakah 0∈A? Dipilih yn 1 (0,1) yn 0 n = ∈ ⇒ → . Jadi, 0∈A. Apakah 1∈A? Dipilih yn 1 1 (0,1) yn 1 n = − ∈ ⇒ → . Jadi, 1∈A. 4. _ \= (_≠ ∅. Jadi _ tidak tertutup)
Bukti:
i) x∈_ ⇒∃yn∈ _ ∋yn→x
Karena yn∈ _ maka yn∈ \, sehingga x∈ \. ii) x∈\ ⇒x – δ, x + δ∈ \, ∀δ > 0.
Akibat dari Sifat Archimedes
⇒∃y∈ _ ∋x – δ < y < x + δ, ∀δ > 0 ⇒∃y∈ _ ∋ |y – x| < δ, ∀δ > 0 ⇒ x∈_ 5. Misal :f \→\kontinu Buktikan B=
{
x∈\| ( ) 0f x =}
tertutup Bukti:Cukup dibuktikan bahwa B⊂B.
Diambil sebarang x B∈ , maka ∃(yn) ⊂B sehingga yn→x.
Karena f kontinu dan yn→x maka f(yn) →f(x)
Karena f(yn) = 0 maka f(x) = 0. Artinya x∈B. Jadi, terbukti bahwa B tertutup.
(Fungsi Kontinu)
f kontinu di x⇔∀ε > 0,∀ ∈y \, ∃δ > 01 dengan |x – y| < δ sehingga |f(x) – f(y)| < ε
f kontinu pada A⇔f kontinu ∀x∈A
6. f(x) = x2
a) f kontinu seragam pada (0, 1) (δ tidak bergantung pada x) Bukti:
Diambil sebarang ε > 0 dan x, y∈ (0, 1). Pilih δ = ε/2 dengan |x – y| < δ, maka2
(
)
2 2 ( ) ( ) | | | | 2| | 2 f x − f y = x − y = −x y x+ < −y x y x + y < x− <y δ ε< b) f kontinu pada \ Konstruksi bukti: Misal |x – y| < 1, maka 2 2 1 2 x+ = + ≤ − +y y x y x x = − +x y x < + x Sehingga(
)
( ) ( ) | | 1 2 f x − f y <δ x+ <y δ + x <ε Bukti:Diambil sebarang ε > 0 dan ,x y∈\. Pilih min 1, 1 2x ε δ = ⎧⎪⎨ ⎫⎪⎬ + ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ dengan |x – y| < δ, maka
(
)
2 2 ( ) ( ) | | 1 2 f x − f y = x − y = −x y x+ <y δ x+ <y δ + x <εc) f tidak kontinu seragam pada \
Bukti:
Pilih ε = 1, dan untuk setiap δ > 0
1 1 dan 2 x y δ δ δ = = + Sehingga 1 1 2 2 y x δ δ δ δ δ − = + − = < . Tetapi, 2 2 2 2 2 2 1 1 ( ) ( ) 1 1 1 4 4 f x f y x y δ δ ε δ δ − = − = − − − = + > =
Bagi setiap lisan yang telah terkunci, bahkan sampai kepada hatinya…Maka izinkan dan biarkanlah selembar pengaduan ini menjadi kata maaf yang sangat tulus…Namun, jika ia terlambat dan terkunci sudah segala pengabulan maaf, maka biarkanlah lembaran ini hanya menjadi baris yang memperindah keranjang sampah. Gunakanlah, jika ia berkenan memaafkan…dan buanglah, jika memang tidak berkenan…Namun percayalah, aku akan tetap mendo’akan kebaikan bagi kita semua…engkau suka atau tidak suka...
"Ya Tuhan kami, beri ampunlah kami dan saudara-saudara kami yang telah beriman lebih dahulu dari kami, dan janganlah Engkau membiarkan kedengkian dalam hati kami terhadap orang-orang yang beriman; Ya Tuhan kami,
sesungguhnya Engkau Maha Penyantun lagi Maha Penyayang". (T.Q.S 59:10)
1 pemilihan δ bergantung pada ε dan x
T
T
u
u
t
t
o
o
r
r
i
i
a
a
l
l
#
#
6
6
R
R
e
e
a
a
l
l
A
A
n
n
a
a
l
l
y
y
s
s
i
i
s
s
Khaeroni, S.Si onny_11_49@yahoo.com Lisensi Dokumen: Copyleft on khaeroni.wordpress.com
Seluruh dokumen di khaeroni.wordpress.com dapat digunakan, dimodifikasi dan disebarkan secara bebas untuk tujuan bukan komersial (nonprofit) atau akademis (kenaikan pangkat, sertifikasi, dan sebagainya). Dibolehkan melakukan penulisan ulang, dengan tanpa mendapatkan ijin terlebih dahulu dari khaeroni.wordpress.com. Karena sifatnya bukan referensi, maka diperkenankan juga untuk tidak menyertakan link dari dokumen ini. Penulis tidak bertanggung jawab atas segala ketersesatan yang ditimbulkan oleh penggunaan dokumen ini.
(Tipe Fσ dan Gδ)
Himpunan D memiliki tipe Fσ jika
1 i i D F ∞ = =
∪
, Fi tertutup1.Himpunan B memiliki tipe Gδ jika
1 i i B G ∞ = =
∪
, Gi terbuka2.1. Setiap himpunan tertutup memiliki tipe Fσ
Bukti :
Misal F himpunan tertutup, maka
1 ... i i F F F ∞ = = ∪∅ ∪∅ ∪∅ =
∪
dengan F1 = F, F2 = F3 = F4 = . . . = ∅ tertutup2. Setiap himpunan terbuka memiliki tipe Gδ
Bukti:
Misal G himpunan terbuka, maka
1 ... i i G G ∞ G = = ∩ ∩ ∩ ∩ =
∪
dengan G1 = G, G2 = G3 = G4 = . . . = terbuka.3. Tidak semua himpunan yang memiliki tipe Fσ adalah tutup
Contoh:
(
]
1 1 0,1 ,1 n n ∞ = ⎡ ⎤ = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦∪
(0,1] memiliki tipe Fσ tetapi (0,1] tidak tutup.
1 Gabungan terhitung dari himpunan-himpunan tutup
4. Tidak semua himpunan yang memiliki tipe Gδ adalah buka Contoh:
(
]
1 1 0,1 0,1 n n ∞ = ⎛ ⎞ = ⎜ + ⎟ ⎝ ⎠∩
(0,1] memiliki tipe Gδ tetapi (0,1] tidak buka.
5. Buktikan memiliki tipe Fσ
Bukti: , m n m n ∈ ⎧ ⎫ = ⎨ ⎬ ⎩ ⎭
∪
m n ⎧ ⎫ ⎨ ⎬⎩ ⎭ tutup, sehingga memiliki tipe Fσ
6. Setiap selang hingga memiliki tipe Fσ
Bukti:
( )
[ ]
[ ]
(
]
[
)
1 1 , , , , 1 , , 1 , , a b a b n n a b a b a b a b n a b a b n ⎡ ⎤ = ⎢ + − ⎥ ⎣ ⎦ = ⎡ ⎤ = ⎢ + ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ = ⎢ − ⎥ ⎣ ⎦∪
∪
∪
∪
7. Setiap selang memiliki tipe Gδ
Bukti:
( )
( )
[ ]
(
]
[
)
, , 1 1 , , 1 , , 1 , , a b a b a b a b n n a b a b n a b a b n = ⎛ ⎞ = ⎜ − + ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ = ⎜ + ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ = ⎜ − ⎟ ⎝ ⎠∩
∩
∩
∩
8. Jika A memiliki tipe Fσ maka buktikan Ac memiliki tipe Gδ
Karena A memiliki tipe Fσ, maka :
1 2 3 1 ... i i A F F F F ∞ = =
∪
= ∪ ∪ ∪ ; Fi tertutup.Menggunakan sifat DeMorgan, diperoleh :
(
1 2 3)
1 2 3 1 ... ... c c c c c c i i A F F F F F F F ∞ = = ∪ ∪ ∪ = ∩ ∩ ∩ =∩
Karena Fi tertutup, maka Fic terbuka.
Menurut definisi, Ac memiliki sifat G
9. Setiap selang tak hingga memiliki tipe Fσ
(
)
(
)
(
]
[
]
1 , , 1 , , , , a n a n a a n n n n ⎡ ⎤ −∞ = ⎢− − ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ ∞ = ⎢ + ⎥ ⎣ ⎦ −∞ ∞ = −∪
∪
∪
(Ukuran Luar dan Himpunan Terukur)
Ukuran luar dari himpunan A
* ( ) inf ( ) n n A I m A l I ⊂ =
∑
∪ E disebut himpunan terukur jika untuk setiap A berlaku:* ( ) * ( ) * ( c) m A =m A E∩ +m A E∩ 10. Tentukan m*(A), jika a) A = {1} b) A = [0,1] Jawab :
a) Misal {In} koleksi selang-selang buka menyelimuti A. Misal In = {1} In = (0,2) dst * ( ) inf ( ) 0 n n A I m A l I ⊂ =
∑
= ∪b) Misal {In} koleksi selang-selang buka yang menyelimuti A. Dapat dipilih
1 1 ,1 n I n n ⎛ ⎞ = −⎜ + ⎟ ⎝ ⎠ l(In) = 1 2 n + (infimumnya 1) * ( ) inf ( ) 1 n n A I m A l I ⊂ =
∑
= ∪11. Jika A terhitung, maka buktikan m*(A) = 0 Bukti :
Karena A terhitung, maka :
A = {x1, x2, . . . } A = 1 { }i i x ∞ =
∪
(
)
(
)
1 * ( ) * { }i * { }i i m A m x m x ∞ = =∪
≤∑
Karena m*({xi}) = 0, untuk setiap i, maka m*(A) = 0.
12. Misalkan himpunan A dan ε > 0 diberikan. Buktikan bahwa ada himpunan buka O sehingga A⊂O
dan
m*(O) ≤m*(A) + ε
Bukti :
Misal {In} koleksi terhitung dari selang-selang buka yang menyelimuti A.
* ( ) inf ( ) n n A I m A l I ⊂ =
∑
∪( )n * ( ) l I ≤m A +ε
∑
Karena * ( ) inf ( ) n n O I m O l I ⊂ =∑
∪ maka * ( ) ( )n m O ≤∑
l I Sehingga * ( ) * ( ) m O ≤m A +ε13. Jika E dan F terukur, buktikan E∩F terukur. Bukti :
Misalkan A sembarang himpunan diberikan
Akan dibuktikan bahwa m*(A) = m*(A∩E∩F) + m*(A∩ (E∩F)c)
Karena E terukur maka
m*(A∩F) = m*(A∩F∩E) + m*(A∩F∩Ec) ………. (1)
Karena F terukur maka
m*(A) = m*(A∩F) + m*(A∩Fc) ……….(2)
Dari (*) dan (**) diperoleh,
m*(A) = m*(A∩F∩E) + m*(A∩F∩Ec) + m*(A∩Fc) ………(3) Misal B = A∩ (E∩F)c. Diperoleh : B∩F = (A∩ (Ec ∪Fc)) ∩F = ((A∩Ec) ∪ (A∩Fc)) ∩F = ((A∩Ec∩F) ∪ (A∩Fc∩F) = A∩Ec∩F = (A∩F) ∩Ec ……….. (4) dan B∩Fc = (A∩ (Ec∪Fc)) ∩Fc = ((A∩Ec) ∪ (A∩Fc)) ∩Fc = ((A∩Ec∩Fc) ∪ (A∩Fc∩Fc) = (A∩ (E∪F)c) ∪ (A∩Fc) = A∩Fc……….……. (5)
Karena F terukur, maka
m*(B) = m*(B∩F) + m*(B∩Fc)
Dengan mensubstitusi (4) dan (5) ke persamaan di atas, diperoleh
m*(A∩ (E∩F)c) = m *((A∩F) ∩Ec) + m*(A∩Fc) ……….. (6)
Sehingga, dari (3) dan (6) diperoleh
m*(A) = m*(A∩E∩F) + m*(A∩ (E∩F)c)
seperti yang diminta.
Bagi setiap lisan yang telah terkunci, bahkan sampai kepada hatinya…Maka izinkan dan biarkanlah selembar pengaduan ini menjadi kata maaf yang sangat tulus…Namun, jika ia terlambat dan terkunci sudah segala pengabulan maaf, maka biarkanlah lembaran ini hanya menjadi baris yang memperindah keranjang sampah. Gunakanlah, jika ia berkenan memaafkan…dan buanglah, jika memang tidak berkenan…Namun percayalah, aku akan tetap mendo’akan kebaikan bagi kita semua…engkau suka atau tidak suka...
"Ya Tuhan kami, beri ampunlah kami dan saudara-saudara kami yang telah beriman lebih dahulu dari kami, dan janganlah Engkau membiarkan kedengkian dalam hati kami terhadap orang-orang yang beriman; Ya Tuhan kami,