Soal dan Pembahasan Analisis Real S2

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

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, ∋ y_i∈ Y, i > 1, <x, y_i> ∈ f (atau y_i = f(x)) Karena ∃ x = 1 ∈ X sehingga untuk y1 = –1 dan y2 = 1 berlaku x =y1

2 _{dan x = y} 2

2_{, dengan y} 1≠ 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 = x

2_{, maka}

y1 = f(x1) = x1 2

dan

y2 = f(x2) = x2 2_. Karena x1 = x2, maka

x1 2

= x2 2

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 ∈ Bc_{maka 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 B}c⊂ _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

∆ = ∪ = ∪ = ∆

Pertama, dibuktikan bahwa A ∆ B = ∅⇒ A = B. Diketahui A ∆ B = ∅ , akan dibuktikan A = B

Karena (A B∆ = A~ )B ∪( ~B A) (= A∩Bc)∪ ∩(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:

dan

dan 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

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).

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(x} 1). 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-satu maka g f satu-satu. Bukti:

Diambil sebarang x1, x2∈ X dengan (g f )(x1) (= g f )(x2). Karena (g f)(x₁) (= g f )(x₂) maka,

g(f(x1)) = g(f(x2)) Karena g satu-satu maka

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 : X x X → 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

∀ > ∃ = ∈ ∋ > − ……….. (**)

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 ∈ …..… (*)

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 : X x X → 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

∀ > ∃ = ∈ ∋ > − ……….. (**)

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. ({x_n} terbatas ⇔∃M > 0, ∋ |x_n| ≤ M, ∀n ∈N) Bukti:

Misalkan {x_n} barisan Cauchy. Karena {x_n} barisan Cauchy maka ∀ε > 0, ∃N |x_n – x_m| < ε untuk setiap n, m ≥ N.

Untuk n ≥ N berlaku x_n = (x_n −x_N)+x_N ≤ x_n −x_N + x_N < +ε |x_N|

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 {x_n} terbatas, maka ∃M > 0, ∋ |x_n| ≤ 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 _{= (k}2_{p)p = tp, t = m}2_p ∈ _{yang berarti m}2 _{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 _{= 2n}2_.

Jadi m2 bil genap. Dari sini m genap. Sebab, jika m ganjil, yaitu m = 2k + 1 untuk suatu k ∈ maka m2 _{= (2k +1)}2 _{= 4k}2 _{+ 4k + 1 = 2(2k}2 _{+ 2k) + 1 yang berarti m}2 _{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 t_{1 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 ( y1, y2)∈ ×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

( )

y_n ⊂ ∋F y_n →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 y_n →x

⇐) Misal δ > 0 diberikan dan ∃yn∈ F sehingga yn→ x.

Karena y_n→ x maka ∃N ∋ |y_n – x| < δ, ∀n ≥ N. pilih y = y_n∈ F sehingga diperoleh |y – x| < δ Jadi, jika A = (0,1)

Apakah 0∈A? Dipilih y_n 1 (0,1) y_n 0 n

= ∈ ⇒ → . Jadi, 0∈A. Apakah 1∈A? Dipilih y_n 1 1 (0,1) y_n 1

n

= − ∈ ⇒ → . Jadi, 1∈A. 4. = ( ≠ ∅. Jadi tidak tertutup)

Bukti:

i) x∈ ⇒∃yn∈ ∋ yn→ x

Karena y_n∈ maka y_n∈ , 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(y_n) = 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 <ε c) 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 tertutup

1 .

Himpunan B memiliki tipe Gδ jika 1

i i

B G

∞

=

=

∪

, Gi terbuka

2_.

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 = . . . = ∅ tertutup 2. 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} 2

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 A

c _{memiliki tipe G}

δ Karena A memiliki tipe Fσ, maka :

1 2 3

1

...

i i

A F F F F

∞

=

=

∪

= ∪ ∪ ∪ ; Fi tertutup.

Menggunakan sifat De Morgan, 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 Fi

c _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(I_n) = 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 +ε 13. 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,

T

T

u

u

t

t

o

o

r

r

i

i

a

a

l

l

 

 

#

#

7

7

 

 

A

A

n

n

a

a

l

l

i

i

s

s

i

i

s

s

 

 

R

R

e

e

a

a

l

l

 

 

   

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. 

 

 

1. Diberikan fungsi f dengan rumus _{f x}( ) 1

x

= . a) Buktikan f kontinu pada (0, 2)

b) Tunjukkan f tidak kontinu seragam pada Bukti :

a) Misal x ∈ (0, 2) dan ε > 0 diberikan

Pilih δ =min 1

{

,ε x x−1

}

dengan |y – x| < δ, ∀y ∈ (0, 2), maka

1 1 1 1

1

( ) ( ) x y

f y f x y x

y x xy x y x x δ ε

−

− = − = = − < <

− Notes :

Misal |y – x| ≤ 1, maka

–1 ≤ y – x ≤ 1 Ù x – 1 ≤ y ≤ x + 1 Ù 1 1 1 1 1 1

1 1 1

y ≤ x − ⇔ y ≤ x − ⇔ x y ≤ x x −

b) Pilih

1 1 1

dan

2; x n 1; y n

ε = = =

+

dengan

1 1 1

0

1 ( 1) ,

y x

n n n n δ δ

− = − = < ∀ > + +

dan

1 1 1

1 1

2

( ) ( ) ( )

f y f x n n

y x ε

− = − = − + = > =

Notes : 1

1

( )

n n

⎧ ⎫ ⎨ ₊ ⎬

⎩ ⎭ konvergen ke 0. Artinya, ∀δ > 0, ∃n0∈ N ∋

1 1

( )

2. Diberikan fungsi f dengan rumus f(x) = x3 a) Buktikan f kontinu pada (0, 2)

b) Tunjukkan f tidak kontinu seragam pada Bukti :

a) Misal x ∈ (0, 2) dan ε > 0 diberikan Pilih

2

ε

δ = dengan |y – x| < δ, ∀y ∈ (0, 2), maka

|f(y) – f(x)| = |y3 _{– x}3_{| = |(y – x)(y}2 _{+ yx + x}2_)| ≤ _{|y – x|(4 + 4 + 4) <} δ_{.12 =} ε b) Misal δ > 0 diberikan.

Pilih ε = 1 dan n ∈ N ∋ 2 3

n

δ

> ; x = n dan

2

y = +n δ dengan

2 2

y−x = + − =n δ n δ δ< maka,

3 3

2 2

2

2

2

2 2 2

2 2 2 2

2

2 2 2

2 4 2

3 3 2

1 1

2 4 8 4 3 8

( ) ( )

f y f x y x

y x y yx x

n n n n

n

n n n n

n n

δ δ δ

δ _δ δ δ

δ δ δ _{δ δ} δ _ε

− = −

= − + + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ < _⎜ + _⎟ +_⎜ + _⎟ +

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = + + + + +

= + + > + + > =

3. Buktikan χ_A terukur dengan A terukur. Bukti:

1 0

, ( )

, A

x A

x

x A

χ _{= ⎨}⎧ ∈

∉ ⎩

Akan dibuktikan bahwa ∀ ∈α ,

{

x |χ_A( )x >α

}

terukur

• α < 0, {x| χA(x) > α} = X terukur

• 0 ≤α < 1, {x| χ_A(x) > α} = {x | χ_A = 1} = A terukur

• α≥ 1, {x| χA(x) > α} = ∅ terukur

Jadi, ∀ ∈α ,

{

x | χ_A( )x >α

}

terukur sehingga χA terukur.

4. Misal f terukur dan

A = {x | f(x) = ∞} terukur B = {x | f(x) = –∞} terukur Serta

1

0

( ), ( )

,

f x x A B

f x

x A B

∉ ∪ ⎧

= ⎨ _{∈ ∪} ⎩

Buktikan f1 terukur. Bukti:

α≥ 0 Æ {x|f1(x) > α} = {x|f(x) > α} – A

{

}

{

}

{

} {

}

1 1

| ( ) | ( ) | ( ) | ( )

n n

A x f x x f x n x f x n x f x n

∞ ∞

= =

= = ∞ =

∪

= =

∪

≤ ∩ ≥

5. Jika f terukur, buktikan bahwa |f| terukur Bukti:

α≥ 0 Æ {x||f(x)| > α} = {x|f(x) < –α} ∪ {x|f(x) > α}

α < 0 Æ {x||f(x)|> α}= X Soal-soal Latihan :

6. Misalkan f terukur, maka buktikan fungsi berikut terukur a) f+ _{= sup {f, 0}}

b) f– = sup {–f, 0}

7. Misalkan f terukur, maka buktikan a) A = {x | f(x) = ∞} terukur b) B = {x | f(x) = –∞} terukur Bukti :

a)

{

}

1

| ( ) n

A x f x n

∞

=

=

∩

>

b)

{

}

1

| ( ) n

B x f x n

∞

=

=

∩

< −

– o 0 o –

"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,

A

A

n

n

a

a

l

l

i

i

s

s

i

i

s

s

 

 

R

R

e

e

a

a

l

l

 

 

P

P

R

R

 

 

#

#

1

1

 

 

   

Khaeroni, S.Si  G551090341 

 

 

Materi : Ukuran Luar 

Buktikan

1) Jika A ⊂ B, maka m*(A) ≤ m*(B) 2) m*({a}) = 0, ∀a ∈

3) Misalkan I adalah selang, maka m*(I) = l(I)

4) Misalkan himpunan A dan ε > 0 diberikan. Buktikan bahwa ada himpunan buka O sehingga A ⊂ O dan m*(O) ≤ m*(A) + ε. Ada himpunan G ∈ Gδ sedemikian sehingga A ⊂ G dan m*(A) = m*(G)

 

 

1. Misalkan {In} koleksi selang-selang buka yang menyelimuti B, maka n

B⊂

∪

I

Misalkan {Jn} koleksi selang-selang buka yang menyelimuti A, maka n

A⊂

∪

J

Karena A ⊂ B, maka

* ( ) inf ( ) inf ( ) * ( )

n n n n

A J B I

m A l J l I m B

⊂ ⊂

=

∑

≤

∑

=

∪ ∪

Jadi,

m*(A) ≤ m*(B)

2. Diambil sebarang a ∈ dan ε > 0. Dari definisi ukuran luar diperoleh bahwa 0 ≤ m*({a}). Dipilih

{ }

6, 6 , , , ...

n

I = _⎨⎧_⎜⎛x −ε x+ε ⎞_⎟ ∅ ∅ _⎬⎫

⎝ ⎠

⎩ ⎭

Dari sini maka,

1

1 6 6 3

( _n) ( ) ,

n

l I l I l a ε a ε ε ε

∞

=

⎛⎛ ⎞⎞ = = _⎜⎜ − + _⎟⎟= <

⎝ ⎠

⎝ ⎠

∑

dan

{ }

1

1 6 6

, n

n

I I a ε a ε a

∞

=

⎛ ⎞

= =_⎜ − + _⎟⊇

⎝ ⎠

∪

Menurut definisi ukuran luar, diperoleh m*({a}) < ε. Karena 0 ≤ m*({a}) < ε, ∀ε > 0 maka m*({a}) = 0 3. Kasus 1 : Misalkan [a, b]

Karena [a, b] ⊂ (a – ε, b + ε), ∀ε > 0 maka

m*([a, b]) ≤ b – a Selanjutnya, akan dibuktikan m*([a, b]) ≥ b – a.

Hal ini sama saja dengan membuktikan bahwa jika {In} sembarang koleksi terhitung dari selang

buka yang menyelimuti [a, b] maka

( )_n

n

l I ≥ −b a

∑

Sebab, inf ( ) n

n

A⊂ I l I b a

≥ −

∑

∪ . Karena infimum, maka ( )n n

l I ≥ −b a

∑

.

Dengan Teorema Heine-Borel, setiap koleksi selang terbuka yang menyelimuti [a, b] memuat subkoleksi berhingga yang juga menyelimuti [a, b], dan karena jumlahan panjang selang dari subkoleksi berhingga tidak lebih besar dari jumlahan panjang selang dari koleksi aslinya, maka pertidaksamaan di atas terbukti untuk koleksi berhingga {In} yang menyelimuti [a, b].

Karena a termuat di dalam

∪

I_n maka ada k sehingga Ik memuat a. Misalkan Ik = (a1, b1). Diperoleh a1 < a < b1

Jika b1 ≤ b, maka b1 ∈ [a, b] dan karena b1 ∉ (a1, b1) maka terdapat interval (a2, b2) di dalam {In}

sedemikian sehingga b1∈ (a2, b2). Jadi, a2 < b1 < b2. Demikian seterusnya, sehingga diperoleh barisan (a1, b1), (a2, b2), . . ., (ak, bk)

Dari koleksi {I_n} sedemikian sehingga a_i < b_i – 1 < bi.

Karena {In} koleksi berhingga, proses di atas pasti berhenti pada suatu interval (ak, bk). Tetapi

proses ini hanya akan berhenti jika b ∈ (a_k, b_k), yaitu jika a_k < b < b_k. Karena a_i < b_i – 1, maka

1 1 1 1

1 1 2 2 1 1 1

( ) ( , )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

n i i

k k k k

k k k k k k

l I l a b

b a b a b a

b a b a b a b a b a

− −

− − −

≥

= − + − + + −

= − − − − − − − − > −

∑

∑

Tetapi bk > b dan a1 < a. Akibatnya, bk – a1 > b – a. Jadi,

∑

l I( )n > −b a.

Terbukti bahwa m*([a, b]) ≥ b – a

Kasus 2 : Misalkan I selang berhingga sebarang, maka untuk ε > 0 yang diberikan, terdapat selang tertutup J ⊂ I sehingga

l(J) > l(I) – ε Diperoleh,

l(I) – ε < l(J) = m*(J) ≤ m*(I) ≤ m* ( )I =l I( )=l I( ) Sehingga untuk setiap ε > 0,

l(I) – ε < m*(I) ≤ l(I) Jadi, m*(I) = l(I).

Kasus 3 : Misalkan I interval tak hingga, maka untuk setiap bilangan real ∆ yang diberikan terdapat selang tertutup J ⊂ I sehingga l(J) = ∆. Diperoleh

m*(I) ≥ m*(J) = l(J) = ∆ Karena m*(I) ≥∆ untuk setiap ∆, maka m*(I) = ∞ = l(I). 4. Misalkan ε > 0 diberikan.

i) Untuk kasus pertama, misalkan m*(A) = ∞ diambil O = dan berlaku m*(O) = ∞≤∞ + ε = m*(A) + ε Untuk kasus kedua, misalkan m*(A) < ∞.

Menurut definisi ukuran luar, ada {In} koleksi terhitung dari selang-selang buka dengan sifat n

A ⊂

∪

I

dan

( _n) * ( )

l I ≤m A +ε

Berdasar proposisi 1 dan 2, diperoleh

(

)

* _n * ( )_n ( )_n * ( )

m

∪

I ≤

∑

m I =

∑

l I ≤m A +ε Jika dipilih O=

∪

I_n , maka O memenuhi

A ⊂ O dan

* ( ) * ( ) m O ≤m A +ε Karena In buka, maka O=

∪

In buka.

ii) Kasus pertama, jika m*(A) = ∞ dipilih G = maka G ∈ Gδ. Karena G = maka A ⊂ G dan m*(A) = ∞ = m*(G). Kasus kedua, m*(A) < ∞.

Menurut bukti bagian i), terlihat bahwa untuk setiap bilangan asli n∈ ada himpunan buka On

dengan sifat

A ⊂ On

dan

1 * ( _n) * ( ) m O ≤m A +n−

Didefinisikan G=

∩

O_n . Karena On buka untuk setiap n∈ , maka G buka. Sehingga

G ∈ Gδ

Karena A ⊂ On dan G=

∩

On untuk setiap n∈ maka

A ⊂ G Karena A ⊂ G maka

m*(A) ≤ m*(G) ………. (1) Di lain pihak, karena G=

∩

O_n untuk setiap n∈ maka

G ⊂ On

Karena G ⊂ On untuk setiap n∈ , maka

1

* ( ) * ( _n) * ( )

m G ≤m O ≤m A +n−

Dari sini diperoleh1

m*(A) ≥ m*(G) ……… (2) Dari (1) dan (2) diperoleh

m*(A) = m*(G)

1_{Misalkan a, b} ∈ _{dan untuk setiap} ε _{> 0 berlaku a} ≤ _{b +} ε_{. Buktikan bahwa a} ≤ _b

(Robert G. Bartle, Donald R. Sheibert, 2000, Introduction to real analysis, 3rd ed, John Wiley & Sons, USA, p.30 problem no. 18) Bukti:

Andaikan a > b. Menurut Aksioma Archimedes, ada bilangan n∈ sedemikian sehingga n 1 a b

>

− .

Dari sini maka 1 a b a b 1

A

A

n

n

a

a

l

l

i

i

s

s

i

i

s

s

 

 

R

R

e

e

a

a

l

l

 

 

P

P

R

R

 

 

#

#

2

2

 

 

   

Khaeroni, S.Si  G551090341 

 

 

Materi : Fungsi Terukur

1) Misalkan f fungsi real dengan daerah asal himpunan terukur. Keempat pernyataan berikut ekuivalen.

i) Untuk setiap bilangan real α, himpunan {x | f(x) > α} terukur ii) Untuk setiap b