Analisis Real [PDF]

Citation preview

c






PENDAHULUAN



M MY
            Kata himpunan dalam matematika merupakan istilah yang tidak didefinisikan. Himpunan dicirikan oleh sifat objek atau benda (abstrak atau kongkrit) yang ada di dalamnya yang dinyatakan dengan jelas. Dengan demikian suatu objek dapat ditentukan, apakah ia berada di dalam himpunan ataukah ia berada di luar himpunan. Setiap objek yang terletak di dalam himpunan atau mempunyai sifat yang telahditentukan terlebih dahulu disebut elemen atau unsur atau anggota himpunan tersebut. Himpunan bilangan bulat, himpunan kendaraan beroda empat, himpunan segitiga sama kaki adalah contohcontoh himpunan dengan sifat-sifat keanggotaan yang dapat dinyatakan dengan jelas. Notasi Unsur-unsur suatu himpunan biasa dilambangkan dengan menggunakan huruf kecil, sedangkan himpunan biasanya dilambangkan dengan huruf besar. Simbol atau lambang G menyatakan keanggotaan suatu objek dalam suatu himpunan atau objek itu merupakan anggota himpunan tersebut, sedangkan simbol atau lambang



menyatakan



bahwa suatu objek terletak di luar himpunan atau bukan merupakan anggota atau unsur himpunan tersebut. Jadi jika tertulis x G A, artinya bahwa objek x anggota himpunan A, dan y



B menyatakan bahwa objek y bukan anggota himpunan B.



Ñ   Ñ       Himpunan dapat dituliskan dalam berbagai cara. Himpunan yang jumlah anggotanya sedikit atau hingga, biasanya dinyatakan dengan cara tabulasi yaitu unsureunsurnya dituliskan dengan cara didaftar satu-satu, diawali dan diakhiri dengan tanda kurung kurawal seperti A = { a, I, u, e, o} atau B = {1, 4, 9, 16, 25, 36, 49}. Urutan



c


 dalam penulisan unsur-unsur suatu himpunan tidak diperhatikan. Jadi himpunan S = {b, d, c, a} dan T = { a, b, c, d} menyatakan dua himpunan yang sama. Cara yang lebih umum untuk menuliskan suatu himpunan adalah dengan menyatakan sifat-sifat atau ciri keanggotaan himpunan tersebut. Misalnya C = {xŇx memiliki sifat P} artinya ³himpunan C adalah himpunan semua objek x yang memiliki sifat P. jadi unutk himpunan A dalam contoh di atas dapat dituliskan juga sebagai berikut: A = { xŇx huruf vokal dalam abjad} sedangkan himpunan B pada contoh di atas dapat dinyatakan oleh B = { xŇ x kuadrat bilangan bulat tidak nol, dan x < 50} dan S = T = { x Ňx adalah empat huruf pertama dari abjad}       M M MY   ` 
 A   
 


  
 B 



 
 
     
A
 

     
B 


  
  
A 
 B

  
B  




 
A


 A†B

B A 
A†B Ë @ 
G A, x G B. A   
 

  
 B  A † B 



 
 A 

  






G B, 









M M Y   ` 
A 

  
  
B A = B 




 A†B dan B †
 M M Y   
  
A
B 
 
  







    
 A 
 
 

    
 B

 
 
 M M Y   ` 
 A
 B    
    



 
 


    
    A 
 
 

    B

 
 
 



c


 M M Y   ` 
 
 
   


   
  
 


 Π` 
   

  
 


 
  


 Œ † A  
  
A. M M Y   ’
  
’   
 
   









 
S  

  

 




S
 




 
A. M M Y   Y



’
  
   
   
  !  



 




 
   


   




Y ’
  
   
 
   
  !  



 
  
   


 
  
Y Y U    M M Y   ƒ
 
 
  
c
 A š 


  

    
 

   
c

   
 
A š    x Ňx G A atau x G B} M M !Y   
 
  
 A
 B  A ö 


  
 
     
 

   



A
   
B




A ö    x Ňx G A dan x G B} M M M"Y   Misalkan A1, A2, « , An masing-masing himpunan



c = {x Ňx G Ai untuk semua i, i = 1, 2, « n}  1



 c  1



  x Ňx G Ai untuk semua i, i = 1, 2, « n}



c


 Dengan cara yang sama unutk suatu koleksi tak hingga { Au } didefinisikan



 cu   x Ňx G Ai untuk semua u} u







cu   x Ňx G Ai untuk semua u}



u



M M MMY   ` 
 A - B      B 

 A  ! 
 





 

   



  
A

   
 B 
A - B" x Ňx G A dan x



B}



A ± B sering ditulis juga dengan A\B. Jika A = S. maka A\B = S\B. S ± B atau S\B dapat juga ditulis dengan B` (dibaca komplemen B) Hubungan-hubungan dan operasi-operasi yang diuraikan di atas dapat digambarkan dengan menggunakan diagram yang disebut dengan diagram Venn, seperti dapat dilihat di bawah ini; B



A,B



A



A†B A



AB B



AöŒ M M MY # $% $
 & 



  1.Y Misalkan A, B, dan C masing-masing himpunan. Buktikan bahwa A ö   C) †
  ö C) Bukti: Akan diperlihatkan bahwa x G A ö ( B ± C), maka x G A ± (B ö C).



c


 Misalkan x G A ö ( B ± C) . Berdasarkan definisi 1.1.9 berarti x G A dan x



G (B - C). x G (B ± C) menyatakan x G B dan x bahwa x



C dan ini mengakibatkan



B ö C.



Jadi x G A dan x B ö C sehingga x G A ± ( B ö C ) Dapat disimpulkan: A ö ( B - C ) † A - ( B ö C) 2.Y Buktikan bahwa A ö B š C) = (A ö B) š (A ö C) Bukti: Akan diperlihatkan bahwa : (1) A ö B š C) † (A ö B) š (A ö C) (2) (A ö B) š (A ö C) † A ö B š C) Bukti (1): Misalkan x G A ö B š C). Berdasarkan definisi 1.1.9 maka x



G A dan x G B š C «(*). Berdasarkan definisi 1.1.8, x G B š C menyatakan x G B atau x G C sehingga (*) dapat dinyatakan oleh x G A ö B atau x G A ö C. Jadi x G (A ö B) š A ö C). Uraian di atas menghasilkan: A ö (B š
 † (A ö B) š (A ö C). Bukti (2): Diserahkan kepada pembaca sebagai latihan. Dari bukti (1) dan (2) disimpulkan A ö (B š
  (A ö B) š (A ö C) 3.Y Tunjukka bahwa : B ± Ai = ö (B ± Ai) Bukti : Akan ditunjukan : (1) B - š
† ö  
   ö B ± Ai) † ö  
 Bukti (1) Misalkan x B Ai. Menurut definisi 1.1.11, artinya x B dan X Ai atau dengan kata lain x B dan x Ai atau dengan kata lain x B dan x Ai untuk setiap Menurut definisi 1.1.11, hal ini menyatakan bahwa x B .i = 1, 2, «, n atau secara singkat dapat ditulis x ö  
 Dari uraian di atas disimpulkan bahwa : B š
† ö  
 Bukti (2) diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.



c


 M M MY '$  1.Y Diskusikan, apa arti dari ungkapan-ungkapan dibawah ini : x A š B , x A ö B , x (A ± B) x š
 dan x ö
2.Y Buktikan bahwa (A ± B) ö C †
   ö C), dan berika suatu contoh yang menunjukkan bahwa (A ± B) ö C 
   ö C). 3.Y Buktikan kesamaan himpunana yang diberikan. a)Y (A ö C) ± (B š D) = (A - B) ö C ± D) b)Y B - š
u  ö  
u M M MY ( $  1.Y Misalkan S = {a, b, c, d, e, f, g, } : R = { a, b, c, d }; P = { c, d, e, f; } ; dan T = { a, b, g}. Tentukan : R`, P`, T`, R ± P, P - R, R ö P, P š  P ö T, R` - T, R` ö  2.Y Tuliskan himpunan-himpunan berikut dengan cara mendaftarkan ( tabulasi ) unsur-unsurnya: A = { x Ňx adalah akar-akar persamaan kuadrat x2 + 5x + 6 = 0} B = { x Ňx adalah bilangan prima dan x < 27} C = { x Ňx adalah huruf dalam kata ³Missisippi} 3.Y Tentukan semua subset (himpunan bagian) dari tiap himpunan berikut : S1 = {1}, S2 = {1, 2}, S3 = {1, 2, 3}, S4 = {1, 2, 3, 4}, Sn = {1, 2, «, n}. 4.Y Gambarlah diagram Venn dari tiap himpunan berikut dan arsirlah daerah yang diberikan : a. (A š B) ö C



b. (A  B) š C



c. A š B ö C)



d. A  B š C)



e. (A  B) ö C



f. (A š   C



g. A ± (B ö C)



h. A š   C)



i. (A ö B) š C



j. (A ö B)  C



k. A ö (B š C



l. A ö (B  C



Latihan 5 ± 10 diselesaikan seperti pada soal bahan diskusi nomor 2. 5.Y (A  B) ö  C ± D ) † 
ö C ) ± (B ö D)



c


 6.Y (A  B) ö  A ± C ) †
± (B ö C) 7.Y (A š B)  C †
š (B  C) 8.Y A ö   š C ) †  A ö B ) š C 9.Y (A š B) - (C š D) † (A  C) š (B  D) 10.Y (A  C) š  B ± D ) † 
š B ) ± (C ö D) Latihan 11 ± 18, buktikan persamaan himpunan yang diberikan. 11.YA  B š C) = 
 B ) ± C 12.Y(A ö B)  C = A ö    C) 13.Y(A ö B) - (A ö C) = A ö B  C) 14.YA - (B ö C) = (A  B) ö A  C) 15.YA  B š C) = (A  B) š A  C) 16.YB - ö
 š   
 17.YB - š
u  ö   
u 18.YB - ö
u  š   




M Y) *   M  MY  +# , Ñ

 c
 
 
   
 
 
   `

 #

 c
   c  


  



  
  

Gc
G  
  

 
  
 $ c"%
Ň
Gc
G&  M  Y # $- Jika A = { a, b, c, d} dan B = {1, 2}, maka ; A x B = {(a, 1), (a, 2), (b, 1), (c, 1), (c, 2), (d, 1), (d, 2) } Di sini (a, 1) G A x B, tetapi (1, a)



AxB



c


 ) M  Y   ` 
 

 
   6
 c    

 c   
  G 6  6 
 
'
  
( ’


cc


  



 
cc
  

 


c M  Y # $ 1.Y Misalkan A = { 1, 2, 3 } dan B = { 1, 2, 3, 4 }. Didefinisikan 6 = { (x, y) x > y}. Jika suatu relasi dari A ke B, maka 6 dapat pula dituliskan oleh : = { (2, 1), (3, 1), (3, 2) } 2.Y Misalkan A = { 1, 2, 3, 4 } dan B = { 1, 2, 3, 4, 5}. Definisikan 6  {(x, y) Ň (5x + 1)/ (2y + 1) adalah suatu bilangan bulat} Jika suatu relasi dari A ke B, maka 3.Y Misalkan R menyatakan himpunan semua bilangan real. Definisikan 6   x y Ň 4x2 + 9y2 ” 36, x, y G R} .Dalam kasus ini menyatakan suatu relasi dalam R. Suatu relasi dapat diilustrasika dengan menggunakan diagram. Di bawah ini ditunjukkan beberapa cara mengilustrasikan / menggambarkan relasi: Cara I : Jika himpunan-himpunan A dan B mempunyai jumlah unsur sedikit atau berhingga, maka suatu relasi dari A ke B dapat diilustrasikan seperti gambar 1.2.1 di bawah ini



Cara II : Jika 6 suatu relasi dari A ke B, dengan A dan B masing-masing menyatakan himpunan bagian dari himpunan bilangan real, maka tiap unsur (x, y)



c


 di 6 dicirikan dengan suatu bidang datar ( gambar 1.2.2). Grafik dari adalah himpunan semua titik ( x, y) di. Gambar 1.2.3 adalah sebuah contoh grafik relasi yang merupakan daerah elips yang berpusat di titik (0,0). Domain suatu relasi adalah himpunan semua unsur pertama dari pasangan terurut ( x, y) yang terletak di range suatu relasi adalah himpunan semua unsure dari pasangan terurut ( x, y) di 6. Secara formal dapat dituliskan ; domain 6  { x Ň untuk suatu y, (x, y) G6 } dan range . Dalam contoh 1. 2. 4 (No.1), domain 6 = {2,3} dan range 6 = {1,2} ; dalam contoh 1.2.4 ( No.2), domain 6 = {1,2,4}, dan range 6 = {1,3,5}; sedangkan dalam contoh 1.2.4 (No.3), domain 6 x Ň-3 ” x ” 3},dan range 6 yŇ-2 ” y ” 2.















sb-y 























0



























2 sb-y



 -3



















 Gȡ (x,y)



 



x







 sb-x







3 sb-x



-2



 .M   Unsur suatu relasi



. M  . Grafik suatu relasi



 *  M   Y   ’


c ! 




     $ (1)Y
 ȡ = A (2)Y
(x,y) ɽ p
(x,y) G ȡ,

y = z Dengan ungkapan lain ; 
! )
c *




c 
 


  


  c  


   Huruf ± huruf f,g,h,F,G, dan H biasa di pakai untuk menyatakan suatu fungís. Notasi f : A ĺ B menyatakan bahwa f hádala suatu fungís dari A ke B.



c






M   Y # $ 1.Y Diberikan himpunan ± himpunan A = ( a1, a2, a3, a4 ) dan B ( b1, b2, b3 ). Misalkan f = { (a1, b1), (a2, b1), (a3, b1), (a4, b3) }. Relasi f hádala fungís dari A ke B karena setiap unsur di A berelasi dengan tepat satu unsur di B ( Gambar 1.2.4 )



a1 ‡ a2



‡



a3



‡



a4



‡



‡



b1



‡



b2



‡



b3











.M   Suatu Fungís dari A ke B



2.Y Dengan himpunan ± himpunan yang sama seperti pada contoh 1, relasi p yang ditunjukkan oleh gambar 1..2..5 di bawah, bukan suatu fungsi dari A ke B karena unsur a3 di A tidak berelasi / dipasangkan dengan suatu unsur di B sehingga domain ȡ  A. 3.Y Sama halnya dengan contoh 2, relasi ij dari ganbar 1.2.6 bukan fungsi dari A ke B karena unsur a1 di A berelasi dengan lebih satu unsur di B, (a1, b1) ɽ ij dan (a1, b2) ɽ ij tetapi b1  b2



a1 ‡ a2



‡



a3



‡



a4



‡



‡



b1



‡



b2



‡



b3



.M   ȡ Bukan Fungsi



a1 ‡ a2



‡



a3



‡



a4



‡



‡



b1



‡



b2



‡



b3



.M   ij Bukan Fungsi



c


 4.Y Relasi p = { 9x,y | x2 + y2 = 1 }bukan fungís dari R ke R, sebab pertama setiap unsur pada interval ( -1, 1 ) † R berelasi dengan dua unsur di R dan kedua unsur x G R dengan | x | > 1 tidak berelasi dengan setiap y di R. 5.Y Misalkan A = { x | x G R dan -1
x
1 } bukan fungsi dari R ke R yang dinyatakan oleh f = { x,y } y =  ( 1 - x2 ) adalah suatu funsi dari A ke R ( setiap unsur di R tidak perlu merupakan unsur di range f ). 6.Y Relasi f = { (x,y) | y = a0 + a1x + « an xn } hádala funsi dari R ke R. Fungís ini disebut fungís polinem. & (   & / 0 Diberikan fungsi f : A ĺ B, A i R, B i R Notasi b = f(a), menyatakan bahwa (a,b) G f, b disebut nilai f di a, atau b adalah peta/ bayangan a oleh f.



M   Y   Ñ

f : A ĺ B
! 
+ic

  

E 
f


  


f(E)

  f(E) = { F(x) | x G E }. Jadi jika diberikan E i A, titik y1 G B terletak di f(E) jika dan hanya jika terdapat x1 G E sehingga y1 = f(x1) ( lihat gambar 1.2.7). A



x1



f



B



y1



f(E)



E



.M   Peta langsung f (E) dari E oleh f



c


 M  Y   Misalkan f : A ĺ B suatu fungsi dan H i B Peta Invers ( invers image ) H oleh f adalah himpunan bagian f -1 (H) dari A dan ditulis f -1(H) = { x G A | f(x) G H }.



Jika diberikan H i B, titik x2 ɽ A terletak di f -1 (H) jika dan hanya jika y2 = f(x2) ɽ H ( Lihat gambar 1.2.7. dan gambar 1.2.8 ) A



B



x1 E



Y f



H



2



.M  . Peta Invers f -1 (H) dari H oleh f



M  ! Y # $ 1. Misalkan A = { 1,2,3,4 } dan B = ( 1,2,3 } Definisikan f : A ĺ B oleh f(1) = 1, f(2) = 1, f(3) = 1, dan f(4) = 3 Jika E = { 1,2 }, maka f(E) = { 1 }, dan jika F = { 3,4 }, maka f (F) = { 1,3 } Jika G = { 1,2 }, maka f -1 (G) = { 1,2,3 } dan jika H = { 1 } maka f -1 (H) = { 1,2,3 }. Jika K = B, maka f -1 (K) = A, dan jika L = { 2 } maka f -1 (L) = ' 2.



Y Misalkan f : R ĺ R suatu fungsi dengan aturan f(x) = 6x - x2 Jika E = { x | 0
x
1 }, maka f ( E ) = { x | 0
x
5 } Jika F = { x | 1  x  1 }, maka f ( F ) = { x | 5  x
9 }



c


 Jika G = { x | 0
x
5 }, maka f -1 ( G ) = { x | 0
x
1 } š { x | 5
x
6 } Jika H = { x | 5  x
9 }, maka f -1 ( H ) = { x | 1  x  5 }



3.Y Misalkan E dan F masing ± masing merupakan himpunan bagian dari A, sedangkan G dan H masing ± masing himpunan bagian dari B. Misalkan pula f : A ĺ B adalah suatu fungsi. Akan ditunjukkan bahwa : (a) f (E š F) † f (E) ö f (F) (b) f -1 (G) š f -1 (H) = f -1 (G š H) (c) E † f -1 (f (E))




$ Misalkan y G f (E ö F). Dengan menggunakan definisi peta langsung, ini artinya terdapat x G E ö F sehingga ( x, y) G f. Dari x G E ö F, maka x G E dan y G F. Dari x G E dan ( x, y) G f mengakibatkan y G f ( E ), dari x G F dan ( x,y) G f mengakibatkan y G f (F), sehingga y G f (E) ö f (F). Dari uraian di atas disimpulkan : f ( E ö F ) † f (E) ö f (F)



$ Harus ditunjukkan : (1) f -1 (G) š f -1 (H) † f -1 (G š H) (2) f -1 (G š H) † f -1 (G) š f -1 (H) Untuk (1) :



c


 Misalkan x G f -1 (G) š f -1 (H). Ini menyatakan bahwa x G f -1 (G) atau x G f -1 (H). Berdasarkan definisi peta invers, hal ini artinya terdapat y G G sehingga (x,y) G f atau terdapat y G H sehingga ( x,y ) G f. Ungkapan lain dari ini adalah terdapat y G G š H sehingga ( x,y) G f, sehingga dengan demikian x G f -1 (G š H). Dari uraian di atas dapat disimpulkan : f -1 (G) š f -1 (H) † f -1 (G š H). Untuk (2) : Diserahkan kepada pembaca sebagai latihan. $ Misalkan x G E. Berdasarkan definisi fungsi, maka terdapat y G B sehingga (x,y) G f. Selanjutnya jika x G E dan (x,y) G f maka y G f (E) ( definisi peta langsung ) kemudian jika y G f ( E ) dan (x,y) G f maka x G f -1 ( f (E)). Disimpulkan : E f -1 † f -1



( f (E) ).



Secara umum E = f



-1



( f (E) ). Sebagai contoh. Misalkan A = { 1,2,3,4 } dan B = {



1,2,3 }. Definisikan f : A ĺ B oleh : f (1) = 1 , f (2) = 1, f(3) = 1, dan f(4) = 3. jira E = { 1,2 }, maka f (E ) = { 1 }; sedangkan f -1 ( f (E) ) = f -1 ( { 1 }) = { 1,2,3 }  E



Ñ%1%*  M  M"   Suatu fungsí f : A ĺ B   ! atau 
 , 
 



 
   
x1, x2 GA
x1  x2

f (x1)  f (x2). Definisi di atas equivalen dengan pernyataan : suatu fungsí f : A ĺ B  !
f (x1) = f (x2)Ñ

x1 = x2 1.2.11. Contoh Misalkan A = { x G R | x  1 } dan f : A ĺ R didefiniksikan oleh : f (x) = x / ( x ± 1 ). Akan ditunjukkan bahwa fungís f satu ± satu. Misalkan x1 / ( x1 ± 1 ) = x2 / ( x2 ± 1 ) x1 / ( x2 ± 1 ) = x2 / ( x1 ± 1 ), sehingga x1 = x2



c


 Akibatnya, berdasarkan definisi di atas maka fungsi f adalah fungsi satu ± satu. M  M   







’
! !$c- !




 
G





Gc  
!" M  M   



’
! !$c- !




! !
!



* / 0 Jika f suatu fungsi dari A ke B ( himpunan bagian khusus dar A x B ). Maka himpunan pasangan terurut dalam B x A yang ditentukan dengan mengubah / menukar urutan pertama dan kedua dari pasangan terurut di f, secara umum bukan merupakan fungsi. Jika f injektif maka penukaran seperti tersebut di atas merupakan suatu fungsi yang disebut dengan fungsi invers dan merupakan invers dari f. M  M   



Ñ

!$c-
!  !  
 
 c

.!




"%
Gc/
G!&


!  !  
 
    " . !
 
 .  " c 0    !   
 !
  


 !1 Hubungan antara f -1 dan f hádala sebagai berikut : x = f -1(y) jika dan hanya jika y = f(x). Sebagai contoh, misalkan fungsi f dengan aturan f(x) = x (1 ± x ) mendefinisikan untuk x G A = { x | x  1 } merupakan suatu fungsi injektif. Dalam hal ini range f atau R (f) masih belum jelas, apakah R atau sebagian dari R ( himpunan bagian murni dari R ). Jika y = f (x) dan persamaan y = x / ( 1 ± x ) ditulis untuk x yang dinyatakan dalam y, akan diperoleh bentuk x = y / ( 1+ y ). Dan bentuk ini. Barulah diperoleh bahwa range R (f) = { y | y  -1 } dan fungsi invers dari f mempunyai domain { y | y  -1 } dan persamaannya adalah f -1(y) = y / ( 1 + y ) atau dapat juga ditulis f -1(x) = x / ( 1 + x ).



c






Penting untuk digarisbawahi bahwa jika fungsi f adalah injektif, maka fungsi invers dari f juga injektif ( ? ). Selanjutnya fungsi invers dari f



-1



adalah f atau f



-1



= f. (



mengapa ? ). * 2   Untuk mendapatkan komposisi dari dua fungsi f dan g, diasumsikan bahwa range f atau R (f) termuat dalam domain g atau D (g ). M  M   Misalkan diberikan fungsi ± fungsi f : A ĺ B dan g : C ĺ D Fungsi komposisi g o f adalah suatu fungsi dari A ke C yang didefinisikan oleh g o f (x) = g ( f (x) ) untuk x G A ( lihat gambar 1.2.9 ).



A



B F



g Ɣ f(x)



Ɣx



C



Ɣ g (fg(f(x)) (x))



gof .M  !. Fungsi Komposisi g o f



M  M # $ 1.Y Misalkan fungsi f : A ĺ B dan g : C ĺ D ditunjukkan seperti pada gambar 1.2.10. di bawah ini.



c






a1 ‡ a2



‡



a3



‡



a4



‡



‡



b1



‡



b2



‡



b3



‡



b4



‡



b5



‡



c1



‡ c2 ‡ c3



 .M  M" Contoh sebuah Fungís Komposisi.



g o f(a1) = g(f(a1) = g(b1) = c1 g o f(a2) = g(f(a2)) = g(b3) = c1 g o f(a4) = g(f(a4) = g(b5) = c3 g o f (A) = g(f(A)) = g({ b1, b5, b5 }) = { c1, c2, c3 } g o f({ a1, a2 }) = g({ b1, b3 } = {c3 } 2. Misalkan f dan g dua fungsi dimana nilai ± nilainya untuk x G R diberikan oleh f(x) = 2x, g(x) = 3x2 ± 1 Karena D(g0 = R dan R(f) i R, maka D(g o f) juga R, dan funsi komposisi



gof



diberikan oleh: g o f(x) = 3(2x)2 ± 1 Disis lain domain fungsi komposisi f og juga R, tetpi dalam kasus ini didapat f o g(x0 = 2(3x2 ± 1) = 6x2 ± 2. Jadi g o f  f o g 3. Misalkan fungsi f ; Aĺ B dan g : Bĺ C. Jika D i C, tunjukan bahwa:(g o f)-1 (D) = f1



(g-1(D))



Bukti: (1) Akan ditunjukan (g of)-1(D) † f-1(g-1(D)) Misalkan x G (g o f)



-1



(D). Berdasarkan definisi peta invers, maka terdapat z G D,



sehingga (x, z) G (g o f). Kemudian dari definisi fungsi komposisi maka terdapat y G B, sehingga (x, y) G f dan (y, z) G g. Dari zG D dan (y, z) G g, berdasarkan peta invers maka y Gg -1 (D).



c


 Dengan cara serupa, dari y G g -1(D) dan (x, y) G f, maka x G f -1(g -1(D)). Disimpulkan: (g o f)-1 (D) † f -1 (g -1 (D)) (2). Akan ditunjukan f -1 (g -1(D)) † (g o f)-1 (D). Sebagai latihan, silahkan pembaca membuktikan sendiri.



M  MY   
!$c-
$-#
 ,
  !,

  g o f: Aĺ C 
 !



M  M Y'$  1.Y Diberika fungsi f(x) = x2 ± 4x + 4 yang didefinisikan pada R, Buatlah grafik



f (cara



II) dan tentukan peta langsung dari intrval - interval berikut: a. [0, 1]



b. (0, 3)



c. [3, 4)



tentukan peta invers dari: d. [0, 1]



e. (1,2)



f. [-1, 0]



2. Misalkan f : S ĺ T adalah suatu fungsi; misalkan A dan B himpunan bagian dari S, dan D dan E himpunan bagian dari T. Buktikan: (a)



f(A) ± f(B) † f(A ± B), dan berikan suatu contoh yang menunjukan



bahwa f(A) ±f(B) † f(A ± B) (b)Y



f -1(D) ± f -1(E) = f-1(D ± E)



3. Berikan bukti lengkap dari teorema 2.1.17. 4. Berikan sutu contoh fungsi f dan g masing ± masing dari R ke R sehingga tetapi f o g = g o f. 5. Misalkan f dan g masing ± masing fungsi sehingga g o f(x) = x, c x G D(f). Tunjukan bahwa f injektif dan R(f) i D(g) dan R(g)



D(f).



f  g,



c






Y



( $ 



1.Y Buatlah tabulasi unsure ± unsure dari relasi R di bawah ini yang merupakan relasi dari A ke B a.Y A = {1, 2, 3, 4,}, B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, dan R = {(x, y) Vy = x2 -3x +3} b.Y A = {1, 2, 3}, B = {1, 2, 3, 4, 5}, dan R = {(x, y) V 5x + 2y adalah bilangan prima}



2.Y Apakah relasi ± relasi dalam soal latihan no 1merupakan fungsi dari A ke B? Berikan penjelasan secukupnya atas jawaban yang diberikan ! 3.Y Tiap persamaan di bawah ini mendefinisikan suatu relasi pada bilangan real.Yang mana diantara relasi tersebut yang merupakan suatu fungsi dari sumbu ±xke sumbu ± y? a. y2 + x = 0



c. VxV + y = 0



b. y + x2 = 0



d. x + VyV = 0



4. Misalkan S = { 1, 2, 3, 4}, dan f: S ĺ S didefinisika oleh : f = {(1, 1), (2, 1), (3, 2), (4, 4)} Gunakan cara I untuk mengilustrasikan f dan tentukan peta langsung dari himpunan ± himpunan berikut: a. {1, 3}



b. {1, 2}



c. {1, 2, 3, 4}



Tentukan peta invers dari yang berikut: d. {1}



e. {1, 2, 4}



f {3}



Dalam soal no 5 ± 10, dimisalkan f :S ĺ T adalah suatu fungsi ; misalkan A dan B himpunan bagian dari S, dan D dan E himpunan bagian dari T. Buktikan pernyataan ± pernyataan berikut: 5.Y Jika A † B, maka f(A) † f(B)



c


 6.Y Jika D † E, maka f -1(D) † f -1(E) 7.Y Buktikan bagian (2) dari contoh 1, 2, 6 soal no 3 (b) 8.Y f(AšB) = f(A) š f(B) 9.Y f -1(D) ö f -1(E) = f -1(DöE) 10.Yf(f -1(D)) † D dan berikan suatu contoh yang menunjukan f (f -1(D))  D 11.YMisalkan A = {1, 2, 3, 4}, B = A, dan C = {1, 2, 3} Didefinisikan f: A ĺ B, dan g : B ĺ C oleh: f = {(1, 2), (2, 3), (3, 3), (4, 4)} dan g = {(1, 2), (2, 3), (3, 4), (4, 1)}. Tabulasi unsur ±unsur dari gof : A ĺ C, dan tentukan range gof atau R(g o f). 12.YBuktikan bagian (2) dari contoh 1.2.16 no 3. 13.YMisalkan f: R ĺ R, dan g: R ĺ R didefinisikan oleh f(x) = 3x2 + 2x



dan g(x)



= x ± 1. Tentukan formula untuk g o f dan f o g. 14.YMisalkan A bilangan real negativ, B, C, menyatakan bilangan real positif. Didefinisika f: A ĺ B dan g : Bĺ C oleh f(x) = 1/(2 ± x) dan g(x) = 1/(1 + x). Tentukan formula untuk g o f dan range dari g o f dan R(g o f) 15.YMisalkan f didefinisikan oleh f(x) = x/ ¥(x2 + 1), x G R. Tunjukan bahwa



f suatu



pemetaan bijektif dari R ke { y V -1 < y < 1}. 16.YTunjukan bahwa f: A ĺ B injektif dan E i A,mak f -1(f(E)) = E.



Berikan



contoh untuk menunjukan bahwa f -1 (f(E))  E Jika f tidak injektif. 17.YMisalkan f pemetaan injektif,. Tunjukan bahwa (f -1 o f) (x) = x untuk



setiap x G



D(f) dan f o f -1(y) = y untuk setip y G R(f). 18.YMisalkan f, g masing ± masing fungsi sehingga g o f(x) = x, c x G D (f) dan f o g (y) = y, c y G D(g). Buktikan bahwa g = f -1  M 



/ Ñ   Induksi Matematik adalah salah satu metode pembuktian dalam matematika yang



sangat penting, digunakan untuk menunjukan kebenaran suatu pernyataan yang berkaitan dengan bilangan asli. Dalam uraian di bawah ini , akan diperlihatkan prinsip Induksi beberapa contoh pemakaian untuk menggambarkan proses penbuktianya.



Matematik dan



c






M  MY
    
   '  3 ’
  
 

 
  
  
  

 2   
   Ungkapan dari pernyataan di atas adalah sebagai berikut: Jika S bagian dari N dan S  ', maka terdapat suatu unsure m G S



himpunan



sehingga m
k untuk



semua k G s.



M  Y &/ Ñ   Ñ

S  



 N. 
S   
!
: (1).



1 G S:



(2).




k G S,

(k + 1) G S,

S = N



Bukti: Akan dibuktikan dengan cara tidak langsung. Andaikan S  N. Berati himpunan N ± S adalah himpunan tidak Berdasarkan sifat terutut sempurna dari N, maka N ± s mempunyai Misalkan unsur terkecil dari N ± S adalah m. Menurut hipotesis



kosong.



unsur terkecil.



1 G S, sehingga m  1,



oleh karena itu m  1. Karena m  1 dan m G S (S i N), maka m ± 1 juga merupakan bilangan asli dan m - 1 < m. Selanjutnya m adalah unsur terkecil dari N ± S, sehingga m G S. Dalam hal ini haruslah m - 1 G S. Jika digunakan hipotesis yang kedua, dengan k = m ± 1, maka (m ± 1) + 1 = m terletak di S. Ini kontradiksi dengan peryataan bahwa demikian pengandaian yang diambil yaitu S  N adalah



k+1= m



S. Dengan



salah, Yang benar adalah S



= N. Prinsip Induksi Matematik sering dinyatakan juga dengan pengungkapan yang berbeda dengan yang ditulis di atas.



c


 Misalkan P(n) suatu pernyataan (statement) tentang bilangan asli n G N. P(n) mungkin benar untuk suatu n dan mungkin salah untuk yang lainya. Jika P(N) : N, mak P(1) benar, sedan kan P(n) salah untuk



Sebagai contoh,



n  1, n G N.



Dalam kaitan ini Prinsip Induksi Matematik dapat di formulasikan



sebagai



berikut: 
P(n)



  





 
 
: (1)Y P(1) benar ; (2)Y 
P(k) 


P(k+1) benar,

P (n) 
  
n G N



M  Y # $ 1.Y Buktikan bahwa untuk setiap n G N, jumlah dari n bilangan asli pertama diberikan oleh: 1+2+«+ n = ½ n( n + 1) Bukti: Misalkan S = { n G N V 1+2+«+ n = ½ n (n + 1)} (i) untuk n = 1, maka 1 = ½ .1(1+1), sehingga 1 G S. Jadi kondisi (1) dalam prinsip Induksi Matemaatik dipenuhi. (ii) misalkan k G S, artinya: 1 +2+«+k = ½ k (k + 1). Jika tiap ruas dalam persamaan di atasditambah dengan k + 1, maka: 1+2+«+k+ (k +1) = ½ k (k + 1) + (k + 1) = ½ (k + 1) (k + 2) Ini menyatakan bahwa (k + 1) G S Dari (i) dan (ii) disimpulkan : S = N 2. Buktikan bahwa untuk setiap n G N, jumlah kuadrat dari n bilangan asli pertama diberikan oleh: 12 +22+n 2 = 1/6 n (n + 1) ( 2 n + 1) Misalkan S = { n G N V 12 + 22 +..n 2 = 1/6 n (n + 1)(2n + 1)} (i) untuk n = 1, maka 12 = 1/6. 1 (1 + 1) (2. 1+ 1), sehingga 1 G S.



c


 Jadi kondisi (1) dalam prinsip Induksi matematik dipenuhi (ii) misalkan k G S, artinya: 12 + 22 + ..k2 = 1/6 k(k+1)(2k+1) Jika tiap ruas dari persamaan di atas ditambah dengan (k + 1)2, maka: 12 + 22 + ..k2 +(k + 1)2 = 1/6k (k + 1) (2k + 1) + (k + 1)2 = 1/6 (k + 1) (2k2 + k + 6k 6) = 1/6 (k + 1) ( k + 2) (2k + 3 ) Persamaan terakhir menyatkan bahwa (k + 1) G S. Dari (i) dan (ii) disimpulkan bahwa S = N 3. Diberikan bilangan ± bilangan a G R, b G R. Akan ditunjukan bahwa a- b adalah factor dari a n ± b n, untuk setiap n G N. Bukti : Misalkan P(n) : - (a ± b) adalah factor dari a n ± b na (i) P(1) benar, sebab (a- b) adalah factor dari (a ± b) (ii) Misalkan P(k) benar, artinya (a ± b) adalah factor dari a k ± b k a k+1 ± b k+1



= a k+1 ± abk = b k+1 = a(a k ± bk) + bk ( a ± b)



Karena a- b factor dari ak ± bk, maka a-b juga factor dari : a (ak ± bk) +bk (a ± b), sehingga a ± b factor dari a k+1 ± b k+1 Hal ini menyatakan bahwa P(k + 1) benar. Dari (i) dan (ii) disimpulkan bahwa P(n) benar untuk setiap n G N, atau dengan kata lain a ± b adlah factor dari a n ± b n , untuk setiap n G N. 4. Ketidaksamaan 2n
( n + 1 )! ., c n G N, dapat dibuktikan dengan menggunakan Induksi Matematik. Bukti : Misalkan P(n) : a 2 n
( n + 1)!´ (i) P (1) benar sebab 2
(1 +1)! (ii) Misalkan P(k) benar, artinya : 2k
(k + 1)! Berdasarkan fakta bahwa 2
k + 2, maka: 2 k+1 = 2. 2 k
2 (k + 1)!
(k + 2) (k + 1)! = (k + 2)! Ini menyatakan bahwa P(k + 1) benar.



c


 Dari (i) dan (ii) disimpulkan bahwa P(n) benar untuk setiap n G N,atau dengan kata lain: 2n
(n + 1)!, c n G N.



M   '$ 1. Buktikan Variasi dari prinsip Induksi Matematik berikut: Misalkan S himpunan tak kosong dari N. Jika S mempunyai sifat: (a) untuk suatu n0 G N,benar bahwa no G S, dan (b) Jika k  n0 dan k G s, maka k + 1 G S, Maka S memuat himpunan {n G N V n  n0} 2. Untuk bilangan asli yang mana n



2



< 2n ? Buktikan kebenaran atas jawaban yang



diberikan. 3. Misalkan S himpunan bagian dari N sehingga (a) 2 k G S, c k G N, dan (b) jika k G S, dan k  2, maka k ± 1 G S. Buktikan S = N. 1.3.5 Latihan 1. Buktikan bahwa: 1/1.2 + ½.3 +«+1/n(n +1) = n/(n + 1). c n G N. 2. Buktikan bahwa: 13 + 23 +«++ n3 = (1/2 n (n + 1))2, c n G N. 3. Buktikan bahwa: 12 ± 22 + 32 -«+(-1)n+1 n2 = (-1)n+1 n(n + 1)/2,cn G N. 4. Buktikan bahwa: n3 + 5n habis dibagi oleh 6, c n G N. 5. Buktikan bahwa: 5 2n ± 1 habis dibagi oleh 8, c n GN. 6. Buktikan bahwa: 5n ± 4n ± 1 habis dibagi oleh 16, c n G N. 7. Buktikan bahwa: n < 2n, c n G N. 8. Buatlah konjektur dari formula: 1/1.3 + 1/3.5 +«+ 1/(2n ± 1) (2n + 1), dan periksa kebenaranya dengan menggunakan Induksi Matematik. 9. Buatlah konjektur dari formula: 1 + 3 +«+(2n ± 1), dan periksa kebenaranya demgan menggunakan Induksi Matematik. 10. Buktikan bahwa : 2n < n! untuk smua n  4, n G N. 11. Buktikan bahwa 2n ± 3
2 n -2 , untuk semua n  5, n G N.



c


 12. Buktikan bahwa : 1/¥1 + 1/ ¥2 +«+ 1/ ¥n  ¥n, untuk n  2, n G N. 1.4



  '$     '$ 



Misalkan seseorang menghitung banyaknya unsure suatu himpunan dengan mengatakan, ³ satu, dua, tiga, « ³, dan pada saat itu ia berhenti melakukan perhitungan itu. Secara matematik, proses melakukan perhitungan seperti di atas, dapat dipandan g bahwa orang itu sedang membuat



pemetaan bijektif antara himpunan itu dengan suatu himpunan



bagian dari himpunan bilangan asli N. Pada uraian selanjutnya, himpunan seperti itu disebut himpunan berhingga. Jika perhitungan tadi, dilakukan tanpa berakhir,secara matematik, orang tersebut membuat suatu pemetaan bijektif antara himpunan itu dengan himpunan semua bilangan asli N. Pada uraian berikutnya, himpunan seperti itu disebut himpunan tak berhingga. Di bawah ini akan didefinisikan secara lebih tepat dan formal mengenai istilah himpunan berhingga. Selanjutnya dari pendefisian ini didapat suatu hasil yang sangat penting, yang merupakan beberapa teorema yang pembuktiannya cukup sulit ( beberapa bukti ditampilkan dalam lampiran ).



M  M  (a) ` 
      
0  (b) Ñ
 
 n



N ` 
 ’    
   



 






 
  

 !
  
 



= { 1,2,«,n } 



 
S (c) ’
  
 S    
 



 
 

 
       $  
 S  
  

   
     n



N



(d) ’
  
 S  
   
 



 
  
 S 
 

  
  
 Karena invers dari pemetaan bijektif adalah pemetaan bijektif, maka dapat dikatakan dengan ungkapan lain bahwa himpunan S mempunyai n unsur jika dan hanya jika terdapat pemetaan bijektif dari himpunan S ke himpunan



= {1,2,«,n).



c


 Demikian pula, karena komposisi dari dua pemetaan bijektif adalah pemetaan bijektif, maka suatu himpunan pemetaan bijektif dari



mempunyai n unsur jika dan hanya jika terdapat suatu



ke himpunan



yang mempunyai n unsur. Selanjutnya, suatu



berhingga jika dan hanya jika terdapat pemetaan bijektif dari



himpunan himpunan lain



ke



yang berhingga.



Dari pendefisian di atas, diperoleh beberapa hasil yang merupakan sifat dasar dari himpunan berhingga dan himpunan tak berhingga. Hasil itu diungkapkan dengan teorema-teorema berikut:



M    +2   , 
S 
  
   


 

 
  

 S


 

  
 N Bukti: lihat lampiran



M     ` 



 N 

  

  
 Bukti: lihat lampiran



M     Misalnya A, B himpunan yang berturut-turut mempunyai m dan n unsure. (a)Y




A



(b)Y




 C > A   
 
  

A\C


  
 




B = ,

A



B   
 ( m+n )  



  
 ( m-1 )  . 
D  
 
   


D\B 

  
 




Y



  
  ' - (a)Y Misalkan f suatu pemetaan bijektif dari bijektif dari



ke B.



ke A, dan g suatu pemetaan



c


 Definisikan pemetaan h pada



oleh aturan:



h(i) = Selanjutnya, dapat ditunjukan bahwa h adalah suatu pemetaan bijektif dari ke A



B ( silahkan pembaca membuktikan sendiri ).



Bukti (b) dan (c) diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.



M     Ñ
 
S
T
 
   

T (kurang) S. 
S  
  


T 
 

  
  
. Y



Bukti: Jika T= , maka T himpunan berhingga ( definisi 1.4.1 (c) ) Sekarang, misalkan T (i)Y



. Gunakan induksi matematik sebagai berikut:



Jika s mempunyai unsur, maka himpunan bagian tak kosong T dari S adalah S sendiri, sehingga T merupakan himpunan berhingga.



(ii)Y



Misalkan setiap himpunan bagian tak kosong dari suatu himpunan dengan K unsur adalah himpunan berhingga. Selanjutnya, misalkan S suatu himpunan yang mempunyai ( k+1 ) unsur. Ini berarti terdapat suatu pemetaan bijektif f dari Jika f( k+1 )



ke S.



T,maka T dapat dinyatakan sebagai himpunan bagian dari = S\{f(k+1)} yang mempunyai k unsur ( teorema 1.4.4 (b) ).



himpunan



Berdasarkan hipotesis (ii) maka T adalah himpunan berhingga. Jika f(k+1) Karena



T, maka



= T\{f(k+1)} adalah himpunan bagian dari



mempunyai unsur, maka menurut hipotesis (ii) maka



himpunan berhingga. Ini mengakibatkan T = berhingga.



.



merupakan



{ f(k+1) } juga himpunan



c


 Catatan: Teorema 1.4.5 dapat pula dinyatakan dengan kontrapositifnya, yaitu: Jika T > S dan T himpunan tak berhingga, maka S merupakan himpunan tak berhingga.



   $   Dibawah ini dijelaskan mengenai jenis-jenis dari himpunan tak berhingga.



M    (a) ’
  
’ 
  

  












  

!
2’ (b) ’
  
’   









     $  
’  


  
’
. (c) ’
  
 ’  
    



 
 ’ 
 

  
  . Berdasarkan sifat pemetaan bijektif, dapat juga dikatakan bahwa himpunan S disebut terbilang jika dan hanya jika terdapat pemetaan bijektif dari S ke N. Atau dapat pula diungkapkan bahwa suatu himpunan S: disebut terbilang jika dan hanya jika terdapat pemetaan bijektif dari suatu himpunan



ke suatu himpunan



yang terbilang. Selanjutnya,



disebut terhitung jika dan hanya jika terdapat pemetaan bijektif dari



ke suatu himpunan lain



yang terhitung.



M  # $ 1. Himpunan bilangan asli genap G = {2n| n N



N } adalah terbilang. Karena pemetaan f :



G yang didefinisikan oleh f(n) = 2n, adalah bujektif ( coba periksa ).



Dengan cara yang serupa, himpunan bilangan asli ganjil J = {2n-1 n terbilang.



N} adalah



c






2. Himpunan semua bilangan bulat Z adalah terbilang. Untuk menunjukannya, dapat dibuat suatu pemetaan bijektif dari N ke Z, dengan cara sebagai berikut: 1 dipetakan ke 0, kemudian himpunan bilangan asli genap ke himpunan bilangan bulat positif, dan himpunan bilangan asli ganjil ke himpunan bilangan bulat negatif. Pemetaan ini dapat ditunjukan secara enuminasi ( satu persatu ) sebagai berikut: 1



2



3



4



5



6



7



«



0



1



-1



2



-2



3



-3



«



Jadi himpunan semua bilangan bulat bisa dituliskan sebagai berikut: Z = { 0, 1, -1, 2, -2, 3, -3,« } 3. Gabungan dua himpunan terbilang adalah himpunan terbilang Jika A = {



,



,



, « } dan B = {



,



,



, « }, maka dapat ditunjukan secara



enumerasi unsur-unsur dari A B sebagai berikut: A



B={



,



,



,



,



,



,«}



M     ` 
N



N



.



Bukti: Diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.



M  !   Ñ

S dan T
 
   

T



S.




S  
  

T 
 

  
  . Pernyataan di atas ekuivalen dengan pernyataan: jika T  

  , maka S juga merupakan  

  .



c


 Bukti: Diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.



M  M"    



 $ 
Y



’  
  



Y



3


  

!
2 ’



Y



3


  

 !
’ 2



Bukti: Akan ditunjukan kebenaran dari implikasi-implikasi: (a) (i)Y



Untuk implikasi (a)



(b), (b)



(c), dan (c)



(b).



Jika S himpunan berhingga, maka terdapat pemetaan bijektif h dari untuk suatu n



(a).



ke S (



N ). Selanjutnya, didefinisikan pemetaan H pada N sebagai berikut: H(i) =



Dari pendefinisian H, maka H adalah pemetaan surjektif dari N ke S. (ii)Y



Untuk implikasi (b)



(c).



Misalkan H suatu pemetaan surjektif dari N ke S. Didefinisikan pemetaan S,



S ke N dengan aturan : untuk setiap s (s) = { n



N|



Jika s,t



dari



(s0 adalah unsur terkecil dalam himpunan



= s}.



S dan



(s) =



(t) =



, maka s = H



) = t. Jadi



adalah pemetaan



bijektif dari S ke (into) N. (iii)Y



Untuk implikasi (c)



Jika



suatu pemetaan injektif dari S ke (into) N, maka



bijektif dari S ke



(a).



(S) > N.



Berdasarkan teorema 1.4.9, maka terhitung.



merupakan pemetaan



(S) terhitung, sehingga himpunan S



c






M  MM   ` 




 Q



 Bukti: Ide untukpembuktian teorema di atas adalah, bahwa himpunan bilangan rasional Q dapat ditulis : Q = dan



{0}



; dengan



himpunan bilangan rasional positif



himpunan bilangan rasional negative. Himpunan bilangan rasional positif



termuat dalam himpunan F yang ditulis secara enumerasi: F = { 1/1, 1/2, 2/1, 1/3, 2/2, 3/1, 1/4, « } Atau dengan ³pemetaan diagonal´ sebagai berikut: 1/1



2/1



3/1



4/1



«



1/2



2/2



3/1



4/1



«



1/3



2/3



3/3



4/3



«



1/4



2/4



3/4



4/4



«



«



«



«



«



«



Bukti secara formal adalah sebagai berikut : Karena N x N adalah himpunan terhitung ( teorema 1.4.8 ), maka terdapat suatu pemetaan ssurjektif f dari N ke N x N (teorema 1.4.10). Jika g : N xN



pemetaan



yang mengaitkan pasangan terurut ( m, n ) dengan bilangan rasional m/n, maka g adalah pemetaan surjeektif. Oleh karena itu komposisi g o f adalah pemetaan surjektif dari N ke



. Berdasarkan teorema 1.4.10, maka



Dengan cara yang serupa, himpunan bilangan rasional Q =



{0}



N, maka Q adalah himpunan terbilang.



adalah himpunan terhitung. mjuga terhitung, sehingga himpunan



adalah himpunan terhitung karena Q memuat



c






M  M   




 
   
m



N,

A = (kurang)










 
    Bukti: Untuk setiap m



N, misalkan



adalah pemetaan surjektf dari N ke



.



Definisikan Ȍ : N x” ” ”A dengan aturan sebagai berikut :” (n).



Ȍ( m, n )=



Akan ditunjukan bahwa Ȍ merupakan pemetaan surjektif dengan cara sebagai berikut : Misalkan a



A diambil sembarangan. Terdapat m terkecil, m



Selanjutnya, karena



surjektif, maka terdapat n



N sehingga a



N sehingga a =



. (n). Oleh



karenanya a = Ȍ( m, n ), sehingga dapat disimpulkan bahwa Ȍ pemetaan surjektif. Karena N x N terhitung, berdasarkan teorema 1.4.10, maka terdapat pemetaan surjektif f : N



N x N sehingga Ȍ o f pemetaansurjektif dari N ke A. Akhirnya



gunakan teorema 1.4.10 sekali lagi sehingga diperoleh bahwa A adalah terhitung.



M  M'$  1. Berikan bukti dari teorema 1.4.2, Teorema 1.4.3 dan Teorema 1.4.8. 2. Perlihatkan suatu pemetaan bijketif dari N ke himpunan semua bilangan bulat ganjil yang lebih besar dari 13. 3. Berikan suatu definisi eksplisit dari pemetaan bijektif f dari Nke Z yang ditentukan dalam contoh 1.4.7 (b).



M  M( $  1. Buktikan bahwa himpunan tak kosong terdapat pemetaan bijektif dari



adalah berhingga jika dan hanya jika



ke suatu himpunan hngga



2. Misalkan S = {1, 2 } dan T = { a, b, c }



.



c


 (a) Tentukan banyaknya pemetaan bijektif yang berbeda dari S ke (into) T. (b) Tentukan banyaknya pemetaan surjekti yang berbeda dari T ke S. 3. Berikan suatu contoh dari koleksi terhitung dari himpunan-himpunan berhingga dimana gabungannyatidak berhingga. 4. Susun suatu pembuktian lengkap bahwa, jika S da T masing-masing himpunan terbilang, maka S



T merupkan himpunan terbilang.



5. Gunakan Induksi Matematik, bahwa jika himpunan S mempunyai n unsur , maka P(S) ( koleksi semua bilangan dari S ) mempunyai



unsur.



c






Y




/
4Ñ'/(3.3)4(



 Himpunan bilangan real R dengan operasi biner + dan . ( berturut ± turut merupakan operasi tambah dan kali atau penjumlahan dan perkalian) membentuk system bilangan real.



Untuk memperkenalkan system bilangan real dapat



ditempuh dengan dua cara yaitu ( 1) cara kontruksi dan (2 ) cara aksiomatis. Cara kontruksi dimulai dengan memperkenalkan system bilangan asli, dilanjutkan dengan bilangan bulat, bilangan rasional, bilangan irrasional, dan sampai bilangan real. Cara aksioma dimulai dengan himpunan bilangan real itu sendiri. Dan padanya diberikan aksioma ± aksioma. Aksioma ± aksioma ini dikembangkan dan muncul perilaku atau sifat tertentu dari bilangan real itu. Sifat ± sifat tertentu itu diungkapkan dengan pernyataan ± pernyataan yang disebut teorema. Pembahasan pada buku ini, system bilangan real dikenalkan dengan cara aksiomatis, masing ± masing disebut aksioma lapangan ( field), aksioma urutan , dan aksioma kelengkapan. Oleh karena itu system bilangan real sering disebut lapangan yang terurut secara lengkap. Pada pasal 2 . 1 dalam bab ini dibahas secara detail mengenai sifat ± sifat aljabar, yang dalam aljabar abstrak disebut sifat lapangan. Sifat ini didasarkan pada 2 operasi biner yaitu penjumlahan dan perkalian. Pada pasal 2 . 2 dan 2. 3 dilanjutkan dengan sifat urutan bilangan real yang memunculkan sifat ± sifat kepositifan, pertidaksamaan dan nilai mutlak.



Pada pasal 2.4 pembahasan



dilanjutkan mengenai sifat ±sifat kelengkapan bilangan real. Sifat kelengkapan bilangan ini membedakan antara sifat bilangan real dan sifat bilangan rasional. System bilangan real dengan semua sifat ± sifatnya ini merupakan hal yang sangat ensensial dalam pengembangan analis real selanjutnya. Aplikasi dari sifat kelengkapan bilangan real, dibahas pada 2.5 yang menghasilkan hal ± hal yang mendasar diantaranya sifat Archimides, keberadaan akar kuadrat dari suatu bilangan real dan sifat kepadatan bilangan rasioanal dalam R. Pada pasal 2.6 dibahas mengenai sifat ± sifat interval tersarang dan sifat ± sifat interval tersarang ini selanjutnya dipakai untuk menunjukkan ketidakterhitungan( uncountability) dari R.



c






Y




 5'  ) Seperti yang sudah diutarakan di atas bahwa untuk memulai memperkenalkan system bilangan real, dalam pembahasan buku ini, memakai cara aksiomatis. Dimulai dengan menampilkan sifat ± sifat aljabar yang merupakan sifat dasar dari operasi penjumlahan dan perkalian duya bilangan real. Sifat ± sifat dasar ini dipandang sebagai aksioma dan aksioma ini dalam aljabar abstrak disenut aksioma lapangan.



Sifat ± sifat aljabar yang muncul selanjutnya dipandang



sebagai teorema yang perlu dibuktikan kebenarannya. 







Operasi biner + dan . ( penjumlahan dan perkalian ) didefinisikan sebagai suatu pemetaan yang menghubungkan antara pasangan terurut ( a, b) dengan hasil yang unik yaitu +( a, b ) dan .(a, b) dan hasil ini sering ditulis dengan a+ b dan a . b



 M M (  '  ) Pada himpunan bilangan real R didefinisikan operasi dua biner, dinotasikan dengan + dan . dan berturut ± turut disebut operasi tambah dan kali atau penjumlahan dan perkalian. Operasi ± operasi ini memenuhi sifat ± sifat berikut : ( T1 ) a + b = b + a, untuk setiap a, b ¼ R ( sifat komulatif operasi tambah) ( T2 ) ( a + b ) +c = a + (b +c), untuk setiap a, b, c ¼ R ( sifat asosiatif operasi tambah) ( T3 ) Terdapat unsure 0 ¼ R sehingga 0 + a = a + 0, untuk setiap a ¼ R ( eksistensi unsure 0) ( T4) Untuk setiap a ¼ R, terdapat ±a ¼ R sehingga a + ( -a) = ( -a) + a = 0 ( eksistensi unsure lawan/ invers tambah) ( K1) a . b = b . a ,untuk setiap a, b ¼ R( sifat komulatif operasi kali) ( K2) ( a.b ).c = a. (b. c), untuk setiap a, b , c ¼ R( sifat asosiatif operasi kali ) ( K3) Terdapat unsure 1 ¼ R, 1  0 sehingga 1 . a = a. 1 = a, untuk setiap a ¼ R ( eksitensi unsure satuan) ( K4) Untuk setiap a ¼ R , a  0 terdapat 1/a ¼R sehingga a . (1/a) = (1/a) . a =1 (eksitensi unsure kebalikan / invers kali) ( D ) a. (b +c ) = ( a. b ) + ( a . c) dan



c


 ( b + c ) .a = ( b. a ) + ( b . c), untuk setiap a, b, c ¼ R ( sifat distribusi operasi kali terhadap operasi tambah) Kesembilan sifat ini merupakan sifat dasar dan dikenal dengan sebutan aksioma lapangan ( field). Aksioma T3, T4 ,K3 dan K4 memunculkan unsure ± unsure nol, invers tambah atau lawan, satuan, dan kebalikan atau invers kali. Unsure ±unsure ini bersifat unik atau tunggal. Sifat keunikan atau ketunggalan dari unsure ± unsure ini diungkapkan dalam teorema ± teorema berikut:



 M   +   " M, (a) jika4

unsure ± unsure di Rsehingga z + a= a , maka z =0 (b) jika 
 0 unsur ± unsure di R sehingga u .b =b, maka u = 1 ' - (a) Dari hipotesis z + a = a, tambahkan pada masing ± masing ruas dengan ± a sehingga diperoleh ; ( z + a ) + ( -a) = a + ( -a) ( keberadaan unsure (±a) didasarkan pada aksioma T4). Jika digunakan T2, T3, T4 pada ruas kiri diperoleh : ( z+ a) + (-a) = z + ( a + (-a)) = z + 0 = z; dan jika digunakan T4 pada ruas kanan diperoleh: a + (-a) = 0 oleh karena itu dapat disimpulkan bahwa z = 0. bukti ( b) diserahkan pada pembaca sebagai latihan.



 M   +    0, (a) Jika a, b ¼ R sehingga a + b = 0 maka b = -a (b) Jika a, b ¼ R dan a  0 sehingga a. b = 1 maka b = 1/a ' - (a)Y jika dari a+ b =0. pada ruas ditambahkan ± a, maka diperoleh : ( -a) + ( a + b ) = (-a) + 0 Jika digunakan T2, T4, T3 pada ruas kiri maka diperoleh : ( -a) + (a +b) ={ (-a) +a) +b = 0+b =b ; dan jika digunakan T3 pada ruas kanan maka diperoleh : (-a) + 0 = -a



c


 Oleh karena itu dapat disimpulkan bahwa b = -a. Bukti (b) diserahkan kepada pembaca sebagai latihan. Dibawah ini ditampilkan beberapa teorema yang merupkan sifat ± sifat aljabar dari R yang ditirunkan pada aksioma lapangan dan teorema sebelumnya. Sifat ini sering dijumpai dan dipakai dalam perhitungan sehari ± hari.



 M    Jika a ¼ R maka : (a)Y a. 0 = 0 (b)Y(-1) . a = -a (c)Y ± (-a) = a (d)Y(-1) .(-1) = 1



' - (a)Y dari K3 diketahui bahwa a. 1 = a. tambahkan a .0 dan gunakan D dan T3, maka diperoleh : a + a. 0 = a . 1 + a. 0 = a. ( 1 +0) = a. 1 = a Dengan menggunakan teorema 2.1.2 tentang keunikan unsure nol, kita simpulkan bahwa a . 0 =0 ( b) Dengan menggunakan D, K3, T4 dan jawaban bagian a diperoleh a +(-1).a = 1 .a + (-1) .a = 1 + (-1)) .a = 0. a = 0 Berdasarkan teoreme 2.1.3 (a) dapat disimpulkan bahwa (-1).a = -a (c) Dengan menggunakan T4 diperoleh ( -a) + a = 0 Berdasarkan teorema 2.1.3 (a) diperoleh bahwa a = - (-a) (d)YDalam bagian (b), subsitusikan a = -1, didapat (-1).(-1) = -(-1)=1 (Berdasarkan bagian (c) dengan mengambil a = 1).  M  Y  



c


 Misalkan a, b, c ¼ R (a)Y Jika a  0, maka 1/a  0 dan 1/(1/a) = a (b)YJika a.b = a.c dan a  0, maka b = c (c)Y Jika a.b = 0, maka a = 0 atau b = 0 Bukti : (a)Y Akan dibuktikan dengan cara tidak langsung yaitu dengan kontradiksi. Diketahui a  0 dan ingin ditunjukkan 1/a = 0 (keberadaan 1/a dijamin pleh (K4)). Karena akan dibuktikan dengan cara tidak langsung, maka langkah pertama adalah memisalkan 1/a = 0. Jadi 1/a = 0, maka



1 = a.(1/a)



= a.0 = 0, ini kontradiksi dengan (K3). Jadi 1/a  0 dan karena (1/a).a = 1, teorema 2.1.3 bagian (b) mengakibatkan bahwa 1(1/a) = a. (b)YJika kedua ruas dari persamaan a.b = a.c masing-masing dikalikan dengan 1/a dan gunakan (K2), (K4) dan (K3) diperoleh : ((1/a).a).b = ((1/a).a).c 1.b = 1.c b=c (c)Y Ini cukup dengan memisalkan a  0 dan harus ditunjukkan b = 0. karena a . b = 0 = a . 0, gunakan bagian (b) terhadap persamaan a . b = a . 0 sehingga dapat disimpulkan b = 0 jika a = 0 Catatan : Operasi ³pengurangan´ atau selisih didefinisikan oleh a ± b =



a+



(-b) untuk setiap a, b di R. Dengan cara yang serupa, pembagian didefinisikan untuk a, b di R, b  0, oleh a b = a . (1/b) Untuk selanjutnya, perkalian a . b dapat pula dinotasikan dengan ab dan a . a = aa ditulis dengan a2, demikian pula untuk ( a2 ) a ditulis a3. secara umum, untuk n ¼ N, didefinisikan an-1=aman untuk setiap m, n ¼ N. Jika a  0, akan digunakan notasi a-1 untuk 1/a dan jika n ¼ N, akan ditulis a-n untuk (1/a)n. '  )  /  Himpunan bilangan asli N dan himpunan bilangan bulat Z dipandang masing-masing sebagai himpunan bagian dari R dengan mengidentifikasi



c


 bilangan asli n ¼ N sebagai penjumlahan berulang n suku dari unsur satuan 1 ¼ R, dan 0 ¼ Z dipandang sebagai unsur 0 ¼ R, serta bilangan bulat ± n sebagai penjumlahan berulang n suku dari -1 ¼ R. Unsur-unsur di R yang dapat ditulis dalam bentuk b/a dimana a, b ¼ Z dan a  0 disebut bilangan rasional. Himpunan semua bilangan rasional di R dinotasikan dengan Q. Unsur-unsur di R yang tidak di Q disebut bilangan irrasional. Sebagai akhir dari fasal ini, akan diperlihatkan bukti bahwa tidak terdapat bilangan rasional yang kuadratnya sama dengan 2.  M  Y   3






  
5"5 Bukti : Misalkan p dan q masing-masing bilangan bulat positif sehingga (p/q)2 = 2 dan tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1 (mengapa?). karena p2 = 2q2, maka p2 adalah bilangan genap. Ini mengakibatkan p juga bilangan genap (sebab jika p = 2n + 1 atau bilangan ganjil maka p2 = 4n2 + 4n ± 1 = 2(2n2 + 2n) + 1, juga bilangan ganjil). Selanjutnya karena p dan q tidak mempunyai faktor persekutuan 2, maka q harus merupakan bilangan ganjil. Karena p bilangan genap, maka p dapat ditulis dengan p = 2m untuk suatu m ¼ N, sehingga 4 m2 = 2q2, atau 2m2 = q2. Ini mengakibatkan bahwa q2 adalah bilangan genap, sehingga q juga bilangan genap. Akibatnya terdapat kontradiksi, karena suatu bilangan tidak mungkin sekaligus merupakan bilangan ganjil dan bilangan genap.



 M  Y '$  1.Y a) Tuliskan pertanyaan yang merupakan invers, konvers dan kontrapositif dari teorema 2.1.2 b)Y Apakah pertanyaan invers dan konvers dari soal a) merupakan pernyataan yang benar?



c


 c)Y Susunlah pembuktian dari teorema 2.1.2 (b) dan teorema 2.1.3 (b) 2.Y Diberikan pertanyaan : ³Jika a, b ¼ R, maka persamaan a + x = b mempunyai solusi unik x = (-a) + b´ Tunjukkan kebenaran dari pernyataan diatas dengan melakukan langkahlangkah : (1)YTunjukkan bahwa x = (-a) + b adalah solusi persamaan dan (2)YTunjukkan bahwa solusi itu unik (dimisalkan terdapat pula dua solusi dan tunjukkan bahwa kedua solusi itu sama). 3.Y Dengan pertanyaan yang sama untuk pernyataan : ³Jika a, b ¼ R dan a  0, maka persamaan a.x = b mempunyai solusi unik x = (1/a).b´ 4.Y Susun suatu pembuktian, untuk menunjukkan am+n = am.an, dan (am)n



= amn



untuk setiap m, n ¼ N (Gunakan Induksi Matematik).  M Y ( $  1.Y Buktikan, jika a, b ¼ R, maka : (a)Y ± (a+b) = (-a) + (-b) (b)Y(-a).(-b) = a.b (c)Y 1/(-a) = - (1/a) jika a  0 (d)Y± (a/b) = (-a)/b jika b  0 2.Y Jika a ¼ R memenuhi a.a = a, buktikan a = 0 atau a = 1 3.Y Jika a  0 dan b  0, tunjukkan : 1/(ab) = (1/a).(1/b) 4.Y Gunakan argumentasi dalam pembuktian teorema 2.1.7 untuk menunjukkan tidak ada bilangan rasional s sehingga s2 = 6. 5.Y Tunjukkan jika m ¼ R adalah bilangan irrasional dan r  0 adalah bilangan rasional, maka r + m dan rm adalah irrasional. 6.Y Jika x dan y masing-masing bilangan rasional, tunjukkan x + y dan xy bilangan rasional. 7.Y Jika x dan y masing-masing bilangan irrasional, tunjukkan bahwa x + y dan xy belum tentu merupakan bilangan irrasional.



c


 8.Y Misalkan B suatu operasi biner pada R B disebut : (i)Y



komutatif jika B(a,b) = B (b,a), c a, b, c di R.



(ii)Y



assosiatif jika B(a.B(b,c)) = B(B(a.b).c), c a, b, c di R



(iii)Y mempunyai suatu identitas jika terdapat suatu unsur e ¼ R sehingga B (a,e) = a = B(e,a), c a, b, c di R. Tentukan yang mana dari sifat-sifat di atas yang dipenuhi untuk operasi biner yang didefiniskan untuk setiap a, b ¼ R oleh : (a)Y B1(a,b) = ½(a+b) (b)Y B2(a,b) = ½(ab) (c)Y B3(a,b) = a ± b (d)Y B4(a,b) = 1 + ab 9.Y Suatu operasi biner B pada R disebut distributif terhadap penjumlahan jika memenuhi B(a, b + c) = B(a,b) + B(a,c), c a, b, c di R. Yang mana (jika ada dari operasi biner yang diberikan dalam latihan no. 9 yang bersifat distributif terhadap penjumlahan?   Y
 6  '  ) Sifat urutan bilangan real R berkaitan dengan istilah kepositifan dan ketidaksamaan antara bilangan-bilangan real. Seperti halnya dengan struktur aljabar dari sisitem bilangan real, dalam sifat urutan bilangan real, terdapat beberapa sifat dasar yang dipandang sebagai aksioma urutan yang dapat dikembangkan menjadi sifat-sifat urutan lainnya dari bilangan real, diantaranya sifat-sifat suatu ketidaksamaan. Uraian di bawah ini, dimulai dengan mengetengahkan himpunan bagian (khusus) dari R yaitu himpunan bilangan real positif.   M Y
 6  +,'  ) Terdapat himpunan bagian tidak kosong P dari R yang disebut himpunan bilangan real positif, yang memenuhi sifat-sifat sebagai berikut : (i)Y Jika a, b unsur-unsur di P, maka a + b juga unsur di P. (ii)Y Jika a, b unsur-unsur di P, maka a.b juga unsur di P. (iii)Y Jika a ¼ R, maka hanya satu dari yang berikut dipenuhi :



c


 a ¼ P,



a = 0, -a ¼ P



Dua sifat pertama (i) dan (ii) menyatakan kesesuaian antara urutan dan operasi penjumlahan dan perkalian. Sifat (iii) disebut sifat trikhotomi, dapat diartikan bahwa R merupakan gabungan dari tiga himpunan yang saling lepas, yaitu 

G , {0} dan 

G . Himpunan 

G  selanjutnya disebut himpunan bilangan real negatif. Jika a ¼ P, a disebut bilangan real positif dan ditulis a > 0. Jika



a



¼ P š {0}, a disebut bilangan real tak negatif, ditulis a • 0. Kemudian jika ± a ¼ P, a disebut bilangan real negatif dan di tulis a < 0, sedangkan jika ± a ¼ P š {0}, a disebut real tak positif, ditulis a ” 0. Selanjutnya, ketidaksamaan antara dua bilangan real didefinisikan berdasarkan aksioma di atas dan relasi biner < dan >.    Y   Misalkan a ¼ R, b ¼ R (i)Y



a ± b ¼ P jika dan hanya jika a > b (atau b < a)



(ii)Y



a ± b ¼ P š {0} jika dan hanya jika a • b ( atau b ” a)



(iii)Y



a < b < c, jika dan hanya jika a < b dan b < c



(iv)Y



a ” b ” c jika dan hanya jika a ” b dan b ” c Relasi a > b dibaca a ³lebih besar daripada´ b, sedangkan relasi a < b



dibaca a ³lebih kecil daripada´ b. Berdasarkan



pendefinisian



di



atas,



sifat



trikhotomi



2.2.1



(iii),



mengakibatkan bahwa untuk bilangan-bilangan real a dan b hanya satu dari hubungan berikut dipenuhi : a > b, a = b atau a < b. Dari aksioma dan definisi di atas dapat diturunkan beberapa teorema tentang sifat urutan seperti berikut di bawah ini.    Y   Misalkan a, b, c ¼ (a)Y Jika a > b dan b > c, maka a > c (b)Y Jika a • b dan b • a, maka a = b Bukti :



c


 (a)Y a > b artinya a ± b ¼ P; b > c artinya b ± c ¼ P Berdasarkan aksioma 2.2.1 (i) di dapat : (a ± b) + (b ± c) ¼ P a ± c ¼ P, sehingga a > c (b)YDibuktikan dengan cara tidak langsung (kontrapositif) Misalkan a  b, berarti a ± b  0. Berdasarkan sifat trikhotomi 2.2.1 (iii), maka a ± b ¼ P atau b ± a ¼ P, atau dengan kata lain a > b atau b > a. Ini berarti pernyataan kontrapositif teorema itu terbukti.    Y   (a)Y Jika a ¼ R, dan a  0, maka a2 > 0 (b)Y1 > 0 (c)Y Jika n ¼ N, maka n > 0 Bukti : (a)Y Menurut sifat trikhotomi jika a  0, maka salah satu dipenuhi a ¼ P atau - a ¼ P. Jika a ¼ P, maka a2 = a. a ¼ P (aksioma 2.2.1 (ii)), sehingga a2 > 0 Jika - a ¼ P, maka (-a).(-a) ¼ P (aksioma 2.2.1 (ii)), sedangkan (-a).(-a) = ((-1)a).((-1)a) = (-1)(-1).a2 = 1.a2 = a2 Dengan demikian, jika - a ¼ P, maka a2 ¼ P atau dengan kata lain a2 > 0 Kesimpulan dari uraian di atas jika a = 0 maka a2 > 0 (b)YKarena 1 = (1)2, dan berdasarkan (a), maka 1 > 0 (c)Y Gunakan Induksi Matematik : Misalkan S i N ; S =



 G2



 0



(i)Y 1 ¼ S, sebab 1 > 0 (berdasarkan (b)) (ii)Y Jika k ¼ S, berarti k > 0, maka k + 1 > 0 (sebab k ¼ P dan 1 ¼ P) Dari (i) dan (ii), maka S = N. Ini artinya jika n ¼ N maka n > 0    Y   Misalkan a, b dan c masing-masing bilangan real



c


 (a)Y Jika a > b, maka a + c > b + c (b)YJika a > b dan c > d, maka a + c > b + d (c)Y Jika a > b dan c > 0, maka c.a > c.b Jika a > b dan c > 0, maka c.a < c.b (d)YJika a > 0, maka 1/a > 0 Jika a < 0, maka 1/a < 0 Bukti : (a)Y Jika a > b artinya a ± b ¼ P, maka (a + c) ± (b + c) = a ± b ¼ P Jadi a + c > b + c (b)YJika a > b artinya a ± b ¼ P, dan c > d artinya c ± d ¼ P, sehingga : Y (a + c) ± (b + d) = (a + b) +(c - d ) G P Jadi a + c > b + d ( c ) jika a ± b G P dan c G P,maka c.a ± c.b = c.(a ± b) G P Jadi c.a >c.b jika c >0 Disisi lain, jika c < 0, maka ± c G P, sehingga c.b ± c.a = - c. (a ± b) G P. Dengan demikian c.b > c.a atau c.a 0, maka a  0 (sifat trikhotomi), sehingga 1/a  0 (teorema2.1.5 bagian (a)) Jika 1/a < 0, maka menurut (c) dengan c = 1/a berakibat 1 = a.(1/a) < 0, ini kontradiksi dengan 2.2.5(b). Jadi haruslah 1/a > 0. Dengan cara serupa jika a < 0, maka 1/a > 0 akan bertentangan ( kontradiksi ) bahwa 1 = a. (1/a) < 0      

G .  
67
89 
9:6


"6 ' - Gunakan cara tidak langsung dengan memisalkan a> 0. Jika a > 0 maka 0 < ½ a < a ( mengapa ?). Kemudian dengan mengambil İ0 = ½ a, maka diperoleh 0 < İ0 < a. ini kontradiksi dengan a < İ untuk setiap a > İ. Jadi pemisalan yang diambil adalah salah, yang benar haruslah a = 0.      

 G .

,98 
9:6


"6



c


 ' - Gunakan cara tidak langsung , dengan memisalkan b < a, sehingga a ± b > 0. ambil İ0 = ½ (a + b). dari pemisalan b < a, diperoleh b < ½ (a + b) ( mengapa? ). Dari sini diperoleh b < a - ½ (a - b) = a - İ0. ini kontradiksi dengan hipotesis yaitu a ± İ < b untuk setiap İ > ( jadi haruslah a ” b)      

 G .

:6





    $ ( i ) a > 0 dan b > 0, atau (ii ) a < 0 dan b < 0 ' - ( i ) karena a . b > 0, maka a  0 dan b  0 ( sebab jika salah satu a = 0 atau b = 0, maka a. b = 0 ). Dari sifat trikhotomi : jika a  0 maka a > 0 atau a < 0. Jika a > 0 maka 1/a > 0 (2.2.5(d) ), selanjutnya: b = 1 .b = ((1/a). a) . b = (1/a).(a.b) > 0. Dengan cara yang serupa, jika a 2 Jawab : : x2 + x > 2
 2



 § 2 > 0
(x ± 1) (x +2) > 0



Gunakan teorema 2.2.8 (i)Y



jika x ± 1 > 0, maka x + 2 > 0



(ii)Y



jika x ± 1 < 0, maka x + 2 < 0



Jika (i) diselesaikan, diperoleh x > 1 dan x > -2, dan ini dipenuhi kedua ± duanya jika dan hanya jika x > 1



c


 Jika (ii) diselesaikan, diperoleh x < 1 dan x < -2, dan ini dipenuhi kedua ± duanya jika dan hanya jika x < -2 Dari (i) dan (ii), diperoleh A = {xG RŇx > 1} š {x G RŇ x < -2 } 2. Tentukan himpunan  i . yang merupakan humpunan penyelesaian dari pertidaksamaan : (2x + 1) ( x + 2 ) < 1 Jawab : (2x +1) / (x +2) < 1 Ë (2x + 1) / (x +2) ± 1 < 0 Ë



(x ± 1) / (x +2) < 0



Selanjutnya, (i) Jika (x ± 1) < 0 maka (x +2) > 0 (ii) Jika (x ± 1) > 0 maka (x +2) < 0 Jika (i) diselesaikan, diperoleh : x< 1 dan x> -2 dan ini dipenuhi kedua ± duanya jika dan hanya jika -2 < x < 1 Jika (ii) diselesaikan, diperoleh : x > 1 dan x < -2, dari sini tidak ada x yang memenuhi kedua ± duanya. Dari (i) dan (ii), diperoleh B = { x G RŇ-2 < x 0 dan b > 0 Di satu sisi berdasarkan aksioma 2.2.1 (i), a + b > 0. Karena a < b maka b ± a > 0, sehingga b2 ± a2 = (b ± a ) ( b + a) > 0 Dari b2 ± a2 > 0 diperoleh a2 < b2 Disisi lain, jika a2 < b2 maka b2 ± a2 = (b ± a ) ( b + a) > 0 Dari teorema 2.2.8 diperoleh b ± a > 0, sehingga a < b (b) Disatu sisi, jik aa > 0 dan b > 0, maka Karena b ± a > 0 maka (  ) ² - (
)² > 0




> 0 dan



 > 0, sehingga




+ >0



c


 (  ) ² - (
)² = (  -
) (  +
) ; dari sini diperoleh bahwa (  -
) > 0, sehingga




< 



Sebaliknya, jika




<  maka (  -
) > 0



Selanjutnya b ± a = (  ) ² - (
)² = (  -
) (  +
) > 0, sehingga a < b Dari uraian diatas, disimpulkan bahwa : jika a • 0 dan b • 0, maka : a 0, b > 0, maka



a2 < b2



Ë









1



2



Ë




< 



(
` )



½ (a + b ) disebut rata ± rata aritmetik ( rata ± rata hitung ) dan




 disebut rata ± rata



geometric ( rata ± rata ukur ) Bukti : kasus (i) jika a  b, a > 0 , b > 0, maka Dari 2.2.4 (a) : (
a±2




> 0 dan



 > 0 dan




 .



 )² > 0, sehingga diperoleh
 +b > 0




 < ½ (a + b ) Dari uraian di atas, disimpulkan bahwa, jika a > 0, b > 0, maka :




 < ½ (a + b )



5. Tunjukkan bahwa : Jika x > -1, maka : ( 1+ x)n • 1 + nx, cn G



(Ketidaksamaan diatas



disebut ketidaksamaan Bernouli) ' - Gunakan induksi matematik Misalkan S i N, S = {nG N ( 1 + x )n • + nx } (i)Y



1G S, sebab ( 1 + x )1 • 1 + 1x adalah pernyataan benar.



(ii)Y



Jika kG S, artinya : ( 1 + x )k • 1+kx (1+x)k+1  (1



 )  .(1  )



 (1 )(1  )  1 ( 1)   2  1 ( 1)   2 Uraian ini menyatakan bahwa k + 1 G S. Dari (i) dan (ii) dapat disimpulkan : S = N atau dengan kata lain: \ ( 1 + x )n • + nx, cn G N   M"'$  1.Y Susunlsh sustu pembuktisn untuk pernystssn berikut ini :



c


 (i)Y



a < 0 dan b > 0, atau



(ii)Y a > 0 dan b < 0 2.Y Gunakan induksi matematik dan Ketidaksamaan Bernoulli, untuk menunjukkan kebenaran dari pernyataan ± pernyataan berikut ini : (a)Y



jika 0 < c < 1, maka cn ” c, untuk setiap nG N.



(b)Y



jika c > 1, maka cn • c, untuk setiap nG N.



3.Y Misalkan a,bG R, a > 0, b > 0, dan nG N. Tunjukkan : a < b jika dan hanya jika an < bn



   MM( $  1.Y Jika a ” b dan c ” d, buktikan : a + c ” b + d 2.Y Jika 0< a< b dan 0 n 13.Y Jika 0 n



2.3 Nilai Mutlak



c


 Konsep nilai mutlak merupakan konsep yng esensial dalam analisis. Konsep ini berkaitan dengan sifat urutan atau ketidaksamaan. Secara geometris nilai mutlak suatu bilangan real dapat diinterprestasikan sebagai jarak dari titik x ke titik 0. jika diberikan suatu bilangan real x dan y, nilai mutlak dari ( x ± y ) dapat diinterprestasikan sebagai jarak dari titik x ke titik y. Konsep nilai mutlak dan ketidaksamaan memotivasi lahirnya suatu konsep baru yang banyak digunakan dalam analisis yaitu konsep lingkungan ( neighborhood ).



  MY   Ñ


G .2
 


  


 /
/  ! 


    0 § 



Jika a  0 Jika a  0 Jika a  0



Sebagai contoh, | 3 | = 3 dan | -2 | = 2. Dari pendefisian diatas dapat dilihat bahwa | a | • 0, untuk setiap a G R, dan | a | = 0 jika dan hanya jika a = 0. Demikian pula | -a | = | a | untuk setiap a G R. Dibawah ini diberikan beberapa sifat nilai mutlak lainnya yang dinyatakan dalam bentuk teorema ± teorema.



   Y   (a)Y | ab | = | a | | b |  
a, b G R



(b)Y | a |² = a²,  
a G R (c)Y 
c • 0,

| a | ” c 




±c ” a ” c (d)Y -| a | ” a ” | a | ,  
a G R (e)Y | a + b | ” | a | + | b | ( ketidaksamaan segitiga ) ' - (a)Y Jika salah satu a = 0 atau b = 0, maka | ab | = 0 = | a | | b | Jika a > 0 dan b > 0, maka ab = 0 = | a || b |. Jika a > 0 dan b < 0, maka ab = - ab = a (-b) = | a | | b |. Untuk kasus lainnya dilakukan dengan cara yang serupa.



(b)Y Karena a² • 0, maka a² = | a |² = | aa | = | a | | a | = | a |² (c)Y Misalkan | a | ” c. Dari sini diperoleh a ” c dan - a ” c. ketidaksamaan yang terakhir ekuivalen dengan ± c ” a, sehingga diperoleh ± c ” a ” c. Sebaliknya, jika ± c ” a ” c, maka a ” c dan - a ” c, sehingga | a | ” c



c


 (d)YAmbillah c = | a | dalam bagian (c) (e)Y Dari2.3.2 (d), didapat - | a | ” a ” a dan - | b | ” b ” b, sehingga -( | a | - | b | ) ” a + b ” | a | + | b | Oleh karena itu, dari bentuk terakhir ini, diperoleh : | a ± b | ” | a | + | b | ( dengan 2.3.2 (c) ) 2.3.3Y Teorema ( Akibat ) Untuk setiap a, b di R, berlaku : (a)Y Ň| a | - | b |Ň ” | a ± b Ň (b)Y Ňa - bŇ ” ŇaŇ+ŇbŇ Bukti : (a)Y Jika ditulis a = a ± b + b dan gunakan kesamaan segitiga, maka diperoleh : | a | = | (a ± b) + b | ” | a ± b | + ŇbŇ Sehingga ŇaŇ- ŇbŇ ” | a ± b |. « (*) Dengan cara yang serupa, dari ŇbŇ= Ňb ± a + aҔ | b ± a | + | a | diperoleh -| a ± b | = -Ňb ± a Ҕ ŇaŇ-ŇbŇ « (**) (a)Y Dari (*), (**) dan 2.3.2 (c), diperoleh : ŇŇaŇ-ŇbŇŇ ” Ňa - bŇ. (b)Y Ňa - bŇ= Ňa +(- b)Ň ”ŇaŇ+ŇbŇ( ketidaksamaan segitiga ) Karena Ň-bŇ= ŇbŇmaka diperoleh Ňa - bҔ ŇaŇ+ŇbŇ 2.3.4Y Teorema ( Akibat) Untuk a1,a2,«,an G R, berlaku : Ň a1 + a2 + «,an Ň ” Ň a1Ň+ | a2 | + «+ Ňa +(- b)Ň | an |. Contoh ± contoh dibawah ini menggambarkan bagaimana sifat ± sifat dari nilai ± mutlak dapat digunakan 2.3.5Y Contoh 1.Tentukan himpunan A i R yang merupakan himpunan penyelesaian dari pertidaksamaan: Ň2x + 3Ň< 6 ; x G R Jawab : Dari 2.3.2 (c), sdidapat: Ň2x + 3Ň< 6
-6 < 2x + 3 < 6




-9 < 2x ½ B2 = { x G RŇ½ < x < 1} Untuk kasus (iii), pertidaksamaan men adi: -x ± 1 < -x, pertidaksamaan ini tidak dipenuhi oleh setiap x Dari uraian diatas, didapat: B = { x G RŇx > ½ } 3.Y Misalkan fungsi f didefinisikan oleh : f (x) (2x² - 3x + 1 ) /(2x ± 1 ) untuk 2 ” x ” 3 Tentukan suatu bilangan M sehingga | f (x) | ” M, untuk setisp x yang memenuhi 3 Jawab : | f (x) | = | 2x² - 3x + 1 | / |2x ± 1 | Dari ketidaksamaan tersebut, didapat : Untuk pembilang : | 2x² - 3x + 1 | ” 2 | x² | + 3 | x | + 1 ”2 .3² + 3.3 + 1 = 28 ( karena x ” 3) Untuk penyebut : |2x ± 1 | • 2| x | - 1 • 2.2 ± 1 = 3 (karena 2 ” x ) Sehingga 1 / |2x ± 1 | ” 1/3 Jadi untuk 2 ” x ” 3, diperoleh : | f (x) | ” 28/3, sehingga dapat diambil M = 28/3



2”x”



c






Garis Real Interprestasi geometris dari system bilangan real adalah garis lurus yang disebut garis real. Dalam interprestasi ini, nilai mutlak | a | dari suatu bilangan real adapat dipandang sebagai jarak dari a kepusat 0. Secara umum, jarak antara bilangan ± bilangan real a dan b adalah Ňa - bŇ( lihat gambar 2.3.1 ) -4



-3



-2



Ň



-1



0



1



2



Ň-2 ±(3)Ň= 5



3



4



Ň



.  M jarak antara a = -2 dan b =3 Dengan konsep ini dan ketidaksamaan, dibawah ini dikenalkan dengan suatu konsep baru yang banyak digunakan dalam analisis yaitu konsep lingkungan yang didefinisikan sebagai berikut : 2.3.6Y Definisi Misalkan a G R dan İ > 0 Lingkungan ± İ dari a adalah himpunan Va (a) = {x G R ŇŇx - aŇ< İ} Untuk a G R, pernyataan x G Va (a) ekuivalen denag salah satu dari pernyataan -İ < x ± a < İ
a ± İ < x < a + İ ( lihat gambar 2.3.2)



a±İ



a



a+İ



Gambar 2.3.2 Suatu lingkaran ± İ dari a 2.3.7Y Teorema Misalkan a G R, jika x terletak dalam lingkungan Va (a) untuk setiap İ > 0, maka x = a Bukti : Jika x memenuhi | x ± a | < İ untuk setiap İ > 0, maka berdasarkan teorema 2.2.6 diperoleh bahwa | x ± a | = 0, sehingga ini mengakibatkan x ± a = 0 atau x = 0 2.3.8Y Contoh



c


 1.YMisalkan U = {xŇ0 < x < 1 }. Jika a G U. Misalakan a adalah bilangan kecil antara 1 dan 1 ± a, maka Vİ (a) termuat di U. Jadi setiap unsure dari U mempunyai suatu lingkungan ± İ yang termuat di U. 2.Y Jika I = {xŇ0 ” x ” 1 }, mak untuk setiap İ > 0, lingkungan ± İ Vİ (0) dari 0 memuat titik yang tidak terletak di I, sehingga Vİ (0) tidak termuat di I. Sebagai contoh, bilangan x İ = ± İ/2 terletak di Vİ (0) tetapi tidak di I. 2.3.9Y Bahan Diskusi 1.Y Misalkan a, b G R Susunlah suatu pembuktian yang menunjukkan kebenaran pernyataan berikut implikasi dua arah ( biimplikasi ) berikut ini : Ňa + bŇ = ŇaŇ+ŇbŇjika dan hanya jika ab • 0.



2.Y Misalkan x, y, z G R dan x
z (a).Y Pertanyaan sama dengan soal 1. untuk pernyataan: x < y < z jika dan hanya jika    `   4    4 (b).Y Interpretasikan situasi diatas secara geometris. 3.Y Misalkan  > 0,



> 0, dan a G R



Tunjukkan V (a) ö V



(a) dan V (a) š V



(a) masing-masing merupakan



lingkungan -
dari a untuk suatu




  M"Y ( $  1.Y Misalkan a G R. Tunjukakan bahwa :    2 2.Y Jika a, b G R dan b 0, tunjukkan bahwa



    



3.Y tentukan himpunan bagian dari R yan merupakan himpunan penyrlesaian dari pertidaksamaan ± pertidaksamaan berikut: (a) 4   5
13



(b)  2  1
3



(c)   1   ` 1



(d)  `  ` 1  2



4.Y Jika a < x < b dan a < y < b, tunjukkan bahwa      
interpretasikan situasi diatas secara geometris. 5.Y Gambar sketsa dari himpunan pasangan terurut (x,y) di R x R yang memenuhi:



c


 (a)   



(b)     2



6.Y Gambar sketsa dari himpunan pasangan terurut (x,y) di R x R yang memenuhi ketidaksamaan: (a)   
1



(b) 
2



7.Y Tunjukkan jika a, bGR, dan a b maka terdapat lingkiungan - U dari a dan V dari b sehingga UöV='



 Y
 2  '  ) Sifat ± sifat lain dari sitem bilangan real selain sifat aljabar dan sifat urutan adalah yang disebut dengan sifat kelengakapan. Seperti yang sudah diuraikan pada pembahasan esbelumnya, bahwa system bilangan rasional Q memenuhi aksioma lapangan (2.1.1) dan aksioma urutan (2.2.1), sehingga system bilangan rasional Q merupakan suatu lapangan terurut. Tetapi dapat dilihat pada pembahasan selanjutnya seperti yang akan diuraikan dibawah ini, bahwa system bilangan rasional tidak memenuhi aksioma kelengkapan. Inilah yang membedakan antara system bilangan real dengan system bilangan rasional (jadi sisswa kelengkapan membedakan antara system bilangan real dengan bilangan rasional). Aksioma kelengkapan system bilangan real dapat diungkapkan dengan pernyataan sebagai berikut: ³’
  
 

 
 
 
  
 

 

   





   ´




 /  Dibawah ini diperkenalkan beberapa istilah diantaranya seperti batas atas, batas bawah, terbatas diatas, terbatas dibawah, supremum dan infimum dari suatu himpunan bilangan real. Istilah ± istilah ini sangat penting untuk mempelajari materi ± materi Analisis Real selanjutnya.   MY  Misalkan s i R



c


 +, YSuatu bilangan uGR 




’




Vc sGS. +, YSuatu bilangan wGR 


;

’




;V csGS. Perlu dicatat bahwa himpunan bagian S dari R mungkin tidak mempunyai batas atas (sebagai contoh, misalnya S = {xGR x > 1}). Jika S mepunyai batas atasyang banyaknya tak hingga sebab jika u batas atas dari s, maka senarang v dengan u < v juga batas atas s dari S (lihat gamabr 2.4.1).



u



v



Gambar 2.4.1 Batas atas dari S †R Juga perlu dicatat bahwa mungkin suatu himpunan mempunyai bata bawah tetapi tidak mempunyai batas atas (atau sebaliknya). Sebagai contoh, misalnya himpunan S1= {x G R x 0}mempunyai batas bawah tetapi tidak mempunyai batas atas sedangkan himpunan S2= {x G R x < 0} mempunyai batas atas tetapi tidak mempunyai batas bawah. Suatu himpunan di R disebut 

 

 jika dan hanya jika himpunan tersebut mempunyai suatu batas atas. Demikian pula halnya, suatu himpunan di R 

 
;
jika dan hanya jika himpunan itu mempunyai suatu batas bawah. Suatu himpunan di R disebut 
 

 jika dan hanya jika himpunan itu tidak mempunyai batas atas atau batas bawah. Sebagi contoh, himpunan {x G R x
2} terbatas (meskipun mempunyai batas atas) sebab himpunan tersebut tak mempunyai batas bawah.   Y  Misalkan s i R (i).YSuatu bilangan uGR  




 ’ 
       



  



 
 


 

 
   

 






’


5 1). Akan dibuktikan bahwa 5"5 (i)Y



Misalkan 585



Akan ditunjukkan bahwa penulisan ini akan kontradiksi dengan fakta bahwa x = sup S dengan mengajukan terdapat n G N sehingga x + 1/n G S. Untuk menunjukkan bagaimana n didapat (ingat bahwa 1/n2
1/n) adalah sebagi berikut:



  1 7 2



  2 ` 2 7 ` 17



2




 2 ` 1 7 + 2  ` 1,



Karena + 2   2 , 7+ 2  ` 1,  0 ,maka berdasarkan sifat Archimedes, akan didapat nGN sehingga 1/n + 2   2 , 7+ 2  ` 1, atau 1/n + 2  ` 1,  2   2 Jadi:(x+1/n)2=  2 ` 2  7 ` 1 7



2




 2 ` 2 7 + 2  ` 1,   2 ` + 2   2 ,  2



Hal ini berarti bahwa (x+1/ n)GS, dan ini kontradiksi dengan x adalah sup S. Jadi pengadaian x2 0, sehingga berdasarkan sifat Archimedes, dapat diperoleh mGN sehingga 1/m(55)/2x atau dengan kata lain, terdapat mGN sehingga 2x/m 55x/m > 5,55= 2. Jika s G S, maka 5< 2 < (x-1/m)5 Berdasarkan conoh 2.2.9 (3), maka s< x-1/m. Oleh karenanya: x -1/m adalah suatu batas atas dari S. Hal ini bertentangan dengan x sebagai sup S. Jadi pengandaian 55 salah.



c


 Akibat dari (i) dan (ii) maka kesimpulannya 5"5 2  '  ) ) Seperti telah daiatas tadi, terdapat peling sedikit ada satu bilangan real irrasional, katakanlah 2. Terdapat ³lebih banyak´ bilangan irrasional dibanding dengan bilangan rasional dalam arti bahwa himpunan bilangan rasional adalah terhitung, sedangkan himpunan bilangan irrasional tak terhitung. Dibawah ini akan ditunjukkan bahwa himpunan bilangan rasional padat di R, dalam arti bahwa suatu bilangan rasional dapat ditentukan diantara dua bilangan real seimbang.   Y  2  8) 
 
  

 , 

 
  
  8 

 

 

 

  
88 Bukti: Tanpa menghilangkan keumuman, diasumsikan bahwa x > 0. Berdasarkan sifat Archimedes (2.5.2) terdapat nGN sehingga n . 1/(y-x) atau ny - nx >1. Kemudian gunakan akibat 2.5.3 ( c) terhadap nx > 0, terdapat m G N sehingga m-1
nx