Analisis Riil (Repaired) [PDF]

Citation preview

SOLVE PROBLEM Tugas Mata Kuliah Analisis Riil



Oleh Nama : Ni Nyoman Yustini Wikantari NIM



: E1R017041



Kelas : A/V Reguler Pagi



PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN UNIVERSITAS MATARAM 2019



SOAL DAN PEMBAHASAN



A. HIMPUNAN 1. Dimiliki A dan B dua buah himpunan. Buktikan : a. Jika A ⊆ B, maka A ∩ B = A b. Jika A ⊆ B, maka A ∪ B = B BUKTI : a. Jika A ⊆ B, maka A ∩ B = A  A ∩ B = A, dibuktikan A ∩ B ⊆ A Misalkan x ∈ A ∩ B, adit x ∈ A x ∈ A ∩ B ⇔ x∈A dan x∈B ⇒ x∈A  A∩B⊆A  A = A ∩ B, dibuktikan A ⊆ A ∩ B Misalkan x ∈ A, adit x ∈ A ∩ B x ∈ A ⇒ x∈A dan x∈B (karena A ⊆ B) ⇔ x∈ A ∩ B  A⊆A∩B Jadi, terbukti Jika A ⊆ B, maka A ∩ B = A b. Jika A ⊆ B, maka A ∪ B = B Adit: (i) A ∪ B ⊆ B (ii) B ⊆ A ∪ B Analisis: (i) Misalkan p ∈ A ∪ B, adit p ∈ B p ∈ A ∪ B ⇔ p ∈ A atau p ∈ B kasus: 1) p ∈ A ⇒ p ∈ B (karena A⊆B)  A∪B⊆B 2) p ∈ B ⇒ selesai (ii)



Misalkan m ∈ B, adit B ⊆ A ∪ B m ∈ B ⇒ m ∈ B atau m ∈ A ⇔m∈B∪A  B⊆A∪B



Jadi, terbukti Jika A ⊆ B, maka A ∪ B = B



2. Jika {A1, A2, A3, …, An } merupakan koleksi dari himpunan dan E merupakan himpunan sebarang, n



n



i 1



i 1



buktikan    i   (  i) BUKTI: Adit :



n



n



i 1



i 1



i)    i     i 



ii)



n



n



i 1



i 1



   i      i n



n



i 1



i 1



i) Misal      i adit    (  i ) n



n



i 1



i 1



     Ai  x  E dan x   Ai n



 x  E dan x  ( Ai ) c i 1



n



 x  E dan x   Ai c i 1



 x  E dan x  Ai c , i 1, 2, 3, ..., n  x  E dan x  Ai,  i 1, 2, 3, ..., n



     i ,  i 1, 2,3,......... ...., n n



      i  i 1



n



n



i 1



i 1



Jadi    i     i  n



n



i 1



i 1



ii) Misal      i  , adit      i n



     i       i ,  i 1, 2,3,......... ...., n i 1



 x  E dan x  Ai,  i 1, 2, 3, ..., n



 x  E dan x  Ai c , i 1, 2, 3, ..., n n



 x  E dan x   Ai c i 1



n



 x  E dan x  ( Ai ) c i 1



n



 x  E dan x   Ai i 1



n



      i i 1



Jadi



n



n



i 1



i 1



   i      i



Dari i) dan ii) dapat disimpulkan bahwa : n



n



i 1



i 1



   i     i 



3. Misalkan A, B, dan C himpunan berhingga. Buktikan bahwa : 𝑛(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) = 𝑛(𝐴) + 𝑛(𝐵) + 𝑛(𝐶) − 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵) − 𝑛(𝐴 ∩ 𝐶) − 𝑛(𝐵 ∩ 𝐶) + 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶). BUKTI : 𝑛(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) = 𝑛((𝐴 ∪ 𝐵) ∪ 𝐶)



(sifat asosiatif)



𝑛((𝐴 ∪ 𝐵) ∪ 𝐶) = 𝑛(𝐴 ∪ 𝐵) + 𝑛(𝐶) − 𝑛((𝐴 ∪ 𝐵) ∩ 𝐶) = 𝑛(𝐴) + 𝑛(𝐵) − 𝑛(𝐴 ∪ 𝐵) + 𝑛(𝐶) − 𝑛((𝐴 ∩ 𝐶) ∪ (𝐵 ∩ 𝐶)) = 𝑛(𝐴) + 𝑛(𝐵) + 𝑛(𝐶) − 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵) − [𝑛((𝐴 ∩ 𝐶) + 𝑛(𝐵 ∩ 𝐶) −



𝑛((𝐴 ∩ 𝐶) ∪



(𝐵 ∩ 𝐶))] = 𝑛(𝐴) + 𝑛(𝐵) + 𝑛(𝐶) − 𝑛(𝐴 ∩ 𝐵) − 𝑛(𝐴 ∩ 𝐶) − 𝑛(𝐵 ∩ 𝐶) +



4. Misalkan A, B, dan C sebarang himpunan. Buktikan A−(B∩C) = (A−B) ∪ (A−C). BUKTI :  A−(B∩C) ⊆ (A−B) ∪ (A−C) Misal : x ∈ A−(B∩C), adit x ∈ (A−B) ∪ (A−C) x ∈ A−(B∩C) ⇒ x ∈ A dan x ∉ B ∩ C ⇔ x ∈ A dan x ∈ (B ∩ C)𝑐 ⇔ x ∈ A dan x ∈ Bc ∪ Cc (hk. De Morgan) ⇔ x ∈ A dan {x ∉ B atau x ∉ C } ⇔ (x ∈ A dan x ∉ B) atau (x ∈ A dan x ∉ C) ⇔ x ∈ (A – B) atau x ∈ (A – C) ⇔ x ∈ (A – B) ∪ (A – C) ∴ A−(B∩C) ⊆ (A−B) ∪ (A−C)  (A−B) ∪ (A−C) ⊆ A−(B∩C) Misal : x ∈ (A−B) ∪ (A−C), adit x ∈ A−(B∩C) x ∈ (A−B) ∪ (A−C) ⇒ x ∈ (A – B) atau x ∈ (A – C) ⇔ (x ∈ A dan x ∉ B) atau (x ∈ A dan x ∉ C)



𝑛(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶)



⇔ x ∈ A dan {x ∉ B atau x ∉ C } ⇔ x ∈ A dan {x ∈ Bc ∪ Cc } ⇔ x ∈ A dan {x ∈ (B ∩ C)𝑐 } (hk. De Morgan) ⇔ x ∈ A dan x ∉ B ∩ C ⇔ x ∈ A−(B∩C) ∴ (A−B) ∪ (A−C) ⊆ A−(B∩C) Jadi, terbukti bahwa A−(B∩C) = (A−B) ∪ (A−C). 5. Buktikan bahwa jika 𝐴 ⊆ 𝐵, maka 𝐵 = 𝐴 − (𝐴 − 𝐵). BUKTI : Adit : a. 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) ⊆ 𝐵 b. 𝐵 ⊆ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) Analisis: a. 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) ⊆ 𝐵 Misalkan 𝓍 ∈ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵), Adit 𝓍 ∈ 𝐵 𝓍 ∈ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∉ (𝐴 − 𝐵) ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∉ (𝐴 ∩ 𝐵𝑐 ) ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∉ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝑥 ∉ 𝐵 ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∉ 𝐴 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑥 ∈ 𝐵 ⟺ (𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∉ 𝐴)𝑎𝑡𝑎𝑢 (𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝑥 ∈ 𝐵) 𝑐



⟺∈ ( 𝐴 ∩ 𝐴 ) ∪ 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵 ) ⟺ ∅ ∪ 𝓍 ∈ 𝐵 ∪ 𝐵, ( 𝐴 ⊆ 𝐵 )



⟺𝓍∈𝐵 ∴ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) ⊆ 𝐵 b. 𝐵 ⊆ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) Misalkan 𝓍 ∈ 𝐵, Adit 𝓍 ∈ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) 𝓍 ∈ 𝐵 ⟺ 𝓍 ∈ 𝐵 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ 𝐵 karena 𝐴 ⊆ 𝐵 ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ 𝐵 ⟺ 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵 ) ⟺ ∅ ∪ 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵 ) 𝑐



⟺ 𝓍 ∈ ( 𝐴 ∩ 𝐴 ) ∪ 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵 ) 𝑐



⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 ∩ (𝓍 ∈ 𝐴 ∪ 𝓍 ∈ 𝐵 ) 𝑐



⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 (𝓍 ∈ 𝐴 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝓍 ∈ 𝐵 ) 𝑐



⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ (𝐴 ∪ 𝐵) ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵𝑐 )



𝑐



⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ (𝐴 − 𝐵)



𝑐



⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) ∴ 𝐵 ⊆ 𝐴 − (𝐴 − B) Jadi, terbukti jika 𝐴 ⊆ 𝐵, maka 𝐵 = 𝐴 − (𝐴 − 𝐵). 6. Buktikan bahwa 𝐴 ∩ 𝐵 = 𝐴 − (𝐴 − 𝐵). BUKTI : Adit : a.



𝐴 − (𝐴 − 𝐵) ⊆ 𝐴 ∩ 𝐵



b.



𝐴 ∩ 𝐵 ⊆ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵)



Analisis: a. 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) ⊆ 𝐴 ∩ 𝐵 Misalkan 𝓍 ∈ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵), Adit 𝓍 ∈ 𝐴 ∩ 𝐵 𝓍 ∈ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ (𝐴 − 𝐵)𝑐 𝑐 𝑐



⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵 ) 𝑐



⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ (𝐴 ∪ 𝐵) 𝑐



⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 (𝓍 ∈ 𝐴 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝓍 ∈ 𝐵 ) 𝑐



⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 ∩ (𝓍 ∈ 𝐴 ∪ 𝓍 ∈ 𝐵 ) 𝑐



⟺ 𝓍 ∈ ( 𝐴 ∩ 𝐴 ) ∪ 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵 ) ⟺ 𝓍 ∈ ( ∅) ∪ 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵 )



⟺ 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵 ) ∴ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) ⊆ 𝐴 ∩ 𝐵 b. 𝐴 ∩ 𝐵 ⊆ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) Misalkan 𝓍 ∈ 𝐴 ∩ 𝐵, Adit 𝓍 ∈ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) 𝓍 ∈ 𝐴 ∩ 𝐵 ⟺ 𝓍 ∈ ( ∅) ∪ 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵 ) 𝑐



⟺ 𝓍 ∈ ( 𝐴 ∩ 𝐴 ) ∪ 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵 ) 𝑐



⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 ∩ (𝓍 ∈ 𝐴 ∪ 𝓍 ∈ 𝐵 ) 𝑐



⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 (𝓍 ∈ 𝐴 𝑎𝑡a𝑢 𝓍 ∈ 𝐵 ) 𝑐



⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ (𝐴 ∪ 𝐵) 𝑐



⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵𝑐 ) ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ (𝐴 − 𝐵)𝑐



⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) ∴ 𝐴 ∩ 𝐵 ⊆ 𝐴 − (𝐴 − 𝐵) Jadi, terbukti bahwa A ∩ B = A − (A − B).



7. Misalkan A dan B suatu himpunan, buktikan bahwa: A  B  B  A  B - A BUKTI : B A B-A



Adit: (i). B  A  B - A (ii). B  A  B  A Analisis: (i) B  A  B - A Misallkan x  B  A , adit bahwa x  B  A x  B  A  x  (B  A) dan x  (B  A)  x  B dan x  A (karena A  B )  x B  A ,



sehingga B  A  B - A (ii) B  A  B  A Misallkan x  B  A , adit bahwa x  B  A



x  B  A  x  B dan x  A ⟺ x  B  A  A  B dan x  A  B (karena A  B )  x B  A ,



sehingga B  A  B  A Jadi, dari (i) dan (ii) terbukti bahwa A  B  B  A  B - A



8. Misalkan A, dan B suatu himpunan, buktikan bahwa: a. Jika A  B   maka A   dan B   b. Jika A  B   maka A   atau B   BUKTI: a. Jika A  B   maka A   dan B   Dengan kontradiksi : Andaikan A   atau B   , Akibatnya minimal salah satu dari A atau B adalah himpunan kosong. Sebut saja A adalah himpunan kosong ( A   ), akibatnya A  B   , padahal A  B   . Hal ini adalah dua keadaan yang bertentangan. Jadi, pengandaian A   atau B   salah. Akibatnya, A   dan B   Jadi, terbukti bahwa : jika A  B   maka A   dan B   b. jika A  B   maka A   atau B   Dengan kontradiksi :



Andaikan A   dan B   , akibatnya A  B   , padahal A  B   . Hal ini adalah dua keadaan yang bertentangan. Jadi, pengandaian A   dan B   salah. Akibatnya, A   atau B   Jadi, terbukti bahwa : jika A  B   maka A   atau B  



9. Buktikan bahwa: Jika (𝐴 ∩ 𝐵) ∩ (𝐴 − 𝐵) = ∅, maka 𝐴 = (𝐴 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴 − 𝐵). BUKTI: Adit : a. (A ∩ B) ∪ (A – B) ⊆ A b. A ⊆ (A ∩ B) ∪ (A – B) Analisis: a. Misalkan 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) ∩ (𝐴 − 𝐵), Adit 𝓍 ∈ 𝐴. 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) ∩ (𝐴 − 𝐵) ⟺ 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ (𝐴 − 𝐵) ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ 𝐵 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∉ 𝐵 ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ 𝐵 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝓍 ∈ 𝐵 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∉ 𝐵 ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ (𝐴 − 𝐵) ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 ∪ 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) ∩ (𝐴 − 𝐵) ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 ∪ ∅ , 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) ∩ (𝐴 − 𝐵) = ∅ ⟺𝓍∈𝐴 ∴ (𝐴 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴 – 𝐵) ⊆ 𝐴 b. Misalkan 𝓍 ∈ 𝐴, Adit 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴 − 𝐵) 𝓍∈𝐴⟺𝓍∈𝐴 ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 ∪ ∅ , 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) ∩ (𝐴 − 𝐵) = ∅ ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 ∪ 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) ∩ (𝐴 − 𝐵) ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ (𝐴 − 𝐵) ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ 𝐵 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ 𝐵 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∉ 𝐵 ⟺ 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∈ 𝐵 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝓍 ∈ 𝐴 𝑑𝑎𝑛 𝓍 ∉ 𝐵 ⟺ 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝓍 ∈ (𝐴 − 𝐵) ⟺ 𝓍 ∈ (𝐴 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴 − 𝐵) ∴ A ⊆ (A ∩ B) ∪ (A – B) Jadi, terbukti bahwa jika (𝐴 ∩ 𝐵) ∩ (𝐴 − 𝐵) = ∅, maka 𝐴 = (𝐴 ∩ 𝐵) ∪ (𝐴 − 𝐵)



B. FUNGSI 10. Buktikan f: R → R dimana f (x) = 𝑥 2 adalah suatu fungsi. BUKTI: 1. Karena f terdefinisi untuk semua x ∈ R, maka 𝐷𝑓 = R 2. Misalkan (x, y) dan (x, y’) ∈ f . Ini berarti y = 𝑥 2 dan y’ = 𝑥 2 sehingga y = y’ . Jadi, f adalah fungsi. 11. Misalkan f : A → B dan X ⊆ B, Y ⊆ B. Buktikan 𝑓 −1 (𝑋 𝐶 ) = (𝑓 −1 (𝑋))𝐶 ! BUKTI : (i) 𝑓 −1 (𝑋 𝐶 ) ⊆ (𝑓 −1 (𝑋))𝐶 Misal : a ∈ 𝑓 −1 (𝑋 𝐶 ), Adit. a ∈ (𝑓 −1 (𝑋))𝐶 Ambil a ∈ 𝑓 −1 (𝑋 𝐶 ) ⇒ f(a) ∈ 𝑋 𝐶 ⟺ f(a) ∉ X ⟺ a ∉ 𝑓 −1 (𝑋) ⟺ a ∈ (𝑓 −1 (𝑋))𝐶 ∴ Terbukti 𝑓 −1 (𝑋 𝐶 ) ⊆ (𝑓 −1 (𝑋))𝐶 (ii) (𝑓 −1 (𝑋))𝐶 ⊆ 𝑓 −1 (𝑋 𝐶 ) Misal: a ∈ (𝑓 −1 (𝑋))𝐶 , adit. a ∈ 𝑓 −1 (𝑋 𝐶 ) Ambil a ∈ (𝑓 −1 (𝑋))𝐶 ⇒ a ∉ 𝑓 −1 (𝑋) ⟺ f(a) ∉ X ⟺ f(a) ∈ 𝑋 𝐶 ⟺ a ∈ 𝑓 −1 (𝑋 𝐶 ) ∴ Terbukti (𝑓 −1 (𝑋))𝐶 ⊆ 𝑓 −1 (𝑋 𝐶 ) Jadi, terbukti bahwa 𝑓 −1 (𝑋 𝐶 ) = (𝑓 −1 (𝑋))𝐶 . 12. Misalkan f : A → B, g : C → D dan gof bisa dibuat. Buktikan bahwa : Jika f dan g injektif, maka gof injektif. BUKTI : Misalkan 𝑥1 , 𝑥2 ∈ A, 𝑥1 ≠ 𝑥2 . Adit. (gof )( 𝑥1 ) ≠ (gof )( 𝑥1 ) 𝑥1 , 𝑥2 ∈ A, 𝑥1 ≠ 𝑥2 ⇒ f(𝑥1 ) ≠ f(𝑥2 )



(fungsi injektif)



Karena f(𝑥1 ), f(𝑥2 ) ∈ B, f(𝑥1 ) ≠ f(𝑥2 ) ⇒ g(f(𝑥1 )) ≠ g(f(𝑥2 )) (fungsi injektif) Jadi, terbukti bahwa gof injektif.



13. Misalkan f(x) = √𝑥 dan g(x) = √1 − 𝑥 2 . Periksa: a. Apakah fungsi komposisi gof bisa dibuat ? Tunjukkan!



b. Jika a terjadi, tentukan domainnya ! JAWAB: a) gof terjadi jika 𝑹𝒇 ∩ 𝑫𝒈 ≠ ∅. 𝑅𝑓 = [0, ) 𝐷𝑔 = [-1, 1] ( 𝑅𝑓 ∩ 𝐷𝑔 ≠ ∅ ), maka gof bisa dibuat.



𝑅𝑓 ∩ 𝐷𝑔 = [0, 1], b) 𝐷𝑓 = [0, ), 𝐷𝑔𝑜𝑓 = ? 𝐷𝑔𝑜𝑓 = 𝑓 −1 (𝑅𝑓 ∩ 𝐷𝑔 ) ⊆ 𝐷𝑓 𝐷𝑔𝑜𝑓 = 𝑓 −1 ([0, 1]) ⊆ [0, ) Ada



x ∈ 𝑓 −1 ([0, 1]) ⟺ f(x) ∈ [0, 1] 0  f(x)  1 0  √𝑥  1 0x1 [0, 1] ⊆ [0, )



Maka 𝐷𝑔𝑜𝑓 = [0, 1], 14. Misalkan f : A → B dan X ⊆ B, Y ⊆ B.



Buktikan 𝑓 −1 (𝑋 ∩ 𝑌) = 𝑓 −1 (𝑋) ∩ 𝑓 −1 (𝑌) ! BUKTI : (i) 𝑓 −1 (𝑋 ∩ 𝑌) ⊆ 𝑓 −1 (𝑋) ∩ 𝑓 −1 (𝑌) Misal : a ∈ 𝑓 −1 (𝑋 ∩ 𝑌), adit. a ∈ 𝑓 −1 (𝑋) ∩ 𝑓 −1 (𝑌) a ∈ 𝑓 −1 (𝑋 ∩ 𝑌) ⇒ f(a) ∈ X ∩ Y ⟺ f(a) ∈ X dan f(a) ∈ 𝑌 ⟺ a ∈ 𝑓 −1 (X) dan a ∈ 𝑓 −1 (𝑌) ⟺ a ∈ 𝑓 −1 (𝑋) ∩ 𝑓 −1 (𝑌) ∴ 𝑓 −1 (𝑋 ∩ 𝑌) ⊆ 𝑓 −1 (𝑋) ∩ 𝑓 −1 (𝑌) (ii) 𝑓 −1 (𝑋) ∩ 𝑓 −1 (𝑌) ⊆ 𝑓 −1 (𝑋 ∩ 𝑌) Misal : a ∈ 𝑓 −1 (𝑋) ∩ 𝑓 −1 (𝑌), adit. a ∈ 𝑓 −1 (𝑋 ∩ 𝑌) a ∈ 𝑓 −1 (𝑋) ∩ 𝑓 −1 (𝑌) ⇒ a ∈ 𝑓 −1 (X) dan a ∈ 𝑓 −1 (𝑌) ⟺ f(a) ∈ X dan f(a) ∈ 𝑌 ⟺ f(a) ∈ X ∩ Y ⟺ a ∈ 𝑓 −1 (𝑋 ∩ 𝑌) ∴ 𝑓 −1 (𝑋) ∩ 𝑓 −1 (𝑌) ⊆ 𝑓 −1 (𝑋 ∩ 𝑌) Jadi, terbukti bahwa 𝑓 −1 (𝑋 ∩ 𝑌) = 𝑓 −1 (𝑋) ∩ 𝑓 −1 (𝑌).



15. Misalkan f: A → B, f(x) = x + 1 ; tunjukkan bahwa fungsi tersebut bijektif ! JAWAB: (i) Misalkan 𝑥1 , 𝑥2 ∈ 𝐷𝑓 dengan 𝑥1 ≠ 𝑥2 Adit. f(𝑥1 ) ≠ f(𝑥2 ) 𝑥1 ≠ 𝑥2 ⟺ 𝑥1 + 1 ≠ 𝑥2 + 1 ⟺ f(𝑥1 ) ≠ f(𝑥2 )



(terbukti injektif)



(ii) Misalkan y ∈ B. Dicari x ∈ A Э y = f(x) Pilih x = y – 1 y = x + 1 = f(x)



(terbukti surjektif).



Maka, f(x) = x + 1 adalah fungsi bijektif.



16. Dimiliki 2 buah fungsi f dan g dengan fungsi komposisi g o f terdefinisi. Persamaan fungsi f(x) = 2x + 5 dan (g o f)(x) = 12𝑥 2 + 60x + 76. Tentukan harga dari g(x + 1)! JAWAB : (g o f)(x) = 12𝑥 2 + 60x + 76 g(f(x))



= 12𝑥 2 + 60x + 76



g(2x + 5) = 12𝑥 2 + 60x + 76 → misalkan p = 2x + 5 maka x = g(p)



= 12(



𝑝−5 2 ) 2



+ 60(



𝑝−5 2



𝑝−5 2



) + 76



= 3𝑝2 + 1 = 3𝑥 2 + 1



g(x)



sehingga : g(x+1) = 3(𝑥 + 1)2 + 1 = 3𝑥 2 + 6x +4



17. Misalkan f ( x) 



x , tentukan Df ! x 1



Penyelesaian



f ( x) 



x x 1



Syarat agar D f  R : (i). x  1  0  x  1 (ii).



x 0 x 1



Uji titik ++++++++



------1



++++++++ 0



Jadi Df = (,1)  [0, )



x dan g ( x)  1  x 2 , tentukan R f  D g x 1



18. Misalkan f ( x)  Penyelesaian a.



y  f ( x) 



x x  y2  x 1 x 1  xy 2  y 2  x



 xy2  x   y 2



x



 y2 y2  y2 1 1 y2



 f 1 ( x) 



x2 1 x2



Syarat: 1  x 2  0  x  1 D f-1 = Rf = R-{-1, 1} b. g ( x)  1  x 2 Syarat: 1  x 2  0  x 2  1  x 2  1  1  x  1 Dg = [-1, 1] Jadi R f  D g = R-{-1, 1}  [-1, 1] = (-1, 1) 19. Misalkan A, B, C, dan D adalah suatu himpunan., R : A  B, S : B  C , dan T : C  D , Buktikan bahwa ( R  S )  T  R  ( S  T ) BUKTI : Adit: (i). (R  S)  T  R  (S  T) dan (ii). R  (S  T)  (R  S)  T (i). Misalkan (a, d)  ( R  S )  T , Maka ada suatu c di C sedemikian hingga (a,c)  ( R  S ) dan (c,d)  T . Karena (a, c)  ( R  S ) , ada suatu b di B sedemikian sehingga (a,b)  R dan (b,c)  S . Karena(b,c)



 S dan (c,d)  T , (b,d)  S  T . (a,b)  R dan (b,d)  S  T , maka kita dapatkan (a,d)  R  ( S  T ) dengan demikian ( R  S )  T  R  ( S  T ) . (ii). Misalkan (a, d)  R  ( S  T ) , Maka ada suatu b di B sedemikian hingga (a,b)  R dan (b,d)  ( S  T ) . Karena (b,d)  ( S  T ) ada suatu c di C sedemikian sehingga (b,c)  S dan (c,d)  T . Karena (a,b)



 R dan (b,c)  S , (a,c)  R  S . (b,c)  R  S dan (c,d)  T , maka kita dapatkan (a,d)  ( R  S )  T dengan demikian R  ( S  T )  ( R  S )  T Dari (i) dan (ii) terbukti bahwa ( R  S )  T  R  ( S  T ) .



C. COUNTABILITAS 20. A dan B sebarang dan A  B Jika A countable dan B uncountable, maka buktikan bahwa: a) A  B countable b) A  B uncountable c) A + B uncountable JAWAB: a.



A  B = A (karena A  B ) dan A countable, akibatnya: A  B countable



b. Dengan kontradiksi Andaikan bahwa: A  B countable. Berdasarkan teorema, didapatkan B countable karena A countable. Hal ini tentunya bertentangan dengan B uncountable. Sehingga pengandaian bahwa A  B countable salah, maka seharusnya itu adalah A  B uncountable. c. Andaikan bahwa: A + B countable. Berdasarkan



definisi:



A  B  ( A  B)  ( A  B)



.



Maka



berdasarkan



teorema



(( A  B)  ( A  B))  ( A  B)  A  B dan A  B countable (berdasarkan bagian b). Hal ini



bertentangan dengan A  B uncountable. Sehingga pengandaian bahwa A + B countable salah, seharusnya A + B uncountable.



21. Misalkan A, B, C masing-masing himpunan countable, buktikan bahwa: a. A  B countable b. ( A  B )  C countable Penyelesaian Misalkan : A  a1 , a2 , a3 ................



B  b1 , b2 , b3 ................ C  c1 , c2 , c3 ................ a) Adit bahwa AxB countable



AxB  (a, b) a  A dan b  B Nyatakan :



P1  {( a1, y ) | y  B} ~ B countable P2  {( a 2, y ) | y  B} ~ B countable P3  {( a3, y ) | y  B} ~ B countable



. . . Pi  {( ai , y ) | y  B} ~ B , Pi untuk setiap i countable A  B  P1  P2  P3  ....  Pi   Pi i 1



Menurut teorema : “Misalkan A1 , A2 , A3 ............... himpunan-himpunan yang countable, maka countable” Akibatnya AxB   Pi , himpunan yang countable i 1



Jadi, terbukti bahwa : AxB , countable b) Adit bahwa ( AxB)  C countable Telah terbukti AxB himpunan yang countable AxB   Pi i 1



  ( AxB)  C    Pi   C   Pi  C i 1  i 1  Menurut teorema Akibatnya :



UA C i 1



i



adalah himpunan yang countable



Jadi, terbukti bahwa : ( AxB)  C , countable



22. Misalkan B = {x | 1 ≤ 𝑥 ≤ 9 dan rasional }. Buktikan bahwa himpunan B countable! JAWAB : Misalkan terdapat B𝑖 himpunan bagian B untuk setiap i = 1,2,3,... 2 3 4



B𝑖 = { 1, 𝑖 , 𝑖 , 𝑖 ,...,9 } B1 = { 1, 2, 3, 4,...,9 } 3 4 5



B2 = { 1, 2, 2, 2,..., 4 5 6



B3 = { 1, 3, 3, 3,..., . . .



18 2 27 3



himpunan berhingga, maka B1 countable



}



himpunan berhingga, maka B2 countable



}



himpunan berhingga, maka B2 countable



UA i 1



i



himpunan



⋃𝑖=1 𝐵𝑖 countable, maka ⋃𝑖=1 𝐵𝑖 = B countable. 23. Misalkan P  {x  R | 2  x  7} . Apakah P terbatas dan uncountable? JAWAB : 



P terbatas dengan batas bawah 2 dan batas atas 7







Adit P uncountable Buat f : [0, 1]  P sehingga f injektif yang didefinisikan sebagai : f(x) = 2 + (7 – 2)x = 5x + 2 Jelas f injektif sehingga [2, 7] ekivalen dengan [0, 1]. Karena [2, 7] ekivalen dengan [0, 1] dan [0, 1] uncountable (berdasarkan teorema) maka [2, 7] uncountable Akibatnya P  {x  R | 2  x  7} uncountable.



24. Diberikan C = { x ∈ N : 2 < x < 10 }. Apakah C countable ? JAWAB : Himpunan C = { x ∈ N : 2 < x < 10 } adalah himpunan tak kosong dan berkoresondensi satu-satu (fungsi bijektif) dengan In = {1,2,3,…n}, n ∈ N. Sehingga himpunan C berhingga (finite). Karena C berhingga, berdasarkan definisi maka himpunan C adalah himpunan countable.



25. Misal S infinite. Buktikan S-{1,2,3} infinite! JAWAB: Misal: B = {1,2,3,4,…} = {a1,a2,a3,a4,…} T = {4,5,6,…} = { a4,a5,a6,…} S1= S – {1,2,3} S1=(S-B) ∪ T Misal: f : S1→ S yang didefinisikan dengan f(x)= x dimana x ∈ (S-B) f(ai) = ai+3 ∀ai ∈ B jelas bahwa f merupakan fungsi bijektif, maka tampak S ~ S1 Sehingga jika S infinite maka S1 juga merupakan himpunan infinite. ∴ S – {1,2,3} infinite 26. Misalkan A dan B dua buah himpunan dan A ⊆ B. Buktikan bahwa jika A countable dan B uncountable, maka B  A uncountable. BUKTI : Andaikan B – A countable.



Dari teorema diperoleh bahwa (B – A ) ∪ A = B countable. Hal ini bertentangan dengan B himpunan uncountable. Jadi pengandaian B – A countable salah. Seharusnya, B – A uncountable.



27. Misalkan I = {x| x bilangan irrasional}. Buktikan bahwa I himpunan uncountable. BUKTI: Misalkan Q = { x| x bilangan rasional}. Dengan kontradiksi : Andaikan I himpunan countable. I ∪ Q = R himpunan countable untuk R = {x| x bilangan riil}. Sudah jelas bahwa R adalah himpunan yang uncountable. Jadi, I uncountable.



D. SISTEM BILANGAN RIIL 28. Tunjukkan bahwa jika 0 < a < b dan 0 < c < d maka 0 < ac < bd ! BUKTI: Dimiliki bahwa:  0 < a < b ; sesuai definisi 4.1, a < b maka (b – a)  P , 0 < a maka a  P dan 0 < b maka b  P 



0 < c < d ; sesuai definisi 4.1, c < d maka (d – c)  P , 0 < c maka c  P dan 0 < d maka d  P



Adit. bahwa 0 < ac < bd Misalkan: (b – a)  d  P sehingga (bd – ad)  P ……..i) (d – c)  a  P sehingga (ad – ac)  P ...........ii) Dari data (i) dan (ii) berdasarkan Aksioma 4.2 diperoleh: (bd – ad) + (ad – ac)  P ⇒ bd – ac  P ⟺ ac < bd



(definisi 4.1)



Karena diketahui a  P dan c  P maka ac  P dengan demikian 0 < ac Sehingga berlaku juga 0 < ac < bd



(Terbukti)



29. Buktikan bahwa jika 0 < a < b, maka a < √𝑎𝑏 < b ! BUKTI: Karena a > 0 dan b > 0, maka berlaku √𝑎 > 0, √𝑏 > 0 dan √𝑏 > √𝑎 (i) √𝑏 > √𝑎



⇒ √𝑏√𝑏 > √𝑎√𝑏 ⇒ b > √𝑎𝑏.................................1)



(ii) √𝑏 > √𝑎



⇒ √𝑏√𝑎 > √𝑎√𝑎 ⇒ √𝑎𝑏 > a................................2)



Dari pertidaksamaan 1) dan 2) diperoleh a < √𝑎𝑏 < b.



(Terbukti)



30. Tunjukkan bahwa jika 0 < a < 1 maka 0 < a2 < a < 1 BUKTI: Berdasarkan definisi: 0 < a maka a  P dan a < 1 maka (1 – a )  P ⇒ a (1 – a )  P (Berdasarkan Aksioma 4.2) ⟺ a – a2  P ⟺ a2 < a..........(1) Berdasarkan yang diketahui 0 < a , a < 1 dan dari (1) atau a2 < a, maka jelas berlaku: 0



< a2 < a < 1



(TERBUKTI)



31. Tunjukkan bahwa, jika a > 1 maka 1 < a < a2 ! BUKTI: Misalkan a  P dan a > 1 maka berdasarkan definisi (a – 1)  P . a  P dan (a – 1)  P ⇒ a  (a – 1 )  P = a2 C a  P ⟺ a2 > a Karena 1 < a dan a < a2 maka jelas berlaku: 1 < a < a2



(TERBUKTI)



32. Buktikan jika a ≤ b ≤ c dan e ≤ f ≤ g maka a + e ≤ b + f ≤ c + g ! BUKTI: Berdasarkan definisi 4.1 diperoleh, c – b – a ∈ P ∪{0} dan g – f – e ∈ P ∪{0} akibatnya berlaku Aksioma 4.2 yaitu : (c – b – a) + (g – f – e) ∈ P ∪{0} ⟺ (c + g) – (b + f) – (a + e) ∈ P ∪{0} ⟺ (c + g) ≥ (b + f) ≥ (a + e) ⟺a+e≤b+f≤c+g 2



1



(TERBUKTI)



1



33. Buktikan bahwa (2 (𝑎 + 𝑏)) ≤ 2 (𝑎2 + 𝑏 2 ) untuk setiap a,b bilangan riil! BUKTI: 𝑎 + 𝑏 < 0, maka pertidaksamaan berlaku. Oleh karena itu cukup menganggap bahwa 𝑎 + 𝑏 > 0. Dimiliki: 2𝑎𝑏 ≤ 𝑎2 + 𝑏 2 ⟺ 𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏 2 ≤ 2(𝑎2 + 𝑏 2 ) ⟺ (𝑎 + 𝑏)2 ≤ 2(𝑎2 + 𝑏 2 )



kedua ruas dikali



1 4



1



1



⟺ 4 (𝑎 + 𝑏)2 ≤ (𝑎2 + 𝑏 2 ) 2



1



2



1



⟺ (2 (𝑎 + 𝑏)) ≤ 2 (𝑎2 + 𝑏 2 )



(Terbukti)



34. Jika a sembarang bilangan positif, buktikan bahwa a +



1 2



≥2!



BUKTI: Telah diketahui a > 0, Andaikan : 1



1







Jika a = 1 maka







Jika a ≠ 1 maka a – 1 ≠ 0, sehingga (a – 1)2 > 0 atau a2 – 2a + 1 > 0 atau a2 + 1 > 2a.



𝑎



= 1, sehingga, a +



𝑎



= 2 sebaliknya



Diperoleh: a2 + 1 > 2a ⇔ (a2+ 1)



1 𝑎



> 2a ∙



⇔ (a ∙ a + 1) ⇔a∙a



1 𝑎



1 𝑎



𝑎



+1∙



𝑎



> 2a ∙ 1 𝑎



1



⇔a∙1+1∙ ⇔a+



1



1



𝑎



1 𝑎



> 2a ∙



1 𝑎



>2∙1



>2



Jadi, dari dua pengandaian di atas terbukti bahwa jika a > 0 maka a +



1 𝑎



≥2.



35. Buktikan jika bilangan real a memenuhi a ∙ a = a maka salah satunya berlaku : a = 0 atau a = 1. BUKTI: a∙a=a



⇔ a ∙ a + (–a) = a + (–a) ⇔ a ∙ a + (–1) ∙ a = 0 ⇔ (a + (–1)) ∙ a = 0 Berdasarkan teorema 4.6 c): 1) Untuk a = 0, diperoleh a + (–1) = 0 ⇔ a = 1 2) Untuk (a + (–1)) = 0, diperoleh a = 0 (Terbukti) 1



1



1



36. Jika a ≠ 0 dan b ≠ 0, buktikan 𝑎𝑏 = (𝑎) ∙ (𝑏) ! BUKTI: Karena a ≠ 0 dan b ≠ 0 maka ab ≠ 0, sehingga berdasarkan teorema 4.6 a) diperoleh: 1 1⁄ 𝑎𝑏



= ab ⇔ 1



1



⁄𝑎𝑏



⇔1



1



⁄𝑎𝑏



⇔1



1



⁄𝑎𝑏



⇔1



1



⁄𝑎𝑏



1



1



1



∙ (𝑏) = ab∙ (𝑏) 1



∙ (𝑏) = a 1



1



1



1



1



∙ (𝑏) ∙ (𝑎) = a ∙ (𝑎) ∙ (𝑏) ∙ (𝑎) = 1 1



1



⇔ 𝑎𝑏 = (𝑎) ∙ (𝑏)



(Terbukti)



E. TOPOLOGI PADA HIMPUNAN BILANGAN RIIL 37. Buktikan bahwa jika | x – 2 | ≤ 1 maka | x2 – 4 | ≤ 6 ! BUKTI: | x2 – 4 |



= |(x – 2)(x + 2) | ≤ |x – 2| |x + 2| = 1  |x – 2 + 4| ≤ 1  {|x – 2| + 4} = 1  (1 + 4) = 5 ≤ 6



(TERBUKTI)



38. Tunjukan bahwa |𝑥 − 𝑎| < 𝜀 jika dan hanya jika 𝑎 − 𝜀 < 𝑥 < 𝑎 + 𝜀 ! BUKTI: Bukti ke kanan |𝑥 − 𝑎| < 𝜀 ⇒ 𝑥 − 𝑎 < 𝜀 dan −(𝑥 − 𝑎) < 𝜀 ⇒ 𝑥 < 𝑎 + 𝜀 dan 𝑥 > 𝑎 − 𝜀 ⇒𝑎−𝜀