lampiran analisis real - ferdidermawan.files.wordpress.com · real analysis – compiled by :...

LLaammppiirraann KKuummppuullaann SSooaall‐‐ssooaall TTuuttoorriiaall ddaann PPRR

AAnnaalliissiiss RReeaall

Real Analysis – Compiled by : Khaeroni, S.Si ______________________________________________________________________14

Solved Problems (taken from tutorials)

1. Apakah f = {<x, y> | x = y2} ⊂ 2 suatu fungsi?

Jawab: Untuk menunjukkan bahwa f suatu fungsi, maka perlu diingat kembali definisi fungsi secara matematis, yaitu: f : X → Y ⇔ ∀x ∈ X, ∃! y ∈ Y ∋ <x, y> ∈ f (atau y = f(x))

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

2 dan x = y22, dengan y1 ≠ y2,

maka f bukan fungsi.

2. Apakah f = {<x, y> | y = x2} ⊂ 2 suatu fungsi? Jawab: f adalah fungsi Bukti: Diambil sebarang x1, x2 ∈ X dengan x1 = x2. Karena y = x2, maka

y1 = f(x1) = x12

dan y2 = f(x2) = x2

2. Karena x1 = x2, maka

x12 = 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 Bc ⊂ Ac maka x ∉ Bc. Karena x ∉ Bc maka x ∈ B. Dengan kata lain, terbukti bahwa A ⊂ B.

4. Buktikan bahwa, untuk sebarang himpunan A, B ⊂ X berlaku A ∆ B = B ∆ A

Bukti: ( ~ ) ( ~ )( ~ ) ( ~ )

A B A B B AB A A B

B A

∆ = ∪= ∪= ∆

5. Buktikan bahwa, untuk sebarang himpunan A, B ⊂ X berlaku

A ∆ B = ∅ ⇔ A = B Bukti:


Pertama, dibuktikan bahwa A ∆ B = ∅ ⇒ A = B. Diketahui A ∆ B = ∅ , akan dibuktikan A = B Karena ( ~ ) ( ~ ) ( ) ( )c cA B A B B A A B B A∆ = ∪ = ∩ ∪ ∩ =∅ 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 AA A B B

∆ = ∪= ∪=∅∪∅=∅

6. Jika ς kumpulan himpunan-himpunan. Buktikan bahwa untuk sebarang himpunan B ⊂ X berlaku

( )A A

B A B Aς ς∈ ∈

⎡ ⎤∩ = ∩⎢ ⎥⎣ ⎦∪ ∪

Bukti:

dan

dan untuk suatu untuk suatu

( )

.

.

.

.

A A

A

x B A x B x A

x B x A Ax B A A

x B A

ς ς

ς

ςς

∈ ∈

∈

⎡ ⎤ ⎡ ⎤∈ ∩ ⇔ ∈ ∈⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦⇔ ∈ ∈ ∈⇔ ∈ ∩ ∈

⇔ ∈ ∩

∪ ∪

∪

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 A f Aλ λλ λ

⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦∪ ∪

c) f(A ∩ B) ⊂ f(A) ∩ f(B). Berikan contohnya! d) Jika f satu-satu, maka f(A ∩ B) = f(A) ∩ f(B).

X

B A

X

B A

X

A B

X

A B


e) f–1(G ∪ H) = f–1(G) ∪ f–1(H) f) f–1(G ∩ H) = f–1(G) ∩ f–1(H) g) f–1(Y ~ G) = X ~ f–1(G) Bukti: a) Diambil sebarang y ∈ f(A ∪ B), maka

( ) sehingga ( ) sehingga ( ) atau sehingga ( )

( ) atau (

.

.

.

.)

( ) ( )

y f A B x A B y f xx A y f x x B y f x

y f A y f By f A f B

∈ ∪ ⇔ ∃ ∈ ∪ =⇔ ∃ ∈ = ∃ ∈ =⇔ ∈ ∈⇔ ∈ ∪

b) Diambil sebarang y f Aλλ

⎡ ⎤∈ ⎢ ⎥

⎣ ⎦∪

[ ]

( ), untuk suatu

[ ] untuk sua

.

.

tu .

y f A y f x x A

y f A

y f A

λ λλ

λ

λλ

λ

λ

⎡ ⎤∈ ⇔ ∈ ∀ ∈⎢ ⎥

⎣ ⎦⇔ ∈

⇔ ∈

∪

∪

c) f(A ∩ B) ⊂ f(A) ∩ f(B). Berikan contohnya! Diambil sebarang y ∈ f(A ∩ B) maka terdapat x ∈ A ∩ B sehingga y = f(x). Karena x ∈ A ∩ B maka x ∈ A dan x ∈ B sehingga y = f(x). Karena terdapat x ∈ A sehingga y = f(x) dan terdapat x ∈ B sehingga y = f(x) maka x ∈ f(A) dan x ∈ f(B). Jadi, x ∈ f(A) ∩ f(B). Contoh: y = f(x) = x2 A = [–1,0] maka f(A) = [0,1] B = [0,1] maka f(B) = [0,1} f(A) ∩ f(B) = [0,1] dan A ∩ B ={0} f(A ∩ B) = {0} Jadi, f(A ∩ B) ⊂ f(A) ∩ f(B) tetapi f(A ∩ B) ⊃ f(A) ∩ f(B)

d) Jika f satu-satu, maka f(A ∩ B) = f(A) ∩ f(B). Dari c) telah dibuktikan f(A ∩ B) ⊂ f(A) ∩ f(B) Sehingga cukup dibuktikan f(A ∩ B) ⊃ f(A) ∩ f(B) Diambil sebarang y ∈ f(A) ∩ f(B). Karena y ∈ f(A) ∩ f(B), maka y ∈ f(A) dan y ∈ f(B). Karena y ∈ f(A) maka terdapat x1 ∈ A sehingga y = f(x1) Karena y ∈ f(B) maka terdapat x2 ∈ B sehingga y = f(x2) Karena y = f(x1) = f(x2) dan f satu-satu maka x1 = x2. Sebut x1 = x2 = x. Diperoleh, x ∈ A dan x ∈ B sehingga y = f(x). Jadi terdapat x ∈ A dan x ∈ B sehingga y = f(x). Karena x ∈ A dan x ∈ B maka x ∈ A ∩ B sehingga y = f(x). Karena terdapat x ∈ A ∩ B sehingga y = f(x), maka y ∈ f(A ∩ B).

e) f–1(G ∪ H) = f–1(G) ∪ f–1(H)


1

1 1

1 1

( ) sehingga ( ) atau seh

.

.

.

.

ingga ( )

( ) atau ( )

( ) ( )

x f G H y G H y f xy 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 xy 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 xy Y y G y f x

x f Y x f G y f x

x X f G y f x

x X f G

−

− −

−

−

∈ ⇔ ∃ ∈ =

⇔ ∃ ∈ ∩ =⇔ ∃ ∈ ∉ =

⇔ ∈ ∉ =

⎡ ⎤⇔ ∈ ∩ =⎣ ⎦⇔ ∈

8. Misal f : X → Y fungsi, E ⊂ X dan H ⊂ Y. Jika f satu-satu, buktikan bahwa: f–1(f(E)) = E

Bukti: Pertama, dibuktikan f–1(f(E)) ⊂ E Diambil sebarang x1 ∈ f–1(f(E)), maka terdapat y ∈ f(E) sehingga y = f(x1). Karena y ∈ f(E), maka terdapat x2 ∈ E sehingga y = f(x2). Karena y = f(x1) = f(x2) dan f satu-satu, maka x1 = x2. Karena x2 ∈ E, maka x1 = x2 ∈ E. Kedua, dibuktikan f–1(f(E)) ⊃ E Diambil sebarang x ∈ E. Karena f fungsi, maka terdapat y ∈ f(E) sehingga y = f(x). Karena y ∈ f(E) sehingga y = f(x) dan f fungsi, maka x ∈ f–1(f(E)).

9. Misal g dan f fungsi dari X ke Y. Buktikan bahwa jika g f satu-satu, maka f satu-satu. Bukti: Diambil sebarang x1, x2 ∈ X dengan f(x1) = f(x2). Karena f(x1) = f(x2), maka

1 2

1 2

( ( )) ( ( ))( )( ) ( )( )

g f x g f xg 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 1 2( )( ) ( )( )g f x g f x= . Karena 1 2( )( ) ( )( )g f x g f x= maka,

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

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


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 nf 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 xx 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

nf nh n

ng 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: Didefinisikan fungsi h dengan aturan


2 2 2 22( 1)bilangan genap

R

a c b k lb 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

, ,Ra 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 , , ', ' ', 'Ra b c d 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 Ra 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

y R x ⇔ x F y


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


y R z ⇔ yz = z Karena xy = y dan yz = z, maka

( )( )

yz zxy z z

x yz zxz 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 x A x aε 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 Aii x A x a εε

= ⇔ ≥ ∀ ∈

∀ > ∃ ∈ ∋ > −

Karena s > 0, dari (i) dan (ii) diperoleh sa ≥ sx atau sa ≥ t, ∀t = sx ∈ sA ………………. .. (*) dan,

0 0 00, t sx sA t saε 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 Aii x A x b εε −

= ⇔ ≥ ∀ ∈

∀ > ∃ ∈ ∋ < +

Karena s < 0, dari (i) dan (ii) diperoleh sb ≥ sx atau sb ≥ t, ∀t = sx ∈ sA ………………. .. (*) dan,

0 0 00, t sx sA t sbε ε∀ > ∃ = ∈ ∋ > − …………….. (**) Dari (*) dan (**) terlihat sb = sup(sA).


TTuuttoorriiaall ##33 RReeaall AAnnaallyyssiiss Khaeroni, S.Si [email protected] Lisensi Dokumen: Copyleft on khaeroni.wordpress.com Seluruh dokumen di khaeroni.wordpress.com dapat digunakan, dimodifikasi dan disebarkan secara bebas untuk tujuan bukan komersial (nonprofit) atau akademis (kenaikan pangkat, sertifikasi, dan sebagainya). Dibolehkan melakukan penulisan ulang, dengan tanpa mendapatkan ijin terlebih dahulu dari khaeroni.wordpress.com. Karena sifatnya bukan referensi, maka diperkenankan juga untuk tidak menyertakan link dari dokumen ini. Penulis tidak bertanggung jawab atas segala ketersesatan yang ditimbulkan oleh penggunaan dokumen ini.

∀a, b, c ∈ X • R relasi ekuivalen, jika :

- Transitif, yaitu : a R b dan b R c ⇒ a R c - Simetri, yaitu : a R b ⇒ b R a - Refleksi, yaitu : a R a

• R relasi urutan parsial (≺ ), jika : - Antisimetri, yaitu : a R b dan b R a ⇒ a = b - Transitif

• ≺ relasi urutan linear, jika : a b≺ atau b ≺ a

Jika ≺ relasi urutan linear pada X maka X disebut himpunan yang terurut linear (terhadap relasi ≺ ) 1. Berikan contoh himpunan yang terurut linear.

Jawab: , , , dan adalah himpunan-himpunan terurut linear terhadap relasi <

2. Misal relasi R pada didefinisikan sebagai berikut

x R y ⇔ x + y = bilangan ganjil Periksa apakah: a) R relasi ekuivalen? b) R relasi urutan parsial? Jawab: a) R bukan relasi ekuivalen sebab R tidak simetri. Contoh 1 R 1 karena 1 + 1 bukan bilangan

ganjil b) Diambil sebarang a, b, c ∈ dengan a R b dan b R c. Karena

a R b ⇔ a + b = 2k – 1, k ∈ …..… (*) b R c ⇔ b + c = 2l – 1, l ∈ ……….. (**) Dari (*) dan (**) diperoleh


2 2 2 22( 1)bilangan genap

R

a c b k lb 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

, ,Ra 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 , , ', ' ', 'Ra b c d 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 Ra 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

y R x ⇔ x F y


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


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


y R z ⇔ yz = z Karena xy = y dan yz = z, maka

( )( )

yz zxy z z

x yz zxz 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 x A x aε 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 Aii x A x a εε

= ⇔ ≥ ∀ ∈

∀ > ∃ ∈ ∋ > −

Karena s > 0, dari (i) dan (ii) diperoleh sa ≥ sx atau sa ≥ t, ∀t = sx ∈ sA ………………. .. (*) dan,

0 0 00, t sx sA t saε 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 Aii x A x b εε −

= ⇔ ≥ ∀ ∈

∀ > ∃ ∈ ∋ < +

Karena s < 0, dari (i) dan (ii) diperoleh sb ≥ sx atau sb ≥ t, ∀t = sx ∈ sA ………………. .. (*) dan,

0 0 00, t sx sA t sbε ε∀ > ∃ = ∈ ∋ > − …………….. (**) Dari (*) dan (**) terlihat sb = sup(sA).



(Barisan Konvergen) <xn> konvergen ke a ⇔ (∀ε > 0)(∃N)∋(|xn – a| < ε)(∀n ≥ N) 1. Tentukan bilangan asli N sehingga ∀n ≥ N berlaku

a) 111 2

nn

− <+

b) 211 3

nn

− <+

Jawab: a) 1 1 11

1 2 1 21 1 1 2 1

1 2

n n nn n

n nn

− −− < ⇔ <

+ +

⇔ < ⇔ + > ⇔ >+

N adalah bilangan asli dengan N > 1

b) 2 1 211 3 1 31 2 12 2 3

1 3 2

n n nn n

n nn

− −− < ⇔ <

+ +

⇔ < ⇔ + > ⇔ >+

N adalah bilangan asli dengan N > ½

2. Buktikan bahwa barisan 1n⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭

konvergen ke 0.

Bukti:

Diambil sebarang ε > 0. Kemudian pilih bilangan asli N sedemikian sehingga 1 1NN

εε

> ⇔ < .

Maka ∀n ≥ N berlaku 1 1 10n n N

ε− = ≤ <

Jadi, untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli N dengan 1Nε

> sehingga ∀n ≥ N berlaku

1 0n

ε− <

Terbukti bahwa 1n⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭

konvergen ke 0.


3. Buktikan bahwa barisan { } 1nn ∞

= 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 12

ε = . Diperoleh,

1 12 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 2n m n m n mx x x l x l x l x l ε ε ε− = − − − ≤ − + − < + =

5. Buktikan bahwa barisan Cauchy terbatas.

({xn} terbatas ⇔ ∃M > 0, ∋ |xn| ≤ M, ∀n ∈ N) Bukti: Misalkan {xn} barisan Cauchy. Karena {xn} barisan Cauchy maka ∀ε > 0, ∃N |xn – xm| < ε untuk setiap n, m ≥ N. Untuk n ≥ N berlaku ( ) | |n n N N n N N Nx x x x x x x xε= − + ≤ − + < + Untuk n < N, pilih k = maks{|x1|, |x2|, . . ., |xN–1|} sehingga |xn| ≤ k, ∀n < N Dari sini, pilih M = maks{ε + |xN|, k}, maka ∀n ∈ N, |xn| ≤ M.

6. Jika {xn} terbatas dan {yn} konvergen ke 0, buktikan {xnyn} konvergen ke 0. Bukti: Diambil sebarang ε > 0. Karena {xn} terbatas, maka ∃M > 0, ∋ |xn| ≤ M, ∀n ∈ N Karena {yn} konvergen 0, maka ∃N sehingga ∀n ≥ N, berlaku |yn – 0| < ε/M atau |yn| < ε/M Untuk N di atas, maka ∀n ≥ N berlaku

|xnyn – 0| = |xnyn| = |xn||yn| < M.ε/M = ε. Jadi terbukti {xnyn} konvergen ke 0.

7. Jika p bilangan prima, buktikan bahwa p bukan bilangan rasional Bukti:

Andaikan p bilangan rasional, maka ,m n∃ ∈ sehingga mpn

= dengan (m, n) = 1. Dari sini

22 2

2

mp m pnn

= ⇔ =

Sehingga m2 kelipatan p. Dari sini m kelipatan p. Sebab, jika m bukan kelipatan p, maka k∃ ∈ sehingga m = kp dan m2 = (k2p)p = tp, t = m2p ∈ yang berarti m2 bukan kelipatan p. Kontradiksi, jadi m kelipatan p. Hal yang sama, didapat n kelipatan kelipatan p. Jadi (m, n) = p. Kontradiksi, jadi

p bukan bilangan rasional.


8. Buktikan bahwa tidak ada bilangan rasional x sehingga x2 = 2. Bukti: Andaikan ada bilangan rasional x sehingga x2 = 2. Karena x rasional maka x = m/n untuk suatu ,m n∈ dengan (m, n) = 1. Dari sini maka m2/n2 = 2 ⇔ m2 = 2n2. Jadi m2 bil genap. Dari sini m genap. Sebab, jika m ganjil, yaitu m = 2k + 1 untuk suatu k ∈ maka m2 = (2k +1)2 = 4k2 + 4k + 1 = 2(2k2 + 2k) + 1 yang berarti m2 ganjil. Kontradiksi, haruslah m genap. Hal yang sama diperoleh n genap. Akibatnya (m, n) = 2. Kontradiksi, jadi tidak ada bilangan rasional x sehingga x2 = 2.

(Himpunan Buka) A buka di ⇔ ∀x ∈ A, ∃δ > 0 ∋ B(x, δ) ⊂ A 9. Buktikan (1, 2) buka di

Bukti: Ambil sebarang x ∈ (1, 2) Akan dibuktikan ∃δ > 0 ∋ B(x, δ) ⊂ (1, 2) Pilih δ = min{x – 1, 2 – x} Akan dibuktikan bahwa B(x, δ) ⊂ (1, 2) Misal t ∈ B(x, δ). Maka,

( 1) (2 )1 2

x t xx 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. Jadi, a < t < b atau t ∈ (a, b). Sehingga B(x, δ) ⊂ (a, b). Terbukti bahwa (a, b) buka.



(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 1 2( , ) ( , )t t t B x δ= ∈ maka

2 21 2( ) ( )t a t b δ− + − <

Di lain pihak 2 2

1 1 2 1( ) ( )t a t a t b δ δ− ≤ − + − < < artinya 1 1( , )t B a δ∈ sehingga t1 ∈ A. Dan

2 22 1 2 2( ) ( )t b t a t b δ δ− ≤ − + − < <

artinya 2 2( , )t B b δ∈ sehingga t2 ∈ B. Jadi, t1 ∈ A dan t2 ∈ B. Sehingga 1 2( , )t t t A B= ∈ × . Jadi, A B× buka di 2 .

tutup di

dan (jelas)Jika maka

F F FF F F F

x F x F

⇔ =

⇔ ⊂ ⊂

⇔ ∈ ∈

0, | |x F y F y xδ δ∈ ⇔∀ > ∃ ∈ ∋ − < 2. Jika A dan B tutup di maka A B× tutup di 2 .

Bukti: Misal ( , )x a b A B= ∈ × Diambil sebarang δ > 0. Akan dibuktikan bahwa x A B∈ × atau a ∈ A dan b ∈ B


Karena ( , )x a b A B= ∈ × maka 1 2( , )y y y A B∃ = ∈ × ∋ 2 2

1 2( ) ( )y a y b δ− + − < Karena

2 21 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 22 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. ( )n nx F y F y x∈ ⇔ ∃ ⊂ ∋ → Bukti:

⇒) Misal x F∈ , maka ∃yn ∈ F ∋ |yn – x| < 1n

δ=

Karena 1n⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭

konvergen ke 0, maka untuk ε > 0 yang diberikan ∃N ∋ 1n

ε< , ∀n ≥ N.

Jadi ∀n ≥ N 1

ny xn

ε− < <

Sehingga ny x→ ⇐) Misal δ > 0 diberikan dan ∃yn ∈ F sehingga yn → x. Karena yn → x maka ∃N ∋ |yn – x| < δ, ∀n ≥ N. pilih y = yn ∈ F sehingga diperoleh |y – x| < δ Jadi, jika A = (0,1)

Apakah 0 A∈ ? Dipilih 1 (0,1) 0n ny yn

= ∈ ⇒ → . Jadi, 0 A∈ .

Apakah 1 A∈ ? Dipilih 11 (0,1) 1n ny yn

= − ∈ ⇒ → . Jadi, 1 A∈ .

4. = ( ≠ ∅ . Jadi tidak tertutup)

Bukti: i) x ∈ ⇒ ∃yn ∈ ∋ yn → x

Karena yn ∈ maka yn ∈ , sehingga x ∈ . ii) x ∈ ⇒ x – δ, x + δ ∈ , ∀δ > 0.

Akibat dari Sifat Archimedes ⇒ ∃y ∈ ∋ x – δ < y < x + δ, ∀δ > 0 ⇒ ∃y ∈ ∋ |y – x| < δ, ∀δ > 0 ⇒ x ∈

5. Misal :f → kontinu

Buktikan { }| ( ) 0B x f x= ∈ = tertutup Bukti: Cukup dibuktikan bahwa B B⊂ . Diambil sebarang x B∈ , maka ∃(yn) ⊂ B sehingga yn → x. Karena yn ∈ B, maka f(yn) = 0.


Karena f kontinu dan yn → x maka f(yn) → f(x) Karena f(yn) = 0 maka f(x) = 0. Artinya x ∈ B. Jadi, terbukti bahwa B tertutup.

(Fungsi Kontinu) f kontinu di x ⇔ ∀ε > 0, y∀ ∈ , ∃δ > 01 dengan |x – y| < δ sehingga |f(x) – f(y)| < ε f kontinu pada A ⇔ f kontinu ∀x ∈ A 6. f(x) = x2

a) f kontinu seragam pada (0, 1) (δ tidak bergantung pada x) Bukti: Diambil sebarang ε > 0 dan x, y ∈ (0, 1). Pilih δ = ε/2 dengan |x – y| < δ, maka2

( )2 2( ) ( ) | | | | 2| | 2f 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 2x y y x y x x x y x x+ = + ≤ − + = − + < + Sehingga

( )( ) ( ) | | 1 2f x f y x y xδ δ ε− < + < + < Bukti: Diambil sebarang ε > 0 dan ,x y∈ .

Pilih min 1,1 2xεδ

⎧ ⎫⎪ ⎪= ⎨ ⎬+⎪ ⎪⎩ ⎭ dengan |x – y| < δ, maka

( )2 2( ) ( ) | | 1 2f x f y x y x y x y x y xδ δ ε− = − = − + < + < + <

c) f tidak kontinu seragam pada Bukti: Pilih ε = 1, dan untuk setiap δ > 0

1 1 dan 2

x y δδ δ

= = +

Sehingga 1 12 2

y x δ δ δδ δ

− = + − = < . Tetapi,

2 22 2

2 2

1 1( ) ( ) 1 1 14 4

f x f y x y δ δ εδ 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 2 Karena x, y ∈ (0, 1) maka nilai |x| dan |y| paling besar adalah 1, sehingga jumlahnya paling besar 2 (tetapi tidak pernah sama dengan 2)


TTuuttoorriiaall ##66 RReeaall AAnnaallyyssiiss Khaeroni, S.Si [email protected]

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

ii

D F∞

=

=∪ , Fi tertutup1.

Himpunan B memiliki tipe Gδ jika 1

ii

B G∞

=

=∪ , Gi terbuka2.

1. Setiap himpunan tertutup memiliki tipe Fσ Bukti : Misal F himpunan tertutup, maka

1

... ii

F F F∞

=

= ∪∅ ∪∅ ∪∅ =∪

dengan F1 = F, F2 = F3 = F4 = . . . = ∅ tertutup

2. Setiap himpunan terbuka memiliki tipe Gδ Bukti: Misal G himpunan terbuka, maka

1

... ii

G G G∞

=

= ∩ ∩ ∩ ∩ =∪

dengan G1 = G, G2 = G3 = G4 = . . . = terbuka.

3. Tidak semua himpunan yang memiliki tipe Fσ adalah tutup Contoh:

( ]1

10,1 ,1n n

∞

=

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦∪

(0,1] memiliki tipe Fσ tetapi (0,1] tidak tutup.

1 Gabungan terhitung dari himpunan-himpunan tutup 2 Irisan terhitung dari himpunan-himpunan buka


4. Tidak semua himpunan yang memiliki tipe Gδ adalah buka Contoh:

( ]1

10,1 0,1n n

∞

=

⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠∩

(0,1] memiliki tipe Gδ tetapi (0,1] tidak buka.

5. Buktikan memiliki tipe Fσ Bukti:

,m n

mn∈

⎧ ⎫= ⎨ ⎬⎩ ⎭

∪

mn

⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭

tutup, sehingga memiliki tipe Fσ

6. Setiap selang hingga memiliki tipe Fσ

Bukti:

( )

[ ] [ ]

( ]

[ )

1 1, ,

, ,

1, ,

1, ,

a b a bn n

a b a b

a b a bn

a b a bn

⎡ ⎤= + −⎢ ⎥⎣ ⎦=

⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤= −⎢ ⎥⎣ ⎦

∪∪∪

∪

7. Setiap selang memiliki tipe Gδ

Bukti: ( ) ( )

[ ]

( ]

[ )

, ,

1 1, ,

1, ,

1, ,

a b a b

a b a bn n

a b a bn

a b a bn

=

⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

∩∩

∩

∩

8. Jika A memiliki tipe Fσ maka buktikan Ac memiliki tipe Gδ

Karena A memiliki tipe Fσ, maka :

1 2 31

...ii

A F F F F∞

=

= = ∪ ∪ ∪∪ ; Fi tertutup.

Menggunakan sifat De Morgan, diperoleh : ( )1 2 3

1 2 3

1

...

...

cc

c c c

ci

i

A F F F

F F F

F∞

=

= ∪ ∪ ∪

= ∩ ∩ ∩

=∩

Karena Fi tertutup, maka Fic terbuka.

Menurut definisi, Ac memiliki sifat Gδ .


9. Setiap selang tak hingga memiliki tipe Fσ

( )

( )

( ] [ ]

1, ,

1, ,

, ,

a n an

a a nn

n n

⎡ ⎤−∞ = − −⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤∞ = +⎢ ⎥⎣ ⎦

−∞ ∞ = −

∪

∪∪

(Ukuran Luar dan Himpunan Terukur) Ukuran luar dari himpunan A

* ( ) inf ( )n

nA Im A l I

⊂= ∑∪

E disebut himpunan terukur jika untuk setiap A berlaku: * ( ) * ( ) * ( )cm 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 ( ) 0n

nA Im A l I

⊂= =∑∪

b) Misal {In} koleksi selang-selang buka yang menyelimuti A. Dapat dipilih 1 1,1nIn n

⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠

l(In) = 21n

+ (infimumnya 1)

* ( ) inf ( ) 1n

nA Im A l I

⊂= =∑∪

11. Jika A terhitung, maka buktikan m*(A) = 0

Bukti : Karena A terhitung, maka : A = {x1, x2, . . . }

A = 1

{ }ii

x∞

=∪

( ) ( )1

* ( ) * { } * { }i ii

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

nA Im A l I

⊂= ∑∪

Pilih { }nO I=∪ buka dan jelas A ⊂ O, dan :


( ) * ( )nl I m A ε≤ +∑ Karena

* ( ) inf ( )n

nO Im O l I

⊂= ∑∪

maka * ( ) ( )nm 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...



Analisis Real – Compiled by : Khaeroni, S.Si _______________________________________________________________________1

TTuuttoorriiaall ##77 AAnnaalliissiiss RReeaall Khaeroni, S.Si [email protected]

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 1( )f x

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 { }min 1 1, x xδ ε= − dengan |y – x| < δ, ∀y ∈ (0, 2), maka

1 1 1 11

( ) ( )x yf y f x y x

y x xy x y x xδ ε−

− = − = = − < <−

Notes : Misal |y – x| ≤ 1, maka

–1 ≤ y – x ≤ 1 x – 1 ≤ y ≤ x + 1 1 1 1 1 1 11 1 1y x y x x y x x

≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤− − −

b) Pilih 1 1 1 dan 2 1; ;x y

n nε = = =

+

dengan 1 1 1 0

1 1,

( )y x

n n n nδ δ− = − = < ∀ >

+ +

dan 1 1 11 1

2( ) ( ) ( )f y f x n n

y xε− = − = − + = > =

Notes : 1

1( )n n⎧ ⎫⎨ ⎬+⎩ ⎭

konvergen ke 0. Artinya, ∀δ > 0, ∃n0 ∈ N ∋ 11( )n n

δ<+

, ∀n ≥ n0.


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

|f(y) – f(x)| = |y3 – x3| = |(y – x)(y2 + yx + x2)| ≤ |y – x|(4 + 4 + 4) < δ.12 = ε b) Misal δ > 0 diberikan.

Pilih ε = 1 dan n ∈ N ∋ 23

nδ

> ; x = n dan 2

y n δ= + dengan

2 2y x n nδ δ δ− = + − = <

maka, 3 3

2 2

22

22 2 2

2 2 2 22

2 2 2

2 4 2

3 3 21 12 4 8 4 3 8

( ) ( )f y f x y x

y x y yx x

n n n n

nn n n n

n n

δ δ δ

δ δ δδ

δ δ δ δδ δ ε

− = −

= − + +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞< + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= + + + + +

= + + > + + > =

3. Buktikan χA terukur dengan A terukur.

Bukti: 1 0 ,

( ),

A

x Ax

x Aχ

∈⎧= ⎨ ∉⎩

Akan dibuktikan bahwa { } , | ( )Ax xα χ α∀ ∈ > terukur • α < 0, {x| χA(x) > α} = X terukur • 0 ≤ α < 1, {x| χA(x) > α} = {x | χA = 1} = A terukur • α ≥ 1, {x| χA(x) > α} = ∅ terukur Jadi, { } , | ( )Ax xα χ 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 Bf x

x A B∉ ∪⎧

= ⎨ ∈ ∪⎩

Buktikan f1 terukur. Bukti: α ≥ 0 {x|f1(x) > α} = {x|f(x) > α} – A α < 0 {x|f1(x) > α}= {x|f(x) > α} ∪ B Notes :


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




AAnnaalliissiiss RReeaall PPRR ##11 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

nB I⊂∪ Misalkan {Jn} koleksi selang-selang buka yang menyelimuti A, maka

nA J⊂∪ Karena A ⊂ B, maka

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

n nA J B Im 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, , , , ...nI x xε ε⎧ ⎫⎛ ⎞= − + ∅ ∅⎨ ⎬⎜ ⎟

⎝ ⎠⎩ ⎭

Dari sini maka,

11 6 6 3( ) ( ) ,n

n

l I l I l a aε ε ε ε∞

=

⎛ ⎞⎛ ⎞= = − + = <⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑

dan

{ }11 6 6

,nn

I I a a aε ε∞

=

⎛ ⎞= = − + ⊇⎜ ⎟⎝ ⎠

∪

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]) ≤ l((a – ε, b + ε)) = b – a + 2ε Karena m*([a, b]) ≤ b – a + 2ε, ∀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

( )nn

l I b a≥ −∑

Sebab, inf ( )n

nA I

l I b a⊂

≥ −∑∪. Karena infimum, maka ( )n

nl 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 nI∪ 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 {In} sedemikian sehingga ai < bi – 1 < bi. Karena {In} koleksi berhingga, proses di atas pasti berhenti pada suatu interval (ak, bk). Tetapi proses ini hanya akan berhenti jika b ∈ (ak, bk), yaitu jika ak < b < bk. Karena ai < bi – 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 bb 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, ( )nl I 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

nA I⊂∪ dan

( ) * ( )nl I m A ε≤ +∑


Berdasar proposisi 1 dan 2, diperoleh ( )* * ( ) ( ) * ( )n n nm I m I l I m A ε≤ = ≤ +∑ ∑∪

Jika dipilih nO I=∪ , maka O memenuhi A ⊂ O

dan * ( ) * ( )m O m A ε≤ +

Karena In buka, maka nO I=∪ 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* ( ) * ( )nm O m A n−≤ + Didefinisikan nG O=∩ . Karena On buka untuk setiap n ∈ , maka G buka. Sehingga

G ∈ Gδ Karena A ⊂ On dan nG O=∩ untuk setiap n ∈ maka

A ⊂ G Karena A ⊂ G maka

m*(A) ≤ m*(G) ………………………………. (1) Di lain pihak, karena nG O=∩ untuk setiap n ∈ maka

G ⊂ On Karena G ⊂ On untuk setiap n ∈ , maka

1* ( ) * ( ) * ( )nm 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 1na b

>−

.

Dari sini maka 1 1a b a bn n< − ⇔ > + . Kontradiksi dengan hipotesis. Jadi haruslah a ≤ b.



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 bilangan real α, himpunan {x | f(x) ≥ α} terukur iii) Untuk setiap bilangan real α, himpunan {x | f(x) < α} terukur iv) Untuk setiap bilangan real α, himpunan {x | f(x) ≤ α} terukur Keempat pernyataan di atas mengakibatkan v) Untuk setiap bilangan real α, himpunan {x | f(x) = α} terukur Buktikan berlaku iii) iv)

2) Jika f : D → R dengan D himpunan terukur. Buktikan bahwa jika f kontinu pada D maka f terukur 3) Misalkan f fungsi terukur pada [a, b], dan f bernilai ±∞ hanya pada himpunan yang berukuran

nol, maka untuk setiap ε > 0, terdapat fungsi tangga g dan fungsi kontinu h yang memenuhi |f – g| < ε dan |f – h| < ε

Kecuali pada himpunan yang berukuran lebih kecil dari ε, yaitu : m{x| |f(x) – g(x) ≥ ε} < ε, dan m{x| |f(x) – h(x)| ≥ ε} < ε

Jika m ≤ f ≤ M, dapat dipilih fungsi g dan h yang memenuhi m ≤ g ≤ M dan m ≤ h ≤ M

1. Diambil sebarang bilangan real α. Karena

{ }1

1| ( ) | ( )n

x f x x f xn

α α∞

=

⎧ ⎫≤ = < +⎨ ⎬⎩ ⎭∩

dan irisan dari barisan himpunan terukur adalah terukur maka himpunan {x | f(x) ≤ α} terukur. Sebaliknya, karena

{ }1

1| ( ) | ( )n

x f x x f xn

α α∞

=

⎧ ⎫< = ≤ −⎨ ⎬⎩ ⎭∪

dan gabungan dari barisan himpunan terukur adalah terukur maka himpunan {x| f(x) < α} terukur.

2. Diambil bilangan real α sebarang. Karena f kontinu, maka himpunan {x ∈ D | f(x) > α} buka. Karena {x ∈ D| f(x) > α} buka, maka f terukur.

3. Misalkan f fungsi terukur yang didefinisikan pada [a, b]. Asumsikan bahwa merupakan fungsi bernilai real a.e. Maka, untuk ε > 0 yang diberikan ada fungsi kontinu h sedemikian sehingga

m{x ∈ [a, b]| |f(x) − h(x)| ≥ ε} < ε Jika |f(x)| ≤ M dapat dipilih h sehingga |h(x)| ≤ M.


Kasus 1. f terbatas dengan batas M.

Misalkan k bilangan bulat positif sedemikian sehingga Mk

ε< .

Didefinisikan himpunan 1| ( )

1| ( )

i

k

i iE x M f x Mk kkE x M f x M

k

−⎧ ⎫= ≤ ≤⎨ ⎬⎩ ⎭

−⎧ ⎫= ≤ ≤⎨ ⎬⎩ ⎭

untuk i = 1−k, 2−k, . . . , k−1. Jelas bahwa himpunan di atas terukur. Misalkan 1

k

ik

E E−

=∪ . Untuk

setiap i terdapat himpunan tertutup Fi ⊂ Ei sedemikian sehingga ( ) ( )2i im F m Ek

ε> − . Misalkan

1

k

ik

F F−

=∪ . Diperoleh [ ]~ i iE F E F= −∪ sehingga m(E) − m(F) < ε. Didefinisikan p pada

himpunan F dengan aturan p(x) = i Mk

untuk x ∈ Fi. Terlihat bahwa p fungsi konstan pada setiap

himpunan tertutup Fi yang mengakibatkan p kontinu pada F. Diperoleh juga bahwa untuk setiap x ∈ F, |f(x) − p(x)| < ε dan |p(x)| ≤ M. Jadi, ada fungsi kontinu h pada [a, b] yang bersesuaian dengan p dan berlaku |h(x)| ≤ M untuk setiap x ∈ [a, b]. Karena {x| |f(x) − h(x)| ≥ ε} ⊂ [a, b] ~ F, maka h adalah fungsi yang dicari. Kasus 2. f tidak terbatas Karena suatu fungsi terukur a.e yang didefinisikan pada suatu himpunan dengan ukuran berhingga dapat diaproksimasi dengan fungsi yang memiliki ukuran terbatas kecuali pada himpunann yang

ukurannya sangat kecil, maka ada fungsi terbatas ϕ sedemikan sehingga { }2

m f εϕ≠ < .

Kemudian dari bukti kasus 1, disimpulkan bahwa m{x| |h(x) − ϕ(x)|≥ ε} < 2ε . Tetapi

{x| |f(x) − h(x)| ≥ ε} ⊂ {x| f(x) ≠ ϕ(x)} ∪ {x| |h(x) − ϕ(x)|≥ ε} Sehingga h adalah fungsi yang dicari.

Real Analysis – Compiled by : Khaeroni, S.Si (www.khaeroni.net)_______________________________________________________1


Materi : Integral Fungsi Tak Negatif 1) Misalkan <fn> adalah barisan fungsi terukur yang tak negatif yang konvergen ke f, dan misalkan

fn ≤ f untuk setiap bilangan asli n. Buktikan bahwa lim nf f=∫ ∫

2) Teorema 17 : Misalkan <gn> barisan fungsi terintegralkan yang konvergen ke fungsi terintegralkan g hampir dimana-mana. Misalkan <fn> barisan fungsi terukur sedemikian sehingga |fn| ≤ gn untuk setiap n dan <fn> konvergen ke f hampir di mana-mana. Jika

lim ng g=∫ ∫ buktikan bahwa

lim nf f=∫ ∫

3) Tunjukkan bahwa jika f terintegralkan pada E, maka |f| juga terintegralkan dan

E Ef f≤∫ ∫

Apakah juga berlaku sebaliknya?

1. Diambil <fn> barisan fungsi terukur dan tak negatif yang konvergen ke f dan untuk setiap bilangan

asli n, berlaku fn ≤ f. Dengan menggunakan lemma Fatou diperoleh

lim limn nf f f≤ ≤∫ ∫ ∫ (1)

Karena fn tak negatif, dan fn ≤ f maka f tak negatif. Akibatnya, dengan menggunakan proposisi 8, karena fn ≤ f maka

nf f≤∫ ∫ Sehingga dengan mengambil limit superiornya diperoleh

lim limnf f f≤ ≤∫ ∫ ∫ (2) Dari (1) dan (2) disimpulkan

lim lim limn n nf f f f≤ ≤ ≤∫ ∫ ∫ ∫ Akibatnya

lim limn nf f f= =∫ ∫ ∫ Jadi,

lim nf f=∫ ∫


2. Karena |fn| ≤ gn untuk setiap n maka –gn ≤ fn ≤ gn untuk setiap n. Dari sini untuk setiap n berlaku : (i) gn + fn ≥ 0, dan (ii) gn – fn ≥ 0. Dengan menggunakan Lemma Fatou dan sifat-sifat limit superior dan inferior diperoleh

( ) lim ( )

( ) lim ( ) lim lim lim

lim

n n

n n n n n

n

g f g f

g f g f g f g f g f

f f

+ ≤ +

⇔

+ = + ≤ + ≤ + = +

⇔

≤

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

dan ( ) lim ( )

( ) lim ( ) lim lim ( ) lim

lim lim

n n

n n n n n

n n

g f g f

g f g f g f g f g f

f f f f

− ≤ −

⇔

− = − ≤ − ≤ + − = −

⇔

− ≤ − ⇔ ≥

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

Dari sini diperoleh, lim limn nf f f≤ ≤∫ ∫ ∫ dan lim limn nf f f≤ ≤∫ ∫ ∫

Sehingga, lim lim lim limn n n nf f f f f≤ ≤ ≤ ≤∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Akibatnya, lim lim limn n nf f f f= = =∫ ∫ ∫ ∫

3. Karena f terintegralkan, maka f+ dan f– juga terintegralkan. Akibatnya |f| = f+ + f– terintegralkan pada E dan

E E E E E E E E E Ef f f f f f f f f f f f+ − + − + − + − + −= − = − ≤ + = + = + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Bagaimana dengan sebaliknya? Jika |f| terintegralkan pada E, maka | |

E Ef f+ ≤ < ∞∫ ∫ dan | |

E Ef f− ≤ < ∞∫ ∫ . Sehingga f+ dan f–

juga terintegralkan pada E. Akibatnya f = f+ – f– terintegralkan.



Materi : Turunan Fungsi Monoton 1) Jika f kontinu pada [a, b] dan salah satu turunannya tak negatif pada (a, b) maka f adalah fungsi

tak turun pada [a, b], yaitu : f(x) ≤ f(y) untuk setiap x ≤ y.

2) Misalkan f fungsi yang didefinisikan dengan f(0) = 0 dan f(x) = x sin(1/x) untuk x ≠ 0. Tentukan D+f(0), D+f(0), D–f(0), D–f(0).

3) a. Tunjukkan bahwa D+[–f(x)] = –D+f(x)

b. Jika g(x) = f(–x), maka D+g(x) = –D–f(–x)

1. Jika f kontinu pada [a, b] dan salah satu turunannya tak negatif pada (a, b) maka f adalah fungsi tak

turun pada [a, b], yaitu : f(x) ≤ f(y) untuk setiap x ≤ y. Bukti : Misalkan f kontinu pada [a, b] dan salah satu turunannya, katakan ( ) 0, ( , )D f x x a b+ ≥ ∀ ∈ . Dari definisi,

00 0

( ) ( ) ( ) ( )( ) lim sup inf hh

f x h f x f x h f xD f xh hδδ

++ < <→ >

+ − + −= =

Karena ( ) 0, ( , )D f x x a b+ ≥ ∀ ∈ maka

0

( ) ( )inf 0h

f x h f xhδ< <

+ −≥

Karena h > 0, maka haruslah ( ) ( ) 0

( ) ( )f x h f x

f x h f x+ − ≥

+ ≥

Jadi, untuk setiap x ≤ x + h berlaku ( ) ( )f x f x h≤ +

2. Misalkan f fungsi yang didefinisikan dengan f(0) = 0 dan f(x) = x sin(1/x) untuk x ≠ 0

( )1

1

0 0 0

.sin( )(0 ) (0)(0) lim lim lim sin 1hhh h h

hf h fD fh h+ + +

+

→ → →

+ −= = = =

( )1

1

0 0 0

.sin( )(0 ) (0)(0) lim lim lim sin 1hh

h h h

hf h fD fh h+ + +

+→ → →

+ −= = = = −

( )1

1

0 0 0

.sin( )(0) (0 )(0) lim lim lim sin 1hhh h h

hf f hD fh h+ + +

− −−

→ → →

− −= = = =

( )1

1

0 0 0

.sin( )(0) (0 )(0) lim lim lim sin 1hh

h h h

hf f hD fh h+ + +

−− −

→ → →

− −= = = = −


3. Dari definisi

0

( ) ( )( ) limh

f x h f xD f xh+

+

→

+ −=

maka

a. [ ] [ ] [ ]0

( ) ( )( ) lim

h

f x h f xD f x

h+

+

→

− + − −− =

[ ]0

0

( ) (( )lim

( ) ( )

)

lim

( )

h

h

f x h f xh

f x h f xh

D f x

D f x+

+

+

→

→

+

+ −⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠

+ −= −

= −

−

b. 0

( ) ( )( ) limh

g x h g xD g xh+

+

→

+ −=

0

0

0

( ) ( )lim

( ) ( )lim

( ) ( )l

( )

im

( )

h

h

h

D f x h f xh

f x f x hh

f x f

f x

x hh

D f x

+

+

+→

+

→

→

−

− − − −=

− − − −= −

− − − −= −

= − −



Materi : Turunan Integral 1) Misalkan f terintegralkan pada [a, b]. Didefinisikan fungsi F dengan aturan:

( ) ( ) x

aF x f t dt= ∫

Buktikan bahwa F kontinu pada [a, b].

1. Diambil sebarang 0ε > dan [ , ]c a b∈

Diketahui f terintegralkan pada [a, b]. Asumsikan f tak negatif maka, menurut proposisi (4.14), terdapat 0δ > sehingga untuk himpunan ( ) [ ]3 3, ,A c c a bδ δ= − + ⊂ dengan 2

3( )m A δ δ= < , berlaku

Af ε<∫

Sebaliknya, jika f negatif maka –f tak negatif dan berlaku

Af ε− <∫

Jadi,

Af ε<∫

Sehingga, untuk setiap ( )3 3,x c cδ δ∈ − + berlaku 23x c δ δ− < < dan

( ) ( )x c c

a a x A AF x F c f f f f f ε− = − = < ≤ <∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Jadi terbukti F kontinu pada [a, b]

lampiran analisis real - ferdidermawan.files.wordpress.com · real analysis – compiled by :...

Documents