UJIAN AKHIR SEMESTER GANJIL

UJIAN AKHIR SEMESTER GANJIL TAHUN AKADEMIK 2014/2015

  MATA KULIAH : PENGANTAR ANALISIS REAL DOSEN : MUCHTADI,M.Pd. PRODI : PMTK SEMESTER/KELAS : V / A SORE SKS : 3

  NAMA : LUCY ERSITA NIM : 311200110

INSTITUT KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN PERSATUAN GURU REPUBLIK INDONESIA

  1. Teorema 1.1.7 jika A, B, C adalah sebarang himpunan, maka

  ¿ ¿ ¿ ¿ A A

  ¿ ¿

  a) dan

  ¿ ¿ A A A ( B ¿ ¿ = ¿ A ( B∩ C ¿ ¿ = ¿

  ∪C Bukti:

  ¿ ¿ A

  ¿

• ¿

  A A ( B

  ∪C ¿ ¿ ⊆ ¿

  ¿

  Misal

  x ∈ A (B ∪C ¿ ¿ ( ) x

  Maka ∈ A dan x ∉ (B ∪C )

  

x ∈ A dan x ∉ A dan x ∈ A dan x ∉ C

¿ ¿

  A A

  dan

  x ∈ ¿ x ∈ ¿ ¿

  A ¿

  jadi,

  ¿ A x ∈ ¿

  ¿ A

  ¿

• ¿

  A ¿ ¿

  ¿ A

  ¿

  Misal

  ¿ A x

  ∈ ¿

  x x x x

  Maka ∈ A dan ∉ B dan ∈ A dan ∉ C

  x x x ∈ A dan ∉ B dan ∉ C x ∈ A dan x ∉ (B ∪C )

  ¿

  jadi,

  x ∈ A (B ∪C ¿ ¿ ( )

• ¿ ¿

  ¿

  ∉ B dan x

  ∉ C x

  ∈ A dan x ∉ A dan x ∈ A dan x ∉ C

  ¿ A x

  ∈

  ¿

  dan

  ¿ A x

  ∈

  jadi,

  Maka x ∈ A dan x ∉ (B ∩C )

  ¿ A

  ¿ ¿ A x

  ∈

  ¿

  A ¿ ¿

  A ¿ ¿

  Misal

  ¿ A

  ¿ ¿ A x ∈ ¿

  x ∈ A dan x

  A (B ∩C ) ¿ ¿

  Maka x ∈ A dan x ∉ B dan x ∉ C

  ¿ ¿ A A ( B ∪C ¿ ¿ = ¿

  ∴ karena ¿ ¿

  A ¿ ¿

  A A ( B ∪C ¿ ¿ ⊆ ¿

  dan

  ¿ A

  ¿ ¿ A

  ¿ ¿

  maka

  ¿ ¿ A

  (terbukti).

  ∈ (

  b)

  ¿ ¿ A

  ¿ ¿ A A ( B∩ C ¿ ¿ = ¿

  Bukti:

  A ¿ ¿

  A A ( B∩ C ¿ ¿

  ⊆

  ¿

  Misal

  ¿ x

• ¿

jadi,

  ¿ x ∈ ( A (B ∩C ) ¿ ¿ ∴ karena

1 Di lain pihak, domain dari fungsi komposisi g ∘ f juga R, tetapi

  − x

  b. Misalkan F dan G adalah fungsi-fungsi dengan domain

  D ( F ) ≔ { x ∈ R : x ≥0 } dan D ( G ) ;=R , sedemikian hingga nilai

  dari F dan G di titik x dalam domainnya adalah F ( x ) ≔

  √ x dan G (x ) ≔−x

  2

  −

  2

  − 1 dan F ( x )=

  √ x , maka fungsi

  komposisi yang diberikan oleh g ∘ f ( x )=

  √

  2

  − 2 . Jadi

  − 1 didefinisikan hanya pada x di D(f ) yang memenuhi f (x)≥0 ; yaitu untuk

  x memenuhi − 1 ≤ x ≤ 1 . Bila kita tukar urutannya, maka

  komposisi

  f ∘ g , diberikan oleh g ∘ f ( x )=−x−1 , didefinisikan

  untuk semua x di domain dari g ; yaitu himpunan

  { x

  ∈ R : x ≥ 0

  } .

  3. Buktikan : untuk setiap n ∈ N , jumlah n bilangan asli pertama diberikan dengan 1+2+3+…+n=

  1

  2 n (n+1) . 1 + 2 + 3 + . . . + n = ½ n ( n + 1 ) Penyelesaian : Misal S himpunan n ϵ N Bila n = 1, maka 1 = ½ . 1 ( 1 + 1 ), jadi 1 ϵ S

  f ∘ g ≠ g ∘ f

  2

  ¿ ¿ A

  dan g ( x)=3 x

  ¿ ¿ A A ( B∩ C ¿ ¿ ⊆ ¿

  dan

  ¿ A

  ¿ ¿ A

  ¿ ¿

  maka

  ¿ ¿ A ¿ ¿ A A ( B∩ C ¿ ¿ = ¿

  (terbukti).

  2. Tentukan domainnya.

  a. Misalkan f dan g adalah fungsi-fungsi yang nilainya di bilangan real x didefinisikan sebagai

  f ( x ) =

2 x

  2

  = 6 x

  −

  1 Jawab: Karena D(g)=R dan R(f) ⊆ R, maka domain D(g ∘ f ) adalah juga R, dan fungsi komposisi g ∘ f ditentukan oleh

  g ∘ f ( x ) = 3 ( 2 x )

  2 − 1=2 x

  2 −

  dalam hal ini kita mempunyai f ∘ g ( x )=2

  (

  3 x

  2

  −

  1

  )

1 Jawab: Bila G (x )=−x

  Akan ditunjukkan k + 1 ϵ S. Bila k ϵ S, maka 1 + 2 + 3 + . . . + k = ½ k ( k + 1 ) Bila kita tambahkan k + 1 pada kedua ruas, maka 1 + 2 + 3 + . . . + k = ½ k ( k + 1 ) + ( k + 1)

  1 ) a=−a a+(−1) a=1 a+(−1) a

  b=−a

  , jadi

  a , b ∈ R maka a+b=0

  Jawab: ∀ a ∈ R terdapat elemen −a∈ R diperoleh −a+0=0 . Sehingga jika

  Karena jika a , b ∈ R sehingga a+b=0 , maka b=−a dapat disimpulkan bahwa (−1 )a=−a . (terbukti) c. − ( − a ) = a

  ¿

  ) ¿ a 0

  1+(−1)

  ¿ a (

  ( −

  = ½ (k +1) (k +2) Karena ini menyatakan kesamaan diatas untuk n = k+1, disimpulkan bahwa k + 1 ϵ S.

  (− 1 )a=−a Jawab:

  b.

  dengan z+a=a , maka z=0 disimpulkan bahwa a 0=0 (terbukti).

  a+a 0=a1+a 0=a 1=a . Dengan teorema 2.1.2 jika z, a ∈ R

  dan eksistensi elemen satuan akan diperoleh

  a 0 dan menerapkan sifat distribusi perkalian terhadap penjumlahan

  a. a 0=0 jawab: terdapat elemen 1∈ R ,1 ≠ 0, a1=a .sehingga dengan menambahkan

  4. Teorema 2.1.5 jika a ∈ R ; maka

  Jadi dapat disimpulkan bahwa S = N ∀ n ϵ N.

  , diperoleh d. (−

  a) (−a)=1

  Jawab: Substitusikan a=−1 pada ( −

  1 ) a=−a

  ⟺ (−1) (−1)=−(−1) (

  1 ) ( 1 )

  1 ⟺ − − = (terbukti)

  5. Teorema 2.2.4 misalkan a , b , c ∈ R

  a. Jika a>b dan b>c , maka a>c Jawab: Jika a>b berarti a−b ∈ P dan b>c berarti b−c ∈ P .

  Sehingga jika a , b ∈ P maka a+b ∈ P diperoleh ( a−b ) ( b−c ) a−c

  = ∈ P . Jadi, a>c (terbukti). + b. Dipenuhi tepat satu dari: a>b , a=b ,a <b .

  Jawab:

  a−b ∈ P , a−b=0

  ( − a−b )=b−a ∈ P

  Dengan menggunakan sifat Trichotomy jika a ∈ R maka a ∈ P , a=0,−a∈ P . (terbukti).

  c. Jika a ≥ b dan a ≤ b maka a=b .

  Jawab:

  a ≠ b a−b ≠ 0 a−b

  Misal , maka sehingga diperoleh ∈ P atau

  b−a a>b b>a ∈ P . Dengan kata lain atau . Tetapi hal ini

  bertentangan dengan hipotesis. Jadi, haruslah a=b . (terbukti)

  2

  6. Teorema 2.5.3 Terdapat bilangan positif real x sehingga . Buktikan!

  x =

  2 Jawaban

  Proses 1 (akan ditunjukan ada x ∈ R ) 

• = 2 )

  

2

Proses 2 (akan ditunjukan ada x

  Bukti Proses (1) : Tunjukkan ada x

• 2

  ∈ R

   < Jelas S R

  { s

  2 } Dibentuk himpunan S= ∈ R : s≥ 0 dan x

   S ≠ Ø, karena

  ∈ S dan 1∈ S

   S terbatas ke atas dengan batas atasnya adalah 2

   Karena S R, S ≠ Ø dan S himpunan terbatas ke atas, berdasarkan Sifat

   Lengkap R (Aksioma Suprimum) maka S mempunyai suprimum.

  S

  2

  2

  2 Andaikan x

  ≠ 2, berdasarkan Sifat Trikotomi maka x < 2 atau x >

  2

   2

  

2

Kemungkinan I : Untuk x

  2 <

  

2

Karena x < 2 , maka 2−x >

  1

  1

  ≤

  Karena

  2 n , maka : n

  2

  1

  2

  2

  1

  2

  1

  x + x x+ ≤ x 2 x +1)

  = + + (

  2 ( ) n n n n

  2

  − x

  2

2 x +1>0

, maka 2 > 0 .

  Karena 2−x > 0 dan 2 x +1 Menurut akibat Archimedes dapat ditemukan n N ϵ , sehinggga:

  2

  1 2−x <

  n 2 x+1

  Akibatnya :

  1

  2

  2 x +1)<2−x (

  n

  Dan

  2

  1

  2

  1

  2

  2

  ( )

  x + < x 2 x +1 < x 2−x = + +

  

2

( ) n n

  2

  1

  1

  x + x + < є S .

  Diperoleh 2 , yang bearti bahwa

  ( n ) ( n ) S Kontradiksi dengan . x= ¿

  2 Oleh karena itu tidak mungkin x <

  2

   2

  2 Kemungkinan II : Untuk x >

  

2

  2 Karena , maka x > 2 x – 2>0

  Perhatikan bahwa

  2

  1

  2 2 x

  1

  2 2 x x− = x − > x −

• 2

  ( m )

  m m m

  2 m N

  Karena x 2>0 dan 2 x >0 , maka dipilih ϵ sedemikian − sehingga,

  2 x 2 x

  2 m> atau < x −

  2

  2 m x −

  2

  x

  ( ¿¿ 2−2)=2

  2

  1

  2 2 x

  2 x− > x − > x − ¿

  ( m ) m

  2

  1

  1 x− 2 x−

  Diperoleh > , yang bearti bahwa ∉ S , yaitu

  ( m ) ( m )

  1 S

  x−

  .oleh karena itu, batas atas. Kontradiksi dengan x= ¿

  m

  2

  tidak mungkin x > 2 . Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah

  2 x =

2 Proses (1) : Ada bilangan real x positif

  Proses (2) : Pada Kemungkinan I diperoleh hasil tidak mungkin

  2

  2

  dan pada kemungkinan II diperoleh hasil tidak mungkin

  x <

  2 x >

  2

  2

  2

  , sehingga pengandaian x ≠ 2 salah seharusnya x =

  2 Kesimpulan : Terbukti bahwa ada bilangan real x positif sedemikian

  2

  sehingga x =

  2

  7. Tuliskan bahasa semantiknya (kalimat bahasa Indonesia) a. B= { x ∈ R :∨x−1∨ ¿ | x | } . jawab: himpunan B sama dengan x anggota bilangan real sedemikian

  x sehingga nilai mutlak kurang satu lebih dari nilai mutlak x.

  2

  2

  

2

b.

  | x − 4 x+1 | ≤ | x | 4 | x | 1≤ 3 4.3+1=16 + + +

  Jawab: nilai mutlak x kuadrat kurang empat x tambah satu lebih kecil sama dengan nilai mutlak x kuadrat tambah empat nilai mutlak x tambah 1lebih kecil sama dengan tiga kuadrat tambah empat kali tiga tambah satu sama dengan enam belas.

  2 | x − 4 x +1 |

  c. f ( x ) =

  | | | 3 x−1 |

  Jawab: nilai mutlak f ( x )= ¿ nilia mutlak x kuadrat urang empat x tambah satu per nilai mutlak tiga x kurang satu.