Soal dan Pembahasan Analisis Real S2

3. Buktikan bahwa barisan ∞ {}

n n = 1 tidak konvergen.

Bukti: Andaikan {n} konvergen, misalkan konvergen ke L. Karena {n} konvergen ke L, maka ∀ε > 0, ∃N ∋ ∀n ≥ N berlaku |n – L| < ε. Karena ε sembarang misalkan diambil 1 ε = . Diperoleh,

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 {x n } yang konvergen ke l merupakan barisan Cauchy. Bukti:

Diambil sebarang ε > 0. Karena {x n } konvergen l. Maka ∃N sehingga

|x n – l| < ε/2, ∀n ≥ N dan |x m – l| < ε/2, ∀m ≥ N

Untuk N di atas, maka n, m ≥ N sehingga | x n − x m | |( = x n −− l )( x m −≤ l )| | x n −+ l || x m −<+= l | εεε

5. Buktikan bahwa barisan Cauchy terbatas. ({x n } terbatas ⇔ ∃M > 0, ∋ |x n | ≤ M, ∀n ∈ N) Bukti: Misalkan {x n } barisan Cauchy. Karena {x n } barisan Cauchy maka ∀ε > 0, ∃N |x n –x m | < ε untuk setiap n, m ≥ N.

Untuk n ≥ N berlaku x n = ( x n − x N ) + x N ≤ x n − x N + x N <+ ε | x N | Untuk n < N, pilih k = maks{|x 1 |, |x 2 |, . . ., |x N –1 |} sehingga |x n | ≤ k, ∀n < N

Dari sini, pilih M = maks{ε + |x N |, k}, maka ∀n ∈ N, |x n | ≤ M.

6. Jika {x n } terbatas dan {y n } konvergen ke 0, buktikan {x n y n } konvergen ke 0. Bukti:

Diambil sebarang ε > 0. Karena {x n } terbatas, maka ∃M > 0, ∋ |x n | ≤ M, ∀n ∈ N Karena {y n } konvergen 0, maka ∃N sehingga ∀n ≥ N, berlaku |y n – 0| < ε/M atau |y n | < ε/M Untuk N di atas, maka ∀n ≥ N berlaku

|x n y n – 0| = |x n y n | = |x n ||y n | < M.ε/M = ε.

Jadi terbukti {x n y n } konvergen ke 0.

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

Andaikan p bilangan rasional, maka ∃ mn , ∈ sehingga p = dengan (m, n) = 1. Dari sini

2 ⇔ m = pn

Sehingga m 2 kelipatan p. Dari sini m kelipatan p. Sebab, jika m bukan kelipatan p, maka k ∃∈

2 2 2 sehingga m = kp dan m 2 = (k p )p = tp, t = m p ∈ yang berarti m 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 x 2 = 2. Bukti:

Andaikan ada bilangan rasional x sehingga x 2 = 2. Karena x rasional maka x = m/n untuk suatu , mn∈ dengan (m, n) = 1. Dari sini maka

2 2 2 m 2 /n =2⇔m = 2n . Jadi m2 bil genap. Dari sini m genap. Sebab, jika m ganjil, yaitu m = 2k + 1 untuk suatu k ∈ maka

2 2 2 2 m 2 = (2k +1) = 4k + 4k + 1 = 2(2k + 2k) + 1 yang berarti m ganjil. Kontradiksi, haruslah m genap. Hal yang sama diperoleh n genap. Akibatnya (m, n) = 2. Kontradiksi, jadi tidak ada bilangan

rasional x sehingga x 2 = 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,

x −<<+ δ t x δ x − ( x −<<+− 1) t x (2 x ) 1 << t 2 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

2 Jika |x – a| < |b – x|, maka (x – a) 2 – (b – x) < 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|

2 (t – x) 2 – (x – a) <0 (t – x + x – a)(t – x – x + a)<0

(t – a)(t – 2x + a)< 0 diperoleh a < t < 2x – a < b.

2 Jika |b – x| < |x – a|, maka (b – x) 2 – (x – a) < 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|

2 (t – x) 2 – (b – x) <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.

Khaeroni, S.Si onny_11_49@yahoo.com

Lisensi Dokumen:

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

(Himpunan Buka dan Tutup)

G buka di ⇔ ∀x ∈ G, ∃δ > 0 ∋ B(x, δ) ⊂ G

1. Jika A dan B buka di 2 , maka buktikan A B × buka di . Bukti :

Misal x ∈ × maka x = (a, b), a ∈ A dan b ∈ B. Akan dibuktikan ∃δ > 0, ∋ B(x, δ) ⊂ A B AB ×.

Karena A buka dan a ∈ A maka ∃δ 1 > 0 ∋ B(a, δ 1 )⊂A Karena B buka dan b ∈ B maka ∃δ 2 > 0 ∋ B(b, δ 2 )⊂B Pilih δ = min{δ 1 ,δ 2 }. Tinggal dibuktikan B(x, δ) ⊂ A B ×. Misal t = (,) tt 1 2 ∈ Bxδ (,) maka

Di lain pihak

1 −≤ a ( t 1 − a ) + ( t 2 − b ) << δδ 1

artinya t 1 ∈ Baδ (, 1 ) sehingga t 1 ∈ A.

Dan

2 −≤ b ( t 1 − a ) + ( t 2 − b ) << δδ 2

artinya t 2 ∈ Bbδ (, 2 ) sehingga t 2 ∈ B.

Jadi, t 2

1 ∈ A dan t 2 ∈ B. Sehingga t = (,) tt 1 2 ∈ × . Jadi, A B AB × buka di

F tutup di ⇔= F F ⇔⊂ F F dan F ⊂ F (jelas) ⇔ Jika x ∈ F maka x ∈ F x ∈⇔∀>∃∈∋−< F δ 0, y F | y x | δ

2. Jika A dan B tutup di 2 maka A B × tutup di . Bukti:

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

Karena x = (,) ab ∈ × maka AB ∃= y ( y 1 , y 2 ) ∈× ∋ AB

Karena

1 −≤ a ( y 1 − a ) + ( y 2 − b ) < δ

dan y 1 ∈ A, maka menurut definisi a ∈ . Karena A tutup, maka a ∈ A. A Karena

2 −≤ b ( y 1 − a ) + ( y 2 − b ) < δ

dan y 2 ∈ B, maka menurut definisi b ∈ . Karena B tutup, maka b ∈ B. B

Jadi, a ∈ A dan b ∈ B. Sehingga x = (,) ab ∈× AB

3. x ∈⇔∃ F () y n ⊂∋ F y n → x

Bukti: ⇒) Misal x F 1 ∈ , maka ∃y

n ∈ F ∋ |y n – x| < = δ

Karena ⎨⎬ konvergen ke 0, maka untuk ε > 0 yang diberikan ∃N ∋ < , ∀n ≥ N. ε ⎩⎭ n

Jadi ∀n ≥ N

1 y n −<< x ε

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

Jadi, jika A = (0,1)

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

Apakah 1 ∈ A ? Dipilih y n =−∈ 1 (0,1) ⇒ y n → . Jadi, 1 1 ∈ A .

4. = ( ≠ ∅ . Jadi tidak tertutup) Bukti:

i) x ∈ ⇒ ∃y n ∈

∋y n →x Karena y n ∈

maka y n ∈ , sehingga x ∈ .

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

⇒ ∃y ∈ ∋ |y – x| < δ, ∀δ > 0 ⇒ x∈

5. Misal : f → kontinu

Buktikan B = { x ∈ |()0 fx = } tertutup

Bukti:

Cukup dibuktikan bahwa B ⊂ B . Diambil sebarang x ∈ , maka ∃(y B n ) ⊂ B sehingga y n → x.

Karena y n ∈ B, maka f(y n ) = 0.

Karena f kontinu dan y n → x maka f(y n ) → f(x) Karena f(y n ) = 0 maka f(x) = 0. Artinya x ∈ B.

Jadi, terbukti bahwa B tertutup.

(Fungsi Kontinu)

f 1 kontinu di x ⇔ ∀ε > 0, y ∀ ∈ , ∃δ > 0 dengan |x – y| < δ sehingga |f(x) – f(y)| < ε

f kontinu pada A ⇔ f kontinu ∀x ∈ A

6. f(x) = x 2

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, maka 2

2 fx 2 () − fy () = x − y =− x yx +<− y x y ( |||| x + y ) < 2| x −< y |2 δε <

b) f kontinu pada Konstruksi bukti: Misal |x – y| < 1, maka

x +=+≤−+ y y x y x 2 x =−+ x y 2 x <+ 1 2 x Sehingga

fx () − fy () < δ | x +< y | δ ( 1 + 2 x ) < ε

Bukti: Diambil sebarang ε > 0 dan , xy∈ .

Pilih δ = min 1, ⎨

⎬ dengan |x – y| < δ, maka ⎩ ⎪ 1 + 2x ⎪ ⎭

2 fx 2 () − fy () = x − y =− x yx +< y δ | x +< y | δ (

c) f tidak kontinu seragam pada Bukti:

Pilih ε = 1, dan untuk setiap δ > 0

1 1 δ x = dan y =+

Sehingga y −= x +− = < . Tetapi, δ

fx () − fy () = x − y = 2 − 2 −− 1 =+ 1 >= 1 ε

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)

Khaeroni, S.Si onny_11_49@yahoo.com

Lisensi Dokumen:

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

(Tipe F σ dan G δ )

Himpunan D memiliki tipe F 1 σ jika D = F

i ,F i tertutup ∪ .

Himpunan B memiliki tipe G 2 δ jika B = G

i ,G i terbuka ∪ .

1. Setiap himpunan tertutup memiliki tipe F σ Bukti :

Misal F himpunan tertutup, maka

F = ∪∅ ∪∅ ∪∅ = F ... F i ∪

dengan F 1 = F, F 2 =F 3 =F 4 = . . . = ∅ tertutup

2. Setiap himpunan terbuka memiliki tipe G δ Bukti:

Misal G himpunan terbuka, maka

G =∩∩∩∩= G ... G ∪ i

dengan G 1 = G, G 2 =G 3 =G 4 =...=

terbuka.

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

= ⎢ ,1 ⎥ n 1 ⎣ n ⎦ (0,1] memiliki tipe F σ 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 G δ adalah buka Contoh:

n = 1 ⎝ n ⎠ (0,1] memiliki tipe G δ tetapi (0,1] tidak buka.

5. Buktikan memiliki tipe F σ Bukti: ⎧⎫ m

mn ∪ ⎨⎬ , ∈ ⎩⎭ n

⎧⎫ m ⎨⎬ tutup, sehingga

memiliki tipe F σ

⎩⎭ n

6. Setiap selang hingga memiliki tipe F σ Bukti:

ab , =

[] ab , = [] ab ∪ ,

ab , ] = ⎢ a + , ∪ b

ab , =

⎢ ab , ∪ −

7. Setiap selang memiliki tipe G δ Bukti:

() ab , = () ab ∩ ,

ab , = ⎜ a − , b ∩ + ⎟

ab , ] = ⎜ ab , ∩ + ⎟

ab , = ⎜ a − , ∩ b ⎟

8. Jika A memiliki tipe F c σ maka buktikan A

memiliki tipe G δ

Karena A memiliki tipe F σ , maka :

A = F ∪ i = F 1 ∪ F 2 ∪∪ F 3 ... ;F i tertutup.

Menggunakan sifat De Morgan, diperoleh :

F 1 ∪ F 2 ∪∪ F 3 ... )

1 ∩ F 2 ∩ F 3 ∩ ...

Karena F c

i tertutup, maka F i terbuka. Menurut definisi, A c memiliki sifat G δ .

9. Setiap selang tak hingga memiliki tipe F σ ⎡

−∞ , a ) = ⎢ − na , − ∪

a , ∞= ) a ∪ ⎢ + , n ⎥

( −∞ ∞ = , ] − nn ∪ [ , ]

(Ukuran Luar dan Himpunan Terukur)

Ukuran luar dari himpunan A

m *( A ) = inf

lI ()

E disebut himpunan terukur jika untuk setiap A berlaku:

m c *( A ) = m *( A ∩ E ) + m *( A ∩ E )

10. Tentukan m*(A), jika

a) A = {1}

b) A = [0,1] Jawab :

a) Misal {I n } koleksi selang-selang buka menyelimuti A. Misal

I n = {1}

I n = (0,2) dst

m *( A ) = inf ∑ lI ()0 n =

b) Misal {I n } koleksi selang-selang buka yang menyelimuti A. Dapat dipilih

I n =− ⎜ ,1 + ⎟ ⎝ n

2 l (I n )= 1 + (infimumnya 1) n

m *( A ) =

⊂ ∪ I ()1 n ∑ n

A inf

lI

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

A = {x 1 ,x 2 ,...}

A = {} x

m *( A ) = m * ( {} x i ) ≤ ∑ m *{} ( x ∪ i )

Karena m*({x i }) = 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 {I n } koleksi terhitung dari selang-selang buka yang menyelimuti A.

m *( A ) = inf

∑ lI () n A ∪ I n

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

∑ lI () n ≤ m *( A ) + ε

Karena

m *() O = inf

O ⊂ ∪ I n n ∑ ()

lI

maka

m *() O ≤ ∑ lI () n

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 c *(A ∩ F) = m*(A ∩ F ∩ E) + m*(A ∩ F ∩ E ) ……………………. (1)

Karena F terukur maka m

*(A) = m*(A ∩ F) + m*(A ∩ F c ) …………………………………….(2) Dari (*) dan (**) diperoleh,

c m c *(A) = m*(A ∩ F ∩ E) + m*(A ∩ F ∩ E ) + m*(A ∩ F ) ……………(3)

Misal B = A ∩ (E ∩ F) c . Diperoleh :

B c c c c c ∩ F = (A ∩ (E c ∪F )) ∩ F = ((A ∩ E ) ∪ (A ∩ F )) ∩ F = ((A ∩ E ∩ F) ∪ (A ∩ F ∩ F)

c =A∩E c ∩ F = (A ∩ F) ∩ E …………………………………………….. (4) dan

B c c c c c c c c c c ∩F c = (A ∩ (E ∪F )) ∩ F = ((A ∩ E ) ∪ (A ∩ F )) ∩ F = ((A ∩ E ∩F ) ∪ (A ∩ F ∩F )

c c = (A ∩ (E ∪ F) c ) ∪ (A ∩ F )=A∩F ……………………………….……. (5)

Karena F terukur, maka

m c *(B) = m*(B ∩ F) + m*(B ∩ F )

Dengan mensubstitusi (4) dan (5) ke persamaan di atas, diperoleh m

c c *(A ∩ (E ∩ F) c ) = m *((A ∩ F) ∩ E ) + m*(A ∩ F ) ……………….. (6) Sehingga, dari (3) dan (6) diperoleh

*(A) = m*(A ∩ E ∩ F) + m*(A ∩ (E ∩ F) c )

seperti yang diminta.

Bagi setiap lisan yang telah terkunci, bahkan sampai kepada hatinya…Maka izinkan dan biarkanlah selembar pengaduan ini menjadi kata maaf yang sangat tulus…Namun, jika ia terlambat dan terkunci sudah segala pengabulan maaf, maka biarkanlah lembaran ini hanya menjadi baris yang memperindah keranjang sampah. Gunakanlah, jika ia berkenan memaafkan…dan buanglah, jika memang tidak berkenan…Namun percayalah, aku akan tetap mendo’akan kebaikan bagi kita semua…engkau suka atau tidak suka...

"Ya Tuhan kami, beri ampunlah kami dan saudara-saudara kami yang telah beriman lebih dahulu dari kami, dan janganlah Engkau membiarkan kedengkian dalam hati kami terhadap orang-orang yang beriman; Ya Tuhan kami,

sesungguhnya Engkau Maha Penyantun lagi Maha Penyayang". (T.Q.S 59:10)

Khaeroni, S.Si onny_11_49@yahoo.com

Lisensi Dokumen:

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

1. Diberikan fungsi f dengan rumus fx () = .

a) Buktikan f kontinu pada (0, 2)

b) Tunjukkan f tidak kontinu seragam pada Bukti :

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

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

fy () − fx () =

xx − 1 Notes :

xy

xy

Misal |y – x| ≤ 1, maka 1 1 1 1 1 1

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

x − 1 xy xx − 1

b) Pilih

⎬ konvergen ke 0. Artinya, ∀δ > 0, ∃n 0 ∈N∋

nn ( + 1 )

2. Diberikan fungsi f dengan rumus f(x) = x 3

a) Buktikan f kontinu pada (0, 2)

b) Tunjukkan f tidak kontinu seragam pada Bukti :

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

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

3 3 2 |f(y) – f(x)| = |y 2 –x | = |(y – x)(y + yx + x )| ≤ |y – x|(4 + 4 + 4) < δ.12 = ε

b) Misal δ > 0 diberikan.

Pilih ε = 1 dan n ∈ N ∋ n >

; x = n dan y = + dengan n

y − x =+−= n n δδ <

3. Buktikan χ A terukur dengan A terukur. Bukti: ⎧ 1 , x ∈ A

χ A () x =⎨ ⎩ 0 , x ∉ A

Akan dibuktikan bahwa ∀∈ α , { x | χ A () x > α } terukur

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

• α ≥ 1, {x| χ A (x) > α} = ∅ terukur

Jadi, ∀∈ α , { x | χ A () x > α } terukur sehingga χ A terukur.

4. Misal f terukur dan

A = {x | f(x) = ∞} terukur

B = {x | f(x) = –∞} terukur Serta

⎧ fxx ( ), ∉ A ∪ B

fx 1 () =⎨ ⎩ 0 ,

Buktikan f 1 terukur. Bukti: α ≥ 0 Æ {x|f 1 (x) > α} = {x|f(x) > α} – A α < 0 Æ {x|f 1 (x) > α}= {x|f(x) > α} ∪ B

Notes :

A = { x | fx () =∞= } { x | fx () = n } = { x | fx () ≤ n ∩ x | fx () ≥ n ∪ }{ }

5. Jika f terukur, buktikan bahwa |f| terukur Bukti: α ≥ 0 Æ {x||f(x)| > α} = {x|f(x) < –α} ∪ {x|f(x) > α}

α < 0 Æ {x||f(x)|> α}= X

Soal-soal Latihan :

6. Misalkan f terukur, maka buktikan fungsi berikut terukur

a) f + = sup {f, 0}

b) f – = sup {–f, 0}

7. Misalkan f terukur, maka buktikan

a) A = {x | f(x) = ∞} terukur

b) B = {x | f(x) = –∞} terukur Bukti :

a) A = { x | fx () > n } ∩

b) B = { x | fx () <− n ∩ }

–o0o–

"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)

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 ∈ G δ sedemikian sehingga A ⊂ G dan m*(A) = m*(G)

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

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

Karena A ⊂ B, maka

m *( A ) =

A inf ⊂ ∪ J ∑

lJ ( n ) ≤

B inf ⊂ ∪ I ∑

lI () n = m *() B

Jadi,

m *(A) ≤ m*(B)

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

I n = ⎨ ⎜ x − , x + ⎟ , ∅∅ , , ... ⎬

Dari sini maka,

lI ( n ) = lI () 1 = l ⎜ ⎜ a − , a + ⎟ ⎟ = εε <

dan

I n = I 1 = ⎜ a − , a + ⎟ ⊇ {} a ∪

Menurut definisi ukuran luar, diperoleh m*({a}) < ε. Karena 0 ≤ m*({a}) < ε, ∀ε > 0 maka m*({a}) = 0

3. Kasus 1 : Misalkan [a, b] Karena [a, b] ⊂ (a – ε, b + ε), ∀ε > 0 maka

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

Karena m*([a, b]) ≤ b – a + 2ε, ∀ε > 0 maka Karena m*([a, b]) ≤ b – a + 2ε, ∀ε > 0 maka

Selanjutnya, akan dibuktikan m*([a, b]) ≥ b – a. Hal ini sama saja dengan membuktikan bahwa jika {I n } sembarang koleksi terhitung dari selang buka yang menyelimuti [a, b] maka

∑ lI () n ≥− ba

Sebab, inf

lI () ≥− ba . Karena infimum, maka lI () ≥− ba .

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 {I n } yang menyelimuti [a, b].

Karena a termuat di dalam I maka ada k sehingga I memuat a. Misalkan I

k = (a 1 ,b 1 ). Diperoleh

a 1 <a<b 1

Jika b 1 ≤ b, maka b 1 ∈ [a, b] dan karena b 1 ∉ (a 1 , b 1 ) maka terdapat interval (a 2 , b 2 ) di dalam {I n } sedemikian sehingga b 1 ∈ (a 2 ,b 2 ). Jadi, a 2 <b 1 <b 2 . Demikian seterusnya, sehingga diperoleh barisan

(a 1 ,b 1 ), (a 2 ,b 2 ), . . ., (a k ,b k )

Dari koleksi {I n } sedemikian sehingga a i <b i –1 <b i . Karena {I n } koleksi berhingga, proses di atas pasti berhenti pada suatu interval (a k , b k ). Tetapi

proses ini hanya akan berhenti jika b ∈ (a k ,b k ), yaitu jika a k <b<b k . Karena a i <b i –1 , maka

∑ lI () n ≥ ∑ lab (,) i i

= ( b k − a k )( + b k − 1 − a k − 1 ) ++ ( b 1 − a 1 )

=− b k ( a k − b k − 1 )( − a k − 1 − b k − 2 ) −− ( a 2 − b 1 ) −>− a 1 b k a 1

Tetapi b k > b dan a 1 < a. Akibatnya, b k –a 1 > b – a. Jadi, ∑ lI () n >− ba .

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 = lI () = lI ()

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 {I n } koleksi terhitung dari selang-selang buka dengan sifat

dan

∑ lI ( n ) ≤ m *( A ) + ε

Berdasar proposisi 1 dan 2, diperoleh

m * ( I n ) ≤ ∑ m *() I n = ∑ lI () n ≤ m *( A ) + ε ∪

Jika dipilih O = I ∪ , maka O memenuhi n

Karena I n buka, maka O = I ∪ n buka.

ii) Kasus pertama, jika m*(A) = ∞ dipilih G =

maka G ∈ G δ .

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 O n dengan sifat

Didefinisikan G = O ∩ n . Karena O n buka untuk setiap n∈ , maka G buka. Sehingga

G ∈G δ

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

A ⊂G

Karena A ⊂ G maka

m *(A) ≤ m*(G) ………………………………. (1)

Di lain pihak, karena G = O untuk setiap n∈ maka ∩ n

G ⊂O n

Karena G ⊂ O n untuk setiap n∈ , maka

− m 1 *() G ≤ m *( O

n ) ≤ m *( A ) + n

Dari sini diperoleh 1

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, 3 rd ed, John Wiley & Sons, USA, p.30 problem no. 18)

Bukti:

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

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

Khaeroni, S.Si G551090341

Materi : Fungsi Terukur

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

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

ii) Untuk setiap 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) Ù 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

xfx |() ≤ α } = ⎨ xfx |() <+ α ⎬ ∩

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

xfx |() < α } =

xfx

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

Didefinisikan himpunan

M ≤ fx () ≤ M ⎬

M ≤ fx () ≤ M ⎬

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

ε setiap i terdapat himpunan tertutup F i ⊂ E i sedemikian sehingga ( mF i ) > mE ( i ) − . Misalkan

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

himpunan F dengan aturan p(x) = M untuk x ∈ F i . Terlihat bahwa p fungsi konstan pada setiap

himpunan tertutup F i 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 mf { ≠ ϕ } <.

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

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

Khaeroni, S.Si G551090341

Materi : Integral Fungsi Tak Negatif

1) Misalkan <f n > adalah barisan fungsi terukur yang tak negatif yang konvergen ke f, dan misalkan

f n ≤ f untuk setiap bilangan asli n. Buktikan bahwa

∫ f = lim ∫ f n

2) Teorema 17 : Misalkan <g n > barisan fungsi terintegralkan yang konvergen ke fungsi terintegralkan g hampir dimana-mana. Misalkan <f n > barisan fungsi terukur sedemikian

sehingga |f n |≤g n untuk setiap n dan <f n > konvergen ke f hampir di mana-mana. Jika

∫ g = lim ∫ g n

buktikan bahwa

f ∫ = lim f ∫ n

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

Apakah juga berlaku sebaliknya?

1. Diambil <f n > barisan fungsi terukur dan tak negatif yang konvergen ke f dan untuk setiap bilangan asli n, berlaku f n ≤ f.

Dengan menggunakan lemma Fatou diperoleh

∫ f ≤ lim f n ≤ lim ∫ f ∫ n

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

Sehingga dengan mengambil limit superiornya diperoleh

lim f n ≤ lim f ≤ ∫ f ∫ ∫

Dari (1) dan (2) disimpulkan

lim ∫ f n ≤ ∫ f ≤ lim ∫ f n ≤ lim ∫ f n

Akibatnya

lim f = ∫ f n = f ∫ lim ∫ n

Jadi,

∫ f = lim ∫ f n

2. Karena |f n |≤g n untuk setiap n maka –g n ≤f n ≤g n untuk setiap n. Dari sini untuk setiap n berlaku : (i) g n +f n ≥ 0, dan (ii) g n –f n ≥ 0.

Dengan menggunakan Lemma Fatou dan sifat-sifat limit superior dan inferior diperoleh

∫ ( g + f ) lim ( ≤ ∫ g n + f n )

∫∫ g + f = ∫ ( g + f ) lim ( ≤ ∫ g n + f n ) lim ≤ ∫ g n + lim ∫ f n = ∫ g + lim ∫ f n

∫ f ≤ lim ∫ f n

dan

∫ ( g − f ) lim ( ≤ ∫ g n − f n )

∫∫ f ∫ ∫ ∫ n lim ( ∫ n ) ∫ lim ∫ n

g − f = ( g − f ) lim ( ≤ g n − f n ) lim ≤ g +

− f ≤− lim f n ⇔ f ≥ lim ∫ f ∫ ∫ ∫ n

Dari sini diperoleh,

∫ f ≤ lim ∫ f n ≤ lim ∫ f n dan lim ∫ f n ≤ lim ∫ f n ≤ ∫ f

Sehingga,

∫ f ∫ ∫ ∫ n lim ∫ n

lim f n ≤ lim f n ≤ f ≤ lim f ≤

Akibatnya,

∫ f = lim ∫ f n = lim ∫ f n = lim ∫ f n

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

Bagaimana dengan sebaliknya?

Jika |f| terintegralkan pada E, maka – ∫

E f ≤ ∫ E f <∞ dan

E f ≤ ∫ E f <∞ . Sehingga f dan f

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

Khaeroni, S.Si G551090341

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 Dfx + ( ) 0, ( , ) ≥ ∀∈ x ab .

Dari definisi,

Karena ( ) 0, ( , ) Dfx + ≥ ∀∈ x ab maka fx ( +− h ) fx ()

inf 0 0 ≥ << h δ

Karena h > 0, maka haruslah

fx ( +− h ) fx ()0 ≥

fx ( +≥ h ) fx ()

Jadi, untuk setiap x ≤ x + h berlaku

fx () ≤ fx ( + h )

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

f (0 +− h ) f (0) 1 h .sin( ) h

Df (0) = lim +

= lim

h = → 1 0 + + ()

= lim sin 1

f (0 +− h f ) 1 (0) h .sin( ) h

Df + (0) = lim +

= lim

= lim sin () h =− 1

− 1 f (0) − f (0 − h ) h .sin( )

f (0) − f (0 1 − h ) h .sin( ) − h

Df (0) = lim

= lim

= lim sin − 1 + + + () − h =− 1

3. Dari definisi

[ − fx ( + h ) ][ −− fx () ]

a. D [ − fx () ] = lim

D [ − fx ( ) ] = lim

f ( −−−− x h ) f ( x )

D fx () = lim

f ( −−−− x ) f ( x h )

= lim

f ( −−−− x ) f ( x h )

=− l im

=− Df − ( − x )

Khaeroni, S.Si G551090341

Materi : Turunan Integral

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

Fx () = ∫ () f t dt

Buktikan bahwa F kontinu pada [a, b].

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

Diketahui f terintegralkan pada [a, b]. Asumsikan f tak negatif maka, menurut proposisi (4.14),

terdapat δ δ > sehingga untuk himpunan A =− (

3 ) ⊂ [] ab , dengan mA ( ) = 3 δδ <,

berlaku

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

∫ −< f ε A

Jadi,

Sehingga, untuk setiap x ∈−

( c δ 3 , c + δ 3 ) berlaku x −< c 3 δδ < dan

c Fx c () − Fc () = f − f = f < f ≤ f ∫ <

Jadi terbukti F kontinu pada [a, b]