SOAL-SOAL DAN PENYELESAIAN ANALISA RIIL
Tunj Tunju ukkan kan bah bahwa jika jika o
1.
< a < b dan 0 < c < d maka 0 < ac < bd
Penyelesaian:
Dimiliki bahwa:
∈ P , 0 < a maka a ∈ P dan 0 < b maka b
- 0 < a < b ; sesuai definisi a < b maka (b - a)
∈P ∈ P , 0 < c maka c ∈ P
- 0 < c < d , sesuai definisi c < d maka (d – c)
dan 0
∈P Akan ditunjukkan bahwa berlaku 0 < ac < bd atau akan ditunjukkan bahwa berlaku: (ac)
∈P
dan (bd – ac)
∈P
Perhatikan sekarang : (b - a) ⋅ d
∈ P (teorema) sehingga (bd – ad) ∈ P ……..i) (d – c) ⋅ a ∈ P (teorema) sehingga (ad – ac) ∈ P ...........ii) Dari data (i) dan (ii) diperoleh: (bd – ad) + (ad - ac)∈ P (teorema) sehingga bd – ac a
∈P
dan c
∈P
maka ac
∈P
maka ac < bd
∈ P dengan demikian 0 < ac
Dengan demikian maka berlaku bahwa 0 < ac < bd Buktikan bahwa 0 < a < b, maka
2.
ab
1
< < ( a + b) 2
Penyelesaian:
Diketehui bahwa 0 < a < b
(
2
a -
b
) ≥0
a−2 a b
+b ≥ 0
a+b≥2 a b ab 3.
1
≤ ( a + b ) . Terbukti 2
Buktikan bahwa 0 < a < b , maka Penyelesaian:
Andaikan
a
>
b
a
<
b
.
a b
>
(
b
)
(
a
)
b b kedua ruas dikalikan
ab> b .......(i) a a
>
b a kedua ruas dikalikan
a > ab........(ii) berdasarkan data (i) dan (ii):
>
ab> b dan a
ab maka a > b (sifat trsansitif)
Hal ini bertentangan dengan yang diketahui bahwa a < b, jadi haruslah
a <
b
.
(Terbukti)
Tunjukkan bahwa jika 0 < a < 1 maka 0 < a 2 < a < 1
4.
Penyelesaian:
Dik: 0 < a dan a < 1 Sesuai definisi: 0 < a maka a
∈P dan a < 1 maka (1- a ) ∈P
a ⋅ ( 1- a ) ∈ P (Berdasarkan teorema) a - a2
∈P atau a2 < a..........(#)
Berdasarkan yang di ketahui 0 < a , a < 1 dan dari (#) atau a 2 < a, maka jelas berlaku: 0 < a2 < a < 1 5. Tunjukkan bahwa jika
0
< a
maka
a
<
ab
!
Penyelesaian :
karena a > 0, b > 0 dan b > a maka berlaku
⇒ b. b > a . b ( b >0) ⇒ b > ab ⇒ ab < b...............................#) b>
⇒ ⇒
a
b. a >
a. a
( a > 0)
ab > a
a< ab...................................##) Dari #) dan ##) terbukti bahwa a< ab
6.
Show that, if a > 1 that 1 < a 2< a Penyelesaian:
a > 0, b > 0 dan b >
a
a > 1 maka berdasarkan definisi (a -1) a
⋅
(a -1 )
∈P .
∈P = a2 – a ∈P atau a2 > a.
karena 1 < a dan a < a 2 maka jelas berlaku: 1 < a < a2 2
7.
1 2 1 a+ b 2 ≤ ( ) 2 2 ( a + b ) , for all a, b∈R
Prove that Answer: 2
( a + b ) = a 2 + b2 - 2ab
≤ a 2 + b2 + a2 + b2
a 2 + b2 - 2ab 2
( a +b ) ≤ 2 ( a 2 + b 2 ) 1 4
2
( a+ b ) ≤
2
(a 4
2
+ b2 )
2
1 2 1 a + b 2 ≤ ( ) 2 2 ( a + b ) (Terbukti) 8.
Misalkan x, y, z x
∈ R dan x . buktikan bahwa x < y < z jika dan hanya jika
− y + y − z = x −z
Penyelesaian:
Proof: Adb:
(i) x < y < z (ii) x
⇒
x
− y + y − z = x −z
− y + y − z = x −z ⇒ ) x < y < z.
( i ) x < y⇒ (x - y) < 0 berlaku untuk y maka jelas bahwa y x
⇒
−x =
x
− x = −( x − y ) = x − y =x − y
− y = ( x − y ) .......1)
(x – z ) < 0 berlaku bahwa z
− x = −( x − z ) = x − z =x −z .
(teorema) (Terbukti) 9.
Misalkan a < x < b dan a < y < b . Tunjukkan x Penyelesaian:
a < x < b atau –b < -x < -a ..........*) a < y < b atau –b < -y < -a ..........**) dari a < x < b dan –b < -y < -a diperoleh a – b < x – y < b – a atau –(b – a) < x – y < (b – a) Berdasarkan teorema kemutlakan jelas bahwa:
− y
⇔
–(b – a) < x – y < (b – a) 10.
Buktikan bahwa jika
x
x - y = b- a
−2 ≤ 1
maka
x2
−4 ≤6
.
Penyelesaian : x2
−4
= ( x − 2 )( x + 2 ) = x − 2 . x + −4 + 4 = x −2 . x−2+4 ≤1. ( x − 2 + 4 ) ≤1. (1 + 4 ) = 5 ≤6 (Terbukti)
Buktikan bahwa jika a
11.
≤ b,
b
maka a ≤ c .
≤ c,
Penyelesaian :
Berdasarkan definisi :
≤ b ⇔b −a ≥ 0 b ≤ c ⇔ c −b ≥ 0 a
Menurut aksioma, ( b − a ) + ( c − b ) ∈ P ⇔ − a + c ∈ P ⇔ c − a ∈ P ⇔c ≥a ⇔a ≤c
(Terbukti) 12.
apakah A ( 1, 3) =
13.
Jika Ai terbuka pada R,
∀ i =1, 2,3,...
Buktikan bahwa
R. Penyelesaian:
Misalkan p ∈ i Dicari p∈
ε 0
Ai = 1
= ... ? supaya
⇒
Ai i =1
N ( p ) ⊆ ε 0
Ai i =1
p ∈ Ai untuk suatu i
Karena Ai terbuka pada R , maka
=1, 2,3,...
∃ε > 0, ∋ N ( p ) ⊆ Ai 0
Padahal Ai ⊆ i =1 Ai , jadi N ( p ) ⊆ i =1 Ai ε 0
Pilih
= ε 0
ε
Jelas bahwa N ( p ) ⊆ i =1 Ai ε
0
ε 0
Ai i =1
terbuka pada
Ini berarti
i =1
Ai terbuka pada
R. (Terbukti)
14.
F i tertutup
Jika
F i
pada R . Buktikan bahwa
i
1
=
tertutup pada R .
Penyelesaian: Akan ditunjukkan F
terbuka.
i
= i
C
1
C
F = F = =
C
i
i
i
i
1
terbuka (Karena
F i tertutup).
1
C
Berdasarkan teorema keterbukaan, F = = i
i
1
i
C
F
i
= 1
Akibatnya : F i i
1
=
tertutup pada R . (Terbukti)
15.
Buktikan
A
=
(1,5) = {x 1 < x < 5} himpunan terbuka pada R .
Penyelesaian:
Misalkan x ∈ A dicari N ( x ) ε
Sehingga N ( x ) ⊆ A ε
>0
ε
Pilih
diberikann sebarang. ε =
min { ( 5 − x ) , ( x − 1) }
Cek apakah N ( x ) ⊆ A ε
∈ N ( x ) ⊆ A Misalkan P ε
Akan ditunjukkan P ∈A N ( x ) ε
=
{z z − x
}
< ε
∈ N ( x ) , maka : Karena P ε
p
− x < ε
⇔ x −ε < P < x +ε
Pilih
= x −1 < 5 − x
ε
Sehingga x − ε < P < x + ε
⇔ x − ( x −1) < P < x + (5 − x) 1 < P ⇔ < 5
Jadi, P ∈ A atau N ( x ) ⊆ A ε
Dengan demikian
∀x ∈ A ∃N ( x ) ε
sedemikian sehingga N ( x ) ⊆ A ε
Ini berarti A himpunan terbuka pada R . (Terbukti) 16.
1 1 1 Diketahui ( x n ) = 1, , , ,... barisan bilangan riil. Buktikan bahwa barisan 2 3 4 tersebut konvergen ke x0 ∈ R . Penyelesaian: ε >
0 diberikann sebarang.
Dicari N supaya n ≥ N ⇒ xn − 0 < ε xn
1
−0 =
n
−0 =
Karena n ≥ N , maka
1
n
1
n
= ≤
1
n
1
< ε
N
1
Sehingga > Pilih N
N
1 ε
1 ε
Jadi, n ≥ N ⇒ x n − 0 =
1
n
n
1
= n xn
−0
1
=
Sehingga
< ε ⇔ N >
≤
1
<
N
1
= ε
1
ε
−0 < ε
1 1 1 Ini berarti ( x n ) = 1, , , ,... konvergen ke x0 ∈ R . 2 3 4 (Terbukti) 17.
Tunjukkan bahwa ( x n ) , x n =
2n 3n + 3
terbatas.
Penyelesaian: xn =
2n 3n + 3
Dicari M > 0, sedemikian sehingga x n xn =
Pilih M =
2 3
2n 3n + 3
=
2n 3n + 3
, jelas bahwa x n
≤
2n 3n
≤2, 3
=
≤ M
,
2 3
n. ∀
n. ∀
Ini berarti ( x n ) , x n = 18.
( xn )
Jika
2n
terbatas.
3n + 3
konvergen ke x0 dan k konstanta, tunjukkan bahwa ( kx n ) konvergen
ke kx 0 . Penyelesaian:
Akan ditunjukkan
∃ N aseli,
sedemikian sehingga n ≥ N ⇒ xn − x0 < ε .
Dicari L aseli sedemikian sehingga n ≥ N ⇒ kx n − kx 0 < ε . kx n kx 0
=
k . xn
− x0
<
ε
k .
= ε
k
Pilih L = N ε
= ε . Ln − L0 < k . Jadi, n ≥ L ⇒ kL n − kL 0 = k k
Ini berarti ( kx n ) konvergen ke kx 0 . 19.
Jika
( xn yn )
( xn )
konvergen ke x0 dan Jika
( y n ) konvergen ke
y 0 , tunjukkan bahwa
konvergen ke x 0 y 0 .
Penyelesaian:
x0
< ε ⇔ ε 2
∃Naseli
⇒ xn sedemikian sehingga n ≥ N
∃Kaseli
⇒ yn − y0 < sedemikian sehingga n ≥ K
−
⇔
ε
y0
ε
2 M
Dicari L aseli sedemikian sehingga n ≥ L ⇒ x n y n − x0 y 0 < ε xn y n
−x 0
y0
=
xn y n
− x0
y0
+ xn
y0
−xn
y0
=
xn y n
− xn
y0
+ xn
y0
− x0
y0
≤
xn yn
− xn
y0
+
− x0
y0
ε
xn y 0 ε
< x n . 2M + y 0 . 2 y
0
=
=
ε
ε
2
2
+
xn . y n
− y0 +
y0 . xn
− x0
= ε
Ini berarti ( xn y n ) konvergen ke x 0 y 0 . 20.
Misalkan ( x n ) barisan bilangan riil. ( xn ) , xn = Penyelesaian: xn = x n +1
1
n
=
1
n +1
1
n
monoton naik, buktikan !!!.
1
Sehingga x n =
n
≥
1
n +1
Dengan demikian x n Ini berarti xn =
1
= x n +1
≥ x n+
1
monoton naik.
n
(Terbukti) 21.
x n → 0, y n
Misalkan
( y n ) terbatas.
→ 0.
Buktikan ( x n ) Penyelesaian:
Misalkan
x n → 0, y n ( y n ) terbatas.
ε >
0 diberikann sebarang.
aseli , ∋ n ≥ N ∃N ⇒ ∃ M >0, ∋
y0
xn yn
− 0 < ε
≤M n. ,∀
⇒ x n − 0 < ε Dicari L aseli sedemikian n ≥ N xn − 0 = x n =
xn yn
xn
=
.yn
. yn
yn
<
ε
= ε .M M
Pilih L = N xn
Jika n ≥ L, ⇒ xn − 0 = xn =
yn
<
. yn
ε
= ε .M M
→ 0.
Ini berarti ( x n )
(Terbukti) 22.
Tunjukkan bahwa ( x n ) , x n
n
=∑
1
i =1 2
i
terbatas.
Penyelesaian: n
( x n ) , xn = ∑ i =1
( x n+1 ), x n+1 =
1 2
i
1
1
1
1
2
4
8
2
1
1
1
1
2
4
8
2n
= + + + ... +
n
∑ 21 i =1
i
n
= + + + ... +
+
1 2 n+
1
Sehingga 1 2
1
1
1
8
n
+ + + ... + 4
Maka x n
2
≥ xn+
1
,
+
1 2
n +1
1
1
1
1
2
4
8
2
≥ + + + ... +
n
∀ n.
Ini berarti ( x n ) monoton naik. Dicari M aseli supaya n
1
∑2
xn =
i =1
i
xn n
=
n. ,∀ ≤M
1
∑2i i =1
1 1 1 − 2 2 n
=
1−
1 2 n
1 = 1 − ≤ 1, ∀n. 2
Ini berarti ( x n ) terbatas. 23.
Buktikan bahwa jika ( x n ) dan ( y n ) dua barisan Cauchy, maka barisan ( x n
+ yn )
barisan Cauchy. Penyelesaian:
Misalkan : ε >
0 diberikann sebarang.
∃N aseli
, sedemikian
xn
− xm <
ε
2
sehingga dan
n, m yn
≥ N dan
− ym <
n, m
, berlaku ≥ K
ε
2
, K } , maka berlaku : Pilih M = Maks { N
( xn + yn ) − ( xm + ym ) = ( xn − xm ) +( y n + y m ) ≤ xn − xm + yn + ym <
Ini berarti ( x n
+ yn )
ε
ε
2
2
+
= ε
barisan Cauchy. (Terbukti)
24.
Jika ( x n ) konvergen, Selidiki apakah ( x n ) barisan Cauchy? Penyelesaian:
Misalkan ( x n ) konvergen ke x0
∃N aseli sedemikian sehingga n ≥ N ⇒ x n − x0 <
ε
2
∃N ⇒ x m − x0 < aseli sedemikian sehingga m ≥ N
ε
2
Dicari K aseli sedemikian sehingga n, m ≥ L ⇒ x n − x m < ε xn
− xm = xn − x + x − xm ≤ xn − x + xm − x 0
0
0
0
Pilih L = N Jadi, n, m ≥ L ⇒ x n − x m ≤ x n − x 0 + x m − x 0 <
ε
ε
2
2
+
= ε
Ini berarti ( x n ) barisan Cauchy.
**********
