Pembahasan soal latihan 1.3 No.3,6,9 dan 12: Buku "Introduction to Real Analysis" karangan R.G. Bartle edisi ke-4

Haloo semua...jumpa lagi.😉😉
Ok, pada postingan kali ini saya akan melanjutkan pembahasan penyelesaian soal pada buku "Introduction to Real Analysis" karangan Robert G. Bartle. Nah, di postingan ini saya akan membahas soal latihan 1.3  nomor 3, 6, 9, dan 12.
Berikut soalnya..

   

Baik, kita mulai pembahasannya.

Soal yang pertama.
Soal Nomor 3
Diberikan $S=\{1,2\}$ dan $T=\{a,b,c\}$.
$(a)$ Tentukan banyaknya pemetaan injektif yang berbeda dari $S$ ke $T$.
$(b)$ Tentukan banyaknya pemetaan surjektif yang berbeda dari $T$ ke $S$.

Solusi
$(a)$ Diperhatikan bahwa
$\bullet$ $1$ anggota $S$ dapat dipetakan ke tiga anggota $T$
$\bullet$ $2$ anggota $S$ dapat dipetakan ke dua (yang tersisa setelah pemetaan $1$ anggota $S$ ) anggota $T$
Jadi, banyaknya pemetaan injektif yang berbeda dari $S$ ke $T$ adalah sebanyak $3\times 2=6$ pemetaan.

$(b)$ Diperhatikan bahwa
$\bullet$ $a$ dan $b$ anggota  $T$ dapat dipetakan ke dua anggota $S$
    $c$ anggota  $T$ dapat dipetakan ke satu anggota $S$
$\bullet$ $a$ dan $c$ anggota  $T$ dapat dipetakan ke dua anggota $S$
    $b$ anggota  $T$ dapat dipetakan ke satu anggota $S$
$\bullet$ $b$ dan $c$ anggota  $T$ dapat dipetakan ke dua anggota $S$
    $a$ anggota  $T$ dapat dipetakan ke satu anggota $S$
Jadi, banyaknya pemetaan surjektif yang berbeda dari $T$ ke $S$ adalah sebanyak $(2\times 1)+(2\times 1)+(2\times 1)=6$ pemetaan.


Soal berikutnya.
Soal Nomor 6
Berikan suatu pemetaan bijektif dari $\mathbb{N}$ ke suatu himpunan bagian sejatinya.

Solusi
Misal dipilih himpunan bagian sejati dari $\mathbb{N}$ adalah $\mathbb{N}\setminus \{1\}$.
Selanjutnya, didefinisikan $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}\setminus \{1\}$ dengan
\[f(n)=n+1\]Akan ditunjukkan $f$ bijektif.
Bukti
Untuk menunjukkan $f$ bijektif, akan ditunjukkan $f$ injektif sekaligus surjektif.
$\bullet$ Pertama, akan ditunjukkan $f$ injektif.
Diambil sebarang $n_1,n_2\in \mathbb{N}$ dengan $f(n_1)=f(n_2)$, diperoleh
\begin{eqnarray}
f(n_1)&=&f(n_2)\\
\Rightarrow n_1+1&=&n_2+1\\
\Rightarrow n_1&=&n_2
\end{eqnarray}
Dari hasil ini disimpulkan bahwa $f$ injektif.

$\bullet$ Selanjutnya, akan ditunjukkan $f$ surjektif.
Diambil sebarang $y\in \mathbb{N}\setminus \{1\}$, diperoleh $y-1\in \mathbb{N}$.
Kemudian dipilih $n=y-1$, maka
\begin{eqnarray}
f(n)&=&n+1\\
&=&(y-1)+1\\
&=&y
\end{eqnarray}
Dari hasil ini disimpulkan bahwa $f$ surjektif.

Jadi, karena $f$ injektif dan juga surjektif maka disimpulkan $f$ bijektif.


Lanjut ke soal berikutnya.
Soal Nomor 9
Buktikan dengan detail bahwa jika $S$ dan $T$ denumerable maka $S\cup T$ juga denumerable.

Solusi
Dimisalkan $S\cap T=\{\}$.
Karena $S$ dan $T$ denumerable, maka terdapat fungsi bijektif $f$ dan $g$ sedemikian sehingga $f:\mathbb{N}\to S$ dan $g:\mathbb{N}\to T$.
Selanjutnya, didefinisikan $h:\mathbb{N}\to S\cup T$ dengan
\[h(n)=
\begin{cases}
f(\dfrac{n+1}{2}) & \text{, untuk } n \text{ ganjil}\\
g(\dfrac{n}{2}) & \text{, untuk } n \text{ genap}
\end{cases}\]
Akan ditunjukkan $h$ bijektif.
Bukti
Sama dengan yang sebelumnya, untuk menunjukkan $h$ bijektif, akan ditunjukkan $h$ injektif sekaligus surjektif.
$(i)$ Pertama, akan ditunjukkan $h$ injektif.
Diambil sebarang $n_1,n_2\in \mathbb{N}$ dengan $n_1\neq n_2$, diperoleh
$\bullet$ Jika $n_1$ dan $n_2$ keduanya ganjil, maka
\begin{eqnarray}
n_1&\neq&n_2\\
\Rightarrow n_1+1&\neq&n_2+1\\
\Rightarrow \frac{n_1+1}{2}&\neq&\frac{n_2+1}{2}
\end{eqnarray}
Karena $f$ injektif, maka
\begin{eqnarray}
\frac{n_1+1}{2}&\neq&\frac{n_2+1}{2}\\
\Rightarrow f(\frac{n_1+1}{2})&\neq&f(\frac{n_2+1}{2})\\
\Rightarrow h(n_1)&\neq&h(n_2)
\end{eqnarray}

$\bullet$ Jika $n_1$ dan $n_2$ keduanya genap, maka
\begin{eqnarray}
n_1&\neq&n_2\\
\Rightarrow \frac{n_1}{2}&\neq&\frac{n_2}{2}
\end{eqnarray}
Karena $g$ injektif, maka
\begin{eqnarray}
\frac{n_1}{2}&\neq&\frac{n_2}{2}\\
\Rightarrow g(\frac{n_1}{2})&\neq&g(\frac{n_2}{2})\\
\Rightarrow h(n_1)&\neq&h(n_2)
\end{eqnarray}

$\bullet$ Jika $n_1$ ganjil dan $n_2$ genap, maka
\[h(n_1)=f(\frac{n_1+1}{2})\in S\]dan\[h(n_2)=g(\frac{n_2}{2})\in T\]Karena $S\cap T=\{\}$, akibatnya
\[h(n_1)\neq h(n_2)\]

Dari uraian di atas diperoleh bahwa untuk setiap $n_1,n_2\in \mathbb{N}$ dengan $n_1\neq n_2$ berlaku $h(n_1)\neq h(n_2)$. Dengan kata lain $h$ injektif.

$(ii)$ Selanjutnya, akan ditunjukkan $h$ surjektif.
Diambil sebarang $y\in S\cup T$, maka $y\in S$ atau $y\in T$.
$\bullet$ Jika $y\in S$, maka dengan $f$ fungsi bijektif, terdapat $n_1\in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $f(n_1)=y$.
Dipilih $n_0=2n_1-1$, diperoleh $n_0$ ganjil dan $n_0\in \mathbb{N}$.
Selanjutnya, karena $n_0$ ganjil dan $n_0\in \mathbb{N}$, maka diperoleh
\[h(n_0)=f(\frac{n_0+1}{2})=f(\frac{(2n_1-1)+1}{2})=f(n_1)=y\]
$\bullet$ Jika $y\in T$, maka dengan $g$ fungsi bijektif, terdapat $n_2\in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $g(n_2)=y$.
Dipilih $n_0=2n_2$, diperoleh $n_0$ genap dan $n_0\in \mathbb{N}$.
Selanjutnya, karena $n_0$ genap dan $n_0\in \mathbb{N}$, maka diperoleh
\[h(n_0)=g(\frac{n_0}{2})=g(\frac{2n_2}{2})=g(n_2)=y\]
Dari uraian di atas diperoleh untuk setiap $y\in S\cup T$, dapat ditemukan $n_0\in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $h(n_0)=y$. Dengan kata lain $h$ surjektif.

Jadi, karena $h$ injektif dan juga surjektif maka disimpulkan $h$ bijektif.


Soal yang terakhir.
Soal Nomor 12
Gunakan induksi matematika untuk membuktikan bahwa jika $S$ memiliki $n$ anggota, maka $P(S)$ memiliki $2^n$ anggota.

Solusi
$(i)$ Pertama, ditunjukkan benar untuk banyaknya anggota $S$ adalah satu maka banyaknya anggota $P(S)$ adalah $2^1=2$.
Misal $S=\{x_1\}$, Diperoleh
\[P(S)=\{\{\},x_1\}=2=2^1\]Jadi, benar untuk anggota $S$ satu.

$(ii)$ Selanjutnya, diasumsikan benar untuk banyaknya anggota $S$ adalah $k$ maka banyaknya anggota $P(S)=2^k$. Akan ditunjukkan juga benar untuk jbanyaknya anggota $S$ adalah $k+1$ maka banyaknya anggota $P(S)=2^{k+1}$.
Misal $S_{k+1}=\{x_1,x_2,...,x_{k+1}\}$, diperoleh $S$ memiliki $k+1$ anggota.
Kemudian, diperhatikan bahwa
\[S_{k+1}=\{x_1,x_2,...,x_{k+1}\}=S_k\cup \{x_{k+1}\}\]Jadi, anggota-anggota dari $P(S_{k+1})$ ini nantinya memiliki dua kondisi, yaitu $(1)$ anggota-anggotanya memuat $x_{k+1}$ dan $(2)$ anggota-anggotanya tidak memuat $x_{k+1}$.

Untuk kondisi $(1)$, jika anggota-anggotanya tidak memuat $x_{k+1}$ yaitu $S_k$, maka dari yang diasumsikan diperoleh ada sebanyak $2^k$ anggota. Tetapi, jika ada $2^k$ anggota yang tidak memuat $x_{k+1}$, maka juga akan ada $2^k$ anggota yang memuat $x_{k+1}$, jadi untuk kondisi kedua juga ada $2^k$ anggota. Sehingga banyaknya anggota dari $P(S_{k+1})$ adalah jumlahan dari banyak anggota kondisi $(1)$ dan $(2)$, yaitu
\[2^k+2^k=2\cdot 2^k=2^{k+1}\]Jadi, benar untuk banyaknya anggota $S$ adalah $k+1$ maka banyaknya anggota dari $P(S)$ adalah $2^{k+1}$.

Dari uraian di atas disimpulkan bahwa jika $S$ memiliki $n$ anggota, maka $P(S)$ memiliki $2^n$ anggota.


Ok, itu saja dulu untuk postingan kali ini.
Mudah-mudahan dapat dipahami dan ada manfaatnya.

Untuk melihat pembahasan latihan sebelumnya (latihan 1.2) silahkan berkunjung ke sini, dan untuk pembahasan latihan selanjutnya (latihan 2.1, 2.2, 2.3, 2.4, dan 2.5) silahkan lihat di sini.

Akhir kata,
Terima kasih untuk perhatiannya
and
Sampai ketemu di postingan selanjutnya.
Wassalam....🙏🙏