Pembahasan soal latihan 1.1 No.10,13,16,19 dan 22: 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 latihan 1.1 pada buku "Introduction to Real Analysis" karangan Robert G. Bartle. Nah, di postingan ini saya akan membahas soal nomor 10, 13, 16, 19, dan 22.
Berikut soalnya..

Baik, kita mulai pembahasannya.

Soal Nomor 10
Diketahui
\[f(x)=\frac{1}{x^2}, x\neq 0, x\in \mathbb{R}\]
$(a)$ Tentukan hasil peta $f(E)$ dengan $E=\{x\in \mathbb{R}: 1\leq x\leq 2\}$
$(b)$ Tentukan hasil prapeta $f^{-1}(G)$ dengan $G=\{y\in \mathbb{R}: 1\leq y\leq 4\}$

Solusi
$(a)$ Diperhatikan bahwa
\[E=\{x\in \mathbb{R}: 1\leq x\leq 2\}\Rightarrow f(E)=\{\frac{1}{x^2}:1\leq x\leq 2\}=\{y:\frac{1}{4}\leq y\leq 1\}=[\frac{1}{4},1]\]
Jadi, $f(E)=[\frac{1}{4},1]$.

$(b)$ Diperhatikan bahwa
\[G=\{y\in \mathbb{R}: 1\leq y\leq 4\}\Rightarrow f^{-1}(G)=\{x:1\leq \frac{1}{x^2}\leq 4\}=[-1,-\frac{1}{2}]\cup[\frac{1}{2},1]\]
Jadi, $f^{-1}(G)=[-1,-\frac{1}{2}]\cup[\frac{1}{2},1]$.

Selanjutnya,
Soal Nomor 13
Diketahui $f$ dan $E,F$ seperti pada latihan nomor 12. Tentukan himpunan $E\setminus F$ dan $f(E)\setminus f(F)$, dan tunjukkan bahwa tidak benar $f(E\setminus F)\subseteq f(E)\setminus f(F)$.

Solusi
Diperhatikan bahwa
\[E\setminus F=\{x\in \mathbb{R}: -1\leq x<0\}\Rightarrow f(E\setminus F)=\{y\in \mathbb{R}:0<y\leq 1\}=(0,1]\]
dan
\[f(E)\setminus f(F)=\{\}\]
Karena $ f(E\setminus F)=(0,1]$ dan $f(E)\setminus f(F)=\{\}$, maka jelas bahwa tidak benar $f(E\setminus F)\subseteq f(E)\setminus f(F)$.

Berikutnya,
Soal Nomor 16
Tunjukkan bahwa suatu fungsi $f$ yang didefinisikan dengan
\[f(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}, x\in \mathbb{R}\]
merupakan fungsi bijektif dari $\mathbb{R}$ ke $\{y:-1<y<1\}$.

Solusi
Untuk menunjukkan $f$ bijektif, maka akan ditunjukkan bahwa
1. $\forall x_1,x_2\in \mathbb{R}$ dengan $f(x_1)=f(x_2)$ berlaku $x_1=x_2$
2. $\forall y\in (-1,1)$ berlaku $\exists x\in \mathbb{R}\ni f(x)=y$
Bukti.
1. Diambil sebarang $x_1,x_2\in \mathbb{R}$ dengan $f(x_1)=f(x_2)$, diperoleh
\begin{eqnarray}
\ \ \ \ \ \frac{x_1}{\sqrt{x_1^{2}+1}}&=&\frac{x_2}{\sqrt{x_2^{2}+1}}
\end{eqnarray}\[(\text{Karena }\sqrt{x_1^{2}+1} \text{ dan } \sqrt{x_2^{2}+1}>0 \text{, maka } x_1 \text{ dan } x_2 \text{ memiliki tanda yang sama})\]\begin{eqnarray}
\Rightarrow \frac{x_1^{2}}{(\sqrt{x_1^{2}+1})^2}&=&\frac{x_2^{2}}{(\sqrt{x_2^{2}+1})^2}\\
\Rightarrow x_1^2(x_2^{2}+1)&=&x_2^{2}(x_1^{2}+1)\\
\Rightarrow x_1^{2}x_2^2+x_1^2&=&x_2^2x_1^2+x_2^2\\
\Rightarrow x_1^2&=&x_2^2\\
\Rightarrow x_1&=&x_2
\end{eqnarray}
Jadi, $\forall x_1,x_2\in \mathbb{R}$ dengan $f(x_1)=f(x_2)$ berlaku $x_1=x_2$.

2. Diambil sebarang $y\in (-1,1)$, maka $-1<y<1$.
Dipilih $x=\frac{y}{\sqrt{1-y^{2}}}$, diperoleh $x\in \mathbb{R}$ dan
\begin{eqnarray}
f(x)&=&\frac{\frac{y}{\sqrt{1-y^{2}}}}{\sqrt{(\frac{y}{\sqrt{1-y^{2}}})^2+1}}\\
&=&\frac{\frac{y}{\sqrt{1-y^{2}}}}{\sqrt{\frac{y^2}{1-y^{2}}+1}}\\
&=&\frac{\frac{y}{\sqrt{1-y^{2}}}}{\sqrt{\frac{y^2+(1-y^{2})}{1-y^{2}}}}\\
&=&\frac{\frac{y}{\sqrt{1-y^{2}}}}{\frac{1}{\sqrt{1-y^{2}}}}\\
&=&y
\end{eqnarray}
Jadi, $\forall y\in (-1,1)$ berlaku $\exists x=\frac{y}{\sqrt{1-y^{2}}}\in \mathbb{R}\ni f(x)=y$.

Dari 1 dan 2 disimpulkan bahwa $f$ bijektif.

Selanjutnya,
Soal Nomor 19
$(a)$ Tunjukkan bahwa jika $f:A\rightarrow B$ injektif dan $E\subseteq A$, maka $f^{-1}(f(E))=E$. Berikan contoh untuk menunjukkan bahwa tanda kesamaan belum tentu berlaku jika $f$ tidak injektif.
$(b)$ Tunjukkan bahwa jika $f:A\rightarrow B$ surjektif dan $H\subseteq B$, maka $f(f^{-1}(H))=H$. Berikan contoh untuk menunjukkan bahwa tanda kesamaan belum tentu berlaku jika $f$ tidak surjektif.

Solusi
$(a)$ Untuk menunjukkan $f^{-1}(f(E))=E$, akan ditunjukkan bahwa $f^{-1}(f(E))\subseteq E$ dan $E\subseteq f^{-1}(f(E))$.
Bukti.
$\bullet$ Diambil sebarang $x\in f^{-1}(f(E))$, maka terdapat $y\in f(E)\ni f(x)=y$.
Karena $y\in f(E)$, maka terdapat $x_0\in E\ni f(x_0)=y$.
Selanjutnya, karena $f(x)=y=f(x_0)$ maka diperoleh $f(x)=f(x_0)$, dan karena $f$ injektif maka diperoleh $x=x_0\in E$.
Jadi, diperoleh bahwa $f^{-1}(f(E))\subseteq E$.

$\bullet$ Diambil sebarang $x\in E$, maka $f(x)\in f(E)$, akibatnya diperoleh $x\in f^{-1}(f(E))$.
Jadi, diperoleh bahwa $E\subseteq f^{-1}(f(E))$.

Karena $f^{-1}(f(E))\subseteq E$ dan $E\subseteq f^{-1}(f(E))$ maka disimpulkan $f^{-1}(f(E))=E$.

Selanjutnya, akan diberikan contoh yang menunjukkan bahwa tanda kesamaan belum tentu berlaku jika $f$ tidak injektif.
Didefinisikan
\[f(x)=x^2,\ A=[-1,1],\ B=[0,2], \text{ dan } E=[0,1]\]
Diperoleh $f$ tidak injektif.
Selanjutnya, dipilih $1\in E$, diperoleh $f(1)=1$ dan $f^{-1}(f(1))=f^{-1}(1)=\{-1,1\}$.
Karena $-1\not \in E$, maka $f^{-1}(f(E))\neq E$.
Jadi, kesamaan belum tentu berlaku jika $f$ tidak injektif.

$(b)$ Untuk menunjukkan $f(f^{-1}(H))=H$, akan ditunjukkan bahwa $f(f^{-1}(H))\subseteq H$ dan $H\subseteq f(f^{-1}(H))$.
Bukti.
$\bullet$ Diambil sebarang $y\in f(f^{-1}(H))$, maka terdapat $x\in f^{-1}(H)\ni f(x)=y$.
Karena $x\in f^{-1}(H)$, maka $f(x)\in H$.
Selanjutnya, karena $f(x)=y$ dan $f(x)\in H$ akibatnya $y=f(x)\in H$.
Jadi, diperoleh bahwa $f(f^{-1}(H))\subseteq H$.

$\bullet$ Diambil sebarang $y\in H$, karena $f$ surjektif maka terdapat $x\in f^{-1}(H)\ni f(x)=y$.
Karena $x\in f^{-1}(H)$, akibatnya $f(x)\in f(f^{-1}(H))$, dan karena $f(x)=y$ maka $y=f(x)\in f(f^{-1}(H))$.
Jadi, diperoleh bahwa $H\subseteq f(f^{-1}(H))$.

Karena $f(f^{-1}(H))\subseteq H$ dan $H\subseteq f(f^{-1}(H))$ maka disimpulkan $f(f^{-1}(H))=H$.

Selanjutnya, akan diberikan contoh yang menunjukkan bahwa tanda kesamaan belum tentu berlaku jika $f$ tidak surjektif.
Didefinisikan
\[f(x)=x^2,\ A=[-1,1],\ B=[-1,2], \text{ dan } H=[0,2]\]
Diperoleh $f$ tidak surjektif.
Selanjutnya, diperhatikan bahwa
\[f^{-1}(H)=\{x\in A: f(x)\in H\}=\{x\in A:-1\leq x\leq 1\}\]\[\Rightarrow f(f^{-1}(H))=\{f(x):-1\leq x\leq 1\}=[0,1]\neq [0,2]=H\]Jadi, diperoleh $f(f^{-1}(H))\neq H$. Ini menunjukkan bahwa kesamaan belum tentu berlaku jika $f$ tidak surjektif.

Ok, berikutnya soal yang terakhir.
Soal Nomor 22
Diketahui $f:A\rightarrow B$ dan $g:B\rightarrow C$ adalah fungsi.
$(a)$ Tunjukkan bahwa jika $g\circ f$ injektif maka $f$ injektif
$(b)$ Tunjukkan bahwa jika $g\circ f$ surjektif maka $g$ surjektif

Solusi
$(a)$ Diambil sebarang $x,y\in A$ dengan $f(x)=f(y)$, diperoleh $f(x)$ dan $f(y)$ berada di $B$, dan
\[g(f(x))=g(f(y))\]akibatnya\[(g\circ f)(x)=(g\circ f)(y)\]Karena $g\circ f$ injektif, maka diperoleh $x=y$.
Jadi, disimpulkan bahwa $f$ injektif.

$(b)$ Diambil sebarang $y\in C$.
Karena $g\circ f$ surjektif, maka\[\exists x\in A\ni (g\circ f)(x)=y\]akibatnya\[g(f(x))=y\]Jadi, dapat dipilih $f(x)\in B$ dengan $x=(g\circ f)^{-1}(y)$ sedemikian sehingga berlaku $g(f(x))=y$, yang artinya $g$ surjektif.


Ok, itu saja yang bisa saya bahas pada postingan kali ini.
Mudah-mudahan dapat dipahami dan ada manfaatnya.

Untuk melihat pembahasan nomor sebelumnya untuk latihan 1.1 ini, silahkan berkunjung ke sini, dan untuk pembahasan latihan selanjutnya (latihan 1.2) silahkan lihat di sini.

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