BILANGAN REAL Dalam bab ini kita akan membahas sifat-sifat esensial dari sistem bilangan
2.2. Sifat Urutan Dalam R
2.2.3 Definisi. Misalkan a,b di R
(i). Bila a - b ∈ P, maka kita tulis a > b atau b < a.
(ii). Bila a - b ∈ P∪{0} maka kita tulis a ≥b.atau b ≤a.
Untuk kemudahan penulisan, kita akan menggunakan a < b < c, bila a < b dan b < c dipenuhi. Secara sama, bila a ≤b dan b ≤c benar, kita akan menuliskannya
de-ngan
a ≤b ≤c
Juga, bila a ≤b dan b < d benar, dituliskan dengan a ≤b < d
dan seterusnya.
Sifat Urutan
Sekarang akan kita perkenalkan beberapa sifat dasar relasi urutan pada R. Ini merupakan aturan ketaksamaan yang biasa kita kenal dan akan sering kita gunakan pada pembahasan selanjutnya.
2.2.4 Teorema. Misalkan a,b,c di R. (a). Bila a > b dan b > c, maka a > c
(b). Tepat satu yang berikut benar : a > b, a = b dan a < b
(c). Bila a ≥b dan b ≥a, maka a = b Bukti :
(a). . Bila a - b ∈ P dan b - c ∈ P, maka 2.2.1(i) mengakibatkan bahwa (a - b) + (b - c) = a - c unsur di P. Dari sini a > c.
(b). . Dengan sifat trikotomi 2.2.1(iii), tepat satu dari yang berikut benar : a - b ∈ P, a
(c). . Bila a ≠b, maka a - b ≠ 0, jadi menurut bagian (b) kita hanya mempunyai a - b ∈ P atau b - a ∈ P., yaitu a > b atau b > a. Yang masing-masing kontradiksi
den-gan satu dari hipotesis kita. Karena itu a = b.
Adalah hal yang wajar bila kita berharap bilangan asli merupakan bilangan positif. Kita akan tunjukkan bagaimana sifat ini diturunkan dari sifat dasar yang diberikan dalam 2.2.1. Kuncinya adalah bahwa kuadrat dari bilangan real tak nol posi-tif.
2.2.5 Teorema. (a). Bila a∈R dan a ≠ 0, maka a2 > 0 (b). 1 > 0
(c). Bila n∈N, maka n > 0 Bukti :
(a). Dengan sifat trikotomi bila a ≠ 0, maka a ∈ P atau -a ∈ P. Bila a ∈ P., maka de-ngan 2.2.1(ii), kita mempunyai a2 = a.a ∈ P. Secara sama bila -a ∈ P, maka 2.2.1 (ii), kita mempunyai (-a).(-a) ∈ P. Dari 2.1.5(b) dan 2.1.5(d) kita mempunyai (-a).(-a) = ((-1)a) ((-1)a) = (-1)(-1).a2 = a2,
jadi a2∈ P. Kita simpulkan bahwa bila a ≠ 0, maka a2 > 0. (b). Karena 1 = (1)2, (a) mengakibatkan 1 > 0.
(c). Kita gunakan induksi matematika, validitas untuk n = 1 dijamin oleh (b). Bila per-nyataan k > 0, dengan k bilangan asli, maka k∈P. Karena 1 ∈ P, maka k + 1 ∈ P, menurut 2.2.1(i) . Dari sini pernyataan n > 0 untuk semua n∈N benar.
Sifat berikut berhubungan dengan urutan di R terhadap penjumlahan dan per-kalian. Sifat-sifat ini menyajikan beberapa alat yang memungkinkan kita bekerja den-gan ketaksamaan.
2.2.6 Teorema. Misalkan a,b,c,d ∈ R (a). bila a > b, maka a + c > b + c
(b). bila a > b dan c > d, maka a + c > b + d
(c). bila a > b dan c > 0, maka ca > cb
(d). bila a > 0, maka 1/a > 0
bila a < 0, maka 1/a < 0 Bukti :
(a). Bila a - b ∈ P, maka (a + c) - (b + c) unsur di P. Jadi a + c > b + c
(b). Bila a - b ∈ P dan c - d ∈ P, maka (a + c) - (b + d) = (a - b) + (c - d) juga unsur di
P menurut 2.2.1(i). Jadi, a + c > b + d.
(c). Bila a - b ∈ P dan c ∈ P, maka ca - cb = c(a - b) ∈ P menurut 2.2.1(ii), karena itu
ca > cb, bila c > 0. Dilain pihak, bila c < 0, maka -c ∈ P sehingga cb - ca = (-c)(a - b) unsur di P. Dari sini, cb > ca bila c < 0.
(d). Bila a > 0, maka a ≠ 0 (menurut sifat trikotomi), jadi 1/a ≠ 0 menurut 2.1.6(a). Andaikan 1/a < 0, maka bagian (c) dengan c = 1/a mengakibatkan bahwa 1 = a(1/a) < 0, kontradiksi dengan 2.2.5(b). Karenanya 1/a > 0.
Secara sama, bila a < 0, maka kemungkinan 1/a > 0 membawa ke sesuatu yang
kontradiksi yaitu 1 = a(1/a) < 0.
Dengan menggabung 2.2.6(c) dan 2.2.6(d), kita peroleh bahwa 1
ndengan n sebarang bilangan asli adalah bilangan positif. Akibatnya bilangan rasional dengan bentuk m n = m 1 n
, untuk m dan n bilangan asli, adalah positif.
2.2.7 Teorema. Bila a dan b unsur di R dan bila a < b, maka a <1
2 (a + b) < b. Bukti :
Karena a < b, mengikuti 2.2.6(a) diperoleh bahwa 2a = a + a < a + b dan juga a + b < b + b = 2b. Karena itu kita mempunyai
2a < a + b < 2b
Menurut 2.2.5(c) kita mempunyai 2 > 0, karenanya menurut 2.2.6(d) kita peroleh 1 2> 0. Dengan menggunakan 2.2.6(c) kita dapatkan
Dari sifat urutan yang telah dibahas sejauh ini, kita tidak mendapatkan bilan-gan real positif terkecil. Hal ini akan ditunjukkan sebagai berikut :
2.2.8 Teorema Akibat. Bila b ∈ R dan b > 0, maka 0 < 12b < b. Bukti :
Ambil a = 0 dalam 2.2.7.
Dua hasil yang berikut akan digunakan sebagai metode pembuktian selanjut-nya. Sebagai contoh, untuk membuktikan bahwa a ≥ 0 benar-benar sama dengan 0, kita lihat pada hasil berikut bahwa hal ini cukup dengan menunjukkan bahwa a
kurang dari sebarang bilangan positif manapun.
2.2.9 Teorema. Bila a di R sehingga 0 ≤a < ε untuk setiap ε positif, maka a = 0. Bukti :
Andaikan a > 0. Maka menurut 2.2.8 diperoleh 0 < 12a <a. Sekarang tetapkan ε0 = 1
2a, maka 0 < ε0 < a. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa 0 < ε untuk setiap ε
positif. Jadi a = 0.
2.2.10 Teorema. Misalkan a,b di R, dan a - ε < b untuk setiap ε >0. Maka a ≤b. Bukti :
Andaikan b < a dan tetapkan ε0 =12(a - b). Maka ε0 dan b < a - ε0, kontradiksi dengan hipotesis. (Bukti lengkapnya sebagai latihan).
Hasil kali dua bilangan positif merupakan bilangan positif juga. Tetapi, posi-tivitas suatu hasil kali tidak mengakibatkan bahwa faktor-faktornya positif. Ken-yataannya adalah kedua faktor tersebut harus bertanda sama (sama-sama positif atau sama-sama negatif), seperti ditunjukkan berikut ini.
2.2.11 Teorema. Bila ab > 0, maka
(i). a > 0 dan b > 0 atau
(ii). a < 0 dan b < 0 Bukti :
Pertama kita catat bahwa ab > 0 mengakibatkan a ≠ 0 dan b ≠ 0 (karena bila a
= 0 dan b = 0, maka hasil kalinya 0). Dari sifat trikotomi, a > 0 atau a < 0. Bila a >0,
maka 1/a > 0 menurut 2.2.6(d) dan karenanya b = 1.b = ((1/a)a) b = (1/a) (ab) > 0
Secara sama, bila a < 0, maka 1/a < 0, sehingga b = (1/a) (ab) < 0. 2.2.12 Teorema Akibat. Bila ab < 0, maka
(i). a < 0 dan b > 0 atau
(ii). a > 0 dan b < 0
Buktinya sebagai latihan.
Ketaksamaan
Sekarang kita tunjukkan bagaimana sifat urutan yang telah kita bahas dapat digunakan untuk menyelesaikan ketaksamaan. Pembaca diminta memeriksa dengan hati-hati setiap langkahnya.
2.2.13 Contoh-contoh.
(a). Tentukan himpunan A dari semua bilangan real x yang memenuhi 2x = 3 ≤ 6. Kita catat bahwa x ∈ A ⇔ 2x + 3 ≤ 6 ⇔ 2x ≤ 3 ⇔ x ≤ 3/2.
Karenanya, A = {x ∈ R x ≤ 3/2}.
(b). Tentukan himpunan B = {x ∈ R x2 + x > 2}
Kita ingat kembali bahwa teorema 2.2.11 dapat digunakan. Tuliskan bahwa x
∈ B ⇔ x2 + x - 2 > 0 ⇔ (x - 1) (x + 2) > 0. Karenanya, kita mempunyai (i). x - 1 > 0 dan x + 2 > 0, atau (ii). x - 1 < 0 dan x + 2 < 0. Dalam kasus (i). kita mem-punyai x > 1 dan x > -2, yang dipenuhi jika dan hanya jika x > 1. Dalam kasus (ii) kita mempunyai x < 1 dan x < -2, yang dipenuhi jika dan hanya jika x < -2.
Jadi B = {x ∈ R x > 1}∪{x ∈ R x < -2}.
(c). Tentukan himpunan C = {x ∈ R (2x + 1)/(x + 2) < 1}. Kita catat bahwa x ∈ C ⇔
(2x + 1)/(x + 2) - 1 < 0 ⇔ (x - 1)/(x + 2) < 0. Karenanya, kita mempunyai (i).x - 1 < 0 dan x + 2 > 0, atau (ii). x - 1 > 0 dan x + 2 < 0 (Mengapa?). Dalam kasus (i) kita harus mempunyai x < 1 dan x > -2, yang dipenuhi, jika dan hanya jika -2 < x
< 1, sedangkan dalam kasus (ii), kita harus mempunyai x > 1 dan x < -2, yang ti-dak akan pernah dipenuhi.
Jadi kesimpulannya adalah C = {x ∈ R -2 < x < 1}.
Contoh berikut mengilustrasikan penggunaan sifat urutan R dalam pertak-samaan. Pembaca seharusnya membuktikan setiap langkah dengan mengidentifikasi sifat-sifat yang digunakan. Hal ini akan membiasakan untuk yakin dengan setiap lang-kah dalam pekerjaan selanjutnya. Perlu dicatat juga bahwa eksistensi akar kuadrat dari bilangan positif kuat belum diperkenalkan secara formal, tetapi eksistensinya kita ter-ima dalam membicarakan contoh-contoh berikut.
(Eksistensi akar kuadrat akan dibahas dalam 2.5).
2.2.14. Contoh-contoh. (a). Misalkan a ≥ 0 dan b ≥ 0. Maka (i). a < b ⇔a2 < b2⇔ a < b
Kita pandang kasus a > 0 dan b > 0, dan kita tinggalkan kasus a = 0 kepada
pembaca. Dari 2.2.1(i) diperoleh bahwa a + b > 0. Karena b2 - a2 = (b - a) (b + a),
dari 2.2.6(c) diperoleh bahwa b - a > 0 mengakibatkan bahwa b - a > 0.
Bila a > 0 dan b > 0, maka a >0 dan b > 0, karena a = ( a)2 dan b =
( b)2, maka bila a dan b berturut-turut diganti dengan a dan b, dan kita guna-kan bukti di atas diperoleh a < b ⇔ a < b
Kita juga tinggalkan kepada pembaca untuk menunjukkan bahwa bila a ≥ 0 dan b ≥ 0, maka
a ≤b ⇔a2 ≤b2⇔ a≤ b
(b). Bila a dan b bilangan bulat positif, maka rata-rata aritmatisnya adalah 1
2(a + b)
dan rata-rata geometrisnya adalah ab. Ketaksamaan rata-rata aritmetis-geometris diberikan oleh
ab ≤ 1
2(a + b) (2)
Untuk membuktikan hal ini, perhatikan bahwa bila a > 0, b > 0, dan a ≠ b,
maka a> 0, b > 0 dan a≠ b (Mengapa?). Karenanya dari 2.2.5(a) diperoleh bahwa ( a- b)2 > 0. Dengan mengekspansi kuadrat ini, diperoleh
a - 2 ab + b > 0,
yang diikuti oleh
ab < 1
2(a + b).
Karenanya (2) dipenuhi (untuk ketaksamaan kuat) bila a ≠b. Lebih dari itu, bila a = b
(> 0), maka kedua ruas dari (2) sama dengan a, jadi (2) menjadi kesamaan. Hal ini
membuktikan bahwa (2) dipenuhi untuk a > 0, b > 0.
Dilain pihak, misalkan a > 0, b > 0 dan ab < 1
2 (a + b). Maka dengan
meng-kuadratkan kedua ruas kemudian mengalikannya dengan 4, kita peroleh 4ab = (a + b)2 = a2 + 2ab + b2,
yang diikuti oleh
0 = a2 - 2ab + b2 = (a - b)2.
Tetapi kesamaan ini mengakibatkan a = b (Mengapa?). Jadi kesamaan untuk (2)
men-gakibatkan a = b.
Catatan : Ketaksamaan rata-rata aritmetis-geometris yang umum untuk bilangan positif a1, a2,...,an adalah
(a1 a2 ... an)1/n≤ a1+ + +a2 ... a n
n (3)
dengan kesamaan terjadi jika dan hanya jika a1 = a2 = ... = an. (c). Ketaksamaan Bernoulli. Bila x > -1, maka
(1 + x)n≥ 1 + nx ; untuk semua n ∈ N. (4)
Buktinya dengan menggunakan induksi matematika. Untuk n = 1, menghasilkan ke-samaan sehingga pernyataan tersebut benar dalam kasus ini. Selanjutnya, kita asumsi-kan bahwa ketaksamaan (4) valid untuk suatu bilangan asli n, dan aasumsi-kan dibuktiasumsi-kan valid juga untuk n + 1. Asumsi (1 + x)n ≤ 1 + nx dan fakta 1 + x > 0 mengakibatkan bahwa
(1 + x)n+1 = (1 + x)n (1 + x)
≥ (1 + nx) (1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx2
≥ 1 + (n + 1)x
Jadi, ketaksamaan (4) valid untuk n + 1, bila valid untuk n. Dari sini, ketaksamaan (4) valid untuk semua bilangan asli.
(d). Ketaksamaan Cauchy. Bila n∈N dan a1, a2, ... ,an dan b1, b2, ..., bn bilangan real maka
(a1b1+ ... + anbn)2≤ (a12 + ... + an2) (b12 + ... + bn2). (5)
Lebih dari itu, bila tidak semua bj = 0, maka kesamaan untuk (5) dipenuhi jika dan hanya jika terdapat bilangan real s, sehingga
a1 = sb1, ..., an = sbn.
Untuk membuktikan hal ini kita definisikan fungsi F : R → R, untuk t∈R de-ngan
F(t) = (a1 - tb1)2 + ... + (an - tbn)2.
Dari 2.2.5(a) dan 2.2.1(i) diperoleh bahwa F(t) ≥ 0 untuk semua t∈R. Bila kuadratnya diekspansikan diperoleh
F(t) = A - 2Bt + Ct2≥ 0, dengan A,B,C sebagai berikut
A = a12 + ... + an2; B = a1b1 + ... + anbn; C = b12 + ... + bn2.
Karena fungsi kuadrat F(t) tak negatif untuk semua t ∈ R, hal ini tidak mungkin mempunyai dua akar real yang berbeda. Karenanya diskriminannya
∆ = (-2B)2 - 4AC = 4(B2 - AC)
harus memenuhi ∆ ≤ 0. Karenanya, kita mempunyai B ≤ AC, yang tidak lain adalah (5).
Bila bj = 0, untuk semua j = 1, ..., n, maka kesamaan untuk (5) dipenuhi untuk sebarang aj. Misalkan sekarang tidak semua bj = 0. Maka, bila aj = sbj untuk suatu
s∈R dan semua j = 1, ..., n, mengakibatkan kedua ruas dari (5) sama dengan s2(b12 + ... +bn2)2. Di lain pihak bila kesamaan untuk (5) dipenuhi, maka haruslah ∆ = 0, se-hingga terdapat akar tunggal s dari persamaan kuadrat F(t) = 0. Tetapi hal ini men-gakibatkan (mengapa?) bahwa
a1 - sb1 = 0, ..., an - sbn = 0
yang diikuti oleh aj = sbj untuk semua j = 1, ..., n.
(e). Ketaksamaan Segitiga. Bila n ∈ N dan a1, ..., an dan b1, ..., bn bilangan real maka [(a1 + b1)2 + ... + (an + bn)2]1/2≤ [a12 + ... + an2]1/2 + [b12 + ... + bn2]1/2 (6) lebih dari itu bila tidak semua bj = 0, kesamaan untuk (6) dipenuhi jika dan hanya jika terdapat bilangan real s, sehingga a1 = sb1, ..., an = sbn.
Karena (aj + bj)2 = aj2 + 2ajbj + bj2 untuk j = 1, ..., n,dengan menggunakan ketaksamaan Cauchy (5) [A,B,C seperti pada (d)], kita mempunyai
(a1 + b1)2 + ... + (an + bn)2 = A + 2B + C
≤ A + 2 AC + C = ( A+ C)2 Dengan mengunakan bagian (a) kita mempunyai (mengapa?)
[(a1 + b1)2 + ... + (an + bn)2]1/2≤ A+ C, yang tidak lain adalah (b).
Bila kesamaan untuk (b) dipenuhi, maka B = AC, yang mengakibatkan ke-samaan dalam ketakke-samaan Cauchy dipenuhi.
Latihan 2.2
1. (a). Bila a ≤b dan c < d, buktikan bahwa a + c < b + d.
(b). Bila a ≤b dan c ≤d, buktikan bahwa a + c ≤b + d.
2. (a). Bila 0 < a < b dan 0 < c < d, buktikan bahwa 0 < ac < bd
(b). Bila 0 < a < b dan 0 ≤c ≤d, buktikan bahwa 0 ≤ac ≤bd.
Juga tunjukkan dengan contoh bahwa ac < bd tidak selalu dipenuhi.
3. Buktikan bila a < b dan c < d, maka ad + bc < ac + bd.
4. Tentukan bilangan real a,b,c,d yang memenuhi 0 < a < b dan c < d < 0, sehingga
6. Bila 0 ≤a < b, buktikan bahwa a2≤ab < b2. Juga tunjukkan dengan contoh bahwa hal ini tidak selalu diikuti oleh a2 < ab < b2.
7. Tunjukan bahwa bila 0 < a < b, maka a < ab < b dan 0 < 1/b < 1/a.
8. Bila n ∈ N, tunjukan bahwa n2≥ n dan dari sini 1/n2≤ 1/n. 9.Tentukan bilangan real x yang memenuhi
(a). x2 > 3x + 4; (b). 1 < x2 < 4; (c). 1/x < x; (d). 1/x < x2.
10. Misal a,b ∈ R dan untuk setiap ε > 0 kita mempunyai a ≤b + ε. (a). Tunjukkan bahwa a ≤b.
(b). Tunjukkan bahwa tidak selalu dipenuhi a < b.
11. Buktikan bahwa (1
2 (a + b))2 ≤ 1
2(a2 + b2) untuk semua a,b ∈ R. Tunjukkan bahwa kesamaan dipenuhi jika dan hanya jika a = b.
12. (a). Bila 0 < c < 1, tunjukkan bahwa 0 < c2 < c < 1
(b). Bila 1 < c, tunjukkan bahwa 1 < c < c2
13. Bila c > 1, tunjukkan bahwa cn ≥c untuk semua n ∈N. (Perhatikan ketaksamaan Bernoulli dengan c = 1 + x).
14. Bila c > 1, dan m,n ∈ N, tunjukkan bahwa cm > cn jika dan hanya jika m > n. 15. Bila 0 < c < 1, tunjukkan bahwa cn≤c untuk semua n ∈ N.
16. Bila 0 < c < 1 dan m,n ∈ N, tunjukkan bahwa cm < cn jika dan hanya jika m > n. 17. Bila a > 0, b > 0 dan n ∈ N, tunjukkan bahwa a < b jika dan hanya jika an < bn. 18. Misalkan ck > 0 untuk k = 1,2,...,n. Buktikan bahwa
n2≤ (c1 + c2 + ... + cn)
(
1 1 1)
1 2
c + + +c ... c
n
19. Misalkan ck > 0 untuk k = 1,2,...,n. Tunjukkan bahwa