Sifat Terurut dari R

BAB II HIMPUNAN BILANGAN REAL

2.2 Sifat Terurut dari R

Seperti yang telah disinggung pada pendahuluan bab ini, sifat terurut dari R

berkaitan dengan konsep kepositifan dan ketidaksamaan antara dua bilangan real. Seperti apa kedua konsep tersebut? Di sini, kita akan membahasnya. Terlebih dahulu kita akan membahas konsep kepositifannya.

Sifat 2.4 (Sifat Kepositifan). Terdapat himpunan bagian tak kosong dari R, yang dinamakan himpunan bilangan real positif

R

, yang memenuhi sifat-sifat : a. Jika

a,bR

 maka

abR

.

b. Jika

a,bR

 maka

abR

.

c. Jika aR maka salah satu diantara tiga hal, yaitu

aR

 , a0, dan





a

R

, pasti terpenuhi.

Sifat 2.4.c. disebut juga sebagai sifat Trichotomy. Sifat ini mengatakan bahwa R

dibangun oleh tiga buah himpunan yang disjoin. Tiga buah himpunan tersebut

bisa juga dituliskan dengan

R

 . Jika

aR

 maka a0 dan

a

dikatakan sebagai bilangan real positif. Jika

aR

 

 0

maka a0 dan

a

dikatakan sebagai bilangan real nonnegatif. Jika

aR

 maka a0 dan

a

dikatakan sebagai bilangan real negatif. Jika

aR

 

 0

maka a0 dan

a

dikatakan sebagai bilangan real nonpositif.

Penjumlahan k buah suku elemen 1 menghasilkan bilangan k . Himpunan bilangan k yang dikonstruksi dengan cara demikian disebut sebagai himpunan bilangan asli, dinotasikan dengan N. Himpunan N ini merupakan himpunan bagian dari himpunan

R

. Himpunan ini memiliki sifat fundamental, yakni bahwa setiap himpunan bagian tak kosong dari N memiliki elemen terkecil. Sifat yang demikian disebut sebagai sifat well-ordering dari N.

Selanjutnya, jika kita ambil sembarang kN maka

 k

N

 . Gabungan himpunan N,

 

0 , dan



k k: N



membentuk suatu himpunan yang disebut sebagai himpunan bilangan bulat, dinotasikan dengan Z. Himpunan bilangan asli N disebut juga sebagai himpunan bilangan bulat positif, dinotasikan dengan

Z

, sedangkan himpunan



k k: Z



disebut juga himpunan bilangan bulat negatif, dinotasikan dengan

Z

.

Dari himpunan Z, kita bisa mengonstruksi bilangan dalam bentuk m n/ , dengan

0

n . Bilangan real yang dapat direpresentasikan dalam bentuk yang demikian disebut sebagai bilangan rasional. Sebaliknya, bilangan real yang tidak dapat direpresentasikan dalam bentuk itu disebut sebagai bilangan irasional. Himpunan bilangan rasional dinotasikan dengan Q. Dapat dikatakan bahwa himpunan bilangan real R merupakan gabungan dua himpunan disjoin, himpunan bilangan rasional dan himpunan bilangan irasional. Bilangan 2 dan 0 merupakan contoh bilangan-bilangan rasional, dan dapat ditunjukkan bahwa

2

, akar dari persamaan

x

2

2

, merupakan contoh bilangan irasional (lihat Bartle-Sherbert

Sekarang, kita sampai kepada penjelasan tentang konsep ketidaksamaan antara dua bilangan real, sebagai salah satu konsep yang berkaitan dengan sifat terurut dari R.

Definisi 2.5. Misalkan

a,bR

.

a. Jika

abR

 maka ab atau ba. b. Jika

abR

 

 0

maka ab atau ba.

Sifat Trichotomy dari R mengakibatkan bahwa untuk sembarang

a,bR

berlaku salah satu dari ab, ab, atau ab. Selain itu, dapat ditunjukkan bahwa jika ab dan ab maka ab. Dari sifat terurut, dapat juga diperoleh fakta-fakta berikut ini.

Teorema 2.6. Misalkan

a ,,b

cR

. a. Jika ab dan bc maka

ac

. b. Jika ab maka a  c b c.

c. Jika ab dan c0 maka acbc. Jika ab dan c0 maka acbc. d. Jika ab0 maka a0 dan b0, atau a0 dan b0.

e. Jika ab0 maka a0 dan b0, atau a0 dan b0.

Bukti Teorema 2.6.a-2.6.b menggunakan definisi 2.5 dan Teorema 2.6.d-2.6.e menggunakan sifat Trichotomy. Bukti Teorema tersebut ditinggalkan sebagai latihan bagi para pembaca.

Jika kita mengambil sembarang a0 maka 1

2

a0

dan 1 2

0

aa

. Hal ini mengandung arti setiap kita mengambil bilangan positif pasti selalu didapat bilangan positif lain yang lebih kecil daripadanya. Dengan kata lain, tidak terdapat bilangan positif yang terkecil. Pernyataan ini merupakan maksud dari teorema berikut ini.

Teorema 2.7. Jika aR dan 0 a



untuk setiap



0 maka a0. Bukti. Andaikan a0. Pilih 1

2

a





. Kita peroleh 0 



a . Pernyataan ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa 0 a



untuk setiap



0 . Dengan demikian, haruslah bahwa a0. ■

Sebelumnya kita telah dikenalkan dengan bilangan real nonnegatif, yaitu elemen dari himpunan

R

 

 0

. Jika a0 atau a0 maka jelas bahwa

aR



 0

. Jika a0 tentunya  a 0, sehingga

aR

 

 0

. Berdasarkan hal tersebut, akan didefinisikan apa yang disebut sebagai nilai mutlak dari suatu bilangan real. Nilai mutlak ini akan “me-nonnegatif-kan” bilangan-bilangan real.

Definisi 2.8 (Nilai Mutlak). Nilai mutlak dari bilangan real

a

, dinotasikan dengan

a , didefinisikan dengan

,

0

:

,

0.

a a

a

a a





  _

Dari Definisi 2.8 tersebut tampak bahwa a 0 atau a adalah bilangan nonnegatif untuk setiap bilangan real

a

. Sebagai contoh,  1 1, 0 0, dan

2 2.

Nilai mutlak dari bilangan-bilangan real ini memiliki sifat-sifat tertentu, di antaranya seperti yang tertuang dalam fakta berikut ini.

Teorema 2.9.

a. ab  a b untuk setiap

a,bR

.

b. Misalkan c0 dan aR, a c jika dan hanya jika   c a c.

c. Misalkan c0 dan aR, a c jika dan hanya jika ac atau a c. Bukti.

a. Jika a0 atau b0maka ab  0 0 dan a b 0 . Jika

a b,

0

maka

0

ab , a a, dan b b, sehingga ab ab dan a b ab. Jika a0

dan b0 maka ab0 , a a , dan b  b , sehingga ab  ab dan

 

a b    a b ab. Untuk kasus a0 dan b0, penyelesaiannya serupa dengan kasus sebelumnya.

b. Misalkan a c . Untuk a0 , kita peroleh a  a c , sehingga didapat

0 a c . Untuk a0 , kita peroleh a   a c atau a c , sehingga didapat   c a 0. Dengan menggabungkan hasil dari kedua kasus tersebut, kita peroleh   c a c.

Untuk sebaliknya, misalkan   c a c. Hal tersebut mengandung arti  c a

dan ac . Dengan kata lain, a c dan ac . Lebih sederhana, yang demikian dapat dituliskan sebagai a c.

c. Misalkan a c. Untuk a0, kita peroleh a  a c . Untuk a0 , kita peroleh a   a c atau a c. Dengan menggabungkan hasil dari kedua kasus tersebut, kita peroleh ac atau a c.

Untuk sebaliknya, jika ac atau a c maka ac atau  a c. Dengan kata lain, a c. ■

Perhatikan kembali sifat nilai mutlak yang terdapat pada Teorema 2.9. Untuk yang bagian a., jika ab maka

a a



a

2



a

2 . Untuk bagian b., jika c a

maka   a a a .

Selanjutnya, kita sampai kepada sifat nilai mutlak yang lain, yang dinamakan dengan Ketidaksamaan Segitiga. Ketidaksamaan ini mempunyai kegunaan yang

Teorema 2.10 (Ketidaksamaan Segitiga). Jika

a,bR

maka a b  a b

dan kesamaan terjadi atau a b  a b jika akb, dengan k0.

Bukti. Seperti yang telah dibahas sebelumnya, jika

a,bR

maka dapat diperoleh bahwa   a a a dan   b b b . Jika kedua ketidaksamaan ini kita jumlahkan maka

a

b   a b

a

b

atau a b  a b . Bukti untuk pernyataan berikutnya ditinggalkan sebagai latihan bagi para pembaca. ■ Lebih jauh, sebagai konsekuensi dari Teorema 2.10, kita memiliki akibat berikut ini.

Akibat 2.11. Jika

a,bR

maka

a

  b

a b

dan a b  a b .

Bukti. Perhatikan bahwa a  a b b. Dengan menggunakan ketidaksamaan segitiga,

a



a b    

b

a b

b

atau a   b a b . Dengan cara yang serupa dapat kita peroleh bahwa

b

     b a

a

a b

a

. Akibatnya,

b   a a b atau a    b a b . Akhirnya, kita memiliki

a b a b a b

      atau

a

  b

a b

.

Selanjutnya, perhatikan bahwa

a b        a

 b

a

b

a

b

, berdasarkan ketidaksamaan segitiga. ■ Selanjutnya, kita akan melihat bagaimana konsep terurut dari R ini diaplikasikan untuk menyelesaikan masalah-masalah ketidaksamaan.

Contoh 2.12. Tentukan himpunan penyelesaian dari ketidaksamaan 4x 2 6. Penyelesaian. Perhatikan bahwa

 

 

4x           2 4x 2 6 4x 2 2 6 2 4x  8 x 2.

Contoh 2.13. Cari semua penyelesaian dari ketidaksamaan

x

2

 x

6

. Penyelesaian. Perhatikan bahwa







2 2

6 6 0 2 3 0

x        x x x x x  .

Darinya kita peroleh bahwa x 2 0 dan x 3 0, atau x 2 0 dan x 3 0. Untuk kasus yang pertama kita dapatkan x 2 dan x3, atau dengan kata lain   2 x 3. Untuk kasus yang kedua kita peroleh bahwa x 2 dan x3. Perhatikan bahwa pada kasus kedua tersebut tidak ada nilai

x

yang memenuhinya. Dengan demikian, ketidaksamaan

x

2

 x

6

dipenuhi oleh semua

xxR:2x3

. ■ Contoh 2.14. Selidiki apakah ketidaksamaan

2 2 2 3 x x  memiliki penyelesaian.

Penyelesaian. Perhatikan bahwa





2 2 2

3

2

3

8

2

0

0

2

3

2

3

2

3

x

x

x

x

x

x

x

 





_{ }

_{ }

 

_







.

Yang demikian berarti   3x 8 0 dan 2x 3 0 , atau   3x 8 0 dan

2x 3 0. Untuk kasus yang pertama kita peroleh x 8 / 3 dan x 3 / 2. Namun hal itu tidak mungkin terjadi, artinya tidak ada

x

yang memenuhi. Untuk kasus yang kedua kita peroleh x 8 / 3 dan x 3 / 2, atau dengan kata lain

8 / 3 x 3 / 2     . Jadi ketidaksamaan 2 2 2 3 x x 

memiliki penyelesaian, dan himpunan semua penyelesaiannya adalah

xR:8/3

x3/2

. ■  

Penyelesaian. Berdasarkan Teorema 1.9.b.,    5 2x 1 5 atau  6 2x4. Darinya kita peroleh   3 x 2 . Jadi himpunan penyelesaiannya adalah

xR:3

x2

Bisa juga ketidaksamaan tersebut diselesaikan dengan cara lain. Perhatikan bahwa



2



1, 1/ 2 2 1 2 1 , 1/ 2. x x x x x        _   jika jika

Penyelesaiannya dibagi menjadi dua kasus, yaitu : Kasus I, x 1 2/ .

Kita peroleh 2x   1 2x 1 5. Akibatnya, 2x4 atau x2. Pada kasus ini, himpunan penyelesaian dari 2x 1 5 adalah

xR:x1/2 

xR:x2 

xR:1/2

x2

l.

Kasus II, x 1 2/ .

Kita peroleh 2x  1



2x    1



2x 1 5. Akibatnya,  2x 6 atau x 3. Pada kasus ini, himpunan penyelesaian dari 2x 1 5 adalah

xR:x1/2 

xR:x3 

xR:3x1/2

.

Penyelesaian seluruhnya dari 2x 1 5 adalah himpunan penyelesaian kasus I digabung dengan himpunan penyelesaian kasus II. Akibatnya, kita dapatkan himpunan penyelesaian keseluruhan dari 2x 1 5 adalah

xR:3

x2

. ■ Contoh 2.17. Tentukan himpunan penyelesaian dari x   x 1 2.

Penyelesaian. Sebelum melangkah jauh di dalam menyelesaikan ketidaksamaan tersebut, perhatikan bahwa

,

0

,

0

jika

jika

x

x

x

x

x





 _



dan

 

1, 1 1 1 , 1. jika jika x x x x x        _  

Kasus I, x 1.

Kita peroleh x  x dan x      1

 

x 1 x 1 . Akibatnya,





1 1 2

x        x x x atau  2x 3 atau x 3 / 2 . Pada kasus ini, himpunan penyelesaian dari x   x 1 2 adalah

xR:x3/2 

xR:x1 

xR:3/2

x1

.

Kasus II,   1 x 0.

Kita peroleh x  x dan x  1 x 1. Akibatnya, x       x 1 x

 

x 1 2

atau 12. Ketidaksamaan 12 dipenuhi oleh semua xR. Untuk kasus II, himpunan penyelesaian dari x   x 1 2 adalah

xR:1x0 

xR 

xR:1

x0

.

Kasus III, x0.

Kita peroleh x x dan x  1 x 1. Akibatnya, x      x 1 x

 

x 1 2 atau

2x1 atau x1/ 2. Untuk kasus III, himpunan penyelesaian dari x   x 1 2

adalah

xR:x0 

xR:x1/2 

xR:0x1/2

.

Dengan menggabungkan himpunan penyelesaian untuk kasus I, kasus II, dan kasus III, diperoleh seluruh nilai xR yang memenuhi ketidaksamaan

1 2.

x   x , yaitu

xR:3/2x1/2

. ■ Contoh 2.18. Selidiki apakah ketidaksamaan x   3 x 2 4 memiliki penyelesaian.

Penyelesaian. Sebelum melangkah jauh di dalam menyelesaikan ketidaksamaan tersebut, perhatikan bahwa





3, 3 3 3 , 3. jika jika x x x x x       _  dan





2, 2 2 2 , 2. jika jika x x x x x        _  

Kasus I, x 2.

Kita peroleh x      3



x 3



x 3 dan x      2



x 2



x 2. Akibatnya,



 



3 2 3 2 4

x         x x x atau  2x 3 atau x 3 / 2. Untuk kasus ini, kita tidak mempunyai penyelesaian dari x   3 x 2 4 karena

xR:x3/2 

xR:x2  

.

Kasus II,   2 x 3.

Kita peroleh x      3



x 3



x 3 dan x  2 x 2 . Akibatnya,



 



3 2 3 2 4

x        x x x atau 54 . Pernyataan ini merupakan sesuatu yang mustahil. Jadi untuk kasus ini, kita tidak mempunyai penyelesaian.

Kasus III, x3.

Kita peroleh x  3 x 3 dan x  2 x 2 . Akibatnya,



 



3 2 3 2 4

x       x x x atau 2x5 atau x5 / 2. Untuk kasus ini, kita tidak mempunyai penyelesaian dari x   3 x 2 4 karena

xR:x3 

xR:x5/2  

.

Secara keseluruhan, kita tidak memiliki solusi untuk ketidaksamaan

3 2 4

x   x . ■