Sifat Urutan
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
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 ∈Rx > 1}∪{x ∈Rx < -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 ≤ 12(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 (a1a2 ... 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 akan dibuktikan 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
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 ketaksamaan 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 (i). ac < bd, atau (ii). bd < ac.
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(a 2
+ 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 ... cn
19. Misalkan ck > 0 untuk k = 1,2,...,n. Tunjukkan bahwa
[
]
c c c c c c 1 2 1 2 2 2 2 1 2 + + + ≤... + + + n ... n n / ≤c1 + c2 + ... + cn20. Asumsikan eksistensi akar dipenuhi, tunjukkan bahwa bila c > 1, maka c1/m < c1/n
jika dan hanya jika m > n.