Oleh: Naning Sutriningsih

1

Oleh:

Naning Sutriningsih

SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

(STKIP) MUHAMMADIYAH PRINGSEWU LAMPUNG

2

KATA PENGANTAR

Syukur Alhamdulillah penulis panjatkan ke-Hadirat Allah Rabbul

Alamin, atas limpahan rahmat dan karunia-Nya sehingga buku ajar yang

berjudul Analisis Real I ini dapat tersusun.

Buku teks ini terdiri dari tiga bab. Bab pertama membahas tentang

sifat-sifatalj abar dan sifat-sifat terurut dan konsekuensinya yang

berhubungan

dengan

pertidaksamaan

bilangan

real.

Selanjutnya

pembuktian pada tahap awal akan berbeda dengan tahap-tahap

selanjutnya. Pembuktian pada tahap awa memberikan contoh pembuktian

teorema dasar yang diturunkan dar asumsi-asumsi yang dinyatakan secara

eksplisit. Buku ini disusun untuk mahasiswa S1 matematika, sebagai buku

ajar dalam perkuliahan Analisis Real I selama satu semester.

Pada kesempatan in ipenulis mengucapkan banyak terimakasih kepada

semua pihak yang telah membantu baik secara langsung maupun tidak

langsung sehingga buku ini dapat terselesaikan.

Penulis menyadari sepenuhnya bahwa buku teks ini masih banyak

kekurangan, oleh sebab itu segala bentuk saran dan kritik sangat kami

harapkan untuk penyempurnaan lebih lanjut.

Pringsewu, Agustus 2012

3

DAFTAR ISI

Halaman

KATA PENGANTAR

DAFTAR ISI

BAB I BILANGAN REAL ...

1

1.1 SifatAljabarBilangan Real ...

2

1.2

SifatKeterurutanPada R ………...

10

1.3

NilaiMutlak ………...

22

1.4

GarisBilangan Real ………

38

BAB II SIFAT KELENGKAPAN PADA BILANGAN REAL

2.1 SuprimumdanInfimum ...

44

2.2

SifatSuprimumdanInfimumdari R ………

49

2.3 Sifat Archimedes Pada R ...

50

2.4 Eksistensi

2

……….….

51

2.5

KepadatanBilanganRasional ………

53

BAB III INTERVAL, TITIK TIMBUN DAN DESIMAL

3.1 Interval ...

56

3.2

TitikTimbun ………..

62

3.3

Desimal ………....

66

3.4 Himpunan Buka dan HimpunanTutup di R ……….…

69

1 BAB 1

BILANGAN REAL

Pada bab ini kita akan mendiskusikan mengenai sifat-sifat sistem bilangan real R. Meskipun memungkinkan untuk menyajikan kontruksi formal dari bilangan real R berdasarkan himpunan primitive (misal himpunan N dari bilangan asli atau himpunan Q dari bilangan rasional), namun kita tidak akan melakukannya disini, sebagai gantinya, kita akan menunjukkan daftar dari sifat-sifat dasar bilangan real dan menunjukkan bagaimana sifat-sifat lain diturunkan kesimpulan dari asumsi-asumsi lainnya.

Sistem bilangan real dapat digambarkan sebagai “complete ordered field”

(bidang yang lengkap). Bagaimanapun untuk kejelasannya kita lebih suka untuk

tidak menyatakan semua sifat-sifat sistem bilangan real sekaligus. Pertama–tama

kita mengenalkan (pada sub 1.1) kita mengenalkan sifat-sifat aljabar (sering disebut

dengan sifat “field”) yang didasarkan pada dua operasi yaitu penjumlahan dan

perkalian. Selanjutnya (pada sub 1.2) kita mengenalkan sifat-sifat terurut dan

beberapa konse-kuensinya yang berhubungan dengan pertidaksamaan yang

menggambarkan sifat– sifat ini . Ide mengenai nilai absolute, yang didasarkan

pada sifat terurut dibicarakan pada sub 1.3. Pada Bab II, dan Bab III kita buat step

terakhir dengan menambahkan sifat “completeness” untuk sifat-sifat aljabar dan

keterurutan dari bilangan real R.

Selanjutnya bukti-bukti pada tahap awal akan berbeda dengan tahap-tahap

selanjutanya, karena ada beberapa cara lain dalam mendiskusikan mengenai sifat

“completeness”. Kita ingin sifat ini dipisahkan dengan asumsi-asumsi lainnya.

Sebagian dari tujuan sub 1.1, 1.2, dan 1.3 adalah memberikan contoh-contoh

pembuktian teorema dasar yang diturunkan dari asumsi-asumsi yang dinyatakan

secara eksplisit.

Mahasiswa yang belum mempunyai cara untuk membuktikan secara

formal dapat memperoleh pengalaman sebelum melanjutkan ke argumen yang lebih

kompleks. Bagaimanapun mahasiswa yang sudah terbiasa dengan metode aksioma

dan tehnik pembuktian dapat melanjutkan ke Bab II setelah melihat sepintas pada

sub-sub awal.

Pada sub 3.1 kita menyusun sekumpulan teorema interval dan pentingnya

teorema Bolzano-Weierstass. Ada juga diskusi singkat mengenai gambaran binary

dan desimal dari bilangan real yang didasarkan pada kumpulan interval. Kita

menyimpulkan bab ini dengan pengenalan singkat mengenai himpunan terbuka dan

tertutup di R, pada sub bab 3.2

1.1. SIFAT ALJABAR DARI BILANGAN REAL R

Pada sub ini kita akan mendikusikan mengenai aljabar dari sistem bilangan

real. Hal ini pertama-tama dilakukan dengan memberikan daftar sifat dasar dari

penjumlahan dan perkalian. Daftar ini memuat sifat-sifat aljabar dari bilangan real

2

R yang penting dengan pengertian bahwa sifat-sifat lain dapat diurunkan sebagai

teorema. Pada istilah aljabar abstark, sistem dari bilangan real adalah field yang

membahas penjumlahan dan perkalian. Sifat-sifat yang terdaftar pada sub 1.1.1

diketahui sebagai “field axiom”.

Dengan operasi biner pada himpunan F kita maksudkan fungsi B dengan

domain F X F dan range di F. Sehingga operasi biner menghubungkan setiap

pasangan terurut (a,b) dari elemen himpunan F secara khusus dengan elemen B(a,b)

di F. Bagaimanapun karena penggunaan-penggunaan notasi B(a,b) maka kita

gunakan notasi lama a + b dan a x b (atau ab) ketika kita membicarakan sifat-sifat

penjumlahan dan perkalian. Contoh-contoh operasi biner bisa diperoleh di

latihan-latihan.

1.1.1. SIFAT-SIFAT ALJABAR DARI R

Pada himpunan bilangan real R ada dua operasi biner yang dinyatakan

dengan simbol + dan x yang dinamakan penjumlahan dan perkalian. Operasi -

operasi tersebut mempunyai sifat sebagai berikut:

(A1)

a + b = b + a untuk setiap a dan b di R ( sifat komutatif dari

penjumlahan)

(A2)

(a + b) + c = a + (b + c) untuk setiap a, b, c di R ( sifat asosatif dari

penjumlahan )

(A3)

Ada elemen 0 di R dimana 0 + a = a dan a + 0 = a untuk setiap a di R.

(A4) Untuk setiap elemen a di R, ada elemen –a di R pula, dimana a + (-a) =0

dan (-a) + a = 0 ( elemen negatif)

(M1) a x b = b x a untuk setiap a, b di R ( sifat komutatif perkalian)

(M2) (a x b) x c = a x (b x c) untuk setiap a, b, c di R ( sifat asosiati perkalian)

(M3) Ada elemen 1 di R yang berbeda dengan 0 sedemikian sehingga 1 x a = a

dan a x 1 = a untuk setiap a di R ( ada elemen 1 ).

(M4) Untuk setiap a  0 di R, maka ada elemen di R sehingga a x = 1 dan x a = 1 ( ada kebalikan).

a x (b+c) = (a x b) + (a x c) dan (b + c) x a = (b x a) + (c x a)



a,b,c



R

( sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan)

TEOREMA 1.1

(a) Jika z dan a elemen R sedemikian hingga z + a = a maka z = 0

(b) Jika u dan b 

0 elemen R sedemikian hingga u x b = b maka u = 1

Bukti :

(a) Akan dibuktikan z, aR, z + a = a  z = 0

z + a = a

diketahui

(z + a) + (-a) = a + (-a)

kedua ruas ditambah (-a)

z + (a + (-a)) = a + (-a)

A2

3

z = 0

A3

(b) Akan dibuktikan u, b  R, b0, u x b = b  u = 1

Karena b  0 maka

R,

u x b = b

diketahui

(u x b) x = b x

kedua ruas dikali ( )

u x (b x ) = (b x )

M2

u x 1 = 1

M4

u = 1

M3

TEOREMA1. 2

(a) Jika a dan b elemen di R sehingga a + b = 0 maka b = -a

(b) Jika a



0 dan b elemen R sehingga a x b = 1 maka b =

Bukti :

(a) Akan dibuktikan a, b  R, a + b = 0  b = -a ,

a + b = 0

diketahui

(-a) + (a+b) = (-a) + 0

kedua ruas ditambah (-a)

((-a)+ a) + b = (-a)

A2, A3

0 + b = -a

A4

b = -a

A3

(b) Akan dibuktikan a  0, a, bR  a x b = 1  b =

a x b = 1

diketahui

x (axb) = x 1

(kedua ruas dikali ( )

( x a) x b =

M2, M3

1 x b =

M4

b =

M3

TEOREMA1.3

Misalkan sebarang a, b



R maka ,

(a) persamaan a + x = b mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (-a) + b

(c) jika a 

0, persamaan a . x = b mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = .

b

Bukti :

(a)

Akan dibuktikan a + x = b  x = (-a) + b

(b)

a + x = b

diketahui

(-a ) + (a+x) = (-a ) + b

kedua ruas ditambah (-a)

4

0 + x = (-a ) + b

A3

x = (-a ) + b

A4

Bentuk yang terakhir merupakan penyelesaian dari persamaan a + x = b

Selanjutnya akan dibuktikan bahwa penyelesaian persamaan a + x = b

adalah tunggal.

Misalkan x

1

dan x

2

, x

1

 x

2

adalah penyelesaian dari a + x = b sehingga

berlaku ,

(i) a + x

1

= b

(-a) + (a + x

1

) = (-a) + b

(kedua ruas ditambah (-a)

((-a) + a) + x

1

= (-a) + b

A2

0 + x

1

= (-a) + b

A4

x

1

= (-a) + b

A3

(ii) a + x

2

= b

(-a) + (a + x

2

) = (-a) + b

kedua ruas ditambah (-a)

((-a) + a) + x

2

= (-a) + b

A2

0 + x

2

= (-a) + b

A4

x

2

= (-a) + b A3

Dari (i) dan (ii) diperoleh bahwa x

1

= x

2

sehingga persamaan a + x = b

mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (-a) + b.

(b). Akan dibuktikan a . x = b  x = ( ) . b

a . x = b

diketahui

( ) . (a. x) = ( ) . b

kedua ruas dikalikan ( )

( .a) . x = ( ) . b

M2

1 . x = ( ) . b`

M4

x = ( ) . b

M3

Bentuk terakhir adalah penyelesaian dari persamaan a . x = b

Selanjutnya akan dibuktikan bahwa penyelesaian persamaan a . x = b

tunggal.

Misalkan x

1

dan x

2

adalah penyelesaian persamaan a . x = b,

serta x

1



x

2

maka:

(i) Untuk x

1

berlaku a . x

1

= b

( ) (a . x

1

) = ( ) . b

kedua ruas dikalikan( )

( ). a . x

1

= ( ) . b

M2

1 . x

1

= ( ) . b`

M4

x

1

= ( ) . b

M3

(ii) Untuk x

2

berlaku a . x

2

= b

5

( ).a . x

2

= ( ). b

M2

1 . x

2

= ( ) . b`

M4

x

1

= ( ). b

M3

Dari (i) dan (ii) diperoleh x

1

= x

2

Jadi persamaan a . x = b mempunyai

penyelesaian tunggal.

TEOREMA 1.4

Jika a adalah sebarang elemen dari R, maka: (a) a x 0 = 0

(b) (-1) x a = -a (c) –(-a) = a (d) (-1) x (-1) = 1

Bukti :

(a) Akan dibuktikan a  R maka a x 0 = 0

a + (a.0) = (a.1) + (a.0) M3

a + (a.0) = a (1 + 0) D

a + (a.0) = a . 1 A3

a + (a.0) = a M3

(-a) + a + (a.0) = (-a) + a kedua ruas ditambah (-a)

(a.0) = 0 T.1.3, A2, A4

(b) Akan dibuktikan a  R maka (-1). a = -a a + (-1) x a = (a x 1) + (-1) x a M3

a + (-1) x a = a x (1+ (-1)) D

a + (-1) x a = a x 0 A4

a + (-1) x a = 0 T 1.4

(-1) x a = -a T 1.3, A3

(c) Akan dibuktikan a  R maka -(-a) = a

(-a) + a = 0 A4

a = - (-a) T1.3, A3

6

(d) Akan dibuktikan a  R maka (-1).(-1) = 1

(-1 x a = - a

T 1.4

(-1) x (-1) = - (-1)

Substitusi a = -1

(-1) x (-1) = 1

T 1.4

THEOREMA 1.5

Misalkan a, b, c elemen R

(a) Jika a  0 maka (  0 dan 1/( = a (b) Jika a x b = a x c dan a 0 maka b = c (c) Jika a x b = 0 maka a = 0 atau b = 0

Bukti:

(a) Akan dibuktikan a,b,c  R, a  0 (  0 dan 1/( = a

Jika a  0 maka ada (  0

Andaikan ( = 0 maka menurut teorema 1.4 (a) diperoleh a x ( = 0.

Ini kontradiksi dengan a x ( = 1 (M4), jadi pengandaian ( = 0 salah, haruslah (  0

Selanjutnya ( x 1/( = 1 M4

7 (a x( ) x 1/( = a x 1 M2

1 x 1/( = a x 1 M4

1/( = a M3

(b) Akan dibuktikan a,b,c  R, a x b = a x c dan a  0  b = c Jika a  0 maka ada (  0

a x b = a x c Diketahui

( (a x b) = ( (a x c) Kedua ruas dikali (

(( x a) x b = (( xa) x c M2

1 x b = 1 x c M4

b = c M3

(c) Bukti untuk bagian ini ditinggalkan sebagai latihan bagi para pembaca.

Penambahan untuk sifat-sifat aljabar bilangan real, dan operasi-operasi didefinisikan sebagai berikut: Pengurangan a – b = a + (-b), a,b  R Pembagian = a x ,a,b  R, b  0 Perkalian a x b ditulis ab a x a ditulis a2 a2 _{x a ditulis a}3 Bentuk umum an + 1 _{= (a}n_{) x a, n  R} Bentuk a0 _{= 1 dan a}1 _{= a,} _a  _R

Jika a  0 notasi a-1 _{digunakan untuk dan apabila n  N ditulis a}-n _{= ( )}n

1.1.2 BILANGAN RASIONAL DEFINISI 1.1

Bilangan Real yang dapat ditulis dalam bentuk b/a dengan a,b  Z dan a  0 disebut bilangan rasional. Himpunan bilangan rasional di R dinyatakan dengan notasi Q dan ditulis Q = { x =  a, b  Z, b 0 }

Jumlah dan hasil kali dua bilangan rasional adalah rasional. Akan tetapi tidak semua anggota R merupakan anggota Q. Pada abad VI sebelum masehi Phytagoras menemukan bahwa kuadrat dari bilangan yang bukan bilangan rasional ada yang sama dengan 2, sehingga ada anggota R yang bukan anggota Q dan dikenal sebagai bilangan irasional.

8 THEOREMA 1.6

Tidak ada bilangan rasional r sedemikian hingga r2 _{= 2}

Bukti:

Andaikan adabilangan rasional r maka bilangan tersebut dapat ditulis dengan r = dengan p,q  Z dan q  0 sedemikian sehingga r2 _{= = 2}

Dapat diasumsikan bahwa p dan q bilangan bulat dan (p,q) = 1 (relatif prima) = 2

p2 _{= 2 q}2 _{sehingga p}2_{kelipatan dua akibatnya p juga kelipatan dua}

Misalkan p = 2m dengan m  Z maka: p2 _{= 2 q}2

(2m)2 _{= 2 q}2

4m2 _{= 2 q}2

2m2 _{= q}2

Ini menunjukkan bahwa q2 _{kelipatan 2, akibatnya q kelipatan 2}

Karena p dan q sama-sama kelipatan 2, maka 2 merupakan faktor persekutuan p dan q akibatnya p dan q bukan relatif prima. Ini kontradiksi dengan pengandaian bahwa p dan q relatif prima. Dengan demikian terbukti bahwa tidak ada bilangan rasional r sedemikian hingga r2 _{= 2}

1. 2 SIFAT KETERURUTAN PADA R

Sifat keterurutan pada R ini sangat membantu dalam memahami konsep

kepositipan (positivity) dan konsep ketaksamaan (inequality).

1.2.1 SIFAT-SIFAT KETERURUTAN PADA R.

Terdapat P



R dan P



, selanjutnya P disebut himpunan bilangan real

positip murni jika memenuhi sifat berikut :

(i)

a, b



P



a + b



P

(ii)

a, b



P



ab



P

(iii)

a



R



tepat satu dari berikut berlaku :

a



P, a = 0, -a



P

Sifat (i) disebut sifat ketertutupan operasi penjumlahan dalam P, Sifat (ii)

disebut sifat ketertutupan operasi perkalian dalam P , Sifat (iii) di atas disebut

sifat trikotomi karena a membagi R dalam tiga tipe elemen yang berbeda

9

yaitu bilangan real positif murni, bilangan real negatif murni dan bilangan

real nol. Sedang bilangan real negatif murni dinyatakan sebagai {-a : a  P}.

DEFINISI 1.2

Jika a



P, maka a disebut bilangan real positip murni dan ditulis a > 0,

Jika a



P atau a = 0, maka a disebut bilangan real positip, dan ditulis a



0.

Jika -a



P, maka a disebut bilangan negatip murni, dan ditulis a < 0.

Jika -a



P atau a = 0, maka a dikatakan bilangan real negatip, dan ditulis a



0.

Catatan : Menurut defenisi 1.2 bilangan nol adalah bilangan positip dan

sekaligus bilangan negatip, satu-satunya bilangan dengan status

“dual”

DEFINISI 1.3

Misalkan a,b



R

(i) a - b



P dapat ditulis a > b atau b < a.

(ii) a - b



P



{0} dapat ditulis a



b atau b



a.

Catatan:

*) a < b < c berarti a < b dan b < c

*) a  b  c berarti a  b dan b  c

*) a  b < d berarti a  b dan b < d

TEOREMA1.7

Misalkan a, b, c



R

(a) Jika a > b dan b > c maka a > c

(b) Tepat satu berikut ini berlaku : a > b atau a = b atau a < b

(c) Jika a 

b dan b



a maka a = b

Bukti :

(a) Misalkan a,b,c  R

Akan ditunjukkan jika a > b dan b > c maka a > c

a > b dan b > c berarti (a - b)  P dan (b-c)  P

D.1.3

sehingga (a-b) + (b-c)  P

sifat

1.2.1

 (a + (-b)) + (b + (-c))  P

sifat

1.1.1

 a + ((-b) + b) + (-c)  P

A2

 a + 0 + (-c)  P

A4

 a + (-c)  P

A2,A3

 a - c P

sifat

1.1.1

10

 a > c

D.1.3

Terbukti bahwa: a > b dan b > c maka a > c

(b) Misalkan a, b, c  R terdapat (a-b)  R

Menurut sifat trikotomi 1.2 (iii) tepat satu dari yang berikut ini berlaku:

( a - b)  P atau (a - b) = 0 atau -(a - b)  P

Karena (a - b)  P  a - b > 0  a > b atau

D.1.2,

D.1.3

(a - b) = 0

 a = b atau

T1.3,

T1.4

-(a - b)  P (-1)(a+(-1)b)  P

T1.4

 ((-1)a + (-1)(-1)b  P

D

 ((-1)a + b)  P

T1.4, D4

 (b+(- a)) P

A1, T1.4

 (b- a))  P

sifat 1.1.1

 b - a > 0  b > a

D1.2,

D1.3

sehingga tepat satu berikut berlaku: a > b, atau a = b, atau b > a

(c) Misalkan a, b  R

Akan ditunjukkan jika a  b dan b  a maka a = b

Misalkan a  b  a – b  0

sifat.1.1.1,A4

a - b  0 (i) a – b > 0 atau (ii) a – b < 0

T.1.7,

D1.3,

D1.3

(i) a– b > 0  a - b  P

D1.2

 a > b

D1.3

Ini berarti bahwa untuk a,b



R, a- b > 0



a > b

(ii) a – b < 0  - (a - b )  P

D1.2

 (-1)(a+(-b))  P

T1.4,sifat1.11

 -a + b  P

D,T1.4

 b + (– a)  P

A1

 (b– a)  P

sifat 1.1.1

 b > a atau a < b

D1.3

Ini berarti bahwa untuk a, b



R, jika a-b < 0 maka a < b

Dari (i) dan (ii) diperoleh a > b dan b > a hal ini kontradiksi dengan

hipotesis bahwa a  b dan b  a yang diketahui.

Jadi pengandaian a ≠ b salah haruslah a = b.

Dengan demikian jika a  b dan b  a maka a = b terbukti

TEOREMA 1.8

(a) Jika a  R dan a  0 maka

> 0

(b) 1 > 0

11

Bukti :

(a) Akan dibuktikan a R dan a  0 

> 0.

Diketahui : a  R, a  0

a  0 menurut sifat trikotomi maka (i) a  P atau (ii) ( -a)  P

Untuk (i) a  P maka a x a =

 P

Sifat1.2.1.(ii)

Untuk (ii) (-a)  P maka (-a).(-a)  P

Sifat1.2.1.(ii)

 (-1)a (-1)a  P

M3

 (-1)(-1).a.a  P

M1

 1. a  P

T.1.4

 a  P

M3

Dari (i) dan (ii) diperoleh a  P

Karena a  P maka a > 0

Jadi terbukti Jika a  R dan a  0 maka

> 0

(b) Akan dibuktikan 1 > 0, berdasarkan bagian (a) dengan mengambil a = 1

maka

1  R dan 1  0 maka

> 0, akibatnya

T.1.8.

1  P

1  P

1 = 1

2

1 > 0

D.1.2

Jadi (



1



R) 1 > 0

(c) Akan dibuktikan n  N , n > 0.

Untuk membuktikannya digunakan induksi matematika

(i) Untuk n = 1 benar, maka 1 > 0

T.1.8

(ii) Dianggap benar untuk n = k atau k > 0 berarti k  P.,

Akan ditunjukkan benar untuk n = k + 1

k > 0  k  P

D.1.2

1 > 0  1  P

D.1.2

k, 1  P  (k + 1)  P

D.1.2

k + 1  P  (k + 1) > 0

D.1.2

Dari k P dan 1  P, maka k + 1  P

sifat 1.2.1

Karena (i) dan (ii) dipenuhi, maka dapat disimpulkan bahwa:

n



N maka n> 0 merupakan pernyataan benar untuk setiap n bilangan

Asli.

TEOREMA 1.9

Misalkan a,b,c,d



R

(a) Jika a > b mak a + c > b + c

(b) Jika a > b dan c > d maka a + c > b + d.

(c) (i) Jika a > b dan c > 0 maka cxa > cxb

12

(d) (i) Jika a > 0 maka > 0

(ii) Jika a < 0 maka < 0

Bukti :

(a) Misalkan a,b,c  R

Akan ditunjukkan : a > b  a + c > b + c

a > b berarti a - b  P

D.1.3

a + (-b) + c + (-c)  P

A4

a + c + (-b) + (-c)  P

A2

( a + c )+ ((-1) b + (-1)c)  P

T.1.4

(a + c) + ((-1) (b + c))  P

D

(a + c ) – ( b + c)  P

T.1.4

(a + c) > (b + c) P

D.1.3

Jadi a > b



a+ c> b + c

(b) Diketahui: a, b, c, d  R, a > b  c > d

Akan ditunjukkan a > b  c > d  a + c > b + d

a > b  a – b  P

D.3

c > d  c – d  P

D.1.3

(a-b), (c-d)  P  ( a – b) + (c- d)  P

sifat 1.2.1

(a +(-b)) + (c + (-d)  P

sifat 1.2.1

(a + (-1).b) + ( c + (-1).d) P

T.1.4

(a + (-1)(b + c) + (-1)d  P A2

(a + c) + (-1)b + (-1)d  P A2

(a + c) + (-1)(b + d)

 P D

(a + c) – (b + d)  P

T.1.4

(a+ c) > (b + d)  P

D.3

Jadi jika a > b dan c> d maka a + c > b + d

( c ) (ii) Misalkan a, b, c  R

Akan ditunjukkan Jika a > b dan c < 0 maka c x a < c x b

a > b  ( a – b)  P

D.3

c < 0  -c  P

D.2

Sehingga -c, (a - b)  P

 (-c) x (a - b)  P

sifat 1.2.1

((-1) c) x (a+(-1) b)  P

T.1.4

 (-1)ca + (-1)c (-1)b  P

D

 (-1)ca +(-1) (-1)cb  P

M1, M2

 (-ca) + cb  P

T.4

 cb – ca  P

A1

 cb > ca

D3

 ca < cb

13

Terbukti jika a > b dan c < 0 maka ca < cb

(d) Misalkan a  P.

(i) Diketahui: a  P, a > 0

Akan ditunjukkan bahwa: a > 0 

> 0.

a > 0  a  0   0

T.1.5

Andaikan < 0

a > 0 dan < 0 a x < 0 x

T.1.9

 1 < 0

M4, T1.4

Kontradiksi bahwa 1 > 0

T.1.8

Jadi pengandaian < 0 salah, haruslah > 0

(ii) Diketahui : a  R, a < 0

Akan ditunjukkan bahwa a < 0 

< 0

a < 0  a  0   0

T.1.5

Andaikan > 0

a < 0 dan > 0  a x < 0 x

T.1.9

 1 < 0

M3, T.1.4

Kontradiksi dengan 1 > 0

T.1.8

Jadi pengandaian > 0 tidak benar haruslah < 0

TEOREMA. 1.10

Jika a,b



R dan a > b maka a > (a + b) > b

Bukti :

Misalkan a,b R

Akan ditunjukkan a > b  a > (a + b) > b

a > b  a + a > a + b

T.1.9

a > b  2a > a + b

a > b  a + b > b + b

T.1.9

a > b  a + b > 2b

dari (i) dan (ii) 2a > a + b > 2b

D1.3

Karena 2 N maka 2 > 0 akibatnya > 0

T.1.9

> 0 dan2a > a + b > 2b maka

diketahui

(2a) > (a + b) > (2b)

T.1.9

a > (a + b) > b

M2, M4

14

COROLLARY 1.11 (Akibat dari teorema 1.10)

Jika a



R dan a > 0 maka a > a > 0

Bukti:

a, b  R dan a > b a > (a +b) > b

T.1.10

Ambil b = 0, maka 0  R, menurut T.1.10 berakibat

a > 0  a > (a + 0) > 0

substitusi b=0

Berarti a > a > 0

A.3

TEOREMA. 1.12

Jika a



R sehingga 0



a



,



R positif murni, maka a = 0

Bukti:

Diketahui a  R sehingga 0  a 

Andaikan a  0  a > 0

diketahui

a > 0  a > a > 0

T.1.11

Ambil 

0

= a > 0, karena a > 0

sehingga diperoleh a > 0  a >

0

> 0

diketahui

 a > a > 0

substitusi 

0

= a

Hal ini bertentangan dengan hipotesis yaitu 0  a < , > 0

Dengan demikian pengandaian salah, haruslah a = 0.

TEOREMA.1.13



a,b



R, Jika ab > 0 maka

(i)

a > 0 dan b > 0 atau

(ii)

a < 0 dan b < 0

Bukti :

a b > 0  a  0 dan b  0 jika a = 0  b = 0 maka

ab = 0

Dari a  0 diperoleh (i) a > 0 atau (ii) a < 0

(sifat trikotomi)

Kasus (i): a > 0 

> 0

T.1.9

ab > 0  ab  P

D.1.2

> 0   P

D.1.2

, ab  P 

x ab  P

sifat 1.2.1

 ( x a) x b  P

M.2

 1xb  P

M4

15

 b  P

M3

 b > 0

D.1.2

Maka terbukti :



a,b



R, Jika ab > 0 maka a > 0 dan b > 0

Kasus (ii): a < 0 

< 0

T.1.9

 -

 P

D.1.2

ab > 0  ab  P

D.1.2

- , ab  P  (- ) x ab  P

sifat 1.2.1

 (-1)( x a) x b  P

T.1.4, M2

 (-1) x 1 x b  P

M4

 (-1) x (1 x b)  P

M2

 (-1) x b  P

M3

 -b  P

T.1.4

 b < 0

D.1.2

Maka terbukti bahwa jika ab > 0 maka a < 0 dan b < 0,



a,b



R

COROLLARY. 1.14 (Akibat teorema 1.13)



a,b



R, Jika ab < 0 maka

(i)

a < 0 dan b > 0 atau ,

(ii) a > 0 dan b < 0

Bukti :

Karena ab < 0 maka a  0 dan b  0

a  0 berarti (i) a > 0 atau a < 0 dan

b  0 berarti (ii) b > 0 atau b < 0

Kasus (i)

a > 0 

> 0

T.1.9

(ab) < 0

diketahui

(ab) < 0 dan > 0 

x (ab) < 0 x

T.1.9

( x a) x b < 0

M2, T.1.4

 1 x b < 0

M4

 b < 0

M3

Dengan demikianjika ab < 0 dan a > 0 maka didapat b < 0,  a,b  R

Hal ini menunjukkan bahwa  a,b  R, jika ab < 0 maka a > 0 dan b < 0

Kasus (ii):

a< 0 

< 0

T. 1.9

(- )> 0

D. 1.2

ab < 0

diketahui

16

 (- 1) x ( x a) x b < 0

M2, T.1.4

 (-1) x 1 x b < 0

M4

 -b < 0

M2, M3, T.1.4

 b > 0

D.1.2

Dengan demikian jika ab < 0 dan a < 0 didapat b > 0,  a,b  R

hal ini menunjukkan bahwa  a,b  R, jika ab < 0 maka a < 0 dan b > 0

Berdasarkan (i) dan (ii) terbukti bahwa:



a,b



R, Jika ab < 0 maka (i) a < 0 dan b > 0 atau ,

(ii) a > 0 dan b < 0

Contoh: Tentukan himpunan penyelesaian dari pertidaksamaan

2 1 2   x x

_{< 1, x R}

Penyelesaian :

x R dan

2 1 2   x x

< 1

diketahui



2 1 2   x x

+ (-1) < 1 + (-1)

T.1.9



2 1  x

(2x + 1) – 1 < 0

sifat 1.1.1, A4



2 1  x

(2x + 1) –

2 1  x

(x + 2) < 0

M4

(

2 1  x

) x ((2x + 1) – (x + 2))< 0

D



2 1  x

(2x + 1 – x – 2) < 0

D, T.1.4



2 1  x

(x – 1) < 0

A1, A2

Menurut T.1.14 jika :

2 1  x

(x – 1) < 0 maka

(1). (x -1 ) < 0 dan

2 1  x

> 0 atau

(2). (x – 1) > 0 dan

2 1  x

< 0

Dari (1), (x -1 ) < 0 dan

2 1  x

> 0

17

 (x – 1) < 0 dan

2 1

1

 x

> 0

T.1.9

 x < 1 dan x + 2 > 0

T.1.5, T.1.9

 x < 1 dan x + 2 + (-2) > 0 + (-2)

T.1.9

x < 1 dan x + 0 > -2

A4

x < 1 dan x > -2

A3

Berarti -2 < x < 1

D.1.3

Dari (2): (x – 1) > 0 dan

2 1  x

< 0

 (x – 1) > 0 dan

2 1

1

 x

< 0

T.1.9

 x > 1 dan x + 2 < 0

T.1.5,

T.1.9

 x > 1 dan x + 2 + (-2) < 0 + (-2)

T.1.9

 x > 1 dan x + 0 < -2

A4

 x > 1 dan x < -2

A3

Tidak ada yang memenuhi, karena tidak ada x  R yang lebih dari 1 dan

seligus kurang dari –2 sehingga yang memenuhi : -2 < x < 1

Jadi HP = { x



R



-2 < x < 1}

1.3. NILAI MUTLAK

Sifat trikotomi menjamin bahwa jika aR dan a  0, maka berlaku tepat satu dari a dan –a adalah positip. Nilai mutlak dari a  0 didefinisikan sebagai nilai positip dari pasangan {a,-a}.

Definisi. 1.4

Jika a  R nilai mutlak dari a dinotasikan dengan  a dan didefinisikan: a, jika a  0

 a  =

-a, jika a < 0

Contoh:  3  = 3 dan  -2  = -(-2) = 2

18 Teorema. 1.15

a.  -a  =  a ,  aR. b.  ab  =  a  b ,  a, b R.

c. jika c > 0, maka  a  c jika dan hanya jika -c  a  c. d. - a  a  a ,  a  R. Bukti: a. (i) a = 0  0  = 0 D. 1.4 =  -0  D.1.2, D.1.4 (ii) a > 0  -a < 0 T.1.9  a  = a D.1.4 = -(-a) T.1.9 =  -a  D, 1.4 (iii) a < 0  -a > 0, D.1.2  a  = -a D.1.4 =  -a  D.1.4

Dari (i), (ii) dan (iii) disimpulkan  -a  =  a 

b. (i ) a = 0 atau b = 0  ab  =  0 

T.1.4

= 0

D.1.4

= 0 x 0

T.1.4

=  0  0 

D.1.4

=  a  b 

Diketahui

(ii). a>0 dan b>0  ab>0

T.1.9

 ab  = a.b

D.1.4

=  a  b 

D.1.4

(iii). a>0 dan b<0  ab<0

T 1.9

 ab = -ab

D.1.4

= (-1)(ab)

T.1.4

= (-1.a)(b)

M.2

= (a.(-1))(b) M.1

19

= (a)((-1).b) M.2

= a(-b)

T.1.4

=  a  b 

D.1.4

(iv). a<0 dan b<0  ab > 0 D1.2, sifat 1.2.1,

T1.4.

 ab  = a.b

D. 1.4

= a.1.b M3,M2, M1

= a.(-1)(-1).b

T.1.9

= (-1)a.(-1).b

M1,M2

= (-a)(-b)

T.1.4

=  a  b 

D.1.2, D1.4

Dari i, ii, iii, dan iv, disimpulkan bahwa  a b  =  a  b 

c. (i).Misalkan c > 0dan  a  c maka akan ditunjukkan bahwa -c  a  c.

 a  c (1) a  c dan a ≥ 0  0 a ≤ c atau D.1.4, D1.3 (2) –a ≤ c dan a < 0  a ≥ –c dan a< 0 T1.9

 -c ≤ a < 0 D1.3

Dari (1) dan (2) diperoleh -c ≤ a < 0 atau 0 a ≤ c, berdasarkan definisi gabungan dua himpunan diperoleh -c  a  c.

Jadi: jika c > 0 dan  a  c maka -c  a  c.

(ii). Misalkan c > 0dan -c  a  c maka akan ditunjukkan  a  c. -c  a  c berdasarkan D1.3 dapat ditulis -c ≤ a < 0 atau 0 a ≤ c,

(1) -c ≤ a < 0 dapat ditulis -c ≤ a dan a < 0, berdasarkan T.1.9 -a ≤ c dan a < 0 atau (2) 0 a ≤ c berdasarkan definisi 1.3 dapat ditulis a  c dan a ≥ 0

Dari (1) dan (2) diperoleha  c dan a ≥ 0 atau –a cdan a < 0 maka berdasarkan definisi 1.4 berarti a  c

Jadi terbukti jika c > 0 dan -c  a  c maka  a  c.

Dari (i) dan (ii) disimpulkan bahwa jika c >0, maka  a  c  -c  a  c. d. Pembuktian teorema 1.15 (d) siserahkan kepada mahasiswa sebagai latihan.

Teorema 1.16 Ketidaksamaan Segitiga.

Untuk sebarang a, b  R, berlaku  a+b  a  +  b  Bukti:

20 Dengan menggunakan teorema 1.9, sifat distributif dan teorema 1.4 maka

-( a  +  b )  a + b  a  +  b 

Sehingga berdasarkan teorema 1.15 diperoleh:  a+b  a  +  b 

Jadi terbukti bahwa a, b  R, berlaku  a+b  a  +  b 

Teorema 1.17 ( Akibat Teorema 1.16) Untuk sebarang a,b  R, diperoleh: (a). a - b a – b  (b).  a – b  a  +  b  Bukti: (a).  a   a + 0  A3  a + { (-b) + b } A4  {a + (-b) } + b  A2  {a + (-b) } + b  a – b +  b  T.1.16, sifat 1.2.1 sehingga diperoleh :  a  a – b  +  b   a = a + 0  A3 =  a + { (-b) + b } A4 ={ a + (-b)} + b ≤ a+(-b) +  b  A2, T1.16 Sehingga diperoleh:  a ≤a+(-b) +  b 

 a ≤a+(-b) +  b   a  + (- b)  {  a - b + b } + ( - b ) T1.9, sifat 1.1.1  a  + (- b)  a – b  + { b + ( - b )} A2  a  + (- b)  a – b  + 0. A4,  a  -  b a - b ……….(*) A3, sifat 1.1.1 Selanjutnya:  b  =  b + 0  A3 =b + { (-a) + a } A4 =  {b + (-a) } + a  A2  b – a  +  a  T.1.16, sifat 1.1.1

21 sehingga diperoleh :  b  b – a  +  a   b  b – a  +  a   b  + (- a )  { b – a  +  a  } + (- a ) T1.9  b  + ( - a  )  b – a  + {  a  + ( - a  )} A2  b  + ( - a  )  b – a  + 0. A4  b  + (- a  )  b – a  A3  b  + (- a  ) (– a) + b A1, sifat 1.1.1  b  + (- a )  -a + ( - (-b) )  T1.4  b  + (- a )  (-1) a + (-1) (-b)  T1.4  b  + (- a  )  (-1)(a + (-b))  D  b  + (- a  )  -1  a + ( -b)  T1.15  b  + (- a  )  1  a -b  T1.15, D1.4  b  + ( - a  )  a -b  M3

Selanjutnya kedua ruas dikalikan (-1), maka

(-1) ( b  - a  )  (-1)  a - b  T1.9 (-1) b  + (-1)(- a ) (-1) a - b  D, sifat1.1.1 - b  +  a  -  a - b  T1.4  a  + (- b  )  -  a - b  A1  a  -  b  - a - b ………(**) sifat1.1.1 - a - b a  -  b  D1.3

Dari (*) dan (**) diperoleh :

 a  -  b  a – b  dan - a - b a  -  b 

ditulis: -  a - b a  -  b a - b  D1.3 sehingga berdasarkan teorema 1.15 diperoleh :

 a  -  b a - b 

Jadi terbukti bahwa jika a - b a – b , a,bR

(b). a, b  R, berlaku  a+b  a  +  b  T1.16

22 (-b) R dan  a+b  a  +  b , substitusi b  Rdengan -b

diperoleh:

 a + (-b)  a  +  -b 

 a – b  a  +  -b  Sifat 1.1.1

dengan menggunakan teorema 1.15, yaitu: bR,  -b  =  b , maka diperoleh:

 a – b  a  +  b 

Jadi terbukti bahwa a, bR berlaku a – b  a  +  b 

Teorema 1.18 (Akibat teorema 1.17)

Untuk sebarang a1, a2 , a3, …… an R, n N,

 a1 + a2 + a3 + ……+ an a1 + a2 + a3 + ……+ an

Bukti:

S = {n N /  a1 + a2 + ……+ an a1 + a2 + ……+ an}

Dengan menggunakan Prinsip Induksi Matematika Misalkan S N yang memiliki sifat-sifat:

1. 1  S

2. Jika k  S, maka k + 1  S Maka S = N

1. a1a1 suatu pernyataan benar maka 1 S

2. Diasumsikan k  S benar berarti :  a1 + a2 + …… + ak  a1  +  a2  + …… +  ak 

Akan ditunjukkan bahwa k + 1  S

 a1 + a2 + …… + ak + a k+1  =  ( a1 + a2 + ……+ ak ) + a k +1 

 a1 + a2 + …… + ak  +  a k +1  T.1.16

 a1  +  a2  + …… +  ak  +  a k +1  T.1.16

Diperoleh k + 1 S. Dari prinsip induksi matematika diperoleh bahwa S = N. Jadi :  a1 + a2 + a3 + ……+ an  a1  +  a2  +  a3  + ……+  an  , n N

Contoh:

23 Penyelesaian:

(i) Penyelesaian dengan menggunakan teorema1.15

x R,  2x + 3 < 6 -6 < 2x + 3 < 6 T1.15 -6 + (-3) < (2x + 3 ) + (-3) < 6 + (-3) A4, T1.9 -9 < 2x + ( 3 + (-3) )< 3 + ( 3 + (-3) ) A2 -9 < 2x + 0 < 3 + 0 A4 -9 < 2x < 3 A3 ( 2 1 ) (-9) < ( 2 1 ) (2x) < ( 2 1 ) ( 3 ) M4, T1.9 -2 9 < x < 2 3 M2, M3, M4

Jadi semua bilangan real x yang memenuhi pertidaksamaantersebut adalah A = { x  R  - 2 9 < x < 2 3 }

(ii) Penyelesaian dengan menggunakan definisi Berdasarkan definisi Kemungkinan – kemungkinan : (i) dan diketahui keduaruasditambahkan A.2 A.4 A.3 M.4 3 T1.9 ...(*) M.2, M.4, sifat 1.1.1

24 diketahui T.1.9 A.2 M.4 MA.3 T.1.9 ...(**) M.2, M.4, sifat 1.1.1

Dari (*) dan (**) diperoleh dan

dan

Sehingga kemungkinan (i) diperoleh dan berdasarkan D1.3 diperoleh

(ii) dan

diketahui

kedua ruas ditambahkan -

25 A.2 A.4 A.3 M.4 T1.9 M.2, M.4, T1.4 sifat 1.1.1 diketahui T.1.9 A.2 M.4 MA.3 T.1.9 M.2, M.4, sifat 1.1.1 dan

Sehingga kemungkinan (ii) diperoleh dan

berdasarkan D1.3 diperoleh

-

26

Dari (i) (ii) berdasarkan D1.3

diperoleh

Jadi semua bilangan real x yang memenuhi pertidaksamaantersebut adalah A = { x  R  - 2 9 < x < 2 3 }

2. Tentukan semua anggotahimpunan B = { x  R  x + 1<2x  } Penyelesaian:

Pertama akan diselesaikan pertidaksamaan  x + 1<2x  yang terdefinisi pada R, Berdasarkan definisi 1.4

Dan

Didapat empat kemungkinan nilai x yang memenuhi:

(i) dan dan

(ii) dan dan

(iii) dan dan

(iv) dan dan

Bukti : (i) diketahui T.1.9 A1, A2 A2 A4

27 A3 T1.4,D M3 Atau ... (*) D1.3 diketahui T.1.9 A2 A3, A4 ...(**) A3 diketahui M4 T1.9 M2 M4 ...(***) M3, T1.4

28 Dari (*), (**) dan (***) diperoleh

nilai x yang memenuhi dari ketiga penyelesaian tersebut adalah Sehingga merupakan anggota B

(ii) diketahui A4 T1.9 A2 A2 A4 A3 D, T1.4 1 -1 0

29 M2, T1.4 T1.9 M4 T1.9 M2 M4 M3 ...(*) T1.4 diketahui A4 T1.9 A2 A4 ...(**) A3 diketahui M4 T1.9

30

M2

M4

...(***) M3, T1.4

Dari (*), (**) dan (***) diperoleh , dan , sehingga nilai x yang memenuhi pertidaksamaan tersebut adalah

Dengan demikian merupakan anggota B

(iii) diketahui

A4

T1.4 -1

31 T1.4 D T1.4 T1.9 A2 A4 A3 D M1 Atau D1.3 M4 T1.9 M2 M4 ...(*) M3, T1.4 diketahui M4 T1.9 A2

32 A4 ...(**) A3 diketahui M4 T1.9 M2 M4 ...(***) M3, T1.4

Dari (*), (**) dan (***) diperoleh , dan , dantidak satupun nilai x yang memenuhi pertidaksamaan tersebut.

(iv) diketahui

A3

-1

33 T1.4 T1.9 D T1.4 T1.9 A2 A4 A3 D M1 T1.4 ...(*) T1.9 diketahui A4 T1.9 A2 A4 ... (**) A3 diketahui

34 M4 T1.9 M2 M4, ... (***) M3, T1.4

Dari (*), (**) dan (***) diperoleh , sehingga

nilai x yang memenuhi pertidaksamaan tersebut adalah

Dengan demikian merupakan anggota B 0

-1

35 Kesimpulan :

Dari (i), (ii), (iii) dan (iv) diperoleh

(i)

(ii)

(iii)

Dari (i), (ii), (iii) dan (iv), diperoleh x  R yang menjadi anggota B adalah

atau atau

Jadi x  R yang menjadi anggota B adalah

B = { x  R atau }

1.4. Garis Bilangan Real

Secara geometris, sistem bilangan real dapat diintegrasikan sebagai garis bilangan real. Dengan demikian  a  dapat diartikan sebagai jarak dari a ke 0 dan a – b menyatakan jarak antara a dan b.

Contoh:

Misalkan Jarak diantara a 3 dan b2

Maka:

 a – b  =  -3 – 2 =  -5 = 5

1

-1

36 Jarak diantara a = -3 dan b = 2 atau -3 – (2) dengan garis bilangan real dapat digambarkan sebagai berikut:

Dalam pembahasan berikutnya akan dicari bahasa yang tepat untuk menyatakan

bahwa satu bilangan real dekat dengan yang lain. Bilangan real dikatakan dekat

dengan bilangan real dimaksudkan adalah bahwa jarak

adalah kecil

Gagasan ini dikenal dengan istilah “Neighborhood”.

Definisi 1.5:

Misalkan dan .

(1) -neighborhood dari adidefinisikan sebagai himpunan V(a) = {x  |x – a| <}.

Neighborhood dari a dilambangkan dengan V(a). Untuk a  , pernyataan bahwa ( )

x V a  ekuivalen dengan pernyataanbahwa x memenuhi kondisi:

x a a x a









         .

Ilustrasi pada garis bilangan realnya sebagai berikut

(2) Neighborhod dari a adalah sebarang himpunan yang memuat -neighborhood dari a untuk setiap > 0.

Jadi -neighborhood dari a atau V(a) adalah himpunan yang simetris pada a.

Dua pendefinisian di atas mempunyai tujuan yang sama, tetapi berbeda keluasannya.

Teorema 1.19

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

( )

37 Misal a R, jika x  R sedemikian hingga x anggota setiap neighborhood dari a maka x = a.

Bukti:

Misalkan V(a) adalah sebarang neighborhood dari a.

Karena neighborhood dari a selalu memuat suatu -neighborhood dari a, katakanlah V(a) sehingga V(a)  V(a), untuk suatu > 0.

Karena x termuat di setiap V(a), maka x  V(a) unutk setiap > 0.

Dan karena x  V(a) sedemikian hingga maka:

 x – a <, > 0. 0  x – a <, > 0,

maka berdasarkan teorema 1.12. Jika a dan

0

 

a



untuk setiap





0

, maka

0

a



.Sehingga berlaku  x – a = 0

Selanjutnya  x – a = 0 maka berdasarkan definisi 1.4 berlaku (i) x – a  0  x – a = 0 x – a = 0 diketahui x + (-a) = 0 sifat 1.1.1 (-a) + x = 0 A.1 x = -(-a) + 0 T.1.2 x = -(-a) A.3 x = a T.1.4 (ii) x – a < 0  -(x – a) = 0 -(x – a) = 0 diketahui (-1)(x + -(a)) = 0 T.1.4 (-1)x + (-1)(-a) = 0 D -x + a = 0 T.1.4 a + (-x) = 0 A1 -x = -a T.1.2 (-1)(-x) = (-1)(-a) T.1.5 (-1)(-1) x = (-1)(-1) a T.1.4 x = a M2, T.1.4

38 Dengan demikian dari (i) dan (ii) diperoleh x = a.

Jadi Misal a R, jika x  R sedemikian hingga x anggota setiap neighborhood dari a maka x = a.

Contoh:

1. Misal U = {x/ 0 < x < 1}

Maka U adalah neighborhood yang memuat setiap titik di U. Bukti:

Ambil sebarang a  U, berarti 0 < x < 1. Selanjutnya pilih  = min {a, 1 – a}, maka {a - , a + }  U, berarti U adalah neighborhood dari a unutk setiap a  U.

2. Misal I = {x/ 0  x 1}, maka 1 bukan neighborhood dari 0.

Bukti:

1 bukan neighborhood dari 0 berarti jika diberikan > 0 maka  x  V(0)  x  1.

Untuk memperlihatkan hal tersebut, ambil > 0 , kemudian pilih x = ( )  sehingga x  V(0) akan tetapi x = -( ) I. Jadi I bukan neighborhood dari 0.

3. Jika x  V(a) dan y  V(b), maka (x + y)  V2(a + b).

Bukti:

x  V(a)  x – a < dan

y  V(b)  x – b <

Dengan ketidaksamaan segitiga diperoleh:  (x + y) – (a + b)  =  (x + a) + (y - b)   (x - a)  +  (y - b) 

 +  = 2

sehingga (x + y)  V2(a + b).

Jadi jika x dan y anggota berturut-turut -neighborhood dari a, b, maka x + y anggota 2-neighborhood dari a + b (tetapi tidak cukup -neighborhood dari a + b). Secara khusus, penambahan tidak akan mempertahankan keakuratan urutan tempat desimal, karena 10-k_{< 0,5 х 10} –(k – 1) _{pada satu tempat desimal terbesar akan hilang.}

39

LATIHAN 1

1. Selesaikan persamaan x2 _{= 2x, dengan memberikan alasan pada setiap langkah}

penyelesaian.

2. Jika a  R, dan a . a = a maka tunjukan bahwa a = 0 atau a = 1 3. Jika a  0 dan b  0, tunjukan bahwa

b a ab 1 1 1 

4. Tunjukan bahwa

3

dan

6

bukan bilangan rasional (Gunakan argumen pada pembuktian teorema 1.6

5. Jika x dan y bilangan irasional, apakah x + y dan xy juga irasional 6. Tunjukan bahwa jika 0 < a< b maka

(i)

a < ab < b dan

(ii)

0 <

b 1

<

a 1

7. Misalkan a  R. tunjukkan bahwa: a.  a  =

a

2

b.  a2  _{= a}2

8. Tentukan semua x  R yang memenuhi pertidaksamaan berikut : a.  x + 1  > x + 1 b.  x  + x +1 < 2

9. Jika a, b  R, tunjukkan bahwa a + b =  a  +  b  jika dan hanya jika ab  0.

10. Tentukan dan sketsakan himpunan pasangan terurut (x,y)  R x R, yang memenuhi : a.  xy  = 2 b.  xy  2

40

BAB II

SIFAT KELENGKAPAN PADA BILANGAN REAL

2.1. SUPRIMUM DAN INFIMUM

Padababiniakandibahaslebihjauhmengenaisifat-sifataljabardanketerurutanpadasistembilangan real.

Definisi. 2.1

Misalkan S  R,

(i) u



R dikatakan batas atas dari S bila s



u,



s



S.

(ii) w R dikatakan batas bawah dari S bila w  s,  s  S.

Berdasarkan definsi 2.1, jika S R mempunyai batas atas maka akan ada

batas atas lain yang takhingga banyaknya, sebab jika uR batas atas S maka ada

vR sehingga u

 v juga merupakan batas atas S. Begitu pula jika T

 R

mempunyai batas bawah maka akan ada batas bawah lain yang takhingga

banyaknya, sebab jika a

 R batas bawah T maka ada b

 R sehingga b

 a juga

merupakan batas bawah T.

S

u v

Gambar 2.1 Batas Atas dari S

Selain itu terdapat himpunan yang mempunyai batas atas, tetapi tidak mempunyai batas bawah, dan sebaliknya terdapat himpunan yang mempunyai batas bawah tetapi tidak mempunyai batas atas.

Misal: S1 = { x  R x  0 } adalah himpunan yang mempunyai batas bawah tetapi

tidak mempunyai batas atas.

S2 = { x  R  x  1 } adalah himpunan yang mempunyai batas atas tetapi

tidak mempunyai batas bawah. Catatan :

41 (1) T dikatakan terbatas di atas bila T mempunyai batas atas .

(2) T dikatakan terbatas di bawah bila T mempunyai batas bawah. (3) T dikatakan terbatas bila T mempunyai batas atas dan batas bawah

(4) Jika T tidak mempunyai batas atas atau batas bawah maka T dikatakan tidak

terbatas

Contoh :

1. S1 = { x  R  x  1 } adalah himpunan terbatas dibawah sebab mempunyai batas

bawah x  1, x  R

2. S2 = { x  R x  -4 } adalah himpunan terbatas di atas sebab mempunyai batas atas x

 -4, x  R

3. S3 = { x  R  3  x  4 } adalah himpunan terbatas, sebab mempunyai batas bawah x

 3, x  R dan batas atas x  4, x  R

4. S4= R (himpunan bilangan real) adalah himpunan tak terbatas karena tidak

mempunyai batas bawah maupun batas atas atau  sebagai batas atas dan batas bawah. Buktinya diserahkan mahasiswa sebagai latihan

5. S5=  adalah himpunan terbatas sebab setiap bilangan real merupakan batas

bawah dan batas atas dari .

Bukti:

Misalkan S = . Ambil sembarang r  R batas bawah dari S.

Andaikan r bukan batas bawah dari S, berarti

 s

 S,

 s

 r. Hal ini

bertentangan dengan S = . Jadi pengandaian salah, haruslah r merupakan batas

bawah dari S. Karena r sembarang maka setiap r

 R adalah batas bawah dari

.

(Setiap bilangan real merupakan batas atas dari , pembuktiannya analog ).

Definisi. 2.2

Misalkan S



R

(i) Jika S terbatas diatas, maka suatu batas atas dari S disebut supremum (batas atas terkecil ) dari S apabila batas atas tersebut lebih kecil dari semua batas atas yang lain dari S.

42 (ii) Jika S terbatas di bawah , maka suatu batas bawah dari S disebut infimum (batas bawah terbesar) dari S apabila batas bawah tersebut lebih besar dari semua batas bawah yang lain dari S.

Definisi 2.2 tersebut dapat diformulasikan sebagai berikut:

1. u  R adalah supremum dari S  R bila memenuhi dua syarat yaitu : (i) s  u ,  s  S;

(ii) s  v,  s  S  u  v.

2. w  R adalah infimum dari S  R bila memenuhi dua syarat, yaitu : (i) s  w,  s  S.

(ii) s  v,  s  S  w  v.

Definisi 2.2 dapat diilustrasikan secara geometri sebagaiberikut :

S

Inf. S Sup. S

(batas bawah S) (batas atas S)

Gambar 2.2 Inf. S dan Sup. S

Selanjutnya supremum dari S dinotasikan dengan sup S dan infimum dari S dinotasikan dengan inf S.

Lema 2.1.S R paling banyak mempunyai satu supremum atau satu infimum saja. Bukti :

S  R, misalkan u1 dan u2 adalah batas bawah dari S, u1, u2 keduanya adalah infimum

43 u1 = inf S  u1batas bawah untuk S dan u2 = inf S  u2 u1 ... (i)

u2 = inf S  u2batas bawah untuk S dan u1 = inf S  u1 u2 ... (ii)

Dari (i) dan (ii), berdasarkan Teorema 1.7, u2  u1, u1 u2 u1 = u2.

Jadi S mempunyai paling banyak satu infimum. (Pembuktian untuk suprimum S analog).

Lemma. 2.2

Suatu himpunan S  , S  R , u  R batas atas dari S, u = sup S  0,  s S ,  u -  s.

Bukti :

() Misalkan v batas atas S, dengan v  u. Asumsikan v  u. Pilih  = u – v  0,

maka  s S,  u -  s. Dari sini diperoleh u – ( u – v ) = v  s yang berarti v bukan

batas atas S. Ini kontradiksi dengan v batas atas S.

Jadi haruslah v  u atau u  v yang berarti u batas atas terkecil S sehingga u = sup S. Jadi  0, sS  u -  s u = sup S

() Misalkan u = sup S. Ambil sembarang  0. Karena u = sup S maka u -  u bukan batas atas S. Karena u -  bukan batas atas S maka s S,

 u -  s. Jadi u = sup S 0, sS  u -  s.

Dengan demikian :

S  , S  R , u  R batas atas dari S, u = sup S  0,  s S  u -  s.

Ilustrasi secara geometri lema 2.2, terlihat pada gambar 2.3 berikut ini. u- s u

44 Catatan:

Supremum dari suatu himpunan tidak selalu merupakan elemen dari himpunan tersebut. Hal ini tergantung dari himpunan yang diberikan. Berikut ini akan diberikan beberapa contoh

Contoh:

(a) Jika S1 mempuyai elemen berhingga maka dapat ditunjukkan bahwa S1 mempu-nyai

sebuah elemen terbesar u dan sebuah elemen terkecil w, ataudengan kata lain u = sup S1 dan w = inf S1dan keduanya yaitu u dan w elemen S1.

(b) JikadiberikanhimpunanS2 = { x  R 0  x  1 },

maka himpunan ini mempunyai supremum 1, dan infimum 0 yang keduanya termuat dalam S2.Berikut akan dibuktikan bahwa 1 adalah supremum dari S2.

Jika v1maka terdapat elemen s'S2 sehingga vs'. Jadi v bukan batas atas dari 2

S dan karena v sebarang bilangan yang lebih kecil dari 1, maka disimpulkan bahwa sup S2 =1. Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan pula bahwa 0 adalah infimum

dari S2. Dengan demikian, baik supremum maupun infimum dari S2 termuat di dalam 2

S .

(c) S3 = { x  R 0  x  1 }

Himpunan ini mempunyai supremum 1, dan infimum 0 yang keduanya

tidak termuat dalam S.

(d) Setiap elemen pada bilangan real R adalah batas atas sekaligus batas bawah dari . Jadi  tidak mempunyai suprimum dan infimum.

2.2. SIFAT SUPRIMUM DAN INFIMUM DARI R

(i) ( S



R, S



,



u



R,



u



s,



s



S )



S mempunyai Suprimum.

(ii) ( S  R, S  , u  R ,  u  s,  s  S )  S mempunyai Infimum. Contoh

45 a + S = { a + x  x  S }, maka sup ( a + S ) = a + sup S.

Bukti :

Misalkan u R, S  R, u = sup S  u  x, x S.

a  R  a + u  a + x , xS. Ini berarti a + u batas atas dari a + S. Akibatnya sup (a + S)  a + u atau Sup (a + S)  a + sup S.

Misalkan v R, v batas atas dari a + S  a + x  v, x S. a + x  v  x  v – a , xS. Akibatnya u = sup S  v – a, sebab a + u  v, dan v – a adalah batas atas dari S.

v – a batas atas S, u = sup S  u  v – a  a + u  v. a + u batas atas S

v batas atas (a + S)  sup (a + S) = a + u = a + sup S.  a + u  v

Jadi S  R, S , S terbatas di atas, a  R, didefinisikan

a + S = { a + x  x  S }  sup ( a + S ) = a + sup S. Terbukti.

(b) Andaikan f dan g adalah fungsi bernilai real dengan domain yang sama, yaitu

D  R. Misalkan f(D) = { f(x) x  D } dan g(D) = {g(x) x  D} adalah himpunan - himpunan terbatas dalam R, maka :

(i) f(x)  g(x), x  D  sup f(D)  sup g (D). (ii) f(x)  g(y), x,y  D  sup f(D)  inf g(D).

Bukti :

Asumsikan f(D)  dan g(D) .

(i) Diketahui g(D) dan f(D) himpunan terbatas di R, berarti f(D) dan g(D)

mempunyai suprimum dan infimum ( 2.4.5 ).

g terbatas di atas  g(x)  sup g(D), x D.

g(x)  sup g(D),x D, f(x)  g(x), x  D  f(x)  sup g(D), x D. Akibatnya sup g(D) merupakan batas atas f(D).

Sup g(D) batas atas f(D), f(D) terbatas di atas  sup f(D)  sup g(D) Jadi f(x)  g(x), x  D  sup f(D)  sup g (D). Terbukti.

46 (ii) Dari f(x)  g(y),  x ,y  D, berarti f(x) adalah batas bawah dari g(D).

Akibatnya f(x)  inf g(D). Karena f(x)  inf g(D), xD berarti inf g(D) adalah salah satu batas atas dari f(D). Hal ini berarti sup f(D)  inf g(D).

Jadi f(x)  g(y), x,y  D  sup f(D)  inf g(D). Terbukti.

2.3. SIFAT ARCHIMEDES PADA R

Suatu bilangan asli N, terbatas di bawah yaitu 1, tetapi tidak terbatas di atas. Ini berarti jika diberikan sembarang bilangan real x, maka terdapat n  N sehingga x  n.

Teorema. 2.3. Sifat Archimedes x  R  nx N,  x  nx. Bukti:

Ambil sembarang x  R. Andaikan x merupakan batas atas dari N, menurut sifat suprimum, N mempunyai suprimum u  R. Karena u - 1  u. Menurut lemma 2.2 berarti m  N,  u - 1 m akibatnya u  m + 1. Karena mN, maka m + 1  N.

Ini bertentangan dengan u batas atas N. Jadi pengandaian salah . Dengan demikian N tidak mempunyai batas atas.

Jadi x  R  nx N,  x  nx.

Torema.2.4 (akibat teorema 2.3)

Jika y dan z adalah bilangan real positif murni, maka : (a)  n  N,  z  ny

(b)  n  N,  0   y

47

Bukti :

(a) Karena x =

 0, n  N, 

= x  n, dan didapat z  ny.

(b) Berdasarkan bukti pada (a), kita ambil z = 1 maka didapat 1  ny, sehingga

diperoleh

 y dan n  N.

Dengan demikian terbukti bahwa  n  N,  0   y

(c) Ambil himpunan { m  N z  m }

 N tidak kosong. Misalkan n unsur

terkecil dan { m  N  z  m }, maka n – 1  z  n.

2.4. EKSISTENSI 2

Pentingnya Sifat Archimides karena sifat tersebut dapat menjamin eksistensi bilangan-bilangan real terhadap suatu hipotesis tertentu. Berikut ini akan diberikan ilustrasi yang disertai dengan bukti akan eksistensi (adanya) bilangan real x sehingga = 2 yang tertuang dalam teorema berikut.

Teorema. 2.5

 x R+ x2 _{= 2} Bukti :

Misalkan S = { s  R 0  s, s2 _{2 }, maka 1}  _S.

Dengan demikian S  dan S juga terbatas di atas oleh 2.

Jika t  2, maka t2  _{4, sehingga t}  _{S, berdasarkan sifat suprimum maka himpunan S}

mempunyai suprimum dalam R.

Misalkan x = sup Sdan x R+ akan dibuktikan bahwa x2 _{= 2.}

Jika x2 _{2 maka ada dua kemungkinan yaitu (i) x}2 _{2 atau (ii) x}2 ₂

(i) andaikan x2_{ 2}