MATA KULIAH
ANALISIS REAL I
Disusun Oleh :
PENDAHULUAN
Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan
untuk mempelajari analisis real. Bagian 1.1 dan 1.2 kita akan mengulang sekilas
ten-tang aljabar himpunan dan fungsi, dua alat yang penting untuk semua cabang
mate-matika.
Pada bagian 1.3 kita akan memusatkan perhatian pada metoda pembuktian
yang disebut induksi matematika. Ini berhubungan dengan sifat dasar sistem bilangan
asli, dan walaupun penggunaannya terbatas pada masalah yang khusus tetapi hal ini
penting dan sering digunakan.
1.1. Aljabar Himpunan
Bila A menyatakan suatu himpunan dan x suatu unsurnya, kita akan tuliskan dengan
x∈A,
untuk menyingkat pernyataan x suatu unsur di A, atau x anggota A, atau x termuat
di A, atau A memuat x. Bila x suatu unsur tetapi bukan di A kita tuliskan dengan
x∉A.
Bila A dan B suatu himpunan sehingga x∈A mengakibatkan x∈B (yaitu,
setiap unsur di A juga unsur di B), maka kita katakan A termuat di B, atau B
me-muat A atau A suatu subhimpunan dari B, dan dituliskan dengan
A ⊆ B atau B ⊇ A.
Bila A ⊆ B dan terdapat unsur di B yang bukan anggota A kita katakan A
subhim-punansejati dari B.
1.1.1. Definisi. Dua himpunan A dan B dikatakan sama bila keduanya memuat
unsur-unsur yang sama. Bila himpunan A dan B sama, kita tuliskan dengan A = B
Untuk membuktikan bahwa A = B, kita harus menunjukkan bahwa A ⊆ B dan
B ⊆ A.
Suatu himpunan dapat dituliskan dengan mendaftar anggota-anggotanya, atau
dengan menyatakan sifat keanggotaan himpunan tersebut. Kata “sifat keanggotaan”
memang menimbulkan keraguan. Tetapi bila P menyatakan sifat keanggotaan (yang
tak bias artinya) suatu himpunan, kita akan tuliskan dengan
{xP(x)}
untuk menyatakan himpunan semua x yang memenuhi P. Notasi tersebut kita baca
de-ngan “himpunan semua x yang memenuhi (atau sedemikian sehinga) P”. Bila dirasa
perlu menyatakan lebih khusus unsur-unsur mana yang memenuhi P, kita dapat juga
menuliskannya dengan
{ x∈SP(x)}
untuk menyatakan sub himpunan S yang memenuhi P.
Beberapa himpunan tertentu akan digunakan dalam bukti ini, dan kita akan
menuliskannya dengan penulisan standar sebagai berikut :
• Himpunan semua bilangan asli, N = {1,2,3,...}
• Himpunan semua bilangan bulat, Z = {0,1,-1,2,-2,...}
• Himpunan semua bilangan rasional, Q = {m/n m,n ∈Z, n≠0}
• Himpunan semua bilangan real, R.
Contoh-contoh :
(a). Himpunan {x ∈Nx2-3x+2=0}, menyatakan himpunan semua bilangan asli yang
memenuhi x2 - 3x + 2 = 0. Karena yang memenuhi hanya x = 1 dan x = 2, maka
himpunan tersebut dapat pula kita tuliskan dengan {1,2}.
(b). Kadang-kadang formula dapat pula digunakan untuk menyingkat penulisan
Operasi Himpunan
Sekarang kita akan mendefinisikan cara mengkonstruksi himpunan baru dari
himpunan yang sudah ada.
1.1.2. Definisi. (a). Bila A dan B suatu himpunan, maka irisan (=interseksi) dari A ⊂
B dituliskan dengan A∩B, adalah himpunan yang unsur-unsurnya terdapat di A juga
di B. Dengan kata lain kita mempunyai
A∩B = {x x∈A dan x∈B}.
(b). Gabungan dari A dan B, dituliskan dengan A∪B, adalah himpunan yang
unsur-unsurnya paling tidak terdapat di salah satu A atau B. Dengan kata lain kita
mempun-yai
A∪B = {x x∈A atau x∈B}.
1.1.3. Definisi. Himpunan yang tidak mempunyai anggota disebut himpunan kosong,
dituliskan dengan { } atau ∅. Bila A dan B dua himpunan yang tidak mempunyai
un-sur bersama (yaitu, A∩B = ∅), maka A dan B dikatakan saling asing atau disjoin.
Berikut ini adalah akibat dari operasi aljabar yang baru saja kita definisikan. Karena buktinya merupakan hal yang rutin, kita tinggalkan kepada pembaca sebagai
latihan.
1.1.4. Teorema. Misalkan A,B dan C sebarang himpunan, maka
(a). A∩A = A, A∪A = A;
(b). A∩B = B∩A, A∪B = B∪A;
(c). (A∩B) ∩C = A∩(B ∩C), (A∪B)∪C = A∪(B∪C);
(d). A∩(B∪C) = (A∩B)∪(A∩C), A∪(B ∩C) = (A∪B) ∩ (A∪C);
Kesamaan ini semua berturut-turut sering disebut sebagai sifat idempoten,
ko-mutatif, asosiatif dan distributif, operasi irisan dan gabungan himpunan.
Melihat kesamaan pada teorema 1.1.4(c), biasanya kita tanggalkan kurung dan
cukup ditulis dengan
Dimungkinkan juga untuk menunjukkan bahwa bila {A1,A2, ,An} merupakan koleksi
himpunan, maka terdapat sebuah himpunan A yang memuat unsur yang merupakan
pa-ling tidak unsur dari suatu Aj, j = 1,2,...,n ; dan terdapat sebuah himpunan B yang
unsur-unsurnya merupakan unsur semua himpunan Aj, j=1,2,...,n. Dengan
menang-galkan kurung, kita tuliskan dengan
A = A1 ∪A2 ∪ ∪ An = {x x∈Aj untuk suatu j},
B = A1 ∩ A2...∩An = {x x∈Aj untuk semua j}.
Untuk mempersingkat penulisan, A dan B di atas sering dituliskan dengan
A = Aj j 1
n
=
B = Aj j 1
n
=
Secara sama, bila untuk setiap j unsur di J terdapat himpunan Aj, maka Aj j J∈
menyatakan himpunan yang unsur-unsurnya paling tidak merupakan unsur dari salah
satu Aj. Sedangkan Aj j J∈
, menyatakan himpunan yang unsur-unsurnya adalah unsur
semua Aj untuk j∈J.
1.1.5. Definisi. Bila A dan B suatu himpunan, maka komplemen dari B relatif
terha-dap A, dituliskan dengan A\B (dibaca “A minus B”) adalah himpunan yang
unsur-unsurnya adalah semua unsur di A tetapi bukan anggota B. Beberapa penulis
meng-gunakan notasi A - B atau A ~ B.
Dari definisi di atas, kita mempunyai
A\B = {x ∈ A x ∉ B}.
Seringkali A tidak dinyatakan secara eksplisit, karena sudah dimengerti/disepakati.
Dalam situasi begini A\B sering dituliskan dengan (B).
1.1.6. Teorema. Bila A,B,C sebarang himpunan, maka A\(B∪C) = (A\B)∩(A\C),
Bukti :
Kita hanya akan membuktikan kesamaan pertama dan meninggalkan yang
kedua sebagai latihan bagi pembaca. Kita akan tunjukkan bahwa setiap unsur di
A\(B∪C) termuat di kedua himpunan (A\B) dan (A\C), dan sebaliknya.
Bila x di A\(B∪C), maka x di A, tetapi tidak di B∪C. Dari sini x suatu unsur
di A, tetapi tidak dikedua unsur B atau C. (Mengapa?). Karenanya x di A tetapi tidak
di B, dan x di A tetapi tidak di C. Yaitu x ∈ A\B dan x ∈ A\C, yang menunjukkan
bahwa
x ∈(A\B)∩(A\C).
Sebaliknya, bila x ∈(A\B)∩(A\C), maka x ∈(A\B)dan x ∈ (A\C). Jadi x ∈ A
tetapi bukan anggota dari B atau C. Akibatnya x ∈ A dan x ∉ (B∪C), karena itu x ∈
A\(B∪C).
Karena himpunan (A\B)∩(A\C) dan A\(B∪C).memuat unsur-unsur yang
sama, menurut definisi 1.1.1 A\(B∪C).= (A\B)∩(A\C).
Produk (hasil kali) Cartesius
Sekarang kita akan mendefinisikan produk Cartesius.
1.1.7. Definisi. Bila A dan B himpunan-himpunan yang tak kosong, maka produk
cartesius A×B dari A dan B adalah himpunan pasangan berurut (a,b) dengan a∈ A dan
b ∈ B.
Jadi bila A = {1,2,3} dan B = {4,5}, maka
A×B = {(1,4),(1,5),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5)}
Latihan 1.1.
1. Gambarkan diagram yang menyatakan masing-masing himpunan pada Teorema
1.1.4.
2. Buktikan bagian (c) Teorema 1.1.4.
3. Buktikan bagian kedua Teorema 1.1.4(d).
5. Tunjukkan bahwa himpunan D yang unsur-unsurnya merupakan unsur dari tepat
satu himpunan A atau B diberikan oleh D = (A\B) ∪ (B\A). Himpunan D ini
ser-ing disebut dengan selisih simetris dari A dan B. Nyatakan dalam diagram.
6. Tunjukkan bahwa selisih simetris D di nomor 5, juga diberikan oleh
D = (A∪B)\(A∩B).
7. Bila A ⊆ B, tunjukkan bahwa B = A\(A\B).
8. Diberikan himpunan A dan B, tunjukkan bahwa A∩B dan A\B saling asing dan
bahwa A = (A∩B) ∪ (A\B).
9. Bila A dan B sebarang himpunan, tunjukkan bahwa A∩B = A\(A\B).
10. Bila {A1, A2, ... , An} suatu koleksi himpunan, dan E sebarang himpunan,
tunjuk-Buktikan Hukum De Morgan
A×B = (A×B1) ∪ (A×B2).
1.2. Fungsi.
Sekarang kita kembali mendiskusikan gagasan fundamental suatu fungsi atau
pemetaan. Akan kita lihat bahwa fungsi adalah suatu jenis khusus dari himpunan, walaupun terdapat visualisasi lain yang sering lebih bersifat sugesti. Semua dari bagian terakhir ini akan banyak mengupas jenis-jenis fungsi, tetapi sedikit abstrak di-bandingkan bagian ini.
Bagi matematikawan abad terdahulu kata “fungsi” biasanya berarti rumus ter-tentu, seperti
f(x) = x2 + 3x -5
yang bersesuaian dengan masing-masing bilangan real x dan bilangan lain f(x). Mung-kin juga seseorang memunculkan kontroversi, apakah nilai mutlak
h(x) = x
dari suatu bilangan real merupakan “fungsi sejati” atau bukan. Selain itu definisi
xdiberikan pula dengan
x= x, bila x 0 x, bila x < 0
≥ −
Dengan berkembangnya matematika, semakin jelas bahwa diperlukan definisi fungsi yang lebih umum. Juga semakin penting untuk kita membedakan fungsi sendiri den-gan nilai fungsi itu. Di sini akan mendefinisikan suatu fungsi dan hal ini akan kita la-kukan dalam dua tahap.
Definisi pertama :
Suatu fungsi f dari himpunan A ke himpunan B adalah aturan korespondensi yang memasangkan masing-masing unsur x di A secara tunggal dengan unsur f(x) di B.
De-ngan pendefinisian ini dapat saja kita kehilangan kandungan intuitif dari definisi terdahulu, tetapi kita dapatkan kejelasan.
Ide dasar pendefinisian ini adalah memikirkan gambar dari suatu fungsi; yaitu, suatu korelasi dari pasangan berurut. Bila kita perhatikan tidak setiap koleksi pasangan berurut merupakan gambar suatu fungsi, karena sekali unsur pertama dalam pasangan berurut diambil, unsur keduanya ditentukan secara tunggal.
1.2.1. Definisi. Misalkan A dan B himpunan suatu fungsi dari A ke B adalah him-punan pasangan berurut f di A×B sedemikian sehingga untuk masing-masing a ∈ A terdapat b ∈ B yang tunggal dengan (a,b),(a,b’) ∈f, maka b = b’. Himpunan A dari unsur-unsur pertama dari f disebut daerah asal atau “domain” dari f, dan dituliskan D(f). Sedangkan unsur-unsur di B yang menjadi unsur kedua di f disebut “range” dari
f dan dituliskan dengan R(f). Notasi
f : A → B
menunjukkan bahwa f suatu fungsi dari A ke B; akan sering kita katakan bahwa f
suatu pemetaan dari A ke dalam B atau f memetakan A ke dalam B. Bila (a,b) suatu unsur di f, sering ditulis dengan
b = f(a)
daripada (a,b) ∈f. Dalam hal ini b merupakan nilai f di titik a, atau peta a terhadap f.
Pembatasan dan Perluasan Fungsi
Bila f suatu fungsi dengan domain D(f) dan D1 suatu subhimpunan dari D(f),
seringkali bermanfaat untuk mendefinisikan fungsi baru f1 dengan domain D1 dan f1(x) = f(x) untuk semua x ∈ D1. Fungsi f1 disebut pembatasan fungsi f pada D1.
Menurut definisi 1.2.1, kita mempunyai
f1 = { (a,b) ∈fa ∈ D1}
Kadang-kadang kita tuliskan f1 = f D1 untuk menyatakan pembatasan fungsi f pada
Konstruksi serupa untuk gagasan perluasan. Bila suatu fungsi dengan domain D(g) dan D2⊇ D(g), maka sebarang fungsi g2 dengan domain D2 sedemikian sehingga g2(x) = g(x) untuk semua x ∈ D(g) disebut perluasan g pada himpunan D2.
Bayangan Langsung dan Bayangan Invers
Misalkan f : A → B suatu fungsi dengan domain A dan range B.
1.2.2. Definisi. Bila E subhimpunan A, maka bayangan langsung dari E terhadap f
adalah sub himpunan f(E) dari B yang diberikan oleh
f(E) = {f(x) : x ∈ E}.
Bila H subhimpunan E, maka bayangan invers dari H terhadap f adalah subhim-punan
f-1(H) dari A, yang diberikan oleh
f-1(H) = { x ∈ A : f(x) ∈ H}
Jadi bila diberikan himpunan E ⊆ A, maka titik y1∈ B di bayangan langsung f(E) jika dan hanya jika terdapat paling tidak sebuah titik x1∈ E sedemikian sehingga
y1 = f(x1). Secara sama, bila diberikan H⊆B, titik x2∈A di dalam bayangan invers f -1
(H) jika dan hanya jika y2 = f(x2) di H.
1.2.3. Contoh. (a). Misalkan f : R → R didefinisikan dengan f(x) = x2. Bayangan langsung himpunan E = {x 0 ≤ x ≤ 2} adalah himpunan f(E) = {y 0 ≤ y ≤ 4}. Bila G = {y 0 ≤ y ≤ 4}, maka bayangan invers G adalah himpunan f-1(G) = {x -2 ≤ x ≤ 2}. Jadi f-1(f(E)) ≠ E.
Disatu pihak, kita mempunyai f(f-1(G)) = G. Tetapi bila H = {y -1 ≤ y ≤ 1}, maka kita peroleh f(f-1(H)) = {x 0 ≤ x ≤ 1} ≠ H.
(b). Misalkan f : A → B, dan G,H subhimpunan dari B kita akan tunjukkan bahwa
f-1(G∩H) ⊆f-1(G)∩f-1(H)
Sifat-sifat Fungsi
1.2.4. Definisi. Suatu fungsi f : A → B dikatakan injektif atau satu-satu bila x1≠ x2,
mengakibatkan f(x1) ≠f(x2). Bila f satu-satu, kita katakan f suatu injeksi.
Secara ekivalen, f injektif jika dan hanya jika f(x1) = f(x2) mengakibatkan x1 =
x2, untuk semua x1,x2 di A.
Sebagai contoh, misalkan A = {x ∈Rx ≠ 1} dan f : A →R dengan f(x) = x
x 1− . Untuk menunjukkan f injektif, asumsikan x1,x2 di A sehingga f(x1) = f(x2). Maka kita mempunyai
x x 1
x x 1
1
1
2
2
− = −
yang mengakibatkan (mengapa?) bahwa x x 1
x x 1
1
1
2
2
− = − dan dari sini x1 = x2. Karena
itu f injektif.
1.2.5. Definisi. Suatu fungsi f : A → B dikatakan surjektif atau memetakan A pada B, bila f(A) = B. Bila f surjektif, kita sebut f suatu surjeksi.
Secara ekivalen, f : A → B surjektif bila range f adalah semua dari B, yaitu untuk setiap y ∈ B terdapat x ∈ A sehingga f(x) = y.
Dalam pendefinisian fungsi, penting untuk menentukan domain dan himpunan dimana nilainya diambil. Sekali hal ini ditentukan, maka dapat menanyakan apakah fungsi tersebut surjektif atau tidak.
1.2.6. Definisi. Suatu fungsi f : A → B dikatakan bijektif bila bersifat injektif dan surjektif. Bila f bijektif, kita sebut bijeksi.
Fungsi-fungsi Invers
1.2.7. Definisi. Misalkan f : A → B suatu fungsi injektif dengan domain A dan range R(f) di B. Bila g = {(b,a)∈B×A (a,b) ∈f}, maka g fungsi injektif dengan do-main D(g) = R(f) dan range A. Fungsi G disebut fungsi invers dari f dan dituliskan dengan f-1.
Dalam penulisan fungsi yang standar, fungsi f-1 berelasi dengan f sebagai berikut : y = f-1(y) jika dan hanya jika y = f(x).
Sebagai contoh, kita telah melihat bahwa fungsi f(x) = x
x 1− didefinisikan un-tuk x ∈ A = {x x ≠ 1} bersifat injektif. Tidak jelas apakah range dari f semua (atau hanya sebagian) dari R. Untuk menentukannya kita selesaikan persamaan y = x
x 1− dan diperoleh x = y
y 1− . Dengan informasi ini, kita dapat yakin bahwa rangenya R(f) = {y y ≠ 1} dan bahwa fungsi invers dari f mempunyai domain {y y ≠ -1} dan f-1(y) = y
y 1− .
Bila suatu fungsi injektif, maka fungsi inversnya juga injektif. Lebih dari itu, fungsi invers dari f-1 adalah f sendiri. Buktinya ditinggalkan sebagai latihan.
Fungsi Komposisi
Sering terjadi kita ingin mengkomposisikan dua buah fungsi denga mencari
f(x) terlebih dahulu, kemudian menggunakan g untuk memperoleh g(f(x)), tetapi hal ini hanya mungkin bila f(x) ada di domain g. Jadi kita harus mengasumsikan bahwa range dari f termuat di domain g.
1.2.8. Definisi. Untuk fungsi f : A → B dan g : B - C, komposisi fungsi gof (perhati-kan urutannya!) adalah fungsi dari A ke C yang didefinisi(perhati-kan dengan gof(x) = g(f(x)) untuk x ∈ A.
1.2.9. Contoh. (a). Urutan komposisi harus benar-benar diperhatikan. Misalkan f dan
g fungsi-fungsi yang nilainya di x ∈R ditentukan oleh
Karena D(g) = R dan R(f) ⊆R, maka domain D(gof) adalah juga R, dan fungsi kom-posisi gof ditentukan oleh
gof(x) = 3(2x)2 - 1 = 2x2 - 1
Di lain pihak, domain dari fungsi komposisi gof juga R, tetapi dalam hal ini kita mempunyai fog(x) = 2(3x2 - 1) = 6x2 - 2. Jadi fog ≠gof.
(b). Beberapa perhatian harus dilatih agar yakin bahwa range dari f termuat di domain dari g. Sebagai contoh, bila f(x) = 1 - x2 dan y = x, maka fungsi komposisi yang diberikan oleh gof(x) = 1 x− 2 didefinisikan hanya pada x di D(f) yang memenuhi
f(x) ≥ 0; yaitu, untuk x memenuhi -1 ≤ x ≤ 1. Bila kita tukar urutannya, maka kom-posisi
fog, diberikan oleh gof(x) = 1 - x, didefinisikan untuk semua x di domain dari g; yaitu himpunan {x ∈R : x ≥ 0}.
Teorema berikut memperkenalkan hubungan antara komposisi fungsi dan petanya. Sedangkan buktinya ditinggalkan sebagai latihan.
1.2.10. Teorema. Misalkan f : A → B dan g : B → C fungsi dan H suatu sub-himpunan dari C. Maka (fog)-1(H) = g-1 (f-1(H)).
Sering terjadi bahwa komposisi dua buah fungsi mewarisi sifat-sifat fungsi yang didefinisikan. Berikut salah satunya dan buktinya ditinggalkan sebagai latihan.
1.2.11. Teorema. Bila f : A → B dan g : B → C keduanya bersifat injektif, maka komposisi gof juga bersifat injektif.
Barisan
Fungsi dengan N sebagai domain memeainkan aturan yang sangat khusus dalam analisis, yang kita akan perkenalkan berikut ini.
1.2.12. Definisi. Suatu barisan dalam himpunan S adalah suatu fungsi yang domain-nya himpunan bilangan asli N dan rangenya termuat di S.
Untuk barisan X : N → S, nilai X di n∈N sering dituliskan dengan xn
toh, barisan di R yang dituliskan dengan ( n n ∈N) sama artinya dengan fungsi X :
N→ R dengan X(n) = n.
Penting sekali untuk membedakan antara barisan (xn n ∈ ) dengan
nilainya
{xn n ∈ N}, yang merupakan subhimpunan dari S. Suku barisan harus dipandang
mempunyai urutan yang diinduksi dari urutan bilangan asli, sedangkan range dari ba-risan hanya merupakan subhimpunan dari S. Sebagai contoh, suku-suku dari bari-san ((-1)n n ∈N) berganti-ganti antara -1 dan 1, tetapi range dari barisan itu adalah {-1,1}, memuat dua unsur dari R.
Latihan 1.2.
1. Misalkan A = B = {x∈R -1 ≤ x ≤ 1} dan sub himpunan C = {(x,y) x2 + y2 = 1} dari A×B, apakah himpunan ini fungsi ?
2. Misalkan f fungsi pada R yang didefinisikan dengan f(x) = x2, dan E = {x∈R-1 ≤ x ≤ 0} dan F = {x∈R0 ≤ x ≤ 1}. Tunjukkan bahwa E∩F = {0} dan f(E∩F) = {0}, sementara f(E) = f(F) = {y∈R0 ≤ y ≤ 1}. Di sini f(E∩F) adalah subhimpunan se-jati dari f(E) ∩f(F). Apa yang terjadi bila 0 dibuang dari E dan F?
3. Bila E dan F seperti latihan no. 2, tentukan E\F dan f(E)\f(F) dan tunjukkan bahwa
f(E\F) ≤f(E)\f(F) salah.
4. Tunjukkan bahwa bila f : A→B dan E,F sub himpunan dari A, maka f(E∪F) = f(E)
∪f(F) dan f(E ∩ F) ≤f(E) ∩f(F)
5. Tunjukkan bahwa bila f : A→B dan G,H sub himpunan dari B, maka f-1(G∪H) = f-1(G) ∪f-1(H) dan f-1(G ∩ H) ≤f-1(G) ∩f-1(H) 6. Misalkan f didefinisikan dengan f(x) = x
x2+1
, x ∈R. Tunjukkan bahwa f bijektif dari R pada {y : -1 ≤ y ≤ 1}..
7. Untuk a,b∈R dengan a < b, tentukan bijeksi dari A = {x a < x < b} pada B = {y
8. Tunjukkan bahwa bila f : A→B bersifat injektif dan E ⊆ A, maka f-1(f(E)). Berikan suatu contoh untuk menunjukkan kesamaan tidak dipenuhi bila f tidak injektif. 9. Tunjukkan bahwa bila f : A→B bersifat surjektif dan H ⊆ B, maka f(f-1(H)).
Beri-kan suatu contoh untuk menunjukBeri-kan kesamaan tidak dipenuhi bila f tidak surjek-tif.
10.Buktikan bahwa bila f injeksi dari A ke B, maka f-1 = {(b,a) (a,b)∈f} suatu fungsi dengan domain R(f). Kemudian buktikan bahwa f-1 injektif dan f invers dari f-1. 11.Misalkan f bersifat injektif. Tunjukkan bahwa f-1of(x) = x, untuk semua x ∈ D(f)
dan fof-1(y) = y untuk semua y ∈ R(f).
12. Berikan contoh dua buah fungsi f,g dari R pada R sehingga f≠g, tetapi fog = gof
13. Buktikan teorema 1.2.10. 14. Buktikan teorema 1.2.11.
15. Misalkan f,g fungsi dan gof(x) = x untuk semua x di D(f). Tunjukkan bahwa f in-jektif dan R(f) ⊆ D(f) dan R(g) ⊇ D(g).
16. Misalkan f,g fungsi dan gof(x) = x untuk semua x di D(f) dan fog(y) untuk semua y di D(g). Buktikan bahwa g = f-1..
1.3. Induksi Matematika
Induksi matematika merupakan metode pembuktian penting yang akan sering digunakan dalam buku ini. Metode ini digunakan untuk menguji kebenaran suatu pernyataan yang diberikan dalam suku-suku bilangan asli. Walau kegunaannya terba-tas pada masalah tertentu, tetapi induksi matematika sangat diperlukan disemua ca-bang matematika. Karena banyak bukti induksi mengikuti urutan formal argumen yang sama, kita akan sering menyebutkan “hasilnya mengikuti induksi matematika” dan meninggalkan bukti lengkapnya kepada pembaca. Dalam bagian ini kita memba-has prinsip induksi matematika dan memberi beberapa contoh untuk mengilustrasikan bagaimana proses bukti induksi.
dengan operasi aritmetika penjumlahan dan perkalian seperti biasa dan dengan arti suatu bilangan kurang dari bilangan lain. Kita juga akan mengasumsikan sifat funda-men-
tal dari N berikut.
1.3.1. Sifat urutan dengan baik dariN. Setiap subhimpunan tak kosong dari N mem-punyai unsur terkecil.
Pernyataan yang lebih detail dari sifat ini sebagai berikut : bila S subhimpunan dari N dan S ≠∅, maka terdapat suatu unsur m ∈ S sedemikian sehingga m ≤ k untuk semua k ∈ S.
Dengan berdasar sifat urutan dengan baik, kita akan menurunkan suatu versi prinsip induksi matematika yang dinyatakan dalam suku-suku subhimpunan dari N. Sifat yang dideskripsikan dalam versi ini kadang-kadang mengikuti turunan sifat N.
1.3.2. Prinsip Induksi Matematika. Misalkan S sub himpunan dari N yang mempu-nyai sifat
(i).1 ∈ S
(ii).jika k ∈ S., maka k + 1 ∈ S. maka S = N.
Bukti :
Andaikan S ≠N. Maka N\S tidak kosong, karenanya berdasar sifat urutan dengan baik
N\S mempunyai unsur terkecil, sebut m. Karena 1 ∈ S, maka m ≠ 1. Karena itu m > 1 dengan m - 1 juga bilangan asli. Karena m - 1 < m dan m unsur terkecil di N\S, maka m - 1 haruslah di S.
Sekarang kita gunakan hipotesis (2) terhadap unsur k = m - 1 di S, yang berakibat k + 1 = (m - 1) + 1 = m di S. Kesimpulan ini kontradiksi dengan pernyataan bahwa m tidak di S. Karena m diperoleh dengan pengandaian bahwa N\S tidak kos-ong, kita dipaksa pada kesimpulan bahwa N\S kosong. Karena itu kita telah buktikan bahwa S = N.
benar untuk beberapa nilai n, tetapi tidak untuk yang lain. Sebagai contoh, bila P(n) pernyataan “ n2 = n”, maka P(1) benar, sementara P(n) salah untuk semua n ≠ 1, n∈N. Dalam konteks ini prinsip induksi matematika dapat dirumuskan sebagai beri-kut :
Untuk setiap n ∈N, misalkan P(n) pernyataan tentang n. Misalkan bahwa (a). P(1) benar
(b). Jika P(k) benar, maka P(k + 1) benar. Maka P(n) benar untuk semua n ∈N.
Dalam kaitannya dengan versi induksi matematika terdahulu yang diberikan pada 1.3.2, dibuat dengan memisalkan S = { n ∈ N P(n) benar}. Maka kondisi (1) dan (2) pada 1.3.2 berturut-turut tepat bersesuaian dengan (a) dan (b). Kesimpulan S =
N pada 1.3.2. bersesuaian dengan kesimpulan bahwa P(n) benar untuk semua n ∈N
Dalam (b) asumsi “jika P(k) benar” disebut hipotesis induksi. Di sini, kita ti-dak memandang pada benar atau salahnya P(k), tetap hanya pada validitas implikasi “jika P(k) benar, maka P(k+1) benar”. Sebagai contoh, bila kita perhatikan pernyataan P(n) : n = n + 5, maka (b) benar. Implikasinya “bila k = k + 5, maka k + 1 = k + 6” juga benar, karena hanya menambahkan 1 pada kedua ruas. Tetapi, karena pernyataan P(1) : 1 = 2 salah, kita tidak mungkin menggunakan induksi matematika untuk meny-impulkan bahwa n = n + 5 untuk semua n ∈N.
Contoh-contoh berikut mengilustrasikan bagaimana prinsip induksi mate-matika bekerja sebagai metode pembuktian pernyataan tentang bilangan asli.
1.3.3. Contoh. (a). Untuk setiap n ∈N, jumlah n pertama bilangan asli diberikan oleh 1 + 2 + ... + n = 1
2 n (n + 1).
Untuk membuktikan kesamaan ini, kita misalkan S himpunan n ∈ N, sehingga ke-samaan tersebut benar. Kita harus membuktikan kondisi (1) dan (2) pada 1.3.2. dipe-nuhi.
Bila n = 1, maka kita mempunyai 1 = 1
2 .1(1 + 1), jadi 1 ∈ S dan dengan asumsi ini
Bila kita tambahkan k+1 pada kedua ruas, kita peroleh 1+2+...+k+(k+1) = 1
2 k(k+1) + (k+1)
= 1
2 (k+1) (k+2)
Karena ini menyatakan kesamaan di atas untuk n = k + 1, kita simpulkan bahwa k + 1
∈ S. Dari sini kondisi (2) pada 1.3.2. dipenuhi. Karena itu dengan prinsip induksi matematika, kita simpulkan bahwa S = N dan kesamaan (*) benar untuk semua n ∈
N.
(b). Untuk masing-masing n ∈N, jumlah kuadrat dari n pertama bilangan asli diberi-kan oleh
12+22+...+n2 = 1
6n(n+1)(2n+1)
Untuk membuktikan kebenaran formula ini, pertama kita catat bahwa formula ini benar untuk n = 1, karena 12 = 1
6.1 (1+1)(2+1). Bila kita asumsikan formula ini benar
untuk k, maka dengan menambahkan (k+1)2 pada kedua ruas, memberikan hasil 12+22+...+k2 + (k+1)2 = 1
6k(k+1)(2k+1) + (k+1) 2
= 1
6(k+1)(2k 2
+k+6k+6) = 1
6(k+1)(k+2)(2k+3)
Mengikuti induksi matematika, validitas formula di atas berlaku untuk semua n ∈N. (c). Diberikan bilangan a,b, kita akan buktikan bahwa a - b faktor dari an - bn untuk semua n ∈ N. Pertama kita lihat bahwa pernyataan ini benar untuk n = 1. Bila sekarang kita asumsikan bahwa a - b adalah faktor dari ak - bk, maka kita tuliskan
ak+1 - bk+1 = ak+1 - abk + abk - bk+1 = a(ak - bk) + bk(a - b).
(d). Ketaksamaan 2n ≤ (n+1)!. Dapat dibuktikan dengan induksi matematika sebagai berikut. Pertama kita peroleh bahwa hal ini benar untuk n = 1. Kemudian kita asumsi-kan bahwa 2k≤ (k+1).Dan dengan menggunakan fakta bahwa 2 ≤ (k+2), diperoleh
2k+1 = 2.2k≤ 2(k+1)! ≤ (k+2)(k+1)! = (k+2)!
Jadi, bila ketaksamaan tersebut berlaku untuk k, maka berlaku pula untuk k+1. Karenanya dengan induksi matematika, ketaksamaan tersebut benar untuk semua n ∈
N.
(e). Bila r ∈R, r ≠ 1 dan n ∈N, maka 1 + r + r2 + ... + rn = 1 r
1 r
n 1
− −
+
Ini merupakan jumlah n suku deret geometri, yang dapat dibuktikan dengan induksi matematika sebagai berikut. Bila n = 1, kitya mempunyai 1 + r = 1 r
1 r
− −
2
, jadi formula tersebut benar. Bila kita asumsikan formula tersebut benar untuk n = k dan tambahkan rk+1 pada kedua ruas, maka kita peroleh
1+r+ ... +rk+ rk+1 = 1 r 1 r
k 1
− −
+
+ rk+1 = 1 r 1 r
k 2
− −
+
yang merupakan formula kita untuk n = k + 1. Mengikuti prinsip induksi matematika, maka formula tersebut benar untuk semua n ∈N.
Hal ini dapat dibuktikan tanpa menggunakan prinsip induksi matematika. Bila kita misalkan Sn = 1+r+...+rn, maka rSn = r+r2+...+rn+1
Jadi
(1-r)Sn = Sn-rSn = 1-rn+1
Bila kita selesaikan untuk Sn, kita peroleh formula yang sama.
Bila n sebarang bilangan asli dan bila maksimum dari dua bilangan asli p dan q adalah n, maka p = q. (Akibatnya bila p dan q dua bilangan asli sebarang, maka p = q).
Bukti :
Misalkan S subhimpunan bilangan asli sehingga pernyataan tersebut benar. Maka 1 ∈ S, karena bila p,q di N dan maksimumnya 1, maka maksimum dari p-1 dan q-1 adalah k. Karenanya p-1 = q-1, karena k ∈ S, dan dari sini kita simpulkan bahwa p = q. Jadi, k + 1 ∈ S dan kita simpulkan bahwa pernyataan tersebut benar untuk semua n ∈N.
(g). Beberapa pernyataan yang benar untuk beberapa bilangan asli, tetapi tidak untuk semua. Sebagai contoh formula P(n) = n2 - n + 41 memberikan bilangan prima untuk n =1,2,3,...41. Tetapi, P(41) bukan bilangan prima.
Terdapat versi lain dari prinsip induksi matematika yang kadang-kadang san-gat berguna. Sering disebut prinsip induksi kuat, walaupun sebenarnya ekivalen den-gan versi terdahulu. Kita akan tinggalkan pada pembaca untuk menunjukkan ekiva-lensinya dari kedua prinsip ini.
1.3.4. Prinsip Induksi kuat. Misalkan S subhimpunan N sedemikian sehinga 1∈S, dan bila {1,2,...,k}⊆ S maka k + 1 ∈ S. Maka S = N.
Latihan 1.3
Buktikan bahwa yang berikut berlaku benar untuk semua n ∈N, 1. 1
1.2 1 2.3 ...
1 n(n 1)
n n 1
+ + +
+ = +
2. 13 + 23 + ... + n3 = [1
2 n(n+1)] 2
3. 12-22+32-...+(-1)n+1n(n+1)/2 4. n3 + 5n dapat dibagi dengan 6 5. 52n - 1 dapat dibagi dengan 8 6. 5n - 4n - 1 habis dibagi 16.
8. Buktikan bahwa n < 2n untuk semua n ∈N
9. Tentukan suatu formula untuk jumlah
(
)
1 1.3
1 3.5 ...
1 2n 1 (2n 1)
+ + +
− +
dan buktikan dugaan tersebut dengan mengunakan induksi matematika. (Dugaan terhadap pernyataan matematika, sebelum dibuktikan sering disebut “Conjecture”). 10.Tentukan suatu formula untuk jumlah n bilangan ganjil yang pertama
1 + 3 + ... + (2n - 1)
kemudian buktikan dugaan tersebut dengan menggunakan induksi matematika. 11.Buktikan variasi dari 1.3.2. berikut : Misalkan S sub himpunan tak kosong dari N
sedemikian sehingga untuk suatu n0 ∈ N berlaku (a). n0 ∈ S, dan (b) bila k ≥ n0
dan k ∈ S, maka k + 1 ∈ S. Maka S memuat himpunan { n ∈Nn ≥ n0}.
12.Buktikan bahwa 2n < n! untuk semua n ≥ 4, n ∈N. (lihat latihan 11). 13.Buktikan bahwa 2n - 3 ≤ 2n-2 untuk semua n ≥ 5, n ∈N. (lihat latihan 11).
14.Untuk bilangan asli yang mana n2 < 2n ? Buktikan pernyataanmu (lihat latihan 11).
15.Buktikan bahwa 1 1
1 2 ...
1 n n
+ + + > untuk semua n ∈N.
16.Misalkan S sub himpunan dari N sedemikian sehingga (a). 2k ∈ S untuk semua k
∈N, dan (b). bila k ∈ S, dan k ≥ 2, maka k - 1 ∈ S. Buktikan S = N.
17. Misalkan barisan (xn) didefinisikan sebagai berikut : x1 = 1, x2 = 2 dan xn+2 = 1
2 (xn+1 + xn) untuk n∈N. Gunakan prinsip induksi kuat 1.3.4 untuk menunjukkan
BILANGAN REAL
Dalam bab ini kita akan membahas sifat-sifat esensial dari sistem bilangan real R. Walaupun dimungkinkan untuk memberikan konstruksi formal dengan di-dasarkan pada himpunan yang lebih primitif (seperti himpunan bilangan asli N atau himpunan bilangan rasional Q), namun tidak kita lakukan. Akan tetapi, kita perkenal-kan sejumlah sifat fundamental yang berhubungan dengan bilangan real dan menun-jukkan bagaimana sifat-sifat yang lain dapat diturunkan darinya. Hal ini lebih berman-faat dari pada menggunakan logika yang sulit untuk mengkonstruksi suatu model un-tuk R dalam belajar analisis.
Sistem bilangan real dapat dideskripsikan sebagai suatu “medan/lapangan lengkap yang terurut”, dan kita akan membahasnya secara detail. Demi kejelasan, kita tidak akan membahas sifat-sifat R dalam suatu bagian, tetapi kita lebih berkonsentrasi pada beberapa aspek berbeda dalam bagian-bagian yang terpisah. Pertama kita perke-nalkan, dalam bagian 2.1, sifat aljabar (sering disebut sifat medan) yang didasarkan pada ope-rasi penjumlahan dan perkalian. Berikutnya kita perkenalkan, dalam bagian 2.2 sifat urutan dari R, dan menurunkan beberapa konsekuensinya yang berkaitan dengan ketaksamaan, dan memberi ilustrasi penggunaan sifat-sifat ini. Gagasan ten-tang nilai mutlak, yang mana didasarkan pada sifat urutan, dibahas secara singkat pada bagian 2.3.
Dalam bagian 2.4, kita membuat langkah akhir dengan menambah sifat “kelengkapan” yang sangat penting pada sifat aljabar dan urutan dari R. Kemudian kita menggunakan sifat kelengkapan R dalam bagian 2.5 untuk menurunkan hasil fundamental yang berkaitan dengan R, termasuk sifat archimedes, eksistensi akar (pangkat dua), dan densitas (kerapatan) bilangan rasional di R.
2.1 Sifat Aljabar
R
Dalam bagian ini kita akan membahas “struktur aljabar” sistem bilangan real. Pertama akan diberikan daftar sifat penjumlahan dan perkaliannya. Daftar ini men-dasari semua untuk mewujudkan sifat dasar aljabar R dalam arti sifat-sifat yang lain dapat dibuktikan sebagai teorema. Dalam aljabar abstrak sistem bilangan real meru-pakan lapangan/medan terhadap penjumlahan dan perkalian. Sifat-sifat yang akan disajikan pada 2.1.1 berikut dikenal dengan “Aksioma medan”.
Yang dimaksud operasi biner pada himpunan F adalah suatu fungsi B dengan domain F×F dan range di F. Jadi, operasi biner memasangkan setiap pasangan berurut (a,b) dari unsur-unsur di F dengan tepat sebuah unsur B(a,b) di F. Tetapi, disamping menggunakan notasi B(a,b), kita akan lebih sering menggunakan notasi konvensional
a+b dan a b (atau hanya ab) untuk membicarakan sifat penjumlahan dan perkalian. Contoh operasi biner yang lain dapat dilihat pada latihan.
2.1.1. Sifat-sifat aljabar R. Pada himpunan bilangan real R terdapat dua operasi biner, dituliskan dengan “+” dan “ ” dan secara berturut-turut disebut penjumlahan
dan perkalian. Kedua operasi ini memenuhi sifat-sifat berikut :
(A1). a + b = b + a untuk semua a,b di R (sifat komutatif penjumlahan);
(A2). (a + b) + c = a + (b + c) untuk semua a,b,c di R (sifat assosiatif penjumlahan);
(A3) terdapat unsur 0 di R sehingga 0 + a = a dan a + 0 = a untuk semua a di R
(ek-sistensi unsur nol);
(A4). untuk setiap a di R terdapat unsur -a di R, sehingga a + (-a) = 0 dan (-a) + a = 0
(eksistensi negatif dari unsur);
(M1). a b = b a untuk semua a,b di R (sifat komutatif perkalian);
(M2). (a b) c = a (b c) untuk semua a,b,c di R (sifat asosiatif perkalian);
(M3). terdapat unsur 1 di R yang berbeda dari 0, sehingga 1 a = a dan a1 = a untuk
semua a di R (eksistensi unsur satuan);
(M4). untuk setiap a≠ 0 di terdapat unsur 1/a di R sehingga a1/a = 1 dan (1/a)a =
(D). a (b+c) = (a b) + (a c) dan (b+c) a = (b a) + (c a) untuk semua a,b,c di R (si-fat distributif perkalian terhadap penjumlahan);
Pembaca perlu terbiasa dengan sifat-sifat di atas. Dengan demikian akan me-mudahkan dalam penurunan dengan menggunakan teknik dan manipulasi aljabar. Berikut kita akan dibuktikan beberapa konsekuensi dasar (tetapi penting).
2.1.2 Teorema. (a). Bila z dan a unsur di R sehingga z + a = a, maka z = 0. (b). Bila u dan b≠ 0 unsur R sehingga ub = b, maka u = 1.
Bukti :
(a). Dari hipotesis kita mempunyai z + a = a. Kita tambahkan unsur -a (yang eksis-tensinya dijamin pada (A4)) pada kedua ruas dan diperoleh
(z + a) + (-a) = a + (-a)
Bila kita berturut-turut menggunakan (A2), (A4) dan (A3) pada ruas kiri, kita
peroleh
(z + a) + (-a) = z + (a + (-a)) = z + 0 = z; bila kita menggunakan (A4) pada ruas kanan
a + (-a) = 0.
Dari sini kita simpulkan bahwa z = 0.
Bukti (b) ditinggalkan sebagai latihan. Perlu dicatat bahwa hipotesis b ≠ 0 sangat penting.
Selanjutnya kita akan tunjukkan bahwa bila diberikan a di R, maka unsur -a
dan 1/a (bila a ≠ 0) ditentukan secara tunggal.
2.1.3 Teorema. (a). Bila a dan b unsur di R sehinga a + b = 0, maka b = -a. (b). Bila a≠ 0 dan b unsur di R sehingga a b = 1, maka b = 1/a.
Bukti :
(a). Bila a + b = 0, maka kita tambahkan -a pada kedua ruas dan diperoleh (-a) + (a + b) = (-a) + 0.
Bila kita berturut-turut menggunakan (A2), (A4) dan (A3) pada ruas kiri, kita peroleh
(-a) + 0 = -a.
Dari sini kita simpulkan bahwa b = -a.
Bukti (b) ditinggalkan sebagai latihan. Perlu dicatat bahwa hipotesis b ≠ 0 sangat penting.
Bila kita perhatikan sifat di atas untuk menyelesaikan persamaan, kita peroleh bahwa (A4) dan (M4) memungkinkan kita untuk menyelesaikan persamaan a + x = 0
dan a x = 1 (bila a≠ 0) untuk x, dan teorema 2.1.3 mengakibatkan bahwa solusinya tunggal. Teorema berikut menunjukkan bahwa ruas kanan dari persamaan ini dapat sebarang unsur di R.
2.1.4 Teorema. Misalkan a,b sebarang unsur diR. Maka : (a). persamaan a + x = b mempunyai solusi tunggal x = (-a) + b;
(b). bila a≠ 0, persamaan a x = b mempunyai solusi tunggal x = (1/a) b.
Bukti :
Dengan menggunakan (A2), (A4) dan (A3), kita peroleh a + ((-a) + b) = (a + (-a)) + b = 0 + b = b,
yang mengakibatkan x = (-a) + b merupakan solusi dari persamaan a + x = b. Untuk menunjukkan bahwa ini merupakan satu-satunya solusi, andaikan x1 sebarang solusi
dari persamaan tersebut, maka a + x1 = b, dan bila kita tambahkan kedua ruas dengan
-a, kita peroleh
(-a) + (a + x1) = (-a) + b.
Bila sekarang kita gunakan (A2), (A4) dan (A3) pada ruas kiri, kita peroleh
(-a) + (a + x1) = (-a + a) + x1 = 0 + x1 = x1.
Dari sini kita simpulkan bahwa x1 = (-a) + b.
Bukti (b) ditinggalkan sebagai latihan.
(a). a 0 = 0 (b). (-1) a = -a
(c). -(-a) = a (d). (-1) (-1) = 1
Bukti :
(a). Dari (M3) kita ketahui bahwa a 1 = a. Maka dengan menambahkan a 0 dan
mengunakan (D) dan (A3) kita peroleh a + a 0 = a 1 + a 0
= a (1 + 0) = a 1 = a.
Jadi, dengan teorema 2.1.2(a) kita peroleh bahwa a 0 = 0.
(b). Kita gunakan (D), digabung dengan (M3), (A4) dan bagian (a), untuk memperoleh a + (-1) a = 1 a + (-1) a = 0 a = 0
Jadi, dari teorema 2.1.3(a) kita peroleh (-1) a = - a.
(c). Dengan (A4) kita mempunyai (-a) + a = 0. Jadi dari teorema 2.1.3 (a) diperoleh
bahwa a = - (-a).
(d). Dalam bagian (b) substitusikan a = -1. Maka (-1) (-1) = -(-1).
Dari sini, kita menggunakan (c) dengan a = 1.
Kita simpulkan deduksi formal kita dari sifat medan (bilangan real) dengan menutupnya dengan hasil-hasil berikut.
2.1.6 Teorema. Misalkan a,b,c unsur-unsur di R. (a). Bila a≠ 0, maka 1/a≠ 0 dan 1/(1/a) = a
(b). Bila a b = a c dan a≠ 0, maka b = c
(c). Bila a b = 0, maka paling tidak satu dari a = 0 atau b = 0 benar.
Bukti :
(a). Bila a≠ 0, maka terdapat 1/a. Andaikan 1/a = 0, maka 1 = a (1/a) = a 0 = 0, kontradiksi dengan (M3). Jadi 1/a≠ 0 dan karena (1/a) a = 1, Teorema 2.1.3(b)
men-gakibatkan 1/(1/a) = a.
(b). Bila kita kalikan kedua ruas persamaan a b = a c dengan 1/a dan menggunakan sifat asosiatif (M2), kita peroleh
Jadi 1 b = 1 c yang berarti juga b = c
(c). Hal ini cukup dengan mengasumsikan a ≠ 0 dan memperoleh b = 0. (Mengapa?) Karena a b = 0 = a 0, kita gunakan bagian (b) terhadap persamaan a b = a 0 yang menghasilkan b = 0, bila a≠ 0.
Teorema-teorema di atas mewakili sebagian kecil tetapi penting dari sifat-sifat aljabar bilangan real. Banyak konsekuensi tambahan sifat medan R dapat diturunkan dan beberapa diberikan dalam latihan.
Operasi pengurangan didefinisikan dengan a - b = a + (-b) untuk a,b di R. Se-cara sama operasi pembagian didefinisikan untuk a,b di R, b≠ 0 dengan a/b = a (1/b). Berikutnya, kita akan menggunakan notasi ini untuk pengurangan dan pembagian. Secara sama, sejak sekarang kita akan tinggalkan titik untuk perkalian dan menulis-kan ab untuk a b. Sebagaimana biasa kita akan menuliskan a2 untuk aa, a3 untuk (a2)a; secara umum, untuk n∈N, kita definisikan an+1 = (an)a. Kita juga menyetujui penulisan a0 = 1dan a1 = a untuk sebarang a di R (a≠ 0). Kita tinggalkan ini sebagai latihan bagi pembaca untuk membuktikan (dengan induksi) bahwa bila a di R, maka
am+n = aman
untuk semua m,n di N. Bila a ≠ 0, kita akan gunakan notasi a-1 untuk 1/a, dan bila n∈N, kita tuliskan a-n untuk (1/a)n, bila memang hal ini memudahkan.
Bilangan Rasional dan Irasional
Kita anggap himpunan bilangan asli sebagai subhimpunan dari R, dengan mengidentifikasi bilangan asli n∈N sebagai penjumlahan n-kali unsur satuan 1∈R. Secara sama, kita identifikasi 0∈Z dengan unsur nol di R, dan penjumlahan n-kali unsur -1 sebagai bilangan bulat -n. Akibatnya, N dan Z subhimpunan dari R.
Unsur-unsur di R yang dapat dituliskan dalam bentuk b/a dengan a,b di Z dan
ini dapat ditunjukkan dipenuhi oleh Q.
Fakta bahwa terdapat unsur di R yang tidak di Q tidak begitu saja dikenali. Pa-
da abad keenam sebelum masehi komunitas Yunani kuno pada masa Pytagoras me-nemukan bahwa diagonal dari bujur sangkar satuan tidak dapat dinyatakan sebagai pembagian bilangan bulat. Menurut Teorema Phytagoras tentang segitiga siku-siku, ini mengakibatkan tidak ada bilangan rasional yang kuadratnya dua. Penemuan ini mempunyai sumbangan besar pada perkembangan matematika Yunani. Salah satu konsekuensinya adalah unsur-unsur R yang bukan unsur Q merupakan bilangan yang dikenal dengan bilangan irrasional, yang berarti bilangan-bilangan itu bukan rasio (= hasil bagi dua buah) bilangan rasional. Jangan dikacaukan dengan arti tak rasional.
Kita akan tutup bagian ini dengan suatu bukti dari fakta bahwa tidak ada bi-lang-an rasional yang kuadratnya 2. Dalam pembuktiannya kita akan menggunakan gagasan bilangan genap dan bilangan ganjil. Kita ingat kembali bahwa bilangan genap mempu-nyai bentuk 2n untuk suatu n di N, dan bilangan ganjil mempunyai bentuk 2n - 1 untuk suatu n di N. Setiap bilangan asli bersifat ganjil atau genap, dan tidak pernah bersifat keduanya.
2.1.7 Teorema. Tidak ada bilangan rasional r, sehingga r2 = 2
Bukti :
Andaikan terdapat bilangan rasional yang kuadratnya 2. Maka terdapat bilan-gan bulat p dan q sehingga (p/q)2 = 2. Asumsikan bahwa p,q positif dan tidak mem-punyai faktor persekutuan lain kecuali 1. (Mengapa?) Karena p2 = 2q2, kita peroleh bahwa p2 genap. Ini mengakibatkan bahwa p juga genap (karena bila p = 2n - 1ganjil, maka kuadratnya, p2 = 4n2 - 4n + 1 = 2(2n2 - 2n +1) - 1 juga ganjil). Akibatnya, teo-rema 2 bukan faktor persekutuan dari p dan q maka haruslah q ganjil.
Dari sini kita sampai pada kontradiksi bahwa tidak ada bilangan asli yang ber-sifat genap dan ganjil.
Latihan 2.1
Untuk nomor 1 dan 2, buktikan bagian b dari teorema 1. 2.1.2
2. 2.1.3.
3. Selesaikan persamaan berikut dan sebutkan sifat atau teorema mana yang anda gunakan pada setiap langkahnya.
(a). 2x + 5 = 8; (b). 2x + 6 = 3x + 2; (c). x2 = 2x; (d). (x - 1) (x + 2) = 0. 4. Buktikan bahwa bila a,b di R, maka
-(a + b) = (-a) + (-b) (b). (-a) (-b) = a b
(-a) = -(1/a) bila a≠ 0 (d). -(a/b) = (-a)/b bila b≠ 0
5. Bila a,b di R dan memenuhi a a = a, buktikan bahwa a = 0 atau a = 1 6. Bila a≠ 0 dan b≠ 0, tunjukkan bahwa 1/(ab) = (1/a) (1/b)
7. Gunakan argumentasi pada bukti teorema 2.1.7 untuk membuktikan bahwa tidak ada bilangan rasional s, sehingga s2 = 6.
8. Modifikasi argumentasi pada bukti teorema 2.1.7 untuk membuktikan bahwa ti-dak ada bilangan rasional t, sehingga t2 = 3.
9. Tunjukkan bahwa bila ξ di R irasional dan r ≠ 0 rasional, maka r + ξ dan rξ ira-sional.
10.Misalkan B operasi biner pada R. Kita katakan B : (i). komutatif bila B(a,b) = B(b,a) untuk semua a,b di R.
(ii). asosiatif bila B(a,B(a,c)) = B(B(a,b),c) untuk semua a,b,c di R.
(iii). mempunyai unsur identitas bila terdapat unsur e di R sehingga B(a,e) = a = B(e,a), untuk semua a di R
Tentukan sifat-sifat mana yang dipenuhi operasi di bawah ini (a). B1(a,b) = 12 (a + b) (b). B2(a,b) =
11.Suatu operasi biner B pada R dikatakan distributif terhadap penjumlahan bila me-menuhi B(a,b + c) = B(a,b) + B(a,c) untuk semua a,b,c di R. Yang mana (bila ada) dari operasi nomor 12 yang bersifat distributif terhadap penjumlahan?.
12. Gunakan induksi matematika untuk menunjukan bahwa bila a di R dan m,n di N, maka am+n = aman dan (am)n = am n.
13. Buktikan bahwa bilangan asli tidak dapat bersifat genap dan ganjil secara ber-samaan.
2.2. Sifat Urutan Dalam
R
Sifat urutan R mengikuti gagasan positivitas dan ketaksamaan antara dua bi-lang-an real. Seperti halnya pada struktur aljabar sistem bilangan real, di sini kita utamakan beberapa sifat dasar sehingga sifat yang lain dapat diturunkan. Cara paling sederhana yaitu dengan mengidentifikasi sub himpunan tertentu dari R dengan meng-gunakan gagasan “positivitas”.
2.2.1 Sifat UrutandariR. Terdapat sub himpunan tak kosong P dari R, yang disebut himpunan bilangan real positif, yang memenuhi sifat-sifat berikut :
(i). Bila a,b di P, maka a + b di P (ii). Bila a,b di P, maka a b di P
(iii).Bila a di R, maka tepat satu dari yang berikut dipenuhi
a∈ P, a = 0, -a∈ P
Dua sifat yang pertama kesesuaian urutan dengan operasi penjumlahan dan perkalian. Kondisi (iii) biasa disebut “Sifat Trikotomi”, karena hal ini membagi R
menjadi tiga daripada unsur yang berbeda. Hal ini menyatakan bahwa himpunan {-a a∈ P} bilangan real negatif tidak mempunyai unsur sekutu di P, dan lebih dari itu, R
gabungan tiga himpunan yang saling lepas.
2.2.2 Definisi. Bila a∈P, kita katakan a bilangan real positif (atau positif kuat) dan kita tulis a > 0. Bila a∈P∪{0} kita katakan a bilangan real tak negatif dan ditulis a≥
Bila -a∈P, kita katakan a bilangan real negatif (atau negatif kuat) dan kita tulis
a < 0. Bila -a∈P∪{0} kita katakan a bilangan real tak positif dan ditulis a ≤ 0. Sekarang kita perkenalkan gagasan tentang ketaksamaan antara unsur-unsur R
dalam himpunan bilangan positif P.
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>
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
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}.
< 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)
(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 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.
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 + ... + cn
20. Asumsikan eksistensi akar dipenuhi, tunjukkan bahwa bila c > 1, maka c1/m < c1/n
jika dan hanya jika m > n.
