1 SISTEM BILANGAN REAL

1 SISTEM BILANGAN REAL Bilangan real sudah dikenal dengan baik sejak masih di sekolah menengah, bahkan sejak dari sekolah dasar. Namun untuk memulai mempelajari materi pada BAB ini anggaplah diri kita belum tahu apa-apa tentang bilangan real. Kita akan mempelajari bagaimana sistem bilangan real itu dibangun. Pertama-tama kita hanya diberikan suatu himpunan bilangan tetapi belum tahu anggotanya seperti apa, belum aturan yang berlaku di dalamnya. Kemudian kedalam himpunan ini diberikan dua operasi binair, penjumlahan (+) dan perkalian (·). Dengan dua operasi ini disusun beberapa aksioma. Dua aksioma penting adalah keujudan elemen 0 dan elemen 1. Inilah anggota bilangan real pertama yang kita ketahui. Selanjutnya dengan aksioma-aksioma ini didenisikan anggota-anggota lainnya, seperti bilangan asli, bilangan bulat, bilangan rasional dan bilangan irrasional. Juga didenisikan sifat-sifat yang mengatur hubungan antar anggota, seperti sifat urutan, sifat jarak, sifat kelengkapan dan sifat kepadatan.

1.1 Sifat aljabar bilangan real Bilangan real dipandang sebagai suatu himpunan, seterusnya dilambangkan dengan R. Selanjutnya, didenisikan dua operasi binair '+' dan '·' masing-masing disebut operasi penjumlahan dan operasi perkalian. Kedua operasi binair ini diterapkan pada R dan memenuhi sifat-sifat sebagai berikut: (A1) a + b = b + a untuk setiap a, b ∈ R, yaitu komutatif terhadap penjumlahan. (A2) (a + b) + c = a + (b + a) untuk setiap a, b, c ∈ R, yaitu asosiatif terhadap penjumlahan. (A3) Terdapat elemen 0 ∈ R sehingga a + 0 = 0 + a = a untuk setiap a ∈ R. Elemen 0 ini disebut elemen nol. (A4) Untuk setiap a ∈ R selalu terdapat (−a) ∈ R sehingga a + (−a) = (−a) + a = 0. Elemen (−a) ini disebut negatif dari a. (M1) a · b = b · a untuk setiap a, b ∈ R, yaitu komutatif terhadap perkalian. (M2) (a · b) · c = a · (b · c) untuk setiap a, b, c ∈ R, yaitu asosiatif terhadap perkalian. (M3) Terdapat elemen 1 ∈ R sehingga a · 1 = 1 · a = a untuk setiap a ∈ R. Elemen 1 ini disebut elemen satuan.

1

Bab 1. SITEM BILANGAN REAL by Julan HERNADI

(M4) Untuk setiap a ∈ R, a 6= 0 selalu terdapat (1/a) ∈ R sehingga a·(1/a) = (1/a)·a = 1. Elemen (1/a) ini disebut kebalikan dari a. (D) a · (b + c) = (a · b) + (a · c) dan (b + c) · a = (b · a) + (c · a) untuk setiap a, b, c ∈ R. Sifat ini disebut distributif perkalian terhadap penjumlahan. Diperhatikan bahwa ada 4 sifat yang berkaitan dengan operasi penjumlahan yaitu A1, A2, A3 dan A4 (notasi A untuk Adisi, atau penjumlahan), 4 sifat yang berkaitan dengan perkalian yaitu M1, M2, M3 dan M4 (M untuk Multiplikasi, atau perkalian) dan 1 sifat yang menggabungkan keduanya yaitu D (D untuk Distributif). Kesembilan sifat ini disebut sifat aljabar atau aksioma bilangan real. Sampai saat ini belum didenisikan bilangan negatif dan operasi pengurangan. Notasi (−a) dianggap satu elemen didalam R. Begitu juga elemen kebalikan (1/a) dianggap satu elemen dan operasi pembagian belum didenisikan. Berikut diberikan beberapa teorema sederhana yang diturunkan langsung dari sifat-sifat aljabar ini.

Teorema 1.1. Jika a bilangan real sebarang maka persamaan a + x = b mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (−a) + b.

Bukti.

Pertama ditunjukkan eksistensi penyelesaiannya. a+x (−a) + (a + x) ((−a) + a) + x 0+x x

= = = = =

b (diketahui) (−a) + b (−a) + b (A2) (−a) + b (A4) (−a) + b (A3)

Selanjutnya ditunjukkan bahwa penyelesaian ini adalah tunggal. Misalkan x1 penyelesaian lainnya maka dipenuhi a + x1 = b. Jadi diperoleh hubungan a + x1 = a + x. Berdasarkan langkah sebelumnya diperoleh x1 = (−a) + (a + x). Dengan menggunakan (A2) kemudian (A4) maka diperoleh x1 = x sehingga disimpulkan penyelesaiannya tunggal.

Latihan 1.1. Buktikan jika a bilangan real tidak nol maka persamaan a · x = b mem-

punyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (1/b).

Teorema 1.2. Bila a suatu elemen pada R maka berlaku pernyataan berikut. 1. a · 0 = 0 , 2. (−1) · a = −a, 3. −(−a) = a, 4. (−1) · (−1) = 1.

2


1) Berdasarkan (M3) kita mempunyai a · 1 = a. Selanjutnya kedua ruas ini ditambahkan a, diperoleh

Bukti.

a+a·0 = = = =

a·1+a·0 a · (1 + 0) [menggunakan D] a · 1 [menggunakan A3] a [menggunakan M3]

Selanjutnya dengan menggunakan Teorema 1.1 dengan menganggap x sebagai a · 0 diperoleh a · 0 = (−a) + a = 0. 2)

Dari (M3) kita mempunyai a = 1 · a. Tambahkan pada kedua ruas dengan (−1) · a, diperoleh a + (−1) · a = = = =

1 · a + (−1) · a (1 + (−1)) · a [menggunakan D] 0 · a [menggunakan A4] 0 [menggunakan bagian i, setelah menerapkan (A1)]

Selanjutnya dengan menggunakan Teorema 1.1 dan menganggap x sebagai (−1) · a, kemudian menggunakan (A3) diperoleh (−1) · a = (−a) + 0 = −a.

Latihan 1.2. Lanjutkan pembuktian Teorema 1.2 yang belum selesai. Teorema 1.2 (1) mengatakan bahwa bilangan apapun jika dikalikan dengan nol maka hasilnya nol. Fakta ini merupakan teorema yang kebenarannya dapat dibuktikan, bukan suatu kesepakatan atau aksioma. Begitu juga dengan fakta lainnya pada teorema ini.

Teorema 1.3. Misalkan a, b, c elemen pada R. Maka pernyataan berikut berlaku 1. Jika a 6= 0 maka 1/a 6= 0 dan 1/(1/a) = a, 2. Jika a · b = a · c dan a 6= 0 maka b = c, 3. Jika a · b = 0 maka berlaku salah satu: a = 0 atau b = 0. 1) Karena a 6= 0 maka menurut (M4) selalu ada 1/a ∈ R. Andaikan 1/a = 0 maka diperoleh

Bukti.

1 = a · (1/a) = a · 0 = 0.

Hasil ini berlawanan atau kontradiksi dengan (M3). Jadi pengandaian ini salah, dan haruslah 1/a 6= 0. Selanjutnya karena 1/a 6= 0 dan karena (1/a) · a = 1 maka

3


dengan Latihan 1 dengan memandang a sebagai x maka diperoleh a = 1/(1/a). 2) Kedua ruas pada a · b = a · c dikalikan dengan (1/a) disertai dengan menggunakan (M2), diperoleh ((1/a) · a) · b = ((1/a) · a) · c ⇔ 1 · b = 1 · c [menggunakan M4] ⇔ b = c [menggunakan M3]

Latihan 1.3. Buktikan pernyataan 3 pada Teorema 1.3.

Beberapa operasi lainnya pada R Sejauh ini hanya ada dua operasi pada bilangan real. Melalui dua operasi ini diturunkan bebedapa operasi lainnya yang didenisikan sebagai berikut : 1. Operasi pengurangan. Bila a, b ∈ R maka notasi a−b dibaca a dikurang dengan b dan didenisikan oleh a − b := a + (−b).

2. Operasi pembagian. Bila a, b ∈ R, b 6= 0 maka notasi a/b atau dengan b dan didenisikan oleh

a b

dibaca a dibagi

a/b := a · (1/b).

3. Operasi pangkat. Bila a ∈ R maka notasi a2 dibaca a dipangkatkan dengan dua atau a kuadarat dan didenisikan sebagai a2 := a · a. Secara umum untuk n bilangan asli, an adalah a dipangkatkan dengan n didenisikan oleh an := a | · a · a{z· · · · · a} . sebanyak n faktor

Untuk a 6= 0, notasi a−1 dimaksudkan untuk 1/a dan notasi a−n untuk (1/a)n .

Beberapa himpunan bagian penting pada R 1. Bilangan asli. Himpunan bilangan asli dilambangkan dengan N dipandang sebagai himpunan bagian R dan n ∈ N didenisikan sebagai n := |1 + 1 + 1{z+ · · · + 1} . sebanyak n suku

4


R Q

himpunan bilangan rasional

R\Q

Misal: -3/4, -1, 0, 2, 1/2, 4/5.

himpunan bilangan irrasional

Z: himpunan bilangan bulat { . . . ,-2, -1, 0, 1, 2, . . . }

Misal: 2,

N: himpunan bilangan asli {1, 2, 3, . . . }

Gambar 1.1: Struktur bilangan real 2. Bilangan bulat. Himpunan bilangan bulat dilambangkan dengan Z dan keanggotannya dapat didenisikan sebagai berikut : Z := {−n : n ∈ N} ∪ N ∪ {0}

dengan −n := (−1) + (−1) + (−1) + · · · + (−1). |

{z

}

sebanyak n suku

3. Bilangan rasional dan irrasional. Himpunan bilangan rasional dilambangkan dengan Q adalah elemen bilangan real yang dapat ditulis dalam bentuk pecahan. Jadi, Q :=

b : a, b ∈ Z, a 6= 0 . a

Bilangan real selain bilangan rasional disebut bilangan irrasional dan himpunan bilangan irrasional ini biasa dilambangkan dengan R \ Q. Notasi ":=" berarti "didenisikan oleh" (dened by ). Penggunaan notasi ini lebih tepat daripada menggunakan "=" karena tanda sama dengan seharusnya digunakan untuk menyatakan kesamaan kedua ruas. Struktur bilangan real diberikan pada Gambar 1.1.

Teorema 1.4. Tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 2. Proof. Andai ada bilangan rasional yang kuadratnya sama dengan dua. Untuk itu dapat ditulis r = mn dengan m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1. Diperoleh m2 r = 2 = 2 ⇒ m2 = 2n2 , n 2

berarti m2 bilangan genap. Karena itu m juga genap (lihat latihan berikut!). Karena m genap maka dapat ditulis m = 2p. Substitusi m ini ke kesamaan sebelumnya, diperoleh (2p)2 = 2n2 ⇒ 4p2 = 2n2 ⇒ n2 = 2p2 .

5


Ini berarti n2 bilangan genap, akibatnya n juga bilangan genap. Berangkat dari pengandaian tadi diperoleh dua pernyataan berikut a. m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1, berarti m dan n tidak mungkin keduanya genap. b. m dan n bilangan genap. Kedua pernyataan ini bertentangan (kontradiksi), sehingga pengandaian harus diingkari. Kesimpulannya Teorema terbukti.

Beberapa soal yang dipecahkan Contoh 1.1. Buktikan bahwa jika z ∈ R bilangan irrasioanl dan r 6= 0 bilangan rasional

maka r + z dan rz bilangan irrasional. Penyelesaian.

Dibuktikan dengan kontradiksi. Andai r + z rasional, maka dapat ditulis r+z =

p m dan r = , m, n, p, q ∈ Z, n, q 6= 0. n q

Dari sini diperoleh z=

mq − np m p − = , n q nq

yaitu z rasional, sebab mq − np, nq ∈ Z, nq 6= 0. Kontradiksi dengan z irrasional. Jadi pengandaian r + z rasional salah, dan haruslah r + z irrasional. Dengan argumen yang sama dapat dibuktikan sisanya.

Contoh 1.2. Buktikan bahwa jika a, b ∈ R maka 1. −(a + b) = (−a) + (−b) 2. (−a) · (−b) = a · b 3. 1/(−a) = −(1/a), a 6= 0 4. −(a/b) = (−a)/b, b 6= 0. Bukti.

1). Dengan menggunakan Teorema 1.2(2) dan sifat distributif diperoleh −(a + b) = (−1) · (a + b) = (−1) · a + (−1) · b = (−a) + (−b).

6


2). Diperhatikan penjabaran berikut, coba justikasi setiap langkah yang diberikan (−a) · (−b) = = = = = =

((−1) · a) · ((−1) · b) (a · (−1)) · ((−1) · b) a · ((−1) · ((−1) · b)) a · (((−1) · (−1)) · b) a · (1 · b) a·b

Latihan 1.4. Kerjakan bagian 3 dan 4 pada Contoh 1.1. Contoh 1.3. Bila bilangan real a memenuhi a · a = a maka salah satunya berlaku: a = 0 atau a = 1. Bukti.

Diketahui a · a = a. Coba lengkapi justikasi untuk tiap-tiap langkah berikut. a · a + (−a) = a + (−a) a · a + (−1) · (a) = 0 (a + (−1)) · a = 0.

Dengan menggunakan Teorema 1.3(iii) diperoleh a + (−1) = 0 atau a = 0. Lanjutkan langkah untuk menyimpulkan a = 1 dari a + (−1) = 0.

Contoh 1.4. Bila a 6= 0 dan b 6= 0, buktikan 1/(ab) = (1/a) · (1/b). Karena a 6= 0 dan b 6= 0 maka ab 6= 0 sehingga berdasarkan Teorema 1.3 (i) diperoleh

Bukti.

1 = a·b (1/ab) 1 · (1/b) = a · (b · (1/b)) (1/ab) 1 · (1/b) = a (1/ab) 1 · ((1/b) · (1/a)) = a · (1/a) (1/ab) 1 · ((1/b) · (1/a)) = 1. (1/ab)

Dari baris terakhir dapat disimpulkan (1/a) · (1/b) = 1 merupakan elemen kebalikan dari (1/a) · (1/b). (1/ab)

7

1 (1/(1/ab))

= 1/(ab) karena


1.2 Sifat urutan bilangan real Urutan pada bilangan real merujuk pada hubungan ketidaksamaan antara dua bilangan real. Sebelum didenisikan urutan terlebih dulu didenisikan bilangan positif.

Denisi 1.1. Pada R terdapat himpunan bagian takkosong P dengan sifat-sifat berikut 1. Jika a, b ∈ P maka a + b ∈ P. 2. Jika a, b ∈ P maka a · b ∈ P. Himpunan P ini selanjutnya disebut himpunan bilangan positif. Selanjutnya diturunkan sifat trikotomi pada bilangan real, yaitu bila a ∈ R sebarang maka tepat satu pernyataan berikut dipenuhi, yaitu a ∈ P, atau a = 0, atau − a ∈ P.

Selanjutnya himpunan bilangan negatif didenisikan sebagai himpunan {−a : a ∈ P} .

Jadi himpunan bilangan real terbagi atas tiga himpunan saling asing yaitu bilangan positif, bilangan negatif dan nol. Selanjutnya urutan pada bilangan real didenisikan sebagai berikut

Denisi 1.2. Berikut ini denisi ketidaksamaan antara elemen-elemen pada R : 1. Bilangan a ∈ P disebut bilangan positif dan ditulis a > 0. Notasi a ≥ 0 berarti a ∈ P ∪ {0}, dan a disebut bilangan taknegatif. 2. Bilangan a ∈ P sehingga −a ∈ P disebut bilangan negatif, ditulis a < 0. Notasi a ≤ 0 berarti −a ∈ P ∪ {0}, dan a disebut bilangan takpositif. 3. Bilangan real a dikatakan lebih besar dari b, ditulis a > b jika hanya jika a − b ∈ P Notasi a b dan b > c maka a > c, 2. Tepat satu pernyataan berikut memenuhi : a > b, a = b, a < b. 1)Karena a > b dan b > c maka berdasarkan denisi berlaku a − b ∈ P, dan b − c ∈ P. Dengan sedikit trik diperoleh

Bukti.

a − c = (a − b) + (b − c) ∈ P, yakni a > c.

2) Terapkan sifat trikotomi pada a − b.

8


Teorema 1.6. Misalkan a, b, c, d bilangan-bilangan real. Maka berlaku 1. Jika a > b maka a + c > b + c. 2. Jika a > b, c > d maka a + c > b + d. 3. Jika a > b dan c > 0 maka ca > cb. 4. Jika a > b dan c < 0 maka ca < cb. 1) Karena diketahui a−b ∈ P maka (a+c)−(b+c) = a−b ∈ P, yaitu a+c > b+c. 2) Karena diketahui a−b ∈ P dan c−d ∈ P maka (a+c)−(b+d) = (a−b)+(c−d) ∈ P, yaitu a + c > b + d. 3) Karena diketahui a − b ∈ P, c ∈ P maka (a − b)c = ac − bc ∈ P, yaitu ac > bc.

Bukti.

Latihan 1.5. Buktikan bagian 4 pada Teorema 1.5. Teorema 1.7. Jika a dan b bilangan real dengan a < b maka a < 12 (a + b) < b. Karena a < b maka 2a = a + a < a + b. Dengan argumen yang sama diperoleh juga a + b 0 maka 0 < 21 a < a. Teorema berikut menjamin bahwa suatu bilangan taknegatif yang kurang dari bilangan positif apapun adalah nol.

Teorema 1.8. Bila a ∈ R dengan 0 ≤ a < untuk setiap ε > 0 maka a = 0. Bukti dengan kontradiksi. Andaikan a > 0. Berdasarkan Latihan sebelumnya, berlaku 0 < 12 a < a. Sekarang ambil ε0 := 12 a > 0, sehingga berlaku 0 < ε0 < a. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa 0 ≤ a < untuk setiap ε > 0. Jadi pengandai salah, dan haruslah a = 0.

Bukti.

Latihan 1.7. Bila a, b bilangan real dengan a 0 maka a ≤ b. Berdasarkan denisi bilangan positif bahwa perkalian dua bilangan positif akan menghasilkan bilangan positif. Tetapi sebaliknya, bila hasil kali dua bilangan real adalah positif belum tentu kedua bilangan real tadi positif.

Teorema 1.9. Jika ab > 0 maka berlaku salah satu dari dua kemungkinan berikut: a > 0 dan b > 0 atau a < 0 dan b < 0.

9


Karena ab > 0 maka a 6= 0 dan b 6= 0, sebab jika salah satu diantara a atau b bernilai nol maka ab = 0. Karena sifat trikotomi kemungkinnya a > 0 atau a < 0. Untuk a > 0 maka 1/a > 0 dan

Bukti.

b = 1 · b = ((1/a)a) b = (1/a) (ab) > 0. | {z } |{z} >0

>0

Untuk kasus a < 0, diperoleh −a > 0 atau 1/(−a) > 0 sehingga diperoleh 0 < (1/(−a))(ab) = −(1/a)(ab) = − ((1/a) · a) · b = −1 · b = −b.

Karena −b > 0 maka disimpulkan b < 0.

Latihan 1.8. Buktikan bahwa jika ab < 0 maka berlaku salah satu dari dua kemungk-

inan berikut:

a > 0 dan b < 0 atau a < 0 dan b > 0.

Kedua hasil yang baru saja diberikan mengatakan bahwa jika hasil kali dua bilangan positif maka kedua bilangan itu bertanda sama. Sebaliknya, jika hasil kali kedua bilangan negatif maka kedua bilangan itu berlainan tanda.

Beberapa ketidaksamaan penting pada R Teorema 1.10. Misalkan a ≥ 0 dan b ≥ 0. Maka pernyataan-pernyataan berikut adalah equivalen:

1. a 0 ←→ b2 > 0 ←→

√ b > 0.

Fakta ini mudah dibuktikan sendiri. Sekarang diasumsikan a > 0 dan b > 0, yaitu a + b > 0. (1) → (2): Diketahui a < b, atau a − b < 0. Jadi diperoleh a2 − b2 = (a − b) (a + b) < 0 | {z } | {z } <0

>0

(2) → (1): Diketahui a2 −b2 = (a − b) (a + b) < 0. Karena diketahui pula a+b > 0 | {z } | {z } <0

>0

maka haruslah a − b < 0, atau a < b. (i) ↔ (iii): Sebelumnya sudah dibuktikan bahwa jika x, y > 0 maka x < y ←→ x2 < y 2 .

10


√

Pada bagian √ 2ini diambil x = a dan y = dan b = b) maka diperoleh

√ √ b sehingga x, y > 0. Karena a = ( a)2

√ √ √ √ a < b ←→ ( a)2 = a < b = ( b)2 .

Jadi lengkaplah bukti ini karena telah ditunjukkan berlakunya equivalensi (3) ↔ (1) ↔ (2).

Teorema 1.11. [Rata-rata berlaku

aritmatika-geometri]

√

Bila a dan b bilangan positif maka

1 ab ≤ (a + b). 2

(RAG)

Bila a = b maka relasi pada (RAG)√menjadi kesamaan. Sekarang diasumsikan √ a 6= b. Karena a > 0 dan b > 0 maka a > 0 dan b > 0. Diperhatikan bahwa

Bukti.

√ √ √ √ 0 6= a − b = ( a − b) ( a + b) . | {z } >0

√ √ Jadi ( a − b) 6= 0, dan selanjutnya dikuadratkan diperoleh √ √ √ √ 1 0 < ( a − b)2 = a − 2 ab + b ⇐⇒ ab > (a + b). 2

Rata-rata aritmatika (RA) dari dua bilangan real a dan b adalah a+b , sedangkan rata2 √ rata geometri (RG) dari a dan b adalah ab. Biasanya dalam kehidupan sehari-hari, rata-rata aritmatika lebih sering digunakan daripada rata-rata geometri. Secara umum dua macam rata-rata ini didenisikan sebagai berikut: Misalkan diketahui bilangan real atau data a1 , a2 , · · · , an maka n

dengan notasi berlaku bahwa

P

1X RA = ak , RG = n k=1 Q

untuk penjumlahan dan

n Y

!1/n ak

k=1

untuk perkalian suku-suku. Masih tetap

RG ≤ RA.

Teorema 1.12 (Ketidaksamaan Bernoulli). Jika x > −1 maka untuk setiap n ∈ N berlaku

(1 + x)n ≥ 1 + nx.

(KB)

Dibuktikan dengan induksi matematika. Untuk n = 1 kedua ruas pada (KB) menjadi kesamaan. Diasumsikan berlaku untuk n = k , yaitu berlaku (1 + x)k ≥ 1 + kx. Untuk n = k + 1, diperoleh

Bukti.

(1 + x)k+1

(1 + x)k ≥ 1 + kx [ diketahui ] = (1 + x)k (1 + x) ≥ (1 + kx)(1 + x) = 1 + (k + 1)x + kx2 ≥ 1 + (k + 1)x.

11


Jadi berlaku untuk n = k + 1. Perhatikan pada baris kedua kedua ruas dikalikan dengan (1 + x) suatu bilangan positif karena x > −1.

Teorema 1.13 (Ketidaksamaan Cauchy). Misalkan a1 , a2 , · · · an dan b1 , b2 , · · · , bn bilangan real maka berlaku

n X

!2 ≤

ak b k

k=1

Bukti.

!

n X

n X

a2k

k=1

! b2k

.

k=1

Didenisikan fungsi F : R → R dengan F (t) :=

n X

(ak − tbk )2 .

k=1

Jelas F fungsi taknegatif, karena itu diperoleh F (t) = =

n X

a2k − 2tak bk + t2 b2k

k=1 n X

! b2k

t2 − 2

k=1

n X

! ak b k

n X

t+

! a2k

≥ 0.

k=1

k=1

Jadi F merupakan fungsi kuadrat denit tak negatif, sehingga diskriminannya pun tak negatif, yaitu 4

n X

!2 ak b k

−4

k=1

n X

! b2k

k=1

n X

! a2k

≤ 0.

k=1

Akhirnya dengan memindahkan ruas pada ketidaksamaan ini terbuktilah bahwa n X

!2 ak b k

≤

k=1

n X

! a2k

k=1

n X

! b2k

.

k=1

Soal-soal yang dipecahkan 1. Diketahui a, b ∈ R.Buktikan a2 + b2 = 0 ←→ a = 0 dan b = 0. 2. Bila 0 ≤ a < b, buktikan a2 ≤ ab < b2 . Tunjukkan bahwa a2 < ab < b2 tidak selalu berlaku. √

ab < b dan 1b < a1 . 2 4. Buktikan untuk setiap a, b ∈ R berlaku 12 (a + b) ≤ 21 (a2 + b2 ).

3. Buktikan jika 0 < a 1 → 1 < c < c2 . 6. Bila untuk sebarang a, b ∈ R berlaku a ≤ b + ε untuk setiap ε > 0 maka a ≤ b. 7. Temukan himpunan penyelesaian yang memenuhi pertidaksamaan berikut a) x2 > 3x + 4 b) 1 < x2 < 4 c) d)

1 x 1 x

<x < x2 .

1.3 Nilai mutlak dan jarak pada R Pada sifat urutan bilangan real baru diketahui urutan lebih besar antara dua bilangan real, tetapi belum diketahui pengertian jarak antara dua bilangan real. Jarak atau secara umum disebut metrik pada bilangan real ini ditentukan melalui nilai mutlak.

Denisi 1.3. Nilai mutlak suatu bilangan real a, ditulis dengan |a| didenisikan sebagai: bila a > 0, bila a = 0, bila a < 0.

  a |a| := 0   −a

Sebagai contoh, |3| = 3, |0| = 0, dan | − 1| = 1. Dengan kata lain, nilai multak bilangan real bersifat dikotomi, yaitu nol atau positif. Diperhatikan tiga cabang pada denisi nilai mutlak dapat disederhanakan menjadi ( |a| :=

bila a ≥ 0, bila a < 0.

a −a

Teorema berikut menyajikan sifat-sifat dasar nilai mutlak.

Teorema 1.14. Misalkan a, b, c bilangan-bilangan real. Maka berlaku pernyataan berikut 1. |a| = 0 bila hanya bila a = 0 2. | − a| = |a| 3. |ab| = |a||b| 4. untuk c ≥ 0, |a| ≤ c bila hanya bila −c ≤ a ≤ c.

13


5. −|a| ≤ a ≤ |a|. 1)(⇐=): langsung dari denisi. (=⇒): dibuktikan melalui kontraposisinya, yaitu jika a 6= 0 maka |a| = 6 0, juga langsung dari denisi. 2) Jika a = 0 maka diperoleh |a| = |0| = 0 = | − 0| = | − a|. Jika a > 0 maka −a < 0 sehingga diperoleh |a| = a = −(−a) = | − a|. Jika a < 0 maka −a > 0 sehingga diperoleh |a| = −a = |a|. 3) Bila minimal salah satu dari a atau b bernilai nol maka kedua ruas bernilai nol. Bila keduanya tidak ada yang nol, ada 4 kemungkinan untuk nilai a, b yang perlu diselidiki yaitu a > 0, b > 0 atau a > 0, b < 0 atau a < 0, b > 0 atau a < 0, b < 0. Untuk a > 0, b < 0 maka ab < 0, |a| = a, |b| = −b sehingga berlaku |ab| = −(ab) = (a)(−b) = |a||b|. Untuk kemungkinan lainnya silahkan dicoba sendiri sebagai latihan. 4) (⇐=): karena |a| ≤ c maka a ≤ c dan −a ≤ c atau a ≥ −c, digabungkan diperoleh −c ≤ a ≤ c. (=⇒): bila −c ≤ a ≤ c maka kita mmepunyai a ≤ c dan −c ≤ a, atau −a < c. Karena |a| bernilai |a| atau | − a| maka disimpulkan |a| < c.

Bukti.

5) Dengan mengambil c := |a| ≥ 0 pada bagian (4) maka |a| ≤ |a| adalah pernyataan yang benar. Implikasinya adalah −|a| ≤ c ≤ |a|. Cara lain adalah dengan menggunakan kenyataan bahwa |a| ≥ a berlaku untuk setiap a ∈ R. Karena −a ∈ R maka |a| = | − a| ≥ −a, atau −|a| ≤ a. Setelah digabungkan diperoleh −|a| ≤ c ≤ |a|.

Denisi 1.4. Jarak (metrik) antara dua bilangan real a dan b didenisikan sebagai d(a, b) := |a − b|.

Bila b = 0 maka d(a, 0) = |a| dipandang sebagai jarak a terhadap titik asal 0. Interpretasi sederhana bilangan real dapat disajikan dalam garis bilangan. Gambar berikut adalah garis bilangan dan ilustrasi jarak antara −3 dan 2. -4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

| -3 - 2 | = 5

Gambar 1.2: Garis bilangan dan jarak antara dua bilangan real Teorema berikut berkaitan dengan sifat dasar nilai mutlak dan sangat sering digunakan dalam analisis.

Teorema 1.15. (Ketidaksamaan segitiga) Untuk sebarang bilangan real a dan b berlaku |a + b| ≤ |a| + |b|.

14

(KS)


Dari Teorema 1.14(5) kita mempunyai −|a| < a < |a| dan −|b| < b < |b|. Dengan menjumlahkan dua ketidaksamaan ini diperoleh

Bukti.

−(|a| + |b|) < a + b < (|a| + |b|).

Kemudian, dari bagian (4) dengan menganggap c := (|a| + |b|) maka terbukti bahwa |a + b| ≤ |a| + |b|.

Latihan 1.9. Untuk sebarang bilangan real a dan b, buktikan 1. ||a| − |b|| ≤ |a − b|. 2. |a − b| ≤ |a| + |b|.

Contoh 1.5. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi |x − 1| > |x + 1|. Diperhatikan titik x = −1 dan x = 1 merupakan titik transisi, yaitu perbatasan dimana nilai mutlak berubah pola. Untuk x < −1, maka x − 1 < 0 dan x + 1 > 0 sehingga |x − 1| = −(x − 1) dan |x + 1| = −(x + 1). Subtitusi kedalam ketidaksamaan diperoleh

Penyelesaian.

−(x − 1) > −(x + 1) ⇐⇒ 1 > −1

suatu pernyataan yang benar untuk setiap x < −1. Untuk −1 < x < 1 berlaku |x − 1| = −(x − 1) dan |x + 1| = (x + 1). Subtitusi kedalam ketidaksamaan diperoleh −(x − 1) > (x + 1) ⇐⇒ 2x >< 0 ⇐⇒ x < 0.

Untuk x > 1 berlaku |x − 1| = x − 1 dan |x + 1| = x + 1. Substitusi ke dalam ketidaksamaan diperoleh x − 1 > x + 1 ⇐⇒ −1 > 1

suatu pernyataan yang salah untuk setiap x > 1. Dengan menggabungkan ketiga hasil ini diperoleh himpunan penyelesaian untuk x sebagai berikut {x : x < −1} ∪ {x : x < 0} = {x : x < 0}.

Cara lain adalah dengan menggunakan Teorema 1.10 sebelumnya, yaitu |x−1| > |x+1| ⇔ (x−1)2 > (x+1)2 ⇔ x2 −2x+1 > x2 +2x+1 ⇔ 4x < 0 ⇔ x < 0.

Perhatikan Teorema 1.10 memberikan dasar untuk mengkuadartkan kedua ruas ketidaksamaan. Perlu hati-hati syarat yang harus dipenuhi adalah kedua ruas terjamin tidak bernilai negatif.

15


Latihan 1.10. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi |x| + |x + 1| < 2. Dapat diperiksa bahwa jarak (metrik) seperti diberikan pada Denisi 1.4 memenuhi sifat-sifat sebagai berikut 1. d(x, y) ≥ 0 untuk setiap x, y ∈ R. 2. d(x, y) = 0 bila hanya bila x = y . 3. d(x, y) = d(y, x) untuk setiap x, y ∈ R. 4. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) untuk setiap x, y ∈ R. Sifat 4 ini merupakan generalisasi dari ketidaksamaan segitiga (KS). Himpunan bilangan real yang dilengkapi dengan metrik d ini disebut ruang metrik. Lebih lanjut, pada analisis dikenal pula ruang bernorma, ruang Banach, ruang Hilbert dan lain-lain.

Latihan 1.11. Misalkan S himpunan takkosong, buktikan fungsi d pada S × S yang didenisikan oleh

( 0 d(s, t) := 1

bila s = t, bila s = 6 0.

merupakan metrik. Metrik ini disebut metrik diskrit. Bentuk lain generalisasi dari KS diungkapkan pada teorema berikut.

Teorema 1.16. Untuk sebarang bilangan real a1 , a2 , · · · , an , berlaku |a1 + a2 + · · · + an | ≤ |a1 | + |a2 | + · · · + |an |.

Dapat dibuktikan dengan induksi. Ingat prinsip induksi, jika berlaku untuk dua bilangan maka akan berlaku untuk sebanyak berhingga bilangan.

Bukti.

Soal-soal yang perlu dipecahkan 1. Jika a, b ∈ R, buktikan bahwa |a + b| = |a| + |b| bila hanya bila ab ≥ 0. 2. Jika x < z , buktikan bahwa x < y < z bila hanya bila |x − y| + |y − z| = |x − z|. Interprestasikan fakta ini secara geometris. 3. Jika a < x, y < b, tunjukkan bahwa |x − y| 2 secara bersamaan.

16


6. Tentukan semua pasangan titik (x, y) dan sketsa grak pada R×R yang memenuhi persamaan berikut a) |x| = |y| b) |xy| = 1 c) |x| + |y| = 2 d) |x| − |y| = 1. 7. Tentukan semua pasangan titik (x, y) dan sketsa grak pada R×R yang memenuhi pertidaksamaan berikut a) |x| ≤ |y| b) |xy| ≥ 1 c) |x| + |y| ≤ 2 d) |x| − |y| ≥ 1.

1.4 Supremum dan inmum Ketika kita diberikan himpunan A := [0, 1) maka minimum atau anggota terkecil himpunan ini adalah 0. Pertanyaannya, apakah A mempunyai maksimum? Kalau ada, berapa nilainya. Perhatikan bahwa 1 bukan nilai maksimum karena ia tidak termuat di dalam A. Pertanyaan yang sejenis, apakah himpunan B := (0, 1] mempunyai minimum?. Dengan kata lain, apakah ada bilangan positif terkecil?. Untuk pertanyaan terakhir ini jawabannya diberikan pada contoh berikut.

Contoh 1.6. Buktikan himpunan B := (0, 1] tidak mempunyai minimum. Gunakan metoda kontradiksi. Anda B mempunyai minimum, katakanlah nilainya xmin . Maka haruslah memenuhi 0 < xmin < 1. Ambil a := 12 xmin . Maka berdasarkan teorema yang sudah dibahas sebelumnya berlaku 0 < a < xmin dan a ∈ B . Jadi ada anggaota B yang lebih kecil dari xmin padahal xmin adalah minimum. Fakta ini menghasilkan kontradiksi sehingga pengandaian kita adalah salah. Kesimpulannya B tidak mempunyai minimum.

Bukti.

Latihan 1.12. Buktikan himpunan A := [0, 1) tidak mempunyai maksimum. Diperhatikan bahwa pada 1 bukan maksimum himpunan A := [0, 1) tetapi tidak ada anggota A yang lebih besar dari 1. Nantinya bilangan 1 seperti ini disebut batas atas paling kecil atau supremum untuk himpunan A. Sebelumnya diberikan denisi batas ata dan batas bawah himpunan sebagai berikut.

Denisi 1.5. Misalkan S suatu himpunan bagian dari R.

17


Gambar 1.3: Ilustrasi batas atas dan batas bawah 1. Bilangan u ∈ R dikatakan batas atas S jika s ≤ u untuk setiap s ∈ S . 2. Bilangan w ∈ R dikatakan batas bawah S jika w ≤ s untuk setiap s ∈ S . Ilustrasi batas atas dan batas bawah himpunan diberikan Gambar 1.3. Jadi batas atas atas dan batas bawah tidak tunggal seperti nilai maksimum atau minimum. Kita sebut himpunan batas atas A, ditulis hba(A) untuk menyatakan kumpulan semua batas atas A. Notasi dan maksud yang sesuai untuk hbb(B).

Contoh 1.7. Diberikan S := [0, 1), maka himpunan batas atas S dan himpunan batas bawah S adalah

hba(S) = {x ∈ R : x ≥ 1} dan hbb(S) = {x ∈ R : x ≤ 0}. Diperhatikan 0 ∈ S dan 0 adalah batas bawah, sedangkan 1 ∈ / S dan 1 batas atas S .

Contoh 1.8. Himpunan bilangan asli N tidak mempunyai batas bawah maupun batas atas.

Contoh 1.9. Himpunan S := { n1 : n ∈ N} mempunyai himpunan batas bawah {x : x ≤

0} dan mempunyai himpunan batas atas {x : x ≥ 1}.

Contoh 1.10. Buktikan setiap bilangan real adalah batas atas himpunan kosong ∅. Argumennya dapat dijelaskan sebagai berikut. Bilangan u ∈ R batas atas S dapat disajikan dalam kalimat logika berikut

Bukti.

s ∈ S → s < u.

Dalam kasus S himpunan kosong maka pernyataan s ∈ S bernilai salah, sehingga kalimat implikasi s ∈ S → s < u selalu benar. Dengan argumen yang sejalan dapat disimpulkan bahwa semua bilangan real juga merupakan batas bawah himpunan kosong.

Contoh 1.11. Tuliskan denisi p bukan batas atas S . 18


Penyelesaian.

Perhatikan denisi batas atas dalam kalimat logika berikut p batas atas S ←→ p ≥ s untuk setiap s ∈ S.

Dengan membuat ingkaran kalimat ini maka diperoleh denisi bukan batas atas berikut p bukan batas atas S ←→ ada s0 ∈ S sehingga p < s0 .

Latihan 1.13. Tuliskan denisi d bukan batas bawah S . Denisi 1.6. Himpunan yang mempunyai batas atas disebut terbatas diatas (bounded above ), sedangkan himpunan dikatakan terbatas dibawah (bounded below ) jika ia mempunyai batas bawah. Himpunan dikatakan terbatas jika ia terbatas diatas dan terbatas dibawah.

Contoh 1.12. Himpunan bilangan real R := (−∞, ∞) tidak terbatas diatas maupun

dibawah. Himpunan S := [1, ∞) terbatas dibawah. Himpunan E := { n1 : n ∈ N} terbatas.

Denisi 1.7. Misalkan S himpunan bagian dari R. 1. Misalkan S terbatas diatas. Maka batas atas u dikatakan supremum S jika tidak ada bilangan lain yang lebih kecil dari u yang menjadi batas atas S . Dengan kata lain u batas atas yang paling kecil. 2. Misalkan S terbatas dibawah. Maka batas bawah w dikatakan inmum dari S jika tidak ada bilangan lain yang lebih besar dari w yang menjadi batas bawah S . Dengan kata lain w batas bawah yang paling besar. Kedua istilah ini ditulis dalam u = sup(S) dan w = inf(S). Karakterisasi supremum

Berdasarkan denisi, u = sup(S) dapat dikarakterisasi oleh dua kondisi berikut, yaitu: 1. u ≥ s untuk setiap s ∈ S , 2. bila ada v ∈ R dengan v < u maka ada s0 ∈ S sehingga v < s0 . Kondisi pertama menyatakan bahwa v haruslah batas atas S dan kondisi kedua menyatakan bahwa batas atas ini haruslah yang terkecil. Artinya bila ada v bilangan lain yang lebih kecil dari s maka v bukan batas atas S lagi.

Contoh 1.13. Tulisakan karakterisasi w = inf S .

19


Gambar 1.4: Ilustrasi supremum dan inmum Ilustrasi grak supremum dan inmum diberikan pada Gambar 1.4. Berdasarkan denisi dan ilustrasi ini kita dapat membuktikan bahwa supremum atau inmum suatu himpunan adalah tunggal. Berikut teorema mengenai fakta ini.

Teorema 1.17. Supremum suatu himpunan selalu tunggal. Andaikan u = sup S dan u1 = sup S dengan u 6= u1 . Karena itu ada dua kemungkinan yang dapat terjadi, yaitu u < u1 atau u > u1 . Untuk u < u1 berarti u bukan batas atas S , ini berlawanan dengan u = sup S . Untuk u > u1 berarti u1 bukan batas atas S , ini bertentangan dengan u1 = sup S . Jadi pengandaian u 6= u1 salah, seharusnya u = u1

Bukti.

Latihan 1.14. Buktikan inmum suatu himpunan selalu tunggal. Berikut adalah kriteria epsilon yang sering digunakan untuk mengetahui suatu batas atas merupakan supremum atau bukan.

Teorema 1.18. Misalkan u suatu batas atas himpunan S . Maka berlaku pernyataan

berikut

u = sup S ↔ ∀ε > 0, ∃s ∈ S sehingga u − ε < s.

(1.1)

Bukti. (→):

Ambil ε > 0 sebarang. Karena diketahui u = sup S maka u − ε bukan batas atas S , jadi ada s ∈ S sehingga u − ε < s. (←): Akan ditunjukkan bahwa u yang memenuhi sebelah kanan (1.1) merupakan supremum S . Misalkan v sebarang bilangan real dengan v < u. Ambil ε := u−v > 0, maka ada s ∈ S sehingga u − ε = u − (u − v) = v < s.

Ini berarti v bukan batas atas S , dan berdasarkan karakteristik supremum disimpulkan bahwa u = sup S . Fakta pada teorema ini diilustrasikan pada Gambar 1.5.

Latihan 1.15. Misalkan w suatu batas atas himpunan S . Maka berlaku pernyataan berikut

w = inf S ↔ ∀ε > 0, ∃s ∈ S sehingga w + ε > s.

(1.2)

Contoh 1.14. Diperhatikan himpunan S := {x : 0 ≤ x < 1}. Maka max S tidak ada, tetapi sup S = 1, min S = inf S = 0.

20


s

Gambar 1.5: Ilustrasi kriteria epsilon untuk supremum Contoh 1.15. Diperhatikan himpunan S := { n1 : n ∈ R}. Maka maks S = sup S = 1, min S tidak ada tetapi inf S = 0.

Hasil ini dapat dibuktikan sebagai berikut. Jika diberikan ε > 0 sebarang maka selalu dapat dipilih bilangan asli n0 dengan n0 > 1/ε. Nah, s = n10 ∈ S dan 0 + s > ε. Berdasarkan kriteria inmum (latihan sebelumnya) maka disimpulkan 0 adaah inmum S .

Bukti.

Pada pembuktian ini telah digunakan sifat Archimedes sebagai berikut Setiap ε > 0 selalu terdapat bilangan asli n sehingga

1 n

< ε.

Sebagai ilustrasi sifat Archimedes ini, diperhatikan fakta berikut: ε = 0.0012 →

1 1 1 = 833.333 · · · , ambil n = 834 maka berlaku = < 0.0012 = ε. ε n 834

Setelah mempelajari supremum, maksimum, inmum dan minimum maka jelaslah bahwa konsep supremum dan inmum lebih luas daripada konsep maksimum dan minimum. Faktanya, bila suatu himpunan S mempunyai maksimum dan minimum maka sup S = maks S, inf S = min S.

Sebaliknya tidak semua himpunan mempunyai supremum atau inmum. Himpunan yang tidak mempunyai batas atas tentu tidak mempunyai supremum, begitu juga himpunan yang tidak terbatas ke bawah tidak mungkin mempunyai inmum. Himpunan bilangan real R tidak mempunyai supremum maupun inmum. Ingat supremum dan inmum merupakan bilangan real, sedangkan ∞ atau −∞ bukan bilangan real.

Sifat supremum dan inmum Sifat ini dapat disajikan secara sederhana sebagai berikut. Setiap himpunan tak kosong yang terbatas diatas selalu mempunyai supremum, dan setiap himpunan tak kosong yang terbatas dibawah selalu mempunyai inmum. Sifat supremum ini dikenal juga dengan sifat kelengkapan bilangan real. Dengan sifat ini terjamin bahwa garis bilangan adalah "padat", artinya tidak ada satupun titik yang hilang. Sebagai ilustrasi, diperhatikan himpunan terbatas berikut A := {x > 0 : x2 < 2}.

21


Himpunan√A ini tidak mempunyai maksimum √ tetapi A mempunyai supremum, yaitu sup A = 2. Fakta ini menjamin bahwa 2 yang merupakan bilangan irrasional benar-benar ada. Pertanyaannya, seberapa banyak bilangan irrasional yang ada. Lebih "banyak" mana, bilangan rasional atau bilangan irrasional. Nah, berikut ini diberikan sifat kepadatan bilangan rasional dalam R.

Teorema 1.19. Bila a dan b bilangan real dengan a b−a . Untuk n ini berlaku

(*)

nb − na > 1.

Sekarang ambil m sebagai bilangan bulat pertama yang lebih besar dari na, dan berlaku (**)

m − 1 ≤ na < m.

Dari (*) dan (**) diperoleh na < m ≤ na + 1 < nb.

Bentuk terakhir ini dapat ditulis na < m < nb, dan dengan membagi semua ruas dengan n, didapat a<

dan dengan mengambil r :=

m n

m
maka bukti Teorema selesai.

√

Contoh 1.16. Tentukan 3 buah bilangan rasional diantara 2 dan 23 . Penyelesaian.

1. Diketahui a = 2. d =

1 1,5−1,4142

√

2 ≈ 1, 4142, b = 3/2 = 1, 5

≈ 11.6569

3. Jadi bilangan asli yang yang dapat diambil adalah n = 12, 13, 14, 15, 16. √

4. Untuk n = 12 diperoleh √ na ≈ (12)( 2) ≈ 16, 9706 maka diambil m = 17. Untuk n = 13, na√ ≈ (13)( 2) ≈ 18, 3848 dan diambil m = 19. Untuk n = 14 maka na ≈ (14)( 2) ≈ 19, 7990 dan dimabil m = 20. 5. Jadi bilangan rasional r =

17 19 , 12 13

, dan

20 14

terletak diantara

√

2 dan 3/2.

Latihan 1.16. Bila a dan b bilangan real dengan a < b maka terdapat bilangan irrasional z dengan a < z < b.

Latihan 1.17. Temukan 5 bilangan irrasional yang terletak diantara 1 dan 1.01. 22


Soal-soal yang perlu dipecahkan 1. Diberikan himpunan S := {1 − n1 : n ∈ N}. Hitunglah supremum dan inmum S . Buktikan kebenaran jawaban yang Anda berikan. (Petunjuk: gunakan kriteria, karakteristik, atau sifat Archimedes). 2. Pertanyaan yang sama seperti soal nomor 1 tetapi untuk S := { n1 − m1 : n ∈ N}. 3. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas dibawah. Buktikan inf S = − sup{−s : s ∈ S}.

4. Misalkan S himpunan terbatas dan S0 himpunan bagian dari S . Buktikan inf S ≤ inf S0 ≤ sup S0 ≤ sup S.

5. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas diatas. Untuk a ∈ R didenisikan a + S := {a + x : x ∈ S}.

Buktikan sup(a + S) = a + sup S.

6. Misalkan S himpunan takkosong. Untuk a bilangan real tidak nol didenisikan aS := {as : s ∈ S}. Buktikan (i) Bila a > 0 maka inf(aS) = a inf S, dan sup(aS) = a sup S.

(ii) Bila a < 0 maka inf(aS) = a sup S, dan sup(aS) = a inf S.

7. Misalkan A dan B himpunan takkosong dan A + B := {a + b : a ∈ A, b ∈ B}. Buktikan bahwa sup(A + B) = sup A + sup B dan inf(A + B) = inf A + inf B.

8. Misalkan f dan g dua fungsi yang didenisikan pada domain X . Jika rangenya terbatas, buktikan (i) sup{f (x) + g(x) : x ∈ X} ≤ sup{f (x) : x ∈ X} + sup{g(x) : x ∈ X}. (ii) inf{f (x) + g(x) : x ∈ X} ≥ inf{f (x) : x ∈ X} + inf{g(x) : x ∈ X}.

23

1 SISTEM BILANGAN REAL

Recommend Documents