Tugas 1 Analisis Real I
TUGAS I ANALISIS REAL I
Sistem Bilangan Real
Disusun oleh : Nariswari Setya D.
M0108022
Kartini
M0108050
Marvina Puspito
M0108056
JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS SEBELAS MARET SURAKARTA 2010
1
Tugas 1 Analisis Real I LATIHAN BAGIAN 1.1 4.
Buktikan bahwa jika , ∈ maka (a) – + = − + −
(b) − − = Penyelesaian: (a) Diketahui – + = − + −
Berdasarkan Teorema 1.1.5 (b) diperoleh bahwa − + = −1 +
maka dapat dibuktikan bahwa −1 + = −1 + −1 = − + −
Jadi, terbukti – + = − + −
(b) Diketahui − − = Berdasarkan Teorema 1.1.5 (b) dan (d) maka dapat dibuktikan bahwa, − − = −1 −1 = −1 −1
= −1 −1
Jadi, terbukti − − = 7.
= −1 −1
= 1 =
Jika , ∈ sehingga = , buktikan bahwa = atau = − Penyelesaian: Diketahui: aa =bb Maka − = − − = 0 − + = 0 • − =0 • + =0 + − + = 0 + + + − = 0 + −
+ − + = 0 + + + − = 0 + −
+0=0+ + 0 = 0 + −
= = − Jadi, terbukti = atau = −
8.
Gunakan argument seperti Teorema 1.1.7 untuk menunjukkan bahwa tidak ada bilangan rasional sehingga = 8. Penyelesaian: Andaikan terdapat bilangan rasional sehingga = 8. 2
Tugas 1 Analisis Real I Oleh karena itu terdapat bilangan bulat dan dengan ≠ 0 sehingga = 8. Tanpa mengurangi keumuman dapat diasumsikan bahwa dan bilangan positif dengan faktor persekutuan terbesar adalah 1. Karena = 2 , maka bilangan bulat genap. Akibatnya juga bilangan bulat genap. Karena jika bilangan bulat ganjil, maka juga bilangan bulat ganjil. Karena 8 bukan faktor persekutuan dari dan , maka bilangan bilangan bulat ganjil. Selanjutnya, karena bilangan bulat genap, maka = 8 untuk suatu ∈ ℕ. Akibatnya 8 = . Jadi, bilangan bulat genap, sehingga juga bilangan bulat genap. Terdapat kontradiksi bahwa adalah bilangan asli yang genap sekaligus ganjil. Jadi pengandaian salah. Terbukti bahwa tidak ada bilangan rasional sehingga = 8. 12. Jika bilangan prima, buktikan bahwa bilangan irrassional. Penyelesaian : Andaikan bilangan rasional, maka bisa dibentuk dimana a,b ℕ, 2 =
=
= …..(1) merupakan kelipatan p, maka a kelipatan p. = , ℕ maka 2= p2 x2 …..(2) Dari persamaan (1) dan (2) maka diperoleh p b2= p2 x2 2 = b2 b2 merupakan kelipatan p, maka b kelipatan p. ! b = p y , y ℤ maka berlaku = = merupakan faktor persekutuan. Kontradiksi dengan pengandaian. 2
Jadi, terbukti bahwa bilangan irrasional. 15. Misalkan A dan B himpunan bagian dari ℝ dan didefinisikan operasi operasi (+) dan (.) dengan # + $ = % + | ∈ # dan ∈ $* #. $ = %| ∈ # dan ∈ $* Untuk sembarang A,B dan C himpunan bagian dari ℝ, buktikan bahwa : (a) ℝ + ℝ = ℝ − ℝ = ℝ (b) Jika A ≠ ∅, maka A – A = ∅ (c) A. ∅ = ∅ (d) Jika A ⊆ B, maka A + C ⊆ $ + . (e) A .(B + C) ⊆ # . B + A . C. Berikan contoh untuk menunjukkan bahwa kesamaan tidak harus terjadi. 3
Tugas 1 Analisis Real I (f) Jika A . C = B . C apakah A = B? Penyelesaian : (a) Diketahui ℝ + ℝ = ℝ − ℝ = ℝ Dimana A, B dan C ℝ ℝ+ℝ=ℝ # ℝ, $ ℝ maka # + $ ℝ ℝ−ℝ=ℝ # ℝ, $ ℝ maka # − $ ℝ Jadi,terbukti ℝ + ℝ = ℝ − ℝ = ℝ (b) Diketahui jika A ≠ ∅, maka A – A = ∅ Dengan menggunakan Aksioma 1.1.1 (A4), untuk setiap A ℝ, terdapat – A ℝ sehingga A + (- A) = 0 A–A=0 Jadi, Jika A ≠ ∅, maka A – A = ∅. (c) Diketahui A. ∅ = ∅ #. ∅ = % | ∈ # dan b ∈ ∅} , Karena ∅ merupakan suatu himpunan yang tidak memiliki anggota, maka tidak dapat ditemukan ∈ ∅ sehingga ∈ ∅. Jadi,terbukti #. ∅ = ∅.
(d) Diketahui jika A ⊆ B maka A + C ⊆ B + C. A+C⊆B+C A+C–C⊆B+C–C A + (C – C) ⊆ B +( C – C) (assosiatif) A+0⊆B+0 (aksioma 1.1.1 (A4)) A⊆B (Aksioma 1.1.1 (A3)) Jadi,terbukti jika A ⊆ B maka A + C ⊆ B + C
(e) Diketahui A . (B + C) ⊆ A . B + A . C Dengan Aksioma 1.1.1(D) yaitu sifat distribusi perkalian terhadap penjumlahan maka A . B + A . C ⊆ A . B + A . C Jadi, terbukti untuk A . (B + C) ⊆ A . B + A . C
(f) Diketahui jika A . C = B . C Dengan teorema 1.1.3(b) maka =
>
=
. C. A = > . C. B
1. # = 1. $ #=$ Contoh : misal A = 1, B = 2 4
Tugas 1 Analisis Real I A.C= B.C 1 . 0 = 2. 0 0=0 Jadi, kesamaan tersebut tidak harus terjadi ketika C = 0. LATIHAN BAGIAN 1.2 3.
Jika < dan c < d, buktikan bahwa ad + bc < ac + bd
Penyelesaian : Akan dibuktikan bahwa ad + bc < ac + bd Jika < dan c < d maka − C dan D − E C, sehingga dengan aksioma 1.2.1 (b) maka diperoleh − D − E C D − E − D + E C D + E − E − D C D + E − E + D C D + E − E + D > 0 D + E > E + D ≡ E + D < D + E
Jadi, terbukti ad + bc < ac + bd 6.
Jika , ∈ , buktikan bahwa + = 0 jika dan hanya jika = = 0
Penyelesaian : “⇒” + = 0 Andaikan ≠ 0, maka > 0 atau < 0 ≠ 0, maka > 0 atau < 0 Menurut Teorema 1.2.5(a) , maka > 0, > 0 Sehingga + > 0, berarti pengandaian salah. Jadi, = 0 dan = 0
“⇐” = 0 dan = 0 ⟹ + = 0
Jadi, terbukti bahwa + = 0 jika dan hanya jika = = 0 9.
I
Tunjukkan bahwa jika < 0 dan D < 0, maka J <
IKL J
Penyelesaian: Diambil sembarang ∈ C,
Dengan menggunakan Teorema 1.2.6(a), jika < maka + D < + D untuk , , D ∈
ℝ. Dari yang diketahui D < 0 yang berarti −D ∈ C dan jika = maka +D <+D
+D <+0
Sehingga − + D ∈ C … (1)
+D < 5
Tugas 1 Analisis Real I =
Dan dengan menggunakan Teorema 1.2.6 (d) jika b < 0 , maka < 0. J
=
Akibatnya − ∈ C … (2) J
Dari akibat (1) dan (2) , dengan menggunakan sifat urutan diperoleh
1 − + D
∙ Q− R ∈ C +D − + Q R∈C +D Q R− ∈C
Yang berarti
I J
<
IKL J
.
I
Jadi,terbukti jika < 0 dan D < 0, maka J <
IKL J
13. Misalkan , ∈ ℝ dan berlaku ≤ + T untuk setiap T > 0. (a) Tunjukkan bahwa ≤ . (b) Tunjukkan bahwa dalam kasus ini tidak mungkin < .
Penyelesaian: (a) Akan dibuktikan ≤ jika , ∈ ℝ berlaku ≤ + T untuk setiap T > 0 Andaikan > =
Misalkan TU = − maka TU > 0. Sehingga diperoleh < − TU
Hal ini kontradiksi dengan yang diketahui, jadi seharusnya ≤ Jadi, terbukti bahwa ≤ (b) Akan dibuktikan bahwa dalam kasus ini tidak mungkin < . Andaikan dalam kasus ini mungkin < . =
Misalkan TU = − maka TU > 0. Sehingga diperoleh < − TU
Hal ini kontradiksi dengan yang diketahui, jadi dalam kasus ini tidak mungkin < 15. (a) Jika 0 < D < 1, tunjukkan bahwa 0 < D < D < 1 (b) Jika D < 1, tunjukkan bahwa 1 < D < D
Penyelesaian: (a) Diketahui 0 < D < 1 , akan dibuktikan 0 < D < D < 1 I Misal D = J dengan > I
IV
D = J = J V > 0
Karena > , akibatnya
I
IV
> JV J
Dapat ditulis D > D sehingga terbukti bahwa 0 < D < D < 1 6
Tugas 1 Analisis Real I (b) Akan dibuktikan jika D < 1 maka 1 < D < D I
Misal D = J , > I
D = = J
IV JV
I
> 0. Karena > dan > maka > J
I J
.
Dengan kata lain D < D . Sehingga terbukti bahwa jika D > 1 maka 1 < D < D
22. Misalkan W > 0 untuk X = 1,2, … , Y. Buktikan bahwa 1 1 Y ≤ = + ⋯ + [ Q + ⋯ + R = [ Penyelesaian : Perhatikan ketaksamaan Cauchy Dengan menggunakan ketaksamaan Cauchy dimana \ > 0 dan \ > 0, maka = = + + ⋯ + [ [ ≤ = + + ⋯ + [ = + + ⋯ + [
[
[
[
]^ W W ` ≤ ]^ W ` ]^ W ` W_=
W_=
W_=
Dengan mengambil W = W dan W = =
=
Ia =
Terbukti Y ≤ = + ⋯ + [ I + ⋯ + I b
c
Jadi, dengan induksi terbukti \ > 0, k = 1,…,n
maka Y ≤ = + ⋯ + [
=
Ib
+ ⋯+
=
Ic
LATIHAN BAGIAN 1.3 3.
Jika , ∈ ℝ, tunjukkan bahwa | + | = || + || jika dan hanya jika ≥ 0
Penyelesaian: Bukti :
Akan ditunjukkan a + b < a + b dan a + b < a + b . Menurut teorema untuk sembarang bilangan real a, b berlaku
a+b < a + b. Menurut teorema jika ab > 0 maka berlaku a > 0 dan b > 0 atau a < 0 dan b< 0 . Untuk a > 0 dan b > 0, maka
a + b = a+b dan
a + b = a+b ……(1)
Untuk a< 0 dan b< 0 , maka
a + b = − (a + b) = a+b dan a + b = -(a) +(-b)= - (a+b) …….(2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh kesimpulan
7
Tugas 1 Analisis Real I a +b < a+b karena a + b < a + b dan a + b < a + b Jadi, terbukti bahwa a + b = a + b jika dan hanya jika ab > 0 7.
Jika | − | < 1, tunjukkan bahwa || < || + 1 Penyelesaian : Diketahui | − | < 1 maka diperoleh − < 1 dan – − < 1 ≡ − > −1 Sehingga, −1 < − < 1 −1 + < < 1 + −1 + − < < 1 + Menurut teorema 1.3.2 (b) maka diperoleh −1 + | − | < < 1 + −1 + || < < 1 + Dengan teorema 1.3.2 (d) diperoleh || < 1 + || Jadi,terbukti || < || + 1
9.
Jika |e| > 0 dan | − 3| < e6 + e , buktikan bahwa | − 9| < e6 + e . Penyelesaian : Diketahui |e| > 0 dan | − 3| < e6 + e
Maka | − 3| < e berarti −e < − 3 < e −e < − 3 < e ⇔ 3 − e < < 3 + e ⇔ 3 − e < < 3 + e = 9 − 6e + e < < 9 + 6e + e = < 9 + 6e + e karena|e| > 0 ⇔ − 9 < 6e + e ⇔ | − 9| < e6 + e
Jadi, terbukti jika |e| > 0 dan | − 3| < e maka | − 9| < e6 + e .
8
Tugas 1 Analisis Real I LATIHAN BAGIAN 1.4 6. Misalkan j = dan k = 1 − (a) Jika # = %j | ∈ [−1,1]*, tentukan sup A. (b) Jika $ = %k | ∈ [−1,1]*, tentukan sup B. (c) Jika . = %j + k | ∈ [−1,1]*, tentukan sup C. (d) Apakah sup A + sup B = sup C ? Mengapa ? Penyelesaian: (a) j = maka supremum dari # = %j | ∈ [−1,1]* adalah pada x = 1 sehingga j1 = 1 (b) k = 1 − maka supremum dari $ = %k | ∈ [−1,1]* adalah pada x = 0 sehingga k0 = 1 − 0 = 1 (c) j = , k = 1 − Misal j + k = ℎ = + 1 − maka supremum dari C adalah pada x = =
=
=
sehingga ℎ = + 1 − =
o
=
p
(d) sup A + sup B = 1+1 =2 sup C
= o
o p
karena 2≠ p , maka sup A + sup B ≠ sup C Karena fungsi C merupakan sebuah fungsi yang terbentuk dari penggabungan fungsi A dan B maka fungsi C menghasilkan nilai supremum yang berbeda dari penjumlahan supremum A dan B. 9.
Misalkan q himpunan tak kosong dan terbatas di atas. Buktikan bahwa q memuat anggota terbesarnya jika dan hanya jika q memuat supremumnya. Penyelesaian : Akan dibuktikan S memuat anggota terbesarnya jika dan hanya jika S memuat supremumnya. 1) Akan dibuktikan jika S memuat anggota terbesar maka S memuat supremumnya. Misal r merupakan anggota terbesar, artinya ∀ ∈ q, ≤ r maka r merupakan batas atas. Menurut theorema 1.4.6 (Setiap himpunan tak kosong didalam ℝ yang mempunyai batas atas selalu mempunyai supremum di dalam ℝ) karena S memuat batas atas maka S mempunyai supremum. Jadi, terbukti. 2) Akan dibuktikan jika S memuat supremum maka S memuat anggota terbesar. Misal r = sup S artinya ∀ ∈ q, ≤ r dan jika t < r, ∃U ∈ q ∋ t < U Ambil T > 0 maka terdapat w ∈ q sehingga r − T < w . Dapat disimpulkan bahwa r merupakan batas atas. Sehingga terbukti S memuat anggota terbesar. 9
Tugas 1 Analisis Real I Jadi, dari pembukti 1) dan 2) terbukti bahwa S memuat anggota terbesarnya jika dan hanya jika S memuat supremumnya. 11. Misalkan S himpunan tak kosong dan terbatas. Jika e > 0 dan | − !| > e, , !, x q. Buktikan bahwa S memuat anggota terbesar. (Petunjuk: gunakan latihan 9 dan 10) Penyelesaian : Diketahui e > 0 dan | − !| > e, , !, x q Akan dibuktikan S memuat anggota terbesar
LATIHAN BAGIAN 1.5 2. Tunjukkan bahwa sup %3Y − 1 ⁄4Y|Y ∈ ℕ} = 34.
Penyelesaian : Akan ditunjukkan bahwa sup %3Y − 1 /4Y|Y ∈ ℕ} = 3/4. •
|[}= p[
|
≤ p , ∀Y ∈ ℕ
|
• t < p , ∃YU ∈ ℕ sehingga (dengan sifat Archimedes) 10
Tugas 1 Analisis Real I =
[~
|
< −t p
|
t< − t=
p
=
[~
|[~ }p p[~
,
∈ %3Y − 1 /4Y|Y ∈ ℕ}
Dengan demikian terbukti bahwa sup %3Y − 1 /4Y|Y ∈ ℕ} = 3/4. 6. Misalkan q himpunan tak kosong terbatas di dalam , untuk ∈ didefinisikan q = %| ∈ q}. (b) Jika < 0 buktikan bahwa: infq =asup q dan supq =ainf q Penyelesaian : Akan dibuktikan jika < 0 maka infq = supq dan supq = infq Misal : r = sup q. Artinya :
1) ∀ ∈ q, ≤ r. Karena < 0 maka diperoleh ≥ r, ∀ ∈ q jadi r merupakan batas bawah untuk q . Dengan demikian sup q ≤ r.
2) Untuk sebarang t batas atas q . Karena < 0 maka ≥ t, ∀ ∈ q.
Akibatnya ≥ I , ∀ ∈ q. Sehingga dapat diambil kesimpulan
I
merupakan batas
bawah dari himpunan q Jadi r = sup q ≥ I atau r ≥ t. Dengan demikian r ≥
sup q
Disimpulkan bahwa infq = r atau bisa ditulis infq = sup q
Misal : = inf q. Artinya :
1) ∀ ∈ q, ≥ . Karena < 0 maka diperoleh ≤ , ∀ ∈ q jadi merupakan batas atas untuk q . Dengan demikian inf q ≤
2) Untuk sebarang batas bawah q . Karena < 0 maka ≤ , ∀ ∈ q . Akibatnya ≤
I
, ∀ ∈ q. Sehingga dapat diambil kesimpulan
atas dari himpunan q Jadi = inf q ≤ q .
I
I
merupakan batas
atau ≤ . Dengan demikian ≤ inf
Disimpulkan bahwa supq = atau bisa ditulis sup q = inf q
7. Misalkan #, $ ⊂ ℝ adalah dua himpunan terbatas dalam ℝ. Didefinisikan . = % − !| ∈ #, ! ∈ $} Buktikan bahwa C terbatas dalam ℝ, dan nyatakan sub C dalam batas dari A dan B. Penyelesaian : • Akan dibuktikan . terbatas dalam ℝ
11
Tugas 1 Analisis Real I i). Misal U merupakan batas atas dari #, artinya ≤ U , ∀ ∈ # dan misalkan !U merupakan batas atas dari $, artinya ≤ !U , ∀ ∈ $.
Sehingga artinya
U − !U merupakan batas atas C,Karena − ≤ U −
!U , ∀ − ∈ .. Jadi, . terbatas atas dalam ℝ.
ii). Misal = merupakan batas bawah # artinya ≥ = , ∀ ∈ # dan misalkan ! merupakan batas bawah dari $, artinya ≥ != , ∀ ∈ $.
Sehingga artinya = − != merupakan batas bawah C, Karena − ≥ = −
!= , ∀ − ∈ .. Jadi, . terbatas bawah dalam ℝ
Dari i) dan ii) terbukti bahwa . terbatas dalam ℝ
• sup C dalam batas dari A dan B :
! = sup B
Misal : = sup #
i). ≤ , ∀ ∈ #
ii). r < , ∃U ∈ # sehingga r < U
Maka sup C = − !
i). ≤ ! , ∀ ∈ $
ii). t < !, ∃U ∈ $ sehingga t < U
− ≤ − ! , ∀ − ∈ .
r − t < − ! , ∃U − U ∈ . sehingga r − t < U − U
8.
Misalkan #, $ ⊂ ℝ dua himpunan tak kosong yang terbatas di atas dalam ℝ. Tunjukkan bahwa # ∪ $ terbatas atas dan sup# ∪ $ = %sup # , sup $} Penyelesaian : • Akan ditunjukkan # ∪ $ terbatas diatas.
i). Dari yang diketahui A terbatas atas dalam ℝ, misalkan r ∈ ℝ. r merupakan batas atas dari A jika ≤ r , ∀ ∈ #.
ii). Dari yang diketahui B terbatas atas dalam ℝ, misalkan t ∈ ℝ. t merupakan batas atas dari B jika ≤ t , ∀ ∈ $.
Dari i) dan ii) dapat disimpulan r ∈ ℝ atau t ∈ ℝ merupakan batas atas dari # ∪ $
karena ∀ ∈ # ∪ $ berlaku ≤ r atau ≤ t. Sehingga terbukti bahwa # ∪ $ terbatas diatas.
•
Akan ditunjukkan sup # ∪ $ = maks {sup A,sup B}.
Andaikan sup # ∪ $ = min {sup A,sup B}
Misalkan: sup A = r, sup B = t dan r < t
sup # ∪ $ = min {sup A,sup B} = r, maka ∃ = t ∈ # ∪ $ sehingga r ≤ t.
12
Tugas 1 Analisis Real I Hal ini kontradiksi dengan konsep supremum dimana ≤ r , ∀ ∈ # ∪ $. Oleh karena itu pengandaian harus dibalik.
Jadi, terbukti bahwa sup # ∪ $ = maks{sup A,sup B}.
9. Buktikan bahwa untuk sembarang dua bilangan real < !, terdapat bilangan irrasional berbentuk + √3 yang terletak diantar dan !, dengan bilangan rasional. Penyelesaian : Akan dibuktikan bahwa untuk sembarang dua bilangan real < !, terdapat + √3 dengan bilangan rasional sehingga < + √3 < !.
Karena < ! maka jelas bahwa √2 − √6 < !√2 − √6. Berdasarkan theorema 1.5.7 (Kerapatan bilangan irrasional) pada bilangan real √2 − √6 dan !√2 − √6. , diperoleh
bilangan irrasional √2 sehingga,
√2 − √6 < √2 < !√2 − √6 √2 − √6 √2
<<
!√2 − √6 √2
− √3 < < ! − √3 < + √3 < !
Dengan demikian terbukti bahwa untuk sembarang dua bilangan real < !, terdapat
+ √3 dengan bilangan rasional sehingga < + √3 < !.
10. Misalkan # ⊂ rapat dalam R dan ∈ , tunjukkan bahwa r% ∈ #| < * =
Penyelesaian : • # rapat dalam berarti , ! ∈ dengan < ! terdapat ∈ # sehingga < < ! • Akan dibuktikan sup% ∈ #| < * = i). ≤ , untuk setiap ∈ # ii). ! < , ∃U ∈ # ∋ ! < U
Karena dari sifat kerapatan terdapat ∈ # sehingga < < ! maka benar bahwa ∃U ∈ # sehingga ! < U jadi r% ∈ #| < * =
13
