II. SISTEM BILANGAN RIIL
Handout Analisis Riil I (PAM 351)
Bilangan Riil
Sifat Aljabar (Aksioma Lapangan) dari Bilangan Riil
Bagian ini akan membicarakan struktur aljabar bilangan riil dengan terlebih dahulu memberikan sifat-sifat dasar penjumlahan dan perkalian. Yang dimaksud dengan operasi biner pada himpunan F , adalah suatu fungsi B dengan domain F × F dan range di dalam F . Sehingga, suatu operasi biner mengaitkan setiap pasangan terurut (a, b) ∈ F × F dengan elemen tunggal B(a, b) dalam F . Kita akan menggunakan notasi konvensional a + b dan a · b (atau ab) sebagai pengganti notasi B(a, b) ketika membicarakan sifat-sifat penjumlahan dan perkalian.
Bilangan Riil
Sifat-sifat aljabar dari R (Aksioma Lapangan) Ada dua operasi biner pada himpunan bilangan riil R, yang dinyatakan dengan + (disebut penjumlahan) dan • (disebut perkalian), yang memenuhi sifat-sifat berikut: a + b = b + a, ∀a, b ∈ R (komutatif penjumlahan) (a + b) + c = a + (b + c), ∀a, b, c ∈ R (asosiatif penjumlahan) ∃ 0 ∈ R 3 0 + a = a + 0 = a, ∀a ∈ R (eksistensi elemen 0) ∀a ∈ R ∃ (−a) ∈ R 3 a + (−a) = (−a) + a = 0 (eksistensi elemen negatif) M1. a · b = b · a, ∀a, b ∈ R (komutatif perkalian) M2. (a · b) · c = a · (b · c), ∀a, b, c ∈ R (asosiatif perkalian) M3. ∃1 ∈ R dengan 1 6= 0 3 1 · a = a dan a · 1 = a, ∀a ∈ R (eksistensi elemen unit) M4. ∀a ∈ R, a 6= 0, ∃ (1/a) ∈ R 3 a · (1/a) = 1 dan (1/a) · a = 1 D. a · (b + c) = (a · b) + (a · c) dan (b + c) · a = (b · a) + (c · a), ∀a, b, c ∈ R (sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan) A1. A2. A3. A4.
Bilangan Riil
Teorema berikut menegaskan ketunggalan dari elemen 0 dan 1. Teorema (1) 1
Jika z, a ∈ R sedemikian sehingga z + a = a, maka z = 0.
2
Jika u, b ∈ R, dengan b 6= 0 sedemikian sehingga u · b = b, maka u = 1.
Bukti. (1). z + a = a ⇒ (z + a) + (−a) = a + (−a) (penjumlahan kedua sisi dengan (−a), eksistensinya dijamin oleh(A4)) ⇔ z + (a + (−a)) = a + (−a) (sifat A2) ⇔ z+0=0 (sifat A4) ⇔ z=0 (sifat A3) (2). Buktikan pernyataan (b)!.
Bilangan Riil
Teorema berikut menegaskan ketunggalan dari elemen −a dan a 6= 0) untuk suatu elemen a ∈ R.
1 a
(bila
Teorema (2) 1
Jika a, b ∈ R sedemikian sehingga a + b = 0, maka b = −a.
2
Jika a, b ∈ R, dengan a 6= 0 sedemikian sehingga a · b = 1, maka b =
1 . a
Bukti. (1). a + b = 0 ⇒ (−a) + (a + b) = (−a) + 0, (tambahkan kedua sisi dengan (-a)) ⇒ ((−a) + a) + b = −a (gunakan (A2) pada ruas kiri . dan (A3) pada ruas kanan) ⇒ b = −a (gunakan (A4) dan (A3) pada ruas kiri) (2). Buktikan !
Bilangan Riil
Perhatikan bahwa pernyataan (A4) dan (M4) menjamin kemungkinan untuk menyelesaikan persamaan a + x = 0 dan a · x = 1 (bila a 6= 0) untuk x, dan teorema 3 berakibat bahwa solusinya tunggal. Teorema (3) Jika a, b ∈ R, maka: 1
persamaan a + x = b mempunyai solusi tunggal x = (−a) + b
2
jika a 6= 0, persamaan a · x = b mempunyai solusi tunggal x = ( a1 ) · b.
Bukti (1). a + x = b ⇒ (−a) + (a + x) = (−a) + b (menambahkan kedua sisi dengan (−a)) ⇒ ((−a) + (a)) + x = (−a) + b, (sifat A2) ⇒ 0 + x = (−a) + b, (sifat A4) ⇒ x = (−a) + b, (sifat A3)
Bilangan Riil
Untuk menunjukkan ketunggalan, anggaplah bahwa x1 adalah sebarang solusi dari persamaan a + x = b, maka a + x1 = b. Tambahkan ke dua sisi dengan (−a) maka diperoleh (−a) + (a + x1 ) = (−a) + b. Berdasarkan (A4) diperoleh x1 = (−a) + b. Sehingga disimpulkan bahwa x = x1 yang menunjukkan ketunggalan solusi. (2). Buktikan !. Teorema (4) Jika a, b ∈ R, maka 1
a·0=0
2
−a = (−1) · a
3
−(a + b) = (−a) + (−b)
4
−(−a) = a
5
(−1) · (−1) = 1.
Bilangan Riil
Bukti. Dari (M3) diketahui bahwa a · 1 = a. Selanjutnya a + a.0 = a · 1 + a.0 = a(1 + 0) = a.1 = a Sehingga, dengan menggunakan teorema 1.(1) disimpulkan bahwa a · 0 = 0. Buktikan bagian (2), (3), (4) dan (5) !
Bilangan Riil
Teorema (5) 1
2 3
4
1 1 6= 0 dan =a a (1/a) Jika a, b ∈ R dan .a · b = 0, maka a = 0 atau b = 0. Jika a ∈ R dan a 6= 0, maka
Jika a, b ∈ R, maka (−a).(−b) = a.b 1 1 Jika a ∈ R dan a 6= 0, maka =− . −(a) a Bukti. 1 1 Misalkan a 6= 0, maka ada (berdasarkan sifat (M4)). Jika = 0 a a 1 maka 1 = a.( ) = a.0 = 0, yang berlawanan dengan (M3). Jadi a 1 1 mestilah 6= 0. Karena ( ).a = 1, maka teorema 2(2) a a 1 mengakibatkan bahwa a = . (1/a) Buktikan bagian (2), (3) dan (4).
Bilangan Riil
Bilangan Rasional dan Irrasional Mulai sekarang, notasi · (dot) untuk menyatakan perkalian tidak akan digunakan lagi, tetapi hanya akan ditulis ab sebagai pengganti a · b. Akan digunakan juga notasi a2 ≡ aa, a3 ≡ aaa ≡ (a2 )a; dan secara umum didefinisikan an+1 = (an )a untuk n ∈ N. Dengan menggunakan induksi matematika, dapat dibuktikan pula bahwa jika m, n ∈ N, maka am+n = am an , ∀ a ∈ R. Selain itu, secara umum (−a) +b =b + (−a) akan ditulis sebagai 1 1 b − a, dan jika a 6= 0 penulisan .b = b. akan diganti a a b dengan b/a atau . a
(*)
Bilangan Riil
1 1 juga akan ditulis sebagai a−1 dan n akan ditulis a a sebagai a−n .
Selanjutnya
Dapat ditunjukkan bahwa formula (*) diatas berlaku asalkan digunakan konvensi bahwa a0 = 1 dan a1 = a. Kita menganggap himpunan bilangan asli sebagai subset dari R, dengan mengidentifikasi bilangan asli n ∈ N sebagai penjumlahan dari n elemen satuan 1 ∈ R. Dengan cara yang sama, kita identifikasi 0 ∈ Z sebagai elemen 0 ∈ R, dan mengidentifikasi n penjumlahan dari −1 sebagai bilangan bulat −n. Akibatnya, kita dapat menganggap N dan Z sebagai subset dari R. b Elemen-elemen R yang dapat ditulis dalam bentuk dimana a, b ∈ Z a dan a 6= 0 disebut bilangan rasional, dan dinyatakan dengan notasi standar Q.
Bilangan Riil
Jumlah dan hasil kali dua bilangan rasional adalah suatu bilangan rasional (buktikan !). Selain itu sifat-sifat lapangan yang ditunjukkan pada permulaan bagian ini juga berlaku untuk Q. Perlu diperhatikan bahwa ada elemen-elemen R yang tidak berada di dalam Q. Semua elemen-elemen R yang tidak rasional disebut bilangan irrasional. 16 abad sebelum masehi, perhimpunan Yunani kuno yang dikenal sebagai Pythagorean, menemukan bahwa diagonal dari suatu bujursangkar dengan panjang sisi 1 satuan tidak dapat dinyatakan sebagai rasio dari bilangan bulat. Dengan memperhatikan teorema Pythagoras untuk segitiga siku-siku, mengakibatkan bahwa kwadrat dari bilangan tidak rasional bisa bernilai 2.
Bilangan Riil
Penemuan ini besar pengaruhnya terhadap perkembangan matematika Yunani. Salah satu akibatnya adalah elemen-elemen dari R yang tidak di dalam Q dikenal sebagai bilangan Irrasional, yang berarti bahwa bilangan irrasional bukan merupakan rasio dari bilangan bulat. Teorema (6) Tidak ada bilangan rasional r sedemikian sehingga r2 = 2. Bukti. Andaikan bahwa p, q ∈ Z sedemikian sehingga 2 p = 2. q Tanpa mengurangi keumuman, anggaplah bahwa p dan q positif dan tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1.
Bilangan Riil
Karena p2 = 2q 2 maka p2 adalah genap. Akibatnya p juga genap (karena jika p = 2n + 1 ganjil maka kwadratnya p2 = 4n2 + 4n + 1 = 2(2n2 + 2n) + 1 juga ganjil). Oleh karena itu p = 2m untuk suatu m ∈ N ⇒ 4m2 = 2q 2 ⇒ 2m2 = q 2 ⇒ q 2 genap ⇒ q genap Oleh karena itu p dan q habis dibagi oleh 2 yang kontradiksi dengan hipotesis bahwa p dan q tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1.
Bilangan Riil
Latihan 1
Buktikan bahwa jika a, b ∈ R maka 1 2 3 4
2 3 4
5
−(a + b) = (−a) + (−b) (−a).(−b) = a.b 1 = −( a1 ) jika a 6= 0 (−a) −( ab ) =
(−a) b
jika b 6= 0.
Jika a ∈ R memenuhi a.a = a, buktikan bahwa a = 0 atau a = 1. 1 Jika a 6= 0 dan b 6= 0, tunjukkan bahwa (ab) = ( a1 ).( 1b ) Jika x dan y adalah bilangan bilangan rasional, tunjukkan bahwa x + y dan xy adalah bilangan rasional. Tunjukkan bahwa tidak ada bilangan rasional s sedemikian sehingga s2 = 6.
Bilangan Riil
Sifat (Aksioma) Urutan dari R Ada suatu P ⊆ R dengan P 6= ∅ yang memenuhi sifat berikut: 1 2 3
Jika a, b ∈ P ,maka a + b ∈ P Jika a, b ∈ P ,maka ab ∈ P Jika a ∈ R,maka tepat satu dari pernyataan berikut berlaku: a ∈ P, a = 0, −a ∈ P.
P disebut himpunan bilangan riil positif (strictly positive). Sifat (iii) biasanya disebut sifat Trichotomy, karena membagi R atas 3 tipe elemen yang berbeda. Akibatnya himpunan N = {−a : a ∈ P } kadang-kadang disebut himpunan bilangan riil negatif (strictly negative), yang tidak mempunyai elemen bersekutu (beririsan) dengan P, dan perhatikan bahwa R = P ∪ {0} ∪ N.
Bilangan Riil
Definisi (1) Jika a ∈ P, maka a dikatakan bilangan riil positif (strictly positive), dan ditulis a > 0. Jika a ∈ P ∪ {0} , maka a dikatakan bilangan riil non negatif, dan ditulis a ≥ 0. Jika −a ∈ P, maka a dikatakan bilangan riil negatif (strictly negative), dan ditulis a < 0. Jika −a ∈ P ∪ {0} , maka dikatakan bilangan riil non positif, dan ditulis a ≤ 0. Perlu diperhatikan bahwa bilangan 0 adalah positif sekaligus negatif. Definisi (2) Misalkan a, b ∈ R. 1
Jika a − b ∈ P, maka ditulis a > b
2
Jika −(a − b) ∈ P, maka ditulis a < b
3
Jika a − b ∈ P ∪ {0} , maka kita tulis a ≥ b.
4
Jika −(a − b) ∈ P ∪ {0} , maka kita tulis a ≤ b.
Bilangan Riil
Notasi, a < b < c bermakna bahwa a < b dan b < c. Dengan cara yang sama, jika a ≤ b dan b ≤ c, maka ditulis a ≤ b ≤ c. Jika a ≤ b dan b < d, maka ditulis sebagai a ≤ b < d. Teorema Misalkan a, b, c ∈ R. 1
Jika a > b dan b > c, maka a > c
2
Tepat satu pernyataan berikut berlaku: a > b, a = b, a < b.
3
Jika a ≥ b dan b ≥ a, maka a = b.
Bilangan Riil
Bukti. 1
2
Jika a − b ∈ P dan b − c ∈ P , maka sifat urutan (1) mengakibatkan bahwa (a − b) + (b − c) = a − c ∈ P . Sehingga, a > c. Bedasarkan sifat urutan (3), tepat satu dari yang berikut berlaku: a − b ∈ P, a − b = 0, b − a = −(a − b) ∈ P
3
Buktikan !
Teorema 1
Jika a ∈ R dan a 6= 0, maka a2 > 0
2
1>0
3
Jika n ∈ N, maka n > 0.
Bukti. 1
Berdasarkan sifat trichotomy, jika a 6= 0 maka a ∈ P atau −a ∈ P. Jika a ∈ P, maka berdasarkan sifat urutan (ii) diperoleh a2 = a.a ∈ P. Dengan cara yang sama, jika −a ∈ P , maka berdasarkan sifat urutan (ii) diperoleh a2 = (−a)(−a) ∈ P. Sehingga dalam setiap kasus diperoleh a2 ∈ P, yaitu a2 > 0.
Bilangan Riil
2 Karena 1 = (1)2 , maka dari bagian (i) diperoleh 1 > 0. 3 Gunakan induksi matematika. Jelas bahwa pernyataan berlaku untuk n = 1 (dari pernyataan (ii)). Anggaplah pernyataan benar untuk n = k, maka k ∈ P. Karena 1 ∈ P , sifat urutan (i) berakibat bahwa k + 1 ∈ P. Sehingga pernyataan benar untuk semua n ∈ N. Teorema Misalkan a, b, c, d ∈ R. 1
Jika a > b, maka a + c > b + c
2
Jika a > b dan c > d, maka a + c > b + d
3
Jika a > b dan c > 0, maka ac > bc.
4
Jika a > b dan c < 0, maka ac < bc 1 Jika a > 0, maka > 0. a Jika a < 0, maka a1 < 0.
5
6
Bilangan Riil
Bukti. (1). a > b ⇒ a − b > 0 ⇒ a − b ∈ P ⇒ (a + c) − (b + c) = a − b ∈ P ⇒ (a + c) − (b + c) > 0 ⇒ (a + c) > (b + c) a>b⇒a−b>0⇒a−b∈P (2). ⇒ (a − b) + (c − d) ∈ P c>d⇒c−d>0⇒c−d∈P ⇒ (a + c) − (b + d) ∈ P ⇒ (a + c) − (b + d) > 0 ⇒ (a + c) > (b + d) (3). a > 0 ⇒ a 6= 0 (sifat urutan (3)) ⇒ a1 ada (sifat aljabar M4) 1 a 1 a
=0
⇒ 1=a
1 a
= 0 (kontradiksi)
< 0 ⇒ 1 = a a1 < 0 berdasarkan teorema 9(d) (kontradiksi) Buktikan yang lainnya !
Bilangan Riil
Teorema Jika a, b ∈ R dan jika a < b, maka a < 12 (a + b) < b. Akibat Jika b ∈ R dan b > 0, maka 0 < 12 b < b. Buktikan keduanya! Dua teorema berikut merupakan alat untuk membuktikan beberapa teorema lainnya. Teorema Jika a ∈ R sedemikian sehingga 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0, maka a = 0. Bukti. Andaikan bahwa a > 0. Maka berdasarkan akibat di atas, berlaku 0 < 12 a < a. Jika diambil ε0 = 12 a, maka kita peroleh 0 < ε0 < a. Oleh karena itu pernyataan a < ε untuk setiap ε > 0 adalah salah. Jadi kita simpulkan a = 0.
Bilangan Riil
Teorema Misalkan a, b ∈ R dan anggaplah bahwa a − ε < b untuk setiap ε > 0, maka a ≤ b. 1 Bukti. Anggaplah a > b. Maka untuk ε0 = (a − b) berlaku 2 1 1 a − ε0 = a − (a − b) = (a + b) 2 2 1 > (b + b) = b, 2 yang merupakan negasi dari hipotesis. Teorema Jika ab > 0, maka 1
a > 0 dan b > 0, atau
2
a < 0 dan b < 0.
Buktikan !
Bilangan Riil
Teorema Jika ab < 0, maka 1
a < 0 dan b > 0, atau
2
a > 0 dan b < 0.
Buktikan ! Contoh (1) Tentukan himpunan A ⊆ R sedemikian sehingga 2x + 3 ≤ 6. Jawab Perhatikan bahwa 3 x ∈ A ⇔ 2x + 3 ≤ 6 ⇔ 2x ≤ 3 ⇔ x ≤ . 2 Jadi, kita mempunyai A = x ∈ R: x ≤ 32 .
Bilangan Riil
Contoh (2) Misalkan a ≥ 0 dan b ≥ 0. Tunjukkan bahwa √ √ a < b ⇔ a2 < b2 ⇔ a < b. Jawab Akan dibuktikan untuk kasus a > 0 dan b > 0, dan kasus a = 0 dibiarkan sebagai latihan. Anggaplah a > 0 dan b > 0, maka dari sifat urutan (i) kita mempunyai a + b > 0. Karena b2 − a2 = (b − a)(b + a), maka teorema 9(c) mengakibatkan bahwa: b − a > 0 ⇒ b2 − a2 > 0. Selain itu, teorema 13 mengakibatkan bahwa b2 − a2 > 0 ⇒ b − a > 0.
Bilangan Riil
√ √ Jika a > 0 dan b > 0, maka a > 0 dan b > 0. √ √ Karena a = ( a)2 dan b = ( b)2 maka √ √ √ √ √ √ ( b)2 − ( a)2 > 0 ⇒ b − a > 0 ⇒ a < b. Kita tinggalkan pembuktian bahwa: jika a ≥ 0 dan b ≥ 0, maka √ √ a ≤ b ⇔ a2 ≤ b2 ⇔ a ≤ b sebagai latihan. Contoh (3) Tuliskan himpunan C =
(2x + 1) x ∈ R: <1 (x + 2)
dalam bentuk yang lebih
sederhana. Jawab x∈C⇔
(2x + 1) (x − 1) −1<0⇔ < 0. (x + 2) (x + 2)
Bilangan Riil
Oleh karena itu, diperoleh 1 2
3
x − 1 < 0 dan x + 2 > 0, atau x − 1 > 0 dan x + 2 < 0. Dalam kasus (1), diperoleh x < 1 dan x > −2, yang dipenuhi jika dan hanya jika −2 < x < 1. Dalam kasus (2) kita haruslah mempunyai x > 1 dan x < −2, yang tidak pernah dipenuhi. Jadi kita menyimpulkan bahwa C = {x ∈ R: − 2 < x < 1} .
Contoh (Ketaksamaan Bernoully) Jika x > −1, tunjukkan bahwa (1 + x)n ≥ 1 + nx untuk semua n ∈ N.
Bilangan Riil
Bukti. Gunakan induksi matematika untuk pembuktian ini. Untuk n = 1 menghasilkan kesamaan, sehingga penegasan benar. Asumsikan ketaksamaan benar untuk integer n = k, yakni k
(1 + x) ≥ 1 + kx, untuk suatu k. Akan ditunjukkan bahwa pernyataan juga benar untuk n = k + 1, yakni k+1
(1 + x)
≥ 1 + (k + 1)x.
Karena 1 + x > 0, maka k+1
(1 + x)
= (1 + x)k (1 + x) ≥ (1 + kx)(1 + x) = 1 + (k + 1)x + kx2 ≥ 1 + (k + 1)x.
Karena pernyataan berlaku untuk n = k + 1, maka dapat disimpulkan bahwa ketaksamaan benar untuk semua n ∈ N.
Bilangan Riil
Latihan 1 2 3 4
Jika 0 < a < b dan 0 < c < d, buktikan bahwa 0 < ac < bd. Jika 0 < a < b dan 0 ≤ c ≤ d, buktikan bahwa 0 ≤ ac ≤ bd. Jika a, b ∈ R, tunjukkan bahwa a2 + b2 = 0 ⇔ a = 0 dan b = 0. √ 1 1 Tunjukkan bahwa jika 0 < a < b maka a < ab < b dan 0 < < . b a
Bilangan Riil
Nilai Mutlak
Sifat Trichotomy menjamin bahwa jika a ∈ R dan a 6= 0, maka hanya ada satu yang positif diantara 2 bilangan a dan −a. Definisi (3) Jika a ∈ R, nilai mutlak dari a, ditulis |a| , didefinisikan sebagai berikut: a, jika a ≥ 0 |a| = −a, jika a < 0 Sehingga domain dari fungsi nilai mutlak adalah R dan range nya adalah P ∪ {0} .
Bilangan Riil
Teorema 1 |a| = 0 ⇔ a = 0 2
|−a| = |a| untuk semua a ∈ R
3
|ab| = |a| |b| untuk semua a, b ∈ R
4
Jika c ≥ 0, maka |a| ≤ c ⇔ −c ≤ a ≤ c
5
-|a| ≤ a ≤ |a| untuk semua a ∈ R. Bukti. 1
2
Jika a = 0 maka |a| = 0. Jika a 6= 0 maka −a 6= 0, sehingga |a| 6= 0. Oleh karena itu, jika |a| = 0, maka a = 0. Jika a = 0, maka |0| = 0 = |−0| . Jika a > 0, maka −a < 0 dan akibatnya |a| = a = −(−a) = |−a| . Jika a < 0, maka −a > 0 dan akibatnya |a| = −a = |−a| . Buktikan (3), (4) dan (5)!
Bilangan Riil
Teorema Jika a, b ∈ R, maka ||a| − |b|| ≤ |a ± b| ≤ |a| + |b| . Bukti. Berdasarkan teorema 15(e) didapat |−a| ≤ a ≤ |a| dan − |b| ≤ ±b ≤ |b| . Dengan menggunakan teorema 9(b) diperoleh: −(|a| + |b|) ≤ a ± b ≤ |a| + |b| , dan dengan teorema 15(d) diperoleh |a ± b| ≤ |a| + |b| .
(**)
Selanjutnya, karena |a| = |(a − b) + b| ≤ |a − b| + |b| (kenapa?), maka |a| − |b| ≤ |a − b| . (#)
Bilangan Riil
Dengan cara yang sama, karena |b| = |(b − a) + a| ≤ |b − a| + |a| = |a − b| + |a| , maka |b| − |a| ≤ |a − b| .
(##)
Dengan menggabungkan (#) dan (##) diperoleh ||a| − |b|| ≤ |a − b| . Untuk mendapatkan ketaksamaan dengan tanda positif, ganti b dengan −b. Dengan menggunakan prinsip induksi matematika, ketaksamaan segitiga dapat diperluas untuk sejumlah hingga elemen-elemen R. Akibat Jika a1 , a2 , ..., an ∈ R, maka |a1 + a2 + · · · + an | ≤ |a1 | + |a2 | + · · · + |an | .
Bilangan Riil
Garis Riil Suatu interpretasi geometris dari sistem bilangan riil adalah garis riil. Dalam interpretasi ini, nilai mutlak |a| dianggap sebagai jarak dari a ke asal 0. Secara umum, jarak antara elemen a dan b di dalam R adalah |a − b| . Dalam diskusi selanjutnya, kita memerlukan bahasa yang lebih tepat tentang istilah suatu bilangan riil ”dekat” dengan bilangan riil lain. Jika a ∈ R, maka perkataan bahwa suatu bilangan riil x dekat ke a berarti bahwa jarak |x − a| ”kecil”. Ide ini didiskusikan dengan memperkenalkan terminologi lingkungan (neighborhoods) yang kita definisikan berikut ini. ”Misalkan a ∈ R dan ε > 0. Maka lingkungan ε dari a, dinyatakan dengan Vε (a), adalah himpunan Vε (a) = {x ∈ R : |x − a| < ε} ”.
Bilangan Riil
Untuk a ∈ R, pernyataan bahwa x ∈ Vε (a) ekivalen dengan pernyataan −ε < x − a < ε ⇔ a − ε < x < a + ε. Lihat gambar 2.1 berikut.
Gambar 2.1 Teorema Misalkan a ∈ R. Jika x ∈ Vε (a) untuk setiap ε > 0, maka x = a.
Bukti. Untuk suatu x yang memenuhi |x − a| < ε, maka akibat dari teorema 11 adalah |x − a| = 0, dan sehingga x = a.
Bilangan Riil
Latihan 1 2
3
a |a| Jika a, b ∈ R dan b 6= 0, tunjukkan bahwa = . b |b| Jika a, b ∈ R, tunjukkan bahwa |a + b| = |a| + |b| jika dan hanya jika ab ≥ 0. Jika x, y, z ∈ R, x ≤ z, tunjukkan bahwa x < y < z jika dan hanya jika |x − y| + |y − z| = |x − z| .
4
Dapatkan semua x ∈ R yang memenuhi ketaksamaan 1 2 3
5
2 x − 1 ≤ 3 |x − 1| > |x + 1| |x| + |x + 1| < 2.
Tunjukkan bahwa jika a, b ∈ R dan a 6= b, maka ada suatu lingkungan Uε (a) dan Vε (b) sedemikian sehingga Uε (a) ∩ Vε (b) = ∅
Bilangan Riil
Sifat Kelengkapan Bilangan Riil Bagian ini akan mendiskusikan sifat-sifat penting bilangan riil R yang sering disebut sebagai sifat Kelengkapan, karena sifat ini menjamin eksistensi elemen-elemen R bila hipotesis-hipotesis tertentu dipenuhi. Sistem bilangan rasional Q memenuhi sifat aljabar dan sifat urutan, √ tetapi telah diperlihatkan bahwa √2 tidak dapat dinyatakan sebagai bilangan rasional, oleh karena itu 2 ∈ / Q. Observasi ini memperlihatkan bahwa perlunya sifat tambahan untuk mengkarakteristikkan bilangan riil. Sifat tambahan ini, sifat kelengkapan (sifat supremum), adalah suatu sifat esensial dari R. Ada beberapa versi sifat kelengkapan. Disini, akan diberikan sifat yang paling efisien dengan mengasumsikan bahwa setiap himpunan terbatas tak kosong di R mempunyai supremum.
Bilangan Riil
Supremum dan Infimum Sekarang akan diperkenalkan gagasan batas atas dan batas bawah untuk suatu himpunan. Definisi (4) Misalkan S ⊆ R. Suatu bilangan u ∈ R dikatakan batas atas untuk himpunan S jika s ≤ u untuk semua s ∈ S. Suatu bilangan w ∈ R dikatakan batas bawah untuk himpunan S jika w ≤ s untuk semua s ∈ S. Pertanyaan. 1
2 3
Tuliskan, apa yang dimaksud dengan suatu bilangan bukan batas atas (batas bawah) dari himpunan S ! Apakah semua himpunan mempunyai batas atas (bawah) ? Apakah ada himpunan yang mempunyai batas atas, tetapi tidak mempunyai batas bawah (sebaliknya) ?
Bilangan Riil
Perlu dicatat bahwa jika kita menggunakan definisi 4 untuk himpunan kosong ∅, kita dapat menyimpulkan bahwa setiap bilangan riil adalah batas atas untuk ∅. Agar suatu bilangan u ∈ R bukan batas atas himpunan S, suatu elemen s0 ∈ S harus ada sedemikian sehingga u < s0 . Jika S = ∅, maka elemen s0 ini tidak ada, sehingga setiap bilangan riil adalah batas atas dari ∅. Dengan cara yang sama, setiap bilangan riil adalah batas bawah dari ∅.
Kelihatannya, hal ini seperti mengada-ada, tetapi itu merupakan konsekwensi logis dari definisi 4 Suatu himpunan di dalam R dikatakan terbatas di atas jika ia mempunyai batas atas. Jika suatu himpunan dalam R mempunyai batas bawah, maka ia dikatakan terbatas di bawah.
Bilangan Riil
Jika suatu himpunan dalam R mempunyai batas atas dan batas bawah maka dikatakan himpunan tersebut terbatas. Suatu himpunan dalam R dikatakan tak terbatas jika ia tak mempunyai batas atas atau batas bawah. Umpamanya, himpunan {x ∈ R: x ≤ 2} tak terbatas (meskipun ia terbatas di atas) karena ia tak terbatas di bawah. Definisi (5) Misalkan S ⊆ R. a. Bilangan u ∈ R dikatakan supremum (batas atas terkecil) untuk himpunan S jika: i. u adalah batas atas S ii. u ≤ s untuk setiap s, dengan s adalah batas atas S.
b. Bilangan w ∈ R dikatakan infimum (batas bawah terbesar ) untuk himpunan S jika: i. w adalah batas bawah S. ii. w ≥ s untuk setiap s, dengan s adalah batas bawah S.
Bilangan Riil
Dengan ungkapan lain, definisi 5(a) dapat juga dinyatakan sebagai berikut: Suatu bilangan u ∈ R adalah supremum dari S ⊆ R, jika memenuhi 2 syarat: i. s ≤ u ∀ s ∈ S ii. jika v adalah sebarang bilangan sedemikian sehingga s ≤ v ∀ s ∈ S, maka u ≤ v.
Formulasikan ungkapan yang serupa untuk definisi 5(b). Untuk suatu S ⊆ R yang mempunyai supremum maka supremum tersebut adalah tunggal. Andaikan u1 dan u2 adalah supremum S, maka u1 dan u2 adalah batas atas S. Karena u1 adalah suremum S dan u2 adalah batas atas S maka u1 ≤ u2 . Begitu juga, dengan argumen yang sama didapat u2 ≤ u1 . Akibatnya u1 = u2 .
Bilangan Riil
Lema Misalkan S ⊆ R, S 6= ∅. Suatu bilangan u adalah supremum untuk himpunan S jika dan hanya jika u memenuhi 2 syarat berikut: i. tidak ada s ∈ S dengan u < s ii. jika v < u, maka ada suatu sv ∈ S sedemikian sehingga v < sv . Bukti. Misalkan u memenuhi syarat i dan ii. Syarat ii mengakibatkan bahwa u adalah batas atas S. Jika v adalah bilangan sebarang dengan v < u, maka sifat ii menunjukkan bahwa v bukan batas atas S. Sehingga u adalah supremum dari S. Sebaliknya, misalkan u adalah supremum dari S, maka u adalah batas atas S. Akibatnya, syarat i berlaku. Jika v < u, maka v bukan batas atas S. Akibatnya ada s0 ∈ S sedemikian sehingga v < s0 .
Bilangan Riil
Soal: Rumuskan suatu lemma yang serupa dengan lemma 1 untuk kasus infimum, dan buktikan. ! Bila supremum atau infimum dari suatu himpunan S ada, maka supremum S dinyatakan sebagai sup S, dan infimum S dinyatakan sebagai inf S. Dapat diperiksa bahwa jika u0 adalah batas atas sebarang dari S, maka sup S ≤ u0 , yaitu jika s ≤ u0 untuk semua s ∈ S maka sup S ≤ u0 . Ini mengatakan bahwa sup S adalah batas atas terkecil dari S.
Bilangan Riil
Lema Misalkan S ⊆ R, S 6= ∅. Suatu batas atas u dari S adalah supremum dari S jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 ada suatu sε ∈ S sedemikian sehingga u − ε < sε . Bukti. Anggaplah u adalah batas atas S dan untuk setiap ε > 0 ada suatu sε ∈ S sedemikian sehingga u − ε < sε . Akan dibuktikan bahwa sup S = u. Jika v < u dan kita ambil ε = u − v, maka ε > 0. Akibatnya ada suatu bilangan sε ∈ S sedemikian sehingga v = u − ε < sε . Oleh karena itu, v bukan batas atas S. Karena v adalah sebarang bilangan yang lebih kecil dari u, kita menyimpulkan bahwa u = sup S. Sebaliknya, anggaplah bahwa u = sup S dan misalkan ε > 0. Karena u − ε < u, maka u − ε bukan batas atas dari S. Oleh karena itu, suatu elemen sε ∈ S haruslah lebih besar dari u − ε; yaitu u − ε < sε .
Bilangan Riil
Supremum dari suatu himpunan boleh termuat dalam himpunan tersebut dan boleh juga tidak, tergantung dari himpunan yang diberikan. Demikian juga halnya dengan infimum. Contoh (4) Misalkan S ⊆ R. Jika S memuat salah satu batas atasnya, tunjukkan bahwa batas atas tersebut adalah supremumnya. Bukti. Misalkan u ∈ S adalah suatu batas atas S. Jika v adalah batas atas lain dari S, maka u ≤ v. Sehingga u = sup S. Aksioma Kelengkapan dari R 1
2
Setiap himpunan bilangan riil R yang tak kosong dan terbatas di atas mempunyai supremum dalam R (Sifat Supremum) Setiap himpunan bilangan riil R yang tak kosong dan terbatas dibawah mempunyai infimum dalam R (Sifat Infimum)
Bilangan Riil
Bukti (2). Ambil himpunan tak kosong sebarang A ⊆ R, dan misalkan A terbatas di bawah. Akan dibuktikan inf A ada. Misalkan B = {b ∈ R|b batas bawah A} . Karena A terbatas di bawah, maka B 6= ∅. Untuk menunjukkan bahwa A mempunyai infimum, perlu ditunjukkan bahwa B mempunyai elemen terbesar, dengan memperlihatkan bahwa B terbatas di atas dan sup B ∈ B. Misalkan y ∈ A, maka x ≤ y ∀ x ∈ B. Ini menunjukkan bahwa setiap y ∈ A adalah batas atas himpunan B. Karena A 6= ∅, maka B terbatas di atas. Akibatnya sup B ada (berdasarkan sifat supremum). Definisikan α = sup B.
Dr. Muhafzan (Dept. of Math. UNAND)
3 SKS
JULI 2011
46 / 60
Bilangan Riil
Bukti (2). Ambil himpunan tak kosong sebarang A ⊆ R, dan misalkan A terbatas di bawah. Akan dibuktikan inf A ada. Misalkan B = {b ∈ R|b batas bawah A} . Karena A terbatas di bawah, maka B 6= ∅. Untuk menunjukkan bahwa A mempunyai infimum, perlu ditunjukkan bahwa B mempunyai elemen terbesar, dengan memperlihatkan bahwa B terbatas di atas dan sup B ∈ B. Misalkan y ∈ A, maka x ≤ y ∀ x ∈ B. Ini menunjukkan bahwa setiap y ∈ A adalah batas atas himpunan B. Karena A 6= ∅, maka B terbatas di atas. Akibatnya sup B ada (berdasarkan sifat supremum). Definisikan α = sup B.
Dr. Muhafzan (Dept. of Math. UNAND)
3 SKS
JULI 2011
46 / 60
Bilangan Riil
Bukti (2). Ambil himpunan tak kosong sebarang A ⊆ R, dan misalkan A terbatas di bawah. Akan dibuktikan inf A ada. Misalkan B = {b ∈ R|b batas bawah A} . Karena A terbatas di bawah, maka B 6= ∅. Untuk menunjukkan bahwa A mempunyai infimum, perlu ditunjukkan bahwa B mempunyai elemen terbesar, dengan memperlihatkan bahwa B terbatas di atas dan sup B ∈ B. Misalkan y ∈ A, maka x ≤ y ∀ x ∈ B. Ini menunjukkan bahwa setiap y ∈ A adalah batas atas himpunan B. Karena A 6= ∅, maka B terbatas di atas. Akibatnya sup B ada (berdasarkan sifat supremum). Definisikan α = sup B.
Dr. Muhafzan (Dept. of Math. UNAND)
3 SKS
JULI 2011
46 / 60
Bilangan Riil
Bukti (2). Ambil himpunan tak kosong sebarang A ⊆ R, dan misalkan A terbatas di bawah. Akan dibuktikan inf A ada. Misalkan B = {b ∈ R|b batas bawah A} . Karena A terbatas di bawah, maka B 6= ∅. Untuk menunjukkan bahwa A mempunyai infimum, perlu ditunjukkan bahwa B mempunyai elemen terbesar, dengan memperlihatkan bahwa B terbatas di atas dan sup B ∈ B. Misalkan y ∈ A, maka x ≤ y ∀ x ∈ B. Ini menunjukkan bahwa setiap y ∈ A adalah batas atas himpunan B. Karena A 6= ∅, maka B terbatas di atas. Akibatnya sup B ada (berdasarkan sifat supremum). Definisikan α = sup B.
Bilangan Riil
Untuk menunjukkan bahwa α ∈ B, perlu ditunjukkan bahwa α adalah batas bawah himpunan A. Misalkan y ∈ A sebarang, maka y ∈ A adalah batas atas himpunan B, tetapi α adalah batas atas terkecil himpunan B, yaitu α ≤ y. Sehingga α adalah batas bawah himpunan A, atau α ∈ B. Sifat-sifat ini sering disebut sebagai sifat kelengkapan dari R. Selanjutnya, karena R memiliki 3 sifat diatas, yakni: sifat lapangan, terurut, dan sifat kelengkapan, maka R disebut lapangan terurut lengkap.
Bilangan Riil
Contoh (5) Misalkan S1 = {x ∈ R: x ≥ 0}. Tunjukkan bahwa himpunan S1 mempunyai batas bawah, tetapi tidak mempunyai batas atas dan bahwa inf S1 = 0. Bukti. i. Akan ditunjukkan bahwa himpunan S1 mempunyai batas bawah. Karena x ≥ 0, maka semua y ∈ R dengan y ≤ 0 adalah batas bawah himpunan S1 . ii. Akan ditunjukkan bahwa himpunan S1 tidak mempunyai batas atas. Andaikan S1 mempunyai batas atas, dan sebutlah u adalah batas atas S1 . Maka u ≥ 0. Karena u + 1 > u ≥ 0, maka u bukan batas atas S1 . Oleh karena itu S1 tidak mempunyai batas atas. iii. Akan ditunjukkan bahwa inf S1 = 0. Karena x ≥ 0, maka 0 adalah batas bawah himpunan S1 . Jika v > 0, v v maka ada ∈ S1 dengan < v. Oleh karena itu inf S1 = 0. 2 2
Bilangan Riil
Soal 4. Misalkan S2 = {x ∈ R: x > 0}. Apakah S2 mempunyai batas bawah? Apakah S2 mempunyai batas atas? Apakah inf S2 ada? Buktikan pernyataan anda! Contoh (6) Misalkan S3 =
1 :n∈N . n
a. Tunjukkan bahwa sup S3 = 1. b. Tunjukkan bahwa inf S3 = 0.
Bukti. a. Akan ditunjukkan bahwa sup S3 = 1. 1 Karena ≤ 1 untuk semua n ∈ N, maka 1 adalah batas atas S3 . n Karena 1 ∈ S3 maka sup S3 = 1 berdasarkan contoh 2.
Bilangan Riil
b. Akan ditunjukkan bahwa inf S3 = 0. 1 Karena 0 < untuk setiap n ∈ N, maka 0 adalah batas bawah S3 . n 1 1 Misalkan v = ∈ S3 untuk suatu m ∈ N, maka ada s0 = ∈S m 2m 1 1 sedemikian sehingga 0 < < . Oleh karena itu inf S3 = 0. 2m m Contoh (7) Misalkan S adalah himpunan terbatas tak kosong dalam R. Misalkan pula a > 0 dan definisikan himpunan aS = {as : s ∈ S} . Tunjukkan bahwa sup (aS) = a sup S.
Bilangan Riil
Bukti. Misalkan u = sup S, maka s ≤ u ∀ s ∈ S. a > 0 ⇒ as ≤ au ∀ s ∈ S ⇒ au adalah batas atas himpunan aS ⇒ sup (aS) ≤ au = a sup S
(1)
Jika v adalah batas atas sebarang aS, maka as ≤ v ∀ s ∈ S. Karena v v a > 0, maka s ≤ ∀ s ∈ S. Akibatnya adalah batas atas a a himpunan S. Sehingga v ∀ s ∈ S ⇒ a sup S ≤ v ∀ s ∈ S (karena a > 0) a ⇒ a sup S ≤ sup(aS) (karena v adalah batas atas sebarang aS) (2) Dari (1) dan (2) diperoleh sup (aS) = a sup S. sup S ≤
Bilangan Riil
Suatu akibat dari sifat supremum adalah bahwa himpunan bilangan asli N tidak terbatas di atas dalam R. Artinya, untuk setiap x ∈ R, terdapat bilangan asli nx , dengan nx > x. Bukti pernyataan ini tidak dapat dideduksi dari sifat aljabar dan sifat urutan. Pembuktiannya haruslah menggunakan sifat supremum. Teorema (Sifat Archimedean) Jika x ∈ R, maka terdapat nx ∈ N, dengan nx > x. Bukti. Anggaplah kesimpulan bahwa ada nx ∈ N 3 nx > x salah. Maka x adalah batas atas untuk N. Oleh karena itu, berdasarkan sifat supremum, maka N mempunyai supremum u ∈ R.
Bilangan Riil
Karena x adalah suatu batas atas untuk N, maka u ≤ x. Karena u − 1 < u, maka ada n1 ∈ N 3 u − 1 < n1 , (berdasarkan lemma 1). Akibatnya u < n1 + 1. Tetapi n1 + 1 ∈ N, jadi kontradiksi dengan asumsi bahwa u adalah batas atas N. Akibat Misalkan y, z > 0. Maka i. Ada n ∈ N 3 ny > z 1
Buktikan !
Bilangan Riil
Sifat supremum menjamin eksistensi dari bilangan-bilangan riil tertentu. Salah satunya, berikut ini akan ditunjukkan eksistensi bilangan riil positf x sedemikian sehingga x2 = 2. √ Teorema (Eksistensi 2) Ada suatu bilangan positif x ∈ R sedemikian sehingga x2 = 2. Bukti. Misalkan S = y ∈ R|0 ≤ y, y 2 ≤ 2 . S 6= ∅ karena 1 ∈ S. Akan dibuktikan bahwa himpunan S terbatas diatas oleh 2. Andaikan 2 bukan batas atas, maka ada s ∈ S sedemikian sehingga 2 < s.
Bilangan Riil
Akibatnya 4 < s2 ≤ 2, yang adalah suatu kontradiksi. Jadi mestilah S terbatas diatas oleh 2. Berdasarkan sifat supremum, himpunan S mempunyai supremum dan misalkan x = sup S. Jelas bahwa x > 0. Akan dibuktikan bahwa x2 = 2. Andaikan x2 6= 2. Maka ada 2 kasus, yakni x2 < 2 atau x2 > 2. Kasus 1: Misalkan x2 < 2. Akan ditunjukkan bahwa asumsi ini kontradiksi dengan fakta bahwa x = sup S dengan mendapatkan suatu bilangan n ∈ N sedemikian sehingga x+
1 ∈ S, n
yang berimplikasi bahwa x bukan batas atas S.
Bilangan Riil
Untuk memilih n, perhatikan analisis berikut ini: 1 1 Karena 2 ≤ , maka n n 1 2 2x 1 1 x+ = x2 + + 2 ≤ x2 + (2x + 1) . n n n n Sehingga, jika n dapat dipilih sedemikian sehingga 1 (2x + 1) < 2 − x2 , n maka akan didapat
1 x+ n
2
< x2 + 2 − x2 = 2
Karena x2 < 2, maka 2 − x2 > 0. Sehingga 2 − x2 > 0. 2x + 1
Bilangan Riil
Berdasarkan sifat Archimedean (corollary 3(ii)), maka ada n ∈ N sedemikian sehingga 1 2 − x2 < n 2x + 1 Akibatnya 1 2 2x 1 1 = x2 + + 2 ≤ x2 + (2x + 1) < x2 + 2 − x2 = 2, x+ n n n n 1 yang menunjukkan bahwa x + ∈ S dan kontradiksi dengan n x = sup S. Kasus 2: Misalkan x2 > 2. Akan ditunjukkan bahwa asumsi ini kontradiksi dengan fakta bahwa x = sup S dengan mendapatkan suatu bilangan m ∈ N sedemikian 1 sehingga x − juga batas atas S.Untuk memilih m, perhatikan m analisis berikut ini: 1 2 2x 1 2x x− = x2 − + 2 > x2 − m m m m Dr. Muhafzan (Dept. of Math. UNAND)
3 SKS
JULI 2011
57 / 60
Bilangan Riil
Berdasarkan sifat Archimedean (corollary 3(ii)), maka ada n ∈ N sedemikian sehingga 1 2 − x2 < n 2x + 1 Akibatnya 1 2 2x 1 1 = x2 + + 2 ≤ x2 + (2x + 1) < x2 + 2 − x2 = 2, x+ n n n n 1 yang menunjukkan bahwa x + ∈ S dan kontradiksi dengan n x = sup S. Kasus 2: Misalkan x2 > 2. Akan ditunjukkan bahwa asumsi ini kontradiksi dengan fakta bahwa x = sup S dengan mendapatkan suatu bilangan m ∈ N sedemikian 1 sehingga x − juga batas atas S.Untuk memilih m, perhatikan m analisis berikut ini: 1 2 2x 1 2x x− = x2 − + 2 > x2 − m m m m
Bilangan Riil
Sehingga, jika m dapat dipilih sedemikian sehingga 2x < x2 − 2, m maka akan didapat 1 2 2x 1 2x x− = x2 − + 2 > x2 − > x2 + (2 − x2 ) = 2 m m m m Karena x2 > 2, maka x2 − 2 > 0. Sehingga x2 − 2 > 0. 2x Berdasarkan sifat Archimedean (corollary 3(ii)), maka ada m ∈ N sedemikian sehingga 1 x2 − 2 < m 2x Akibatnya 1 2 2x 1 2x x− = x2 − + 2 > x2 − > x2 + (2 − x2 ) = 2. m m m m
Bilangan Riil
Perhatikan pula bahwa 2
s∈S⇒s <2<
1 x− m
2
⇒s<
1 x− m
.
(3)
1 Hubungan (3) memperlihatkan bahwa x − adalah batas atas m untuk S, yang kontradiksi dengan x = sup S. Karena kemungkinan x2 < 2 atau x2 > 2 adalah salah, maka mestilah x2 = 2. Teorema 19 mengatakan bahwa terdapat sekurang-kurangnya satu √ bilangan irrasional, yakni 2 (akar kwadrat positif dari 2). Akibat Misalkan ξ > 0 adalah suatu bilangan irrasional dan z > 0. Maka ada ξ m ∈ N sedemikian sehingga bilangan irrasional memenuhi m 0<
ξ < z. m
Bilangan Riil
Teorema Misalkan x, y ∈ R dengan x < y. a. Maka ada r ∈ Q 3 x < r < y b. Jika ξ > 0 adalah sebarang bilangan irrasional, maka ada r ∈ Q sedemikian sehingga bilangan irrasional rξ memenuhi x < rξ < y.
