Analisis Real BAB II

BAB II

BILANGAN REAL

2.1 Sifat Aljabar dan Urutan Bilangan Real

Dalam bagian ini akan dipelajari sifat ajabar dan urutan bilangan real. sebelum membahas tentang ini, terlebih dahulu diberikan definisi mengenai operasi biner. Operasi biner pada himpunan F adalah suatu fungsi B dengan domain F F dengan range di F. Jadi operasi biner mengasosiasikan setiap pasangan terurut (a,b) dari elemen F secara tunggal elemen B(a,b) di F. Akan tetapi kita biasa menggunakan a + b dan a.b daripada B(a,b).

2.1.1 Sifat Aljabar R

Pada himpunan bilangan real, terdapat dua operasi biner yaitu “+” yang disebut penjumlahan dan “.” yang disebut perkalian. Operasi biner ini memenuhi sifat-sifat berikut.

(A1) a + b = b + a, a,b R (sifat komutatif penjumlahan)

(A2) a + (b + c) = (a + b) + c, untuk semua a,b,c R (sifat assosiatif penjumlahan)

(A3) Terdapat elemen 0 R, sedemikian sehingga a + 0 = a dan 0 + a = a, untuk semua a R (eksistensi elemen 0)

(A4) Untuk semua a R, terdapat -a R, sedemikian sehingga a + (-a) = 0 dan (-a) + a = 0 (eksistensi invers penjumlahan)

(M1) a . b = b . a, untuk semua a,b R (sifat komutatif perkalian)

(M2) a . (b . c) = (a . b) . c, untuk semua a,b,c R (sifat assosiatif perkalian)

(M3) Terdapat elemen 1 R, sedemikian sehingga a .1 = a dan 1.a = a, untuk semua a R (eksistensi elemen 1)

(M4) Untuk semua a R a0, terdapatR, sedemikian sehingga a. = 1 dan .a = 1 (eksistensi invers perkalian)

(D) a.(b + c) = (a.b) + (a.c) dan (b + c).a = (b.a) + (c.a), a,b,c R (sifat distributif perkalian atas penjumlahan)

Sifat (A1),(A2),(A3) dan (A4) diatas menjelaskan sifat penjumlahan, sedangkan sifat (M1),(M2),(M3) dan (M4) diatas menjelaskan sifat perkalian.

2.1.2 Teorema

(a). Jika z dan a adalah elemen R dengan z + a= a, maka z = 0.

(b). Jika u dan b0 adalah elemen R dengan u.b = b, maka u = 1

(c). Jika aR , maka a.0 = 0

Bukti

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

= z + (a + (-a)) (A4)

= (z + a) + (-a) (A2)

= a + (-a) (diketahui)

= 0 (A4)

(b). u = u . 1 (M3)

= u. (M4)

= (u.b). (M2)

= b. (Diketahui)

= 1 (M4)

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

= a.(1+0) (D)

= a.1 (A3)

= a (M3)

Dari teorema 2.1.2(a) dapat disimpulkan a.0 = 0.

Selanjutnya diberikan dua sifat penting dari operasi perkalian, yaitu sifat ketunggalan elemen inversnya dan bahwa perkalian dua bilangan itu adalah nol, apabila salah satu faktornya nol.

2.1.3 Teorema

(a). Jika a,bR sehingga jika a + b = 0, maka a = -b

(b). Jika a,bR dan a0, sehingga jika a.b = 1 maka b =

(c). Jika a.b = 0, maka salah satu a = 0 atau b = 0

Bukti.

1. a = a + 0 (A3)

= a + (b + (-b)) (A4)

= (a + b) + (-b) (A2)

= 0 + (-b) (Diketahui)

= -b (A3)

2. b = 1.b (M3)

= .b (M4)

= (a.b) (M2)

=.1 (Diketahui)

= (M3)

(b). Diketahui a.b = 0, akan dibuktikan a = 0 dengan mengasumsikan b0

a = a.1 (M3)

= a (M4)

= (a.b) (M2)

= 0. (Diketahui)

= 0 (Teorema 2.1.2(c))

Selanjutnya akan dibuktikan b = 0, dengan mengasumsikan a0.

b = 1.b (M3)

= b (M4)

= (a.b) (M2)

= .0 (Diketahui)

= 0 (Teorema 2.1.2(c))

2.1.4 Teorema

Misalkan a,bR, maka

(a). -(-a) = a

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

(c). (-1)(-1) = 1

Operasi pengurangan (substraction) didefinisikan dengan a – b = a + (-b) untuk a,bR. Demikian halnya dengan pembagian (division), untuk a,bR dengan b0 didefinisikan dengan = a..

Untuk selanjutnya, untuk a.b cukup dituliskan dengan ab, dan aa dituliskan dengan a², (a²)a dituliskan a³, atau secara umum didefinisikan a^{n +1} = (aⁿ)a, untuk nN. Lebih lanjut, a¹ = a, dan jika a0 maka a⁰ = 1, serta a^-1 = , atau secara umum dituliskan a^-n = untuk nN.

2.1.4 Bilangan Rasional dan Bilangan Irrasional

Bilangan rasional (Q) adalah elemen R yang dapat dituliskan dalam bentuk , dengan a,bZ. Elemen R yang bukan elemen Q disebut bilangan irrasional. Sebagai contoh bilangan 2; ;; 0,43 merupakan bilangan rasional. Sedangkan ; 0,23183.... merupakan bilangan irrasional.

Akan ditunjukkan bahwa tidak terdapat bilangan rasional yang kuadratnya adalah 2. Untuk membuktikannya, digunakan istilah genap dan ganjil. Suatu bilangan asli disebut genap apabila dapat dinyatakan denga 2n, untuk suatu nN. Sedangkan suatu bilangan asli disebut ganjil apabila dapat dinyatakan dengan 2n – 1 , untuk suatu nN.

2.1.5 Teorema Tidak ada r Q sedemikian sehingga r² = 2

Bukti.

Andaikan terdapat rQ sedemikian sehingga r² = 2. Karena rQ, maka terdapat p,qZ sehingga r =dengan (p,q) = 1, dan =2p² = 2q² yang berarti p² genap. Karena p² genap, maka p juga genap, yang berarti terdapat kZ sehingga p = 2k. Dengan demikian diperoleh (2k)² = 2q² 4k² = 2q²2k² = q², yang berarti q² genap sehingga q juga genap. Karena p dan q keduanya genap, maka (p,q)1, kontradiksi dengan (p,q) = 1.

Dengan demikian, pengandaian salah dan haruslah Tidak ada rQ sedemikian sehingga r² = 2

2.1.6 Sifat Urutan Bilangan Real

Ada subset tak kosong PR yang disebut himpunan bilangan real positif yang memenuhi sifat berikut.

1. Jika a,bP , maka a + bP
2. Jika a,bP , maka abP
3. Jika aP, maka memenuhi tepat satu kondisi berikut

aP, a = 0, -aP

Sifat (iii) biasanya disebut dengan sifat trikotomi, dan {-a: aP} disebut bilangan real negatif.

2.1.7. Definisi

Misalkan a,bR, maka :

(a). Jika a – bP, maka ditulis a > b atau b < a

(b). Jika a – bP{0}, maka ditulis ab atau ba

Notasi a < b < c berarti a < b dan b < c. Demikian juga untuk abc berarti a b dan bc.

2.1.8 Teorema

Misalkan a,b,c adalah elemen di R.

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

(b). Jika a > b, maka a + c > b + c

(c). Jika a > b dan c > 0, maka ac > bc

Jika a > b dan c < 0, maka ac < bc

(d). Jika a > 0, maka >0

Jika a < 0, maka <0

Bukti.

(a). Diketahui a > b dan b > c, maka a – bP dan b – cP sehingga (a – b) + (b – c)P. Jadi a – cP. Menurut definisi 2.1.7(a) diperoleh a > c

(b) Karena a > b, maka a – bP

Perhatikan bahwa: (a – b) = (a – b) + 0

= (a – b) + (c – c)

= (a + c) + (-b – c)

= (a + c) – (b + c)

Dengan demikian (a + c) – (b + c)P, sehingga menurut definisi 2.1.7(a) diperoleh (a + c) > (b + c)

(c). Jika a > b dan c > 0, berarti a – bP dan cP. Sehingga (a – b)c = ac – bcP . Menurut definisi 2.1.7(a), diperoleh ac > bc.

2.1.9 Teorema

(a) Jika aR dan a0, maka a² > 0

(b) 1 > 0

(c) Jika n N, maka n > 0

Bukti.

(a). Menurut sifat trikotomi, jika a0 maka aP atau -aP. Untuk aP maka a² = aaP . Untuk -aP, maka a² = (-a)(-a)P. Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa Jika aR dan a0, maka a² > 0.

(b). Karena 1 = 1², maka menurut teorema 2.1.9(a) 1 > 0.

(c). Gunakan induksi matematika untuk membuktikan bahwa jika n N, maka n > 0.

Untuk n = 1, jelas bahwa 1 P. adalah benar. Selanjutnya asumsikan benar untuk n = kP, maka harus ditunjukkan benar untuk k + 1P.

Perhatikan bahwa 1P serta dari asumsi bahwa kP, maka diperoleh k +1P. Dengan demikian jika n N, maka n > 0.

2.1.10 Teorema

Jika a,bR dan a < b, maka a < (a +b) < b.

Bukti.

Diketahui a < b, maka menurut teorema 2.1.8(b) a + a < a + b atau 2a < a + b. Karena > 0, maka dari teorema 2.1.8(c) .2a < (a + b) sehingga a < (a + b). Selanjutnya a + b < b + b atau a + b < 2b. Karena > 0, maka dari teorema 2.1.8(c) (a + b) < .2b sehingga (a + b) < b. Dengan demikian diperoleh a < (a +b) < b.

2.1.11 Akibat

Jika bR dan 0 < b, maka 0 < b < b.

2.1.12 Teorema

Jika aR sedemikian sehingga 0 a <, untuk setiap > 0, maka a = 0.

Bukti.

Misalkan dengan kontradiksi, yakni a > 0. Maka menurut corollary 2.1.11 0 <a < a. Selanjutnya dengan mengambil = a, maka 0 << a. Padahal a <. Terjadi kontradiksi, sehingga seharusnya a =0.

2.1.13 Teorema

Jika a,bR dan ab > 0, maka akan dipenuhi salah satu berikut:

(a). a > 0 dan b > 0; atau

(b). a < 0 dan b < 0.

Bukti.

Kita catat bahwa ab > 0 mengakibatkan a0 dan b0, sebab jika a = 0 atau b = 0, mengakibatkan ab = 0. Dari sifat trikotomi, diperoleh a > 0 atau a < 0.

(a) Jika a > 0, maka dari teorema 2.1.8 (d), > 0. Dengan demikian menurut teorema 2.1.8(c) (ab) > .0 atau b > 0, sehingga b > 0.

(b) Jika a < 0, maka dari teorema 2.1.8(d), < 0. Dengan demikian menurut teorema 2.1.8(c) (ab)< .0 atau b < 0, sehingga b < 0.

2.1.14 Akibat

Jika a,bR dan ab < 0, maka akan dipenuhi salah satu berikut:

(a). a > 0 dan b < 0; atau

(b). a < 0 dan b > 0.

2.1.15 Contoh.

1. Tentukan himpunan A dari bilangan real x sedemikian sehingga 3x+93

Jawab

Diketahui xA dan 3x + 93, maka:

3x + 933x -6x -2

Jadi A = {xR: x-2}

2. Tentukan himpunan B dari bilangan real x sedemikian sehingga x² – 5x + 6 < 0

Jawab

Diketahui xB dan x² – 5x + 6 < 0, maka:

x² – 5x – 14 < 0 (x – 7)(x + 2) < 0.

Menurut akibat 2.1.14, maka terdapat dua kasus, yaitu:

1. x – 7 > 0x > 7, dan x + 2 < 0x < -2
2. x – 7 < 0x < 7, dan x + 2 > 0x > -2

Dari kasus (i) diperoleh x < -2 dan x > 7 sehingga tidak ada nilai x yang memenuhi. Sedangkan dari kasus (ii) diperoleh x < 7 dan x >-2, sehingga nilai x yang memenuhi -2 < x < 7. Jadi B = { xR: -2 < x < 7}

c. Tentukan himpunan C dari bilangan real x sedemikian sehingga

Jawab

Diketahui xC dan , maka:

Dengan demikian diperoleh (i) x + 1 x-1 dan x – 20x 2, yang berarti x2. Tetapi x2, akibatnya x > 2. Selanjutnya (ii) x + 10x -1 dan x – 20x 2, yang berarti x-1. Dengan demikian disimpulkan C = { xR: x-1}{ xR: x > 2}

2.1.16 Ketaksamaan Bernouli

Jika x > -1, maka (1 + x)ⁿ 1 + nx, untuk semua nN.

Bukti

Untuk membuktikan Ketaksamaan Bernouli diatas, kita gunakan induksi matematika. Untuk n = 1, maka (1 + x)¹ _{1 + 1.x adalah benar. Selanjutnya andaikan benar untuk n = k, yaitu} (1 + x)^k 1 + kx maka akan dibuktikan benar untuk n = k + 1.

Perhatikan bahwa: (1 + x)^k+1 ₌ (1+ x)^k(1 + x)

_{(1 + kx)(1 + x)}

_{= 1 + x + kx + kx}²

_{= 1 + (k + 1)x +k x}²

Karena k N dan x² > 0, maka kx² > 0. Akibatnya (1 + x)^k+1 _{1 + (k + 1)x.}

_{Jadi terbukti bahwa jika} x > -1, maka (1 + x)ⁿ 1 + nx, untuk semua nN.

2.1.17 Soal Latihan

1. Misalkan a,bR. buktikan bahwa:

a. -(-a) = a

b. (-1)a = -a

c. (-1)(-1) = 1

2. Buktikan bahwa jika a,bR, maka

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

b. (-a)(-b) = ab

c. =, jika a0

d. =, jika b0

3. a. Jika aR dan a > 0, buktikan bahwa a > -a.

b. Jika aR dan a < 0, buktikan bahwa a < -a

4. Buktikan bahwa tidak ada bilangan rasional s sedemikian sehingga s² = 6.

5. Buktikan bahwa jika x,y bilangan rasional, maka x + y dan xy juga bilangan rasional.

6. Carilah biangan real x sedemikian sehingga:

a. 2x + 4 < x

b. x² – 8x + 15 0

c.

2.2 Nilai Mutlak dan Garis Bilangan Real

2.2.1. Definisi

Nilai mutlak(absolute value) dari suatu bilangan real a, dinotasikan dengan |a|, didefinisikan sebagai:

2.2.2. Teorema

1. |ab| = |a||b|, untuk semua a, b R
2. |a|² = a² untuk semua a, b R
3. Jika c 0, maka |a| c jika dan hanya jika –c ac
4. –|a| a |a|

Bukti.

(a) Jika salah satu a atau b adalah 0, maka kedua ruas adalah 0. Selanjutnya jika a0 dan b0, maka dalam hal ini ada empat kasus, yaitu:

(i) Jika a > 0 dan b > 0, maka menurut definisi 2.2.1 diperoleh |a| = a dan |b| = b. Selanjutnya karena a > 0 dan b > 0, maka ab > 0. Jadi menurut definisi 2.2.1, |ab| = ab. Dengan demikian |ab| = ab = |a||b|.

(ii) Jika a > 0 dan b < 0, maka menurut definisi 2.2.1 diperoleh |a| = a dan |b| = -b. Selanjutnya karena a > 0 dan b < 0, maka ab < 0. Jadi menurut definisi 2.2.1, |ab| = -ab. Dengan demikian |ab| = -ab = a(-b) = |a||b|.

3. Jika a < 0 dan b > 0, maka menurut definisi 2.2.1 diperoleh |a| = -a dan |b| = b. Selanjutnya karena a < 0 dan b > 0, maka ab < 0. Jadi menurut definisi 2.2.1, |ab| = -ab. Dengan demikian |ab| = -ab = |a||b|.
4. Jika a < 0 dan b < 0, maka menurut definisi 2.2.1 diperoleh |a| = -a dan |b| = -b. Selanjutnya karena a < 0 dan b < 0, maka ab > 0. Jadi menurut definisi 2.2.1, |ab| = ab. Dengan demikian |ab| = ab = (-a)(-b) = |a||b|.

Dari keempat kasus diatas, maka dapat kita simpulkan bahwa |ab| = |a||b|.

(b). Jika a = 0, jelas bahwa |0|² = 0 = 0². Jika a > 0, maka menurut definisi 2.2.1, |a| = a, sehingga |a|² = |a||a| = aa = a². Demikian halnya jika a < 0, maka menurut definisi 2.2.1, |a| = -a, sehingga |a|² = |a||a| = (-a)(-a) = a². Dengan demikian kita simpulkan bahwa |a|² = a².

(c). Akan dibuktikan jika c 0, maka |a| c jika dan hanya jika –c ac.

Langkah pertama kita akan buktikan jika c 0, dan |a| c maka –c ac.

Perhatikan bahwa c0, maka –c 0. Karena |a| c, berarti untuk a = 0 diperoleh |a| = 0 sehingga -c a c. Jika a > 0, maka |a| = a c. Akibatnya -c 0 < a c atau -c a c. Sedangkan jika a < 0, maka |a| = -a c Akibatnya -c a < 0 c atau -c a c.

Langkah selanjutnya, akan dibuktikan jika c 0 dan –c a c maka |a| c.

Perhatikan bahwa c 0 dan –c a c. Jika a = 0, maka |a| = 0 c. Jika a > 0, maka |a| = a c. Jika a < 0, maka |a| = -a. Karena –c a, maka –a c. Jadi |a| c.

Dengan demikian dapat diambil kesimpulan bahwa jika c 0, maka |a| c jika dan hanya jika –c ac.

(d) Dengan mengambil c = |a|, maka dapat ditunjukkan bahwa –|a| a |a|

2.2.3. Ketaksamaan segitiga.

Jika a, b R, maka |a + b| |a| + |b|

Bukti.

Misalkan a,b R. Menurut teorema 2.2.2(d) -|a| a |a| dan -|b|b |b|. Dengan menjumlahkan kedua ketaksamaan ini, diperoleh

-(|a| + |b|) a + b (|a| + |b|). Dengan demikian menurut teorema 2.2.2(c) diperoleh |a + b| |a| + |b|.

2.2.4. Akibat

Jika a, b R, maka

1. | a – b |
2. | a – b| |a| + |b|

Bukti

(a) Kita ketahui bahwa a = a – b + b. Dengan menerapkan ketaksamaan segitiga, maka |a| = |a – b + b| |a – b| + |b| atau |a| – |b| |a – b|. Demikian halnya bahwa b = b – a + a. Dengan menerapkan ketaksamaan segitiga, maka |b| = |b – a + a| |b – a| + |a| atau -|b – a |= -|a – b| |a| – |b|.

Dengan demikian diperoleh -|a – b| |a| – |b| |a – b|.

Menurut teorema 2.2.2(c) ||a| – |b|| |a – b|.

(b). |a + (-b)||a| + |-(b)| = |a| + |b|

2.2.5. Akibat

Jika a₁, a₂, … a_n, maka | a₁ + a₂ + …+ a_n | |a₁ + a₂ + … + a_n|

2.2.6 Garis Bilangan Real (The Real Line)

Interpetasi geometri yang dikenal di antaranya garis bilangan real (real line). Pada garis real, nilai mutlak |a| dari suatu elemen a R adalah jarak a ke 0. Secara umum, jarak (distance) antara elemen a dan b di R adalah |a – b|. Perhatikan gambar berikut.

Gambar 2.1 Jarak antara a = -2 dan b = 3

2.2.7 Definisi

Misalkan aR dan  Lingkungan-(-neighborhood) dari a adalah himpunan (a) = {x R : |x – a| < 

Gambar 2.2 Lingkungan (a)

Dapat dilihat bahwa x(a) jika dan hanya jika a-< x < a +. Lingkungan juga sering disebut dengan kitaran.

Sebagai contoh, jika a = 5 dan= 2, maka (a) =V₂(5) ={xR: |x – 5| < 2}

2.2.8 Teorema

Jika aR dan x pada lingkungan (a) untuk setiap maka x = a.

Bukti.

Jika x memenuhi |x – a| < untuk setiap  maka berdasarkan teorema 2.1.12, diperoleh x = a.

2.2.9 Contoh

1. Misalkan A = {x : 0 < x < 1}. Jika aA dan misalkan adalah bilangan terkecil dari a dan 1 – a, maka (a)A. Jadi setiap elemen dari A mempunyai lingkungan- yang termuat dalam A.

2. Jika I = {x : 0 x 1}. Maka untuk sebarang > 0 (0) memuat titik-titik yang tidak termasuk dalam I, misalkan dengan mengambil x₀ = (0)I.

3. Jika |x – a| <  dan |y – b| <  maka:

|(x + y) – (a + b)| = |(x – a) + (y – b)|

|(x – a)| + |(y – b)|

< 2

Jadi x(a) dan y(b) maka x + y(a + b) dan tidak perlu dalam (a + b)

2.2.10 Soal Latihan

1. Jika a,bR, tunjukkan bahwa

a. |a| =

b. =

2. Jika a, b R, tunjukkan bahwa |a + b| = |a| + |b| jika dan hanya jika ab 0

3. Tunjukkan bahwa |x – a| < jika dan hanya jika a - < x < a +

4. Jika a < x < b dan a < y < b, tunjukkan bahwa |x – y| < b – a

5. Carilah semua xR, yang memenuhi ketaksamaan berikut.

a. |4x – 5| 13

b. |x² – 1|3

6. Carilah semua xR, yang memenuhi persamaan |x + 1| + |x – 2| = 7

7. Carilah semua xR, yang memenuhi

a. |x – 1| > |x + 1|

b. |x| + |x + 1| < 2

8. Tentukan dan sketsalah himpunan dari pasangan berurutan (x,y) di RR yang memenuhi ketaksamaan berikut.

a. |x| |y|

b. |x| + |y| 1

c. |xy| 2

d. |x| - |y| 2

9. Tunjukkan bahwa jika a,bR, dan ab maka terdapat lingkungan- U dari a dan V dari b sedemikian sehingga UV = Ø.

2.3 Sifat Kelengkapan Bilangan Real

2.3.1 Definisi

Misalkan S adalah himpunan bagian tak kosong dari R.

(a) Himpunan S dikatakan terbatas ke atas (bounded above) jika terdapat suatu bilangan uR sedemikian hingga s u untuk semua sS. Setiap bilangan seperti u disebut dengan batas atas (upper bound) dari S.

(b) Himpunan S dikatakan terbatas ke bawah (bounded below) jika terdapat suatu bilangan wR sedemikian hingga w s untuk semua sS. Setiap bilangan seperti w disebut dengan batas bawah (lower bound) dari S.

(c) Suatu himpunan dikatakan terbatas (bounded) jika terbatas ke atas dan terbatas ke bawah. Jika tidak, maka dikatakan tidak terbatas (unbounded).

Sebagai contoh, himpunan S :={xR, x < 2} ini terbatas ke atas, sebab bilangan 2 dan sebarang bilangan lebih dari 2 merupakan batas atas dari S. Himpunan ini tidak mempunyai batas bawah, jadi himpunan ini tidak terbatas ke bawah. Jadi, S merupakan himpunan yang tidak terbatas.

2.3.2 Definisi

Misalkan S adalah himpunan bagian tak kosong dari R.

(a) Jika S terbatas ke atas, maka suatu bilangan u disebut supremum (batas atas terkecil) dari S jika memenuhi kondisi berikut:

(1) u merupakan batas atas S, dan

(2) jika v adalah sebarang batas atas S, maka u v.

Ditulis u = sup S

(b) Jika S terbatas ke bawah, maka suatu bilangan w disebut infimum (batas bawah terbesar) dari S jika memenuhi kondisi berikut:

(1) w merupakan batas bawah S, dan

(2) jika t adalah sebarang batas bawah S, maka t w

Ditulis w = inf S.

Mudah untuk dilihat bahwa jika SR. maka hanya terdapat satu supremum, atau supremumnya tunggal. Juga dapat ditunjukkan bahwa jika u’ adalah sebarang batas atas dari suatu himpunan tak kosong S, maka sup S u’, sebab sup S merupakan batas atas terkecil dari S

Selanjutnya jika SR maka terdapat empat kemungkinan, yaitu:

1. mempunyai supremum dan infimum
2. hanya mempunyai supremum
3. hanya mempunyai infimum
4. tidak mempunyai supremum maupun infimum.

Setiap bilangan real aR, merupakan batas atas dan juga sekaligus batas bawah himpunan kosong Ø. Jadi himpunan Ø tidak mempunyai supremum maupun infimum.

Lemma 2.3.3.

Suatu bilangan u merupakan supremum dari himpunan bagian tak kosong S R, jika dan hanya jika u memenuhi kondisi berikut:

(1) s u untuk semua s S,

(2) jika v < u, maka terdapat s'S sedemikian hingga v < s’.

Lemma 2.3.4.

Sebuah batas atas u dari himpunan tak kosong S di R adalah supremum dari S jika dan hanya jika untuk setiap > 0 terdapat s₁  S sedemikian hingga u – < s₁.

Bukti.

Jika u = sup S dan untuk setiap > 0 maka terdapat s₁S sehingga u –< s₁. Karena u – < u, maka u – bukan merupakan batas atas S. Oleh karena itu, terdapat s₁  S sehingga u – < s₁.

Selanjutnya diketahui u – < s₁. Jika u merupakan batas atas S dan jika memenuhi v < u, maka diambil = u – v. Maka jelas > 0, dan diperoleh u = sup S.

Contoh 1.3.5.

(a) Jika suatu himpunan tak kosong S₁ mempunyai elemen sebanyak berhingga, maka dapat dilihat bahwa S₁ mempunyai elemen terbesar, namakan u, dan elemen terkecil, namakan w. Maka u = sup S₁ dan w = inf S₁ , dan keduanya merupakan elemen S₁ .

(b) Himpunan S₂ := {x : 0 x 1} mempunyai batas atas 1. Akan dibuktikan bahwa 1 merupakan supremumnya. Jika v < 1, maka terdapat s’S₂ sedemikian hingga v < s'. Oleh karena itu, v bukan merupakan batas atas S₂ dan karena v merupakan sebarang v < 1, maka dapat disimpulkan bahwa sup S₂ = 1.

2.3.6. Sifat Lengkap R .

Jika subset tak kosong S R terbatas ke atas, maka supremumnya ada, yaitu terdapat uR sedemikian hingga u = sup S .

Akibat 2.3.7.

Jika subset tak kosong S R terbatas ke bawah, maka infimumnya ada, yaitu terdapat w R sedemikian hingga w = inf S .

Bukti.

Misalkan himpunan T terbatas ke bawah, T R. Dibentuk himpunan S = {-t : tT}, maka S terbatas ke atas dan tidak kosong. Menurut Aksioma

Supremum, sup S ada, namakan u = sup S , maka -u = inf T .

2.3.7 Latihan Soal

1. Misalkan S₁:={xR : x 0}. Tunjukkan bahwa himpunan S₁ mempunyai batas bawah, tetapi tidak mempunyai batas atas. Tunjukkan bahwa inf S₁ = 0

2. Misalkan S₂ = {x R: x > 0}. Apakah S₂ mempunyai batas bawah? Apakah S₂ mempunyai batas atas? Apakah inf S₂ ada? Apakah sup S₂ ada? Jelaskan alas an anda!

3. Misalkan S₄ = . Temukan inf S₄ dan sup S₄.

4. Jika himpunan S R mengandung satu anggota sebagai batas atasnya, tunjukkan bahwa batas atas ini adalah supremum dari S.

5. Misalkan himpunan tak kosong S R . tunjukkan bahwa u adalah batas atas S jika dan hanya jika t R dan t > u berakibat bahwa t S.

6. Tunjukkan bahwa jika A dan B himpunan terbatas dan A,B R, maka AB terbatas. Tunjukkan bahwa sup (AB) = sup{sup A, sup B}.

2.4. Penggunaan Sifat Aksioma Supremum

2.4.1 Teorema

Diberikan subset tak kosong S R yang terbatas ke atas dan misalkan sebarang aR. Jika himpunan a + S :={a + s : sS}, maka berlaku Sup (a + S) = a + sup S

Bukti.

Misalkan u = sup S, maka x u untuk semua x S, sehingga a+ xa + u. Oleh karena itu, a + u merupakan batas atas dari himpunan a + S. Akibatnya sup (a + S) a + u.

Selanjutnya, misalkan v adalah sebarang batas atas a + S, maka a + x v, untuk semua xS. Akibatnya x v - a, untuk semua xS. Jadi v – a merupakan batas atas S. Oleh karena itu, u = sup S v – a, sehingga a + u v. Karena v adalah sebarang batas atas a + S, maka kita bisa mengganti v dengan sup (a + S) sehingga diperoleh a + u sup(a + S).

Karena telah diperoleh: sup (a + S) a + u dan a + u sup(a + S), maka dapat disimpulkan sup (a + S) = a + u = a + sup S.

2.4.2 Teorema

Diberikan subset tak kosong S R yang terbatas dan sebarang bilangan real a > 0 . Didefinisikan himpunan aS := {as : sS}, maka berlaku inf (aS ) = a inf (S ) .

Bukti.

Tulis u = inf aS dan v = inf S . Akan dibuktikan bahwa u = av . Karena u = inf aS , maka u as , untuk setiap sS . Karena v = inf S , maka v s untuk setiap sS. Akibatnya av as untuk setiap sS . Berarti av merupakan batas bawah aS. Karena u batas bawah terbesar aS, maka av u. Karena u as untuk setiap sS, maka diperoleh s untuk setiap sS (sebab a > 0 ). Karena v = inf S , maka v yang berakibat u av. Di lain pihak diketahui av u , akibatnya u = av. Dengan demikian inf (aS ) = a inf (S ).

2.4.3 Teorema

Misalkan S R, SØ dan S terbatas.

a. Jika a > 0 dan aS = {as : sS}, tunjukkan bahwa inf(aS) = a inf(S) dan juga sup(aS) = a sup(S)

b. Jika a < 0 dan bS = {bs : sS}, tunjukkan bahwa inf(bS) = b sup(S) dan juga sup(bS) = b inf(S)

2.4.4 Teorema

Jika A dan B subset tak kosong R dan memenuhi a b untuk semua aA dan bB , maka sup A inf B .

Bukti.

Diambil sebarang bB , maka a b untuk semua aA . Artinya bahwa b merupakan batas atas A, sehingga sup A b. Selanjutnya, karena berlaku untuk semua bB, maka sup A merupakan batas bawah B. Akibatnya diperoleh bahwa sup A inf B.

Berikut ini diberikan salah satu sifat yang mengaitkan hubungan antara bilangan real dan bilangan asli. Sifat ini menyatakan bahwa apabila diberikan sebarang bilangan real x, maka selalu dapat ditemukan suatu bilangan asli n yang lebih besar dari x.

2.4.5 Teorema

Misalkan f , g : D R sedemikian hingga f (D) dan g (D) terbatas diatas.

(a) Jika f (x) g (x), untuk semua xD maka sup f (D) sup g(D)

(b) Jika f (x) g (x), untuk semua x,yD, maka sup f (D)  inf g (D).

Bukti

(a) Karena f (x) g (x), untuk semua xD dan g (D) terbatas diatas, maka f (x) sup g(D). Ini berarti sup g(D) adalah batas atas {f (x) : xD}. Karena itu sup f (D) sup g(D)

(b) Misalkan x₀D, maka menurut hipotesis f (x₀) g(y), untuk semua yD. Karena itu f (x₀) batas bawah dari g(D) sehingga f (x₀)  inf g(D). Tetapi x₀ adalah unsur sebarang di D sehingga g(D) adalah batas atas f (D). Akibatnya inf g(D) adalah batas atas f (D) sehingga f (D)  inf g (D).

2.4.6 Sifat Archimedes.

Jika xR, maka terdapat nN sedemikian hingga x < n.

Bukti.

Ambil sebarang xR. Andaikan tidak ada nN sedemikian hingga x < n, maka n x, untuk semua nN. Dengan kata lain, x merupakan batas atas N. Jadi NR, NØ dan N terbatas ke atas. Menurut aksioma supremum, maka sup N ada, yaitu misal u = sup N. Karena u – 1 < u, maka terdapat m N dengan sifat u – 1 < m. Akibatnya u < m+1 dengan m +1N. Timbul kontradiksi dengan u = sup N. Berarti u bukan batas atas N, karena ada m + 1N sehingga u < m + 1. Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah ada nN sedemikian hingga x < n.

2.4.7 Akibat

Jika S ={: nN }, maka inf S = 0

Bukti.

Karena S = Ø terbatas ke bawah oleh 0, maka S mempunyau infimum, yaitu misal w = inf S. jelas bahwa w0. Untuk sebarang > 0, dengan menggunakan Sifat Archimedes, terdapat nN sedemikian hingga < n, akibatnya <. Oleh karena itu 0 w <. Akan tetapi karena < > 0 sebarang, maka berdasarkan Teorema 2.1.12 diperoleh w = inf S = 0.

2.4.8 Akibat

Jika t > 0, maka terdapat n_t N sedemikian hingga 0 < < t.

Bukti.

Karena inf { : nN} = 0 dan t > 0, maka t bukan batas bawah himpunan { : nN}. Akibatnya terdapat n_tN sehingga 0 < < t.

2.4.9 Akibat

Jika y > 0, maka terdapaty n_yN sedemikian hingga n_y - 1 < y < n_y.

Bukti.

Sifat Archimedes menjamin bahwa himpunan bagian E_y = {mN : y < m } dari N tidak kosong. Menggunakan Sifat Urutan 1.2.1, E_y mempunyai elemen yang paling kecil, yang dinotasikan dengan n_y. Oleh karena itu, n_y – 1 bukan elemen E_y . Akibatnya diperoleh bahwa n_y - 1 < y < n_y.

2.4.10 Teorema

Ada bilangan real positif x sedemikian hingga x² = 2

Bukti.

Misalkan S = {sR : s 0 dan s² < 2}. Jelas bahwa S Ø sebab 0S dan 1S. S terbatas keatas dengan slah satu batas atasnya adalah 2. Jika t 2, maka t²4. Jadi, t = 2 S. menggunakan aksioma supremum, SR, SØ dan S terbatas keatas, maka S mempunyai supremum. Namakan x = sup S, dengan xR. Akan dibuktikan bahwa x² = 2. Andaikan x2, maka x² < 2 atau x² > 2.

Kemungkinan I: untuk x² < 2

Karena x² < 2, maka 2 – x² > 0. Karena , maka

= x² + x + x² + (2x + 1)

Karena 2 – x² > 0 dan 2x + 1 > 0, maka > 0. Manurut akibat Archimedes, dapat ditemukan nN, sehingga < . Akibatnya (2x + 1) < 2 – x², sehingga: < x² + (2x + 1) < x² + 2 – x² = 2. Dengan demikian diperoleh < 2, yang berarti bahwa x + S. Kontradiksi dengan x = sup S. oleh karenanya tidak mungkin x < 2.

Kemungkinan II: x² > 2

Karena x² > 2, maka x² – 2 > 0.

Perhatikan bahwa = x² –x + > x² – . Karena x² – 2 > 0 dan 2x > 0, maka dipilih m N, sedemikian sehingga m > atau < x² – 2. Akibatnya > x² – > x² – (x² – 2) = 2. Dengan demikian diperoleh > 2. Berarti x - S, yaitu x - adalah batas atas S. Kontradiksi dengan x = sup S. oleh karena itu, tidak mungkin x² > 2. Jadi pengandaian salah, yang benar adalah x² = 2.

2.4.11 Teorema Densitas (The Density Theorem)

Jika x, yR dengan x < y , maka ada bilangan rasional q Q sedemikian hingga x < q < y.

Bukti.

Dengan tidak mengurangi keumuman (without loss of generality), diambil x 0 .

Karena x y , maka y 0 dan y x 0 . Akibatnya> 0, sehingga dapat dipilih nN sedemikian hingga n > .

Untuk n di di atas, berlaku ny nx 1, yaitu nx 1ny . Karena nx 0 , maka dapat dipilih mN sehingga m 1nx m.

Bilangan m di atas juga memenuhi m ny , sebab dari m 1nx maka diperoleh m nx 1ny . Jadi nx m ny .

Akibatnya untuk q = mempunyai sifat x < = q < y. Jadi, terdapat bilangan rasional q = dengan sifat x q y .

Berikut ini diberikan akibat dari Teorema Densitas, yaitu di antara dua bilangan real pasti dapat ditemukan bilangan irrasional.

2.4.12 Akibat

Jika x, yR dengan x y, maka ada bilangan irrasional r sedemikian hingga x r y.

Bukti.

Menggunakan Teorema Densitas, ada bilangan real dan dengan sifat ada bilangan rasional q dengan sifat < q < . Akibatnya, x < q< y dan q merupakan bilangan irrasional.

2.4.13 Latihan Soal

1. Tunjukkan bahwa sup = 1

2. Jika S = , tentukan supS dan inf S.

3. Misalkan S R, SØ dan S terbatas.

a. Jika a > 0 dan aS = {as : sS}, tunjukkan bahwa inf(aS) = a inf(S) dan juga sup(aS) = a sup(S)

b. Jika a < 0 dan bS = {bs : sS}, tunjukkan bahwa inf(bS) = b sup(S) dan juga sup(bS) = b inf(S).

4. Misalkan X adalah himpunan tak kosong dan misalkan f : X R memiliki range yang terbatas di R. Jika aR, tunjukkan bahwa

a. sup{a + f(x): x_{X } = a + sup{f (x): xR}}

b. inf{a + f(x): x_{X } = a + inf{f (x): xR}}

5. Misalkan A dan B adalah subset tak kosong dari R dan misalkan A + B = {a + b : a_{A, bB }. Buktikan bahwa}

_{a. sup{A + B} = sup A + sup B}

_{b. sup{A + B} = sup A + sup B}

_{6. Jika y > 0, tunjukkan bahwa terdapat nNsedemikian sehingga < y}

2.5 Interval

Relasi pada R menentukan sebuah koleksi dari subset-subset yang dikenal dengan interval. Notasi dan istilah untuk himpunan khusus ini sebagai berikut. Jika a; b R dan a b, maka interval buka yang ditentukan oleh a dan b adalah (a , b) ={x R : a < x < b}.

Titik-tiitk a dan b disebut titik ujung-titik ujung dari interval buka (a , b), tetapi titik ujung tersebut tidak termasuk. Jika kedua ujung termasuk disebut interval tutup, maka ditulis: [a , b] = {x R : a x b}.

Himpunan [a , b) = {x R : a x < b} dan (a , b] = {x R : a < x < b} disebut interval-interval setengah buka yang ditentukan oleh titik a dan b. Setiap interval di atas mempunyai panjang b – a. Jika a = b, catat bahwa interval buka yang bersesuaian adalah himpunan kosong (a , a) = Ø.

Sementara yang bersesuaian dengan interval tutup adalah himpunan dengan anggota tunggal [a; a] = {a}. Jika a R maka himpunan-himpunan yang didefinisikan dengan [a ,) = {x R : x a} dan (-, a] = {xR:a x} disebut interval tutup tak hingga. Dalam kasus ini titik a disebut titik akhir dari interval ini. Sering adalah baik untuk menuliskan R dalam sebuah interval tak hingga. Dalam kasus ini kita tuliskan (-,) = R.

2.5.1 Interval Bersarang

Kita katakan sebuah barisan interval I_n, nN, disebut bersarang jika rangkaian berikut memenuhi:

I₁ I₂ I_{3 ...} I_n I_n+1 ...

Untuk contohnya, jika I_n = [0, ], nN, maka I_n I_n+1 untuk semua n. Maka interval-interval tersebut bersarang. Dalam kasus ini 0 termasuk dalam semua I_n dan menurut sifat archimedes dapat digunakan untuk menunjukkan bahwa satu-satunya anggota seperti itu hanyalah 0. Jadi I_n = {0}.

Secara umum sebuah barisan bersarang dari interval-interval tidak perlu mempunyai anggota bersama. Sebagai contoh J_n = (0, ), nN. Ini merupakan barisan interval bersarang yang tidak mempunyai anggota bersama. Ini benar karena untuk setiap x > 0 maka terdapat m N sedemikian sehingga < x sehingga x J_m.

Demikian halnya untuk interval-interval K_n = (n , 1), nN, adalah bersarang tetapi tidak punyai anggota bersama. Akan tetapi adalah penting sifat dari R bahwa setiap barisan bersarang dari interval-interval tutup mempunyai anggota bersama. Kelengkapan dari R memegang peranan esensial untuk menjelaskan sifat ini.

2.5.2 Sifat Interval bersarang

Jika I_n = [a_n , b_n], nN adalah barisan interval bersarang dari interval-interval tutup terbatas, maka terdapat sebuah bilangan R sedemikian sehingga I_n, untuk semua nN.

Bukti.

Karena interval-interval itu bersarang, kita punyai I_nI₁, untuk semua nN, sedemikan sehingga a_n b₁, untuk semua nN. Oleh karena itu himpunan tak kosong {a_n : nN} terbatas di atas, dan kita misalkan adalah suprimumnya. Jelas bahwa a_n, untuk semua nN. Kita klaim juga bahwa b_n untuk semua n. Ini dapat dijelaskan untuk sebarang n, bilangan b_n adalah batas atas dari himpunan {a_k : k N }. Kita perhatikan dua kasus. (i) Jika n k, maka karena I_n I_k , kita punyai ak bk· bn. (ii) Jika k < n, maka karena I_k I_n, kita punyai a_k a_n b_n. Jadi kita simpulkan bahwa a_k b_n, sehingga b_n adalah batas atas dari {a_k : k N }. Oleh karena itu b_n untuk setiap nN. Karena a_n bn untuk semua n, kita punyai I_n, untuk semua nN.

2.5.3 Teorema

Jika I_n = [a_n,b_n] nN, adalah sebuah barisan bersarang dari interval terbatas dan tutup sedemikian sehingga panjang b_n – a_n dari I_n memenuhi

Inf {b_n – a_n: nN} = 0

maka bilangan termuat dalam I_n untuk semua nN adalah tunggal.

Bukti.

Jika = Inf {b_n – a_n: nN}, maka dengan argumen seperti dalam bukti 2.6.1 dapat digunakan untuk menunjukkan bahwa a_n , untuk semua nN, sehingga selanjutnya dapat ditunjukkan bahwa x_{In , untuk semua} nN jika dan hanya jika x.

Jika kita punyai Inf {b_n – a_n: nN} = 0 , maka untuk setiap > 0, terdapat mN} sedemikian sehingga 0 –b_m – a_{m . Karena ini memenuhi untuk semua} > 0 maka dapat disimpulkan bahwa –= 0. Oleh karena itu kita simpulkan bahwa =yang hanya sebuah titik yang termasuk dalam I_n untuk semua n N_.

_{2.5.4 Latihan Soal}

_{1. Jika I = [a, b] dan I’ = [a’, b’] adalah interval tutup di R. Tunjukkan bahwa II’ jika dan hanya jika a’a dan bb’.}

_{2. Jika SR dan SØ. Tunjukkan bahwa S adalah terbatas jika dan hanya jika terdapat interval tutup terbatas I sedemikian sehingga SI.}

_{3. Misalkan In= [0, ] untuk nN. Buktikan bahwa} I_n = {0}.

4. _{Misalkan Kn= [n,] untuk nN. Buktikan bahwa} K_{n = Ø}.

5. Buktikan bahwa himpunan R adalah uncountable.