analisis Real

DAFTAR ISI 1 SISTEM BILANGAN REAL 1.1 Sifat Aljabar Bilangan Real . . . . . . . . . 1.2 Sifat Urutan Bilangan Real . . . . . . . . . 1.3 1.3 Nila Nilaii Mutla utlak k dan dan Jarak arak Pada ada Bila Bilang ngan an Real eal 1.4 Supremum dan Infimum . . . . . . . . . . . 1.5 Kepadatan bilangan rasional . . . . . . . . .

i

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

1 1 6 11 14 18

BAB 1 SISTEM BILANGAN REAL Bilangan Bilangan real sudah dikenal dikenal dengan baik sejak masih di sekolah sekolah menengah. Namun untuk memulai mempelajari materi pada BAB ini anggaplah diri kita belum tahu apa-apa tentang tentang bilangan bilangan real. Kita akan akan mempelajari bagaimana bagaimana sistem bilangan real itu dibangun. Pertama-tama kita hanya diberikan suatu himpunan bilangan tetapi belum tahu anggotany anggotanyaa seperti seperti apa, belum aturan yang berlaku di dalamnya. dalamnya. KemuKemudian kepada himpunan ini diberikan dua operasi binair, penjumlahan dan pengurangan. Dengan dua operasi ini dibuat beberapa aksioma. Dua aksioma penting adalah keujud keujudan an elemen elemen 0 dan elemen elemen 1. Inilah Inilah anggota anggota bilang bilangan an real real pertama yang kita ketahui. ketahui. Selanjutn Selanjutnya ya dengan aksioma-aks aksioma-aksioma ioma ini didefinisik didefinisikan an anggota-anggo anggota-anggota ta lainnya, lainnya, seperti bilangan bilangan positif, positif, bilangan bilangan negatif, negatif, bilangan bilangan bulat, bilangan rasional rasional dan bilangan bilangan irrasional. irrasional. Juga didefinisik didefinisikan sifat-sifa sifat-sifatt yang yang mengatur hubungan antar anggota, seperti sifat urutan, sifat jarak, sifat kelengkapan dan sifat kepadatan.

1.1 1.1

Sifa Sifatt Alj Aljab abar ar Bila Bilang ngan an Real Real

Bilangan real dipandang sebagai suatu himpunan, seterusnya dilambangkan dengan R. Selanj Selanjutn utnya ya,, didefis didefisik ikan an dua operasi operasi binair binair ’+’ dan ’ ’ masing-masing disebu disebutt operasi operasi penjuml penjumlaha ahan n dan operasi perkali perkalian. an. Kedua Kedua operasi operasi binair binair ini diterapkan pada R dan memenuhi sifat-sifat sebagai berikut:

·

∈ R, yaitu komutatif terhadap penjumlahan. (A2) (a (a + b + b)) + c + c = = a + (b (b + a + a)) untuk setiap a setiap a,, b, c ∈ R, yaitu asosiatif terhadap a + (A1) a + b = b = b+ + a untuk setiap a, setiap a, b penjumlahan.

∈

(A3) Terdapat erdapat elemen 0 R sehingga a + 0 = 0 + a + a = a untuk setiap a Elemen 0 ini disebut elemen nol.

∈

− ∈

−

−

∈ R.

(A4) Untuk Untuk setiap setiap a sehingga a+( +( a) = ( a)+a )+a = a R selalu terdapat ( a) R sehingga a 0. Elemen ( a) ini disebut negatif dari a.

−

1

2

Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI

· · ∈ R, yaitu komutatif terhadap perkalian. (M2) (a (a · b) ( b · a) b ) · c = a · (b a ) untuk setiap a,b,c ∈ R, yaitu asosiatif terhadap (M1) a b = b = b a untuk setiap a, setiap a, b perkalian.

∈

·

·

R sehingga a 1 = 1 a = a untuk setiap a (M3) Terdapat erdapat elemen elemen 1 Elemen 1 ini disebut elemen satuan .

∈ R.

(M4) Untuk Untuk setiap a R, a = 0 selalu terdapat (1/a (1 /a)) R sehingga a (1/a (1/a)) = (1/a (1/a)) a = 1. Elemen (1/a (1 /a)) ini disebut kebalikan dari a.

·

·

∈



·

·

∈

·

·

·

·

(D) a (b + c + c)) = (a b) + (a c) dan (b (b + c + 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 mencakup keduanya yaitu D (D untuk Distributif). Kesembilan sifat ini disebut sifat aljabar atau aksioma bilangan real. Sampai saat ini belum didefinisikan bilangan negatif dan operasi pengurangan. Notasi ( a) dianggap satu elemen didalam R. Begitu Begitu juga juga elemen elemen kebal kebalik ikan an (1/a (1/a)) dianggap satu elemen dan operasi pembagian belum didefinisikan.

−

Berikut diberikan beberapa teorema sederhana yang diturunkan langsung dari sifat-sifat aljabar ini. = b memTeorema 1.1.1. Jika a a bilangan real sebarang maka persamaan a + x = b punyai penyelesaian tunggal, yaitu x = ( a) + b + b.

−

Bukti:

+ x a + x ( a) + (a ( a + x + x)) (( a) + a + a)) + x + x 0 + x + x x

⇒− ⇒ −

⇒

⇒

= = = = =

b [diketahui] ( a) + b + b ( a) + b + b [menggunakan A2] ( a) + b + b [menggunakan A4] ( a) + b + b [menggunakan A3]

− − − −

·

jika a bilangan bilangan real tidak nol maka persamaan a persamaan a x = b = b Latihan 1.1.1. Buktikan jika a mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x yaitu x = = (1/b (1/b). ).

Teorema 1.1.2. Bila a suatu elemen pada R maka (i) a 0 = 0

· (ii) (−1) · a = −a.

3


(i): Berdasark Berdasarkan an (M3) kita mempuny mempunyai ai a 1 = a. Selanjutn Selanjutnya ya kedua kedua ruas ini ditambahkan a ditambahkan a a, diperoleh :

·

Bukti:

·

·

· · ·

+ a 0 = a + a = = =

·

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

Selanjutnya dengan menggunakan Teorema (1.1.1)dengan menganggap x menganggap x sebagai sebagai a 0 diperoleh + a = = 0. a 0 = ( a) + a

·

·

− ambahkan an pada kedua kedua ruas dengan dengan (ii): Dari (M3) kita mempunyai a = 1 · a. Tambahk (−1) · a, diperoleh a + (−1) · a = 1 · a + (−1) · a = (1 + (−1)) · a [menggunakan D] = 0 · a [menggunakan A4] = 0 [meng [menggun gunak akan an bagia bagian n i, setelah menerapkan (A1)]

Selanjutnya dengan menggunakan Teorema (1.1.1) dan menganggap x sebagai ( 1) a, kemudian menggunakan (A3) diperoleh

− ·

− ·

−

( 1) a = ( a) + 0 =

−a.

Bila a suatu elemen pada R, buktikan Latihan 1.1.2. Bila a

−(−a) = a ii) (−1) · (−1) = 1. 1. i)

Teorema 1.1.3. Misalkan a, a, b, c elemen pada R.

  = a · c dan a  = 0 maka b = c = c . (ii) Jika a · b = a = 0 maka menurut (M4) selalu ada 1/a 1/a ∈ R. Bukti. Bukti. (i): Karena a  (1/a)) = a. (i) Jika a = 0 maka 1/a = 0 dan 1/(1/a

1/a = /a = 0 maka diperoleh

·

·

1 = a (1/a (1/a)) = a 0 = 0.

Andaik Andaikan

4


Hasil ini berlawanan atau kontradiksi dengan (M3). Jadi pengandaian ini salah, dan haruslah 1/a 1/a = 0. Selanj Selanjutn utnya ya kare karena na 1/a 1 /a = 0 dan karena (1/a (1 /a)) a = 1 maka dengan Teorema (1.1.1) dengan memandang a sebagai x maka diperoleh (1/a). ). a = 1/(1/a





·

(ii): Kedua ruas pada a pada a b = a = a c dikalikan dengan (1/a (1/a)) disertai dengan menggunakan (M2), diperoleh

·

·

· · ⇔ · ⇔

· ·

((1/a ((1/a)) a) b = ((1/a) /a) a) c 1 b = 1 c [menggunakan M4] b = c [menggunakan M3]

·

Latihan 1.1.3. Buktikan bahwa jika a jika a b = 0 maka a = 0 atau b atau b = = 0.

·

Operasi lainnya pada R Sejauh Sejauh ini hanya hanya ada dua operasi operasi pada bilangan bilangan real. real. Melalu Melaluii dua operasi operasi ini diturunkan bebedapa operasi lainnya yang didefinisikan sebagai berikut : 1. Operasi pengurangan. Bila a, Bila a, b dengan b dengan b dan didefinisikan oleh

∈ R maka notasi a notasi a − b dibaca a dibaca a dikurang dikurang

− b := a := a + + (−b). 2. Operasi pembagian. Bila a, b ∈ R , b  = 0 maka notasi a/b notasi a/b atau a

dengan b dan didefinisikan oleh a dibagi dengan b

a dibaca b

·

(1/b)). a/b := a/b := a a (1/b 3. Operasi pangkat. Bila a Bila a R maka notasi a notasi a 2 dibaca a dibaca a dipangkatkan dengan dua atau a atau a kuadarat kuadarat dan didefinisikan sebagai a sebagai a2 := a := a a. Secara umum n untuk n untuk n bilangan bilangan asli, a asli, a adalah a adalah a dipangkatkan dipangkatkan dengan n dengan n didefinisikan didefinisikan oleh

∈

·

:= a a a an := a

 · · · · · · ·  a.

sebanyak n faktor

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



5


Beberapa himpunan bagian penting pada R 1. Bilangan asli. Himpunan bilangan asli dilambangkan dengan N dipandang sebagai sebagai himpunan himpunan bagian R dan n N didefinisikan sebagai

∈

  · · · 

n := 1 + 1 + 1 +

+1.

sebanyak n suku

2. Bilangan bulat. Himpunan Himpunan bilangan bulat dilambangk dilambangkan an dengan Z dan keanggotannya dapat didefinsikan sebagai berikut :

{−n : n : n ∈ N} ∪ N ∪ {0} dengan −n := (−1) + (−1) + (−1) + · · · + (−1). Z :=









 

sebanyak n suku

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

b : a, b a

∈ Z, a = 0

.

Bilangan real yang tidak dapat disajikan sebagai pecahan disebut bilangan irrasional dan himpunan bilangan irrasional ini biasa dilambangkan dengan R Q.

\

Notasi Notasi ”:=” ”:=” berarti berarti ”didefi ”didefinis nisik ikan an oleh” oleh” (defined defined by ). ) . Pengg enggun unaa aan n nota notasi si ini lebih tepat daripada menggunakan ”=” karena tanda sama dengan seharusnya digunakan untuk menyatakan kesamaan kedua ruas.

Teorema 1.1.4. Tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 2. Bukti. Andai ada bilangan rasional yang kuadratnya sama dengan dua. Untuk itu dapat ditulis r = m dengan m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan n selain 1. Diperoleh m2 2 r = 2 = 2 m 2 = 2n2 , n 2 berarti m bilang bilangan an genap. genap. Karena Karena itu m juga genap (lihat latihan berikut!). Karena m genap maka dapat ditulis m = 2 p. Substi titu tusi si m ini ke kesamaan p. Subs sebelumnya, diperoleh

⇒

(2 p) 2 n2 p)2 = 2n

2

⇒ 4 p 4 p

= 2 n2

⇒ n

2

= 2 p2 .

Ini berarti n2 bilangan genap, akibatnya n juga bilangan genap. Berangkat dari pengandaian pengandaian tadi diperoleh dua pernyataan pernyataan berik b erikut ut

6


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. bila m 2 genap maka m maka m juga genap. Latihan 1.1.4. Buktkan bila m

∈ ∈

jika z R bilangan irrasioanl Contoh 1.1.1. Pada contoh ini dibuktikan bahwa jika z dan r = 0 bilangan rasional maka r + z + z dan rz irrasional. Dibutkikan Dibutkikan rz bilangan irrasional. dengan kontradiksi. Andai r + rasional, maka dapat ditulis r + z z rasional,



+ z = = r + z

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

∈ ∈

Dari sini diperoleh

 

− np , − pq = mq nq ∈ Z, nq  = 0. Kontradiksi dengan z yaitu z yaitu z rasional, rasional, sebab mq sebab mq − np, dengan z irrasioanl. irrasioanl. np, nq ∈ = z =

m n

Jadi pengandaian r + z + z rasional salah, dan haruslah r + z + z irrasional. irrasional. Dengan Dengan argumen yang sama dapat dibuktikan sisanya.

Latihan 1.1.5. Buktikan bahwa jika x, y keduanya rasional maka x + y + y dan xy dan xy rasional.

1.2 1.2

Sifa Sifatt Urut Urutan an Bila Bilang ngan an Real Real

Urutan pada bilangan real merujuk pada hubungan ketidaksamaan antara dua bilangan bilangan real. Sebelum didefinisik didefinisikan an urutan urutan terlebih terlebih dulu didefinisik didefinisikan an bilangan bilangan positif.

Definisi 1.2.1 (Bilangan Positif). Pada R terdapat himpunan bagian takkosong P dengan sifat-sifat berikut :

∈ P maka a maka a + + b b ∈ P. 2. Jika Jika a, b ∈ P maka a maka a · b ∈ P. 1. Jika Jika a, b

Himpunan P ini selanjutnya disebut himpunan bilangan positif.

Definisi Definisi 1.2.2 (Sifat (Sifat Trikotom rikotomi). i). Bila a berikut dipenuhi, yaitu a

∈ P,

a = 0,

∈ R maka tepat satu pernyataan −a ∈ P.

7


Selanjutnya himpunan bilangan negatif didefinisikan sebagai himpunan : a ∈ P} . {−a : a Jadi himpunan bilangan real terbagi atas tiga himpunan himpunan saling asing yaitu yaitu bilangan positif, bilangan negatif dan nol.

Definisi Definisi 1.2.3 1.2.3 (Urutan) (Urutan).. Berikut ini definisi ketidaksamaan antara elemenelemen pada R :

∈

1. Bilangan Bilangan a P disebut bilangan positif dan ditulis a > 0. 0. Nota Notasi si a berarti a berarti a P 0 , dan a disebut bilangan taknegatif.

≥ 0

∈ ∪{ } 2. Bilangan Bilangan a ∈ P sehingga−a ∈ P disebut bilangan negatif, ditulis a < 0. Notasi a Notasi a ≤ 0 berarti −a ∈ P ∪ {0}, dan a dan a disebut bilangan takpositif. 3. Bilangan Bilangan real real a dikatakan lebih besar dari b dari b,, ditulis a > b jika a jika a − b ∈ P Notasi a Notasi a b dan b > c maka a > c. (ii) Tepat satu pernyataan berikut memenuhi : a > b , a = b = b, a < b. Bukti. Bukti. (i): Karena a Karena a > b dan b dan b > c maka berdasarkan definisi berlaku a berlaku a dan b dan b c P. Berdasark Berdasarkan an Definisi Definisi (1.2.1) (1.2.1) diperoleh diperoleh

− ∈

− b ∈ P,

− c = (a − b) + (b(b − c) ∈ P, yakni a yakni a > c. (ii): Terapkan sifat trikotomi pada a − b. a

Teorema 1.2.2. Misalkan a, a, b, c, d bilangan-bilangan real. (i) Jika a > b maka a + c + c > b + c + c. + c > b + d + d. (ii) Jika a > b , c > d maka a + c

(iii) Jika a > b dan c > 0 maka ca ca > cb.

− ∈ − − ∈ − ∈ − ∈ ∈ −

− ∈ − − ∈

diketahui a b P maka (a (a + c) (b + c) = a b P, yaitu Bukti. Bukti. (i): Karena diketahui a + c > b + a + c b + c c.. (ii): Karena P dan c d P maka (a Karena diketa diketahu huii a b (a + c) ( b + d) c ) (b d ) = (a b) + (c ( c d) P, yaitu a yaitu a + + c c > b + b + d d.. (iii): Karena P, c P maka (a P, yaitu Karena diketahu diketahuii a b (a b) b)c = ac bc ac > bc. bc.

−

− ∈

8


Latihan 1.2.1. Jika a Jika a > b dan c < 0, buktikan ac buktikan ac < bc. bc. Teorema 1.2.3. Jika a a dan b b bilangan real dengan a a < b maka a a < 12 (a + b) < b. 2a = a + a + a < a + b + b.. Dengan Dengan argumen argumen yang yang sama Bukti. Karena a < b maka 2a diperoleh juga a + b 0 maka 0 < 0 < 12 a < a. Teorema berikut menjamin bahwa suatu bilangan taknegatif yang kurang dari bilangan positif apapun adalah nol.

Teorema 1.2.4. Bila a

∈ R dengan 0 ≤ a <  untuk setiap ε > 0 maka a = 0.

Andaikan a > 0. Berdasarkan Latihan sebelumnya, berlaku 0 < 0 < 12 a < a. Bukti. Andaikan a Sekarang ambil ε ambil ε 0 := 12 a > 0, sehingga berlaku 0 < 0 < ε0 < a. Hasil ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa 0 a <  untuk setiap ε setiap ε > 0. Jadi pengandai salah, dan haruslah a haruslah a = = 0.

≤

Bila a, b bilangan real dengan a dengan a 0 maka Latihan 1.2.3. Bila a, a b. b .

≤

Dari definisi bilangan positif bahwa perkalian dua bilangan positif akan menghasilk menghasilkan an bilangan positi p ositif. f. Tetapi sebalikny sebaliknya, a, bila hasil kali dua bilangan bilangan real adalah positif belum tentu kedua bilangan real tadi positif. erlaku salah salah satu satu dari dari dua kem kemung ungkin kinan an Teorema 1.2.5. Jika ab > 0 maka berlaku berikut:

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

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





((1 /a))a) b = (1/a (1/a)) (ab) 0 . b = 1 b = ((1/a ab) > 0.

·

     >0

>0

Dengan argumen yang sama, dapat dibuktikan untuk kasus a < 0.

Latihan 1.2.4. Buktikan bahwa jika ab < 0 maka berlaku salah satu dari dua kemungkinan berikut: dan b < 0 atau a < 0 dan b > 0. 0 . a > 0 dan b Kedua hasil yang baru saja diberikan mengatakan bahwa jika hasil kali dua bilangan bilangan positif maka maka kedua kedua bilangan itu bertanda bertanda sama. Sebalikny Sebaliknya, a, jika jika hasil kali kedua bilangan negatif maka kedua bilangan itu berlainan tanda.

9


Beberapa ketidaksamaan penting Teorema 1.2.6. Misalkan a a equivalen :

≥ 0 dan b b ≥ 0. Maka pernyataan-pernyataan pernyataan-pernyataan berikut berikut

(i) a 0

⇐⇒ b

2

> 0

⇐⇒

√

0 . b > 0.

Fakta ini mudah mudah dibuktik dibuktikan an sendiri. sendiri. Sekarang Sekarang diasumsikan diasumsikan a > 0 dan b > 0, yaitu a yaitu a + + b b > 0. (i) (ii): Diketahui a < b, atau a atau a b < 0. Jadi diperoleh

⇒

a2 2

(ii)

2

−b

2

−

 −        −    = (a

+ b)) < 0 b) (a + b

<0

>0

Diketahui a − b = (a ( a b) (a + b + b)) < 0. Karena diketahui pula a pula a+ + b > 0 ⇒ (i): Diketahui a maka haruslah a haruslah a − b < 0, atau a atau a < b. (i) ⇔ (iii): Sebelumnya sudah dibuktikan bahwa jika x, x, y > 0 > 0 maka ⇐⇒ ⇒ x < y . x < y ⇐ √ b sehingga x √ a dan y √ a) Pada bagian ini diambil x diambil = dan = sehingga 0. Karena a Karena = ( x = y = x, , y > 0. > a = √ dan b dan b = = b) maka diperoleh √ a < √ b ⇐⇒ (√ a) = a 0

2

2

2

2

2

2

Jadi lengkaplah bukti ini karena telah ditunjukkan berlakunya equivalensi (iii) (i) (ii).

⇐⇒ ⇐ ⇒ ⇐ ⇐⇒ ⇒

Teorema 1.2.7 (Rata-rata Aritmatika-Geometri (RAG). Bila a dan b b bilangan positif maka berlaku

√

ab

≤ 12 (a + b + b))

(RAG)

Bukti. Bila a = b maka relasi pada (RAG) menjadi kesamaan (lihat latihan di bawah). Sekarang diasumsikan a diasumsikan a = b. Karena a > 0 dan b dan b > 0 maka a > 0 dan b . Karena a b > 0. Diperhatikan bahwa

√



√

 − b = (√ a −

0 = a

√ √ √ b) ( a + b) .

   >0

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

10


Latihan Latihan 1.2.5. 1.2.5. Buktikan bahwa bila a = b maka relasi pada (RAG) menjadi kesamaan. Rata-rata aritmatika (RA) dari dua bilangan real a real a dan dan b adalah a+2 b , sedan b adalah gkan rata-rata geometri (RG) dari a dari a dan b adalah ab. ab. Biasanya dalam kehidupan sehari-hari, rata-rata aritmatika lebih sering digunakan daripada rata-rata geometri. geometri. Secara Secara umum dua macam rata-rata rata-rata ini didefinisik didefinisikan an sebagai berik b erikut ut : Misalkan diketahui bilangan real (data) a (data) a 1 , a2 , , an maka

√

···

1 RA = RA = n

n



  n

ak , RG = RG =

k=1

1/n

ak

k=1





dengan notasi untuk penjumlahan dan untuk perkalian perkalian suku-suku. suku-suku. Masih tetap berlaku bahwa RG RA.

≤

Teorema 1.2.8 (Ketidaksamaan Bernoulli). Jika x x > n N berlaku (1 + x + x))n 1 + nx. + nx.

∈

≥

−1 maka untuk setiap

(KB)

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

≥

+ x)) ⇔ (1 + x

k+1

(1 + x + x))k = (1 + x + x))k (1 + x + x))

≥ ≥

1 + kx + kx [ [ diketahui ] (1 + kx + kx)(1 )(1 + x + x)) = 1 + (k + 1)x 1) x + kx + kx 2 1 + (k ( k + 1)x. 1) x.

≥

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

−

Teorema 1.2.9 (Ketidaksamaan Cauchy). Misalkan a a1 , a2 , bilangan real maka berlaku

      ≤ 2

n

n

n

ak2

ak bk

k=1

bk2

k=1

Bukti. Didefinisikan fungsi F : R

k=1

→ R dengan n

F ( F (t) :=



(ak

k=1

2

− tb ) . k

.

· · · a dan b b , b , · · · , b n

1

2

n

11


Jelas F Jelas F fungsi taknegatif, karena itu diperoleh n

F ( F (t) =

−       − ≥ ak2

2tak bk + t + t2 bk2

k=1 n

=

n

bk2

t

2

n

2

k=1

ak2

t +

ak bk

k =1

0. 0 .

k=1

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

      − ≤ 2

n

4

n

n

bk2

4

ak bk

k=1

k=1

ak2

0. 0 .

k=1

Akhirnya dengan memindahkan ruas pada ketidaksamaan ini terbuktilah bahwa

      ≤ 2

n

n

n

ak2

ak bk

k=1

1.3

k=1

bk2

.

k=1

Nilai Nilai Mutlak Mutlak dan Jar Jarak ak Pada Bilang Bilangan an R Real eal

Pada sifat urutan bilangan real kita baru mengetahui urutan lebih besar antara dua bilangan real tetapi belum menentukan jarak antara dua bilangan real. Jarak atau metrik pada bilangan real ini ditentukan melalui nilai mutlak.

||

real a,, ditulis dengan a didefinsikan Definisi 1.3.1. Nilai mutlak suatu bilangan real a sebagai: bila a > 0, 0 , a bila a a := 0 bila a = a = 0, bila a < 0. 0 . a bila a

||

| |

| |

 −

| − |

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



|a| := −aa

≥

bila a bila a 0, 0 , bila a bila a < 0. 0 .

Teorema berikut ini menyajikan sifat-sifat dasar nilai mutlak.

Teorema 1.3.1. Misalkan a, a, b, c bilangan-bilangan real. (i) a = 0 bila hanya bila a = 0

||

12


(ii)

| − a| = |a| (iii) |ab| = |a||b| (iv) untuk c ≥ 0 , |a| ≤ c bila hanya bila − −c ≤ a ≤ c. (v) −|a| ≤ a ≤ |a|. =): lang langsu sung ng dari dari defin definis isi. i. (=⇒): dibuktik dibuktikan an melalui kontrapokontrapoBukti. (i)(⇐=): sisinya, yaitu jika a jika a  = 0 maka |a|  = 0, juga langsung dari definisi. (ii) Jika a = 0 maka diperoleh |a| = |0| = 0 = | − 0| = | − a|. Jika Jika a > 0 maka −a < 0 sehingga diperoleh |a| = a = −(−a) = | − a|. Jika Jika a < 0 maka −a > 0 sehingga diperoleh |a| = −a = |a|.

(iii) Bila minimal salah satu dari a atau b bernilai nol maka kedua ruas bernilai nol. Bila keduany keduanyaa tidak ada yang yang nol, ada 4 kemung kemungkinan kinan nilai a, b yang perlu diselidiki yaitu a > 0, b > 0, a > 0, 0 , b < 0, 0 , a < 0, 0 , b > 0 dan a < 0, 0 , b < 0. Untuk Untuk 0 , b < 0 maka ab maka ab < 0, a = a = a,, b = b dan da n a > 0,

| | | | − |ab| = −(ab) ab) = (a)(−b) = |a||b|. (iv) (iv):: (⇐=): karena |a| ≤ c maka a ≤ c dan −a ≤ c atau a ≥ −c, digabungkan diperoleh −c ≤ a ≤ c. (=⇒): bila bila −c ≤ a ≤ c maka kita mmepunyai a ≤ c dan −c ≤ a, a , atau −a < c. Karena |a| bernilai |a| atau | − a| maka disimpulkan |a| < c. (v): dengan mengam mengambil bil c := | a| ≥ 0 pada bagian (iv) maka | a| ≤ |a| adalah pernyataan pernyataan yang benar. Implik Implikasinya asinya adalah −|a| ≤ c ≤ | a|. Cara Cara lain adal adalah ah dengan menggunakan menggunakan kenyataan kenyataan bahwa | a| ≥ a berlaku untuk setiap a ∈ R. Karena −a ∈ R maka |a| = | − a| ≥ − a, atau −|a| ≤ a. Setelah Setelah digabungk digabungkan an diperoleh −|a| ≤ c ≤ |a|. Definisi Definisi 1.3.2. 1.3.2. Jarak (metrik) antara dua bilangan real a dan b didefinisikan sebagai d(a, b) := a b .

||

| −|

Bila b Bila b = = 0 maka d(a, 0) = a dipandang sebagai jarak a 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.

−

Gambar 1.1: Garis bilangan dan jarak antara dua bilangan real Teorema berikut berkaitan dengan sifat dasar nilai mutlak dan sangat sering digunakan dalam analisis.

13


Teorema 1.3.2 (Ketidaksamaan (Ketidaksamaan segitiga). Untuk sebar sebarang ang bilangan bilangan real real a dan b berlaku + b (KS) a + b a + b.

|

|≤| | | |

−| |

| |

Bukti. Dari Teorema sebelumnya bagian (v) kita mempunyai a < a < a dan b < b < b . Dengan Dengan menjumlahk menjumlahkan an dua ketidaksamaan ketidaksamaan ini diperoleh diperoleh

−| |

||

−(|a| + |b|) < a + b + b < ( |a| + |b|). Kemudian, dari bagian (iv) dengan menganggap c := ( a + b ) maka terbukti bahwa + b a + b a + b.

|| ||

|

|≤| | | |

Latihan 1.3.1. Untuk sebarang bilangan real a real a dan b, b , buktikan

||a| − |b|| ≤ |a − b|. (ii) |a − b| ≤ |a| + |b|. (i)

|−| |

|

real x yang yang memenuhi x 1 > x + 1 . Contoh 1.3.1. Tentukan semua bilangan real x Penyelesaian. Diperhatikan

−

titik x titik x = 1 dan x = 1 merupakan titik transisi, yaitu perbatasan dimana nilai mutlak berlainan nilai. Untuk x < 1, maka x 1 < 0 1 > 0 0 sehingga x 1 = (x 1) dan < 0 dan x + 1 > x + 1 = (x + 1). Subtitusi kedalam ketidaksamaan diperoleh

|

− | −

−

| − | − −

−(x − 1) > 1) > −(x + 1) ⇐⇒ 1 > 1 > −1 suatu pern p ernyat yataan aan yang yang benar untuk untuk setiap setiap x < −1. Untuk −1 < x < 1 berlaku |x − 1| = −(x − 1) dan |x + 1 | = (x + 1). Subtitusi Subtitusi kedalam ketidaksamaan diperoleh

−(x − 1) > 1) > ( (x 2 x >< 0 0 . x + 1) ⇐⇒ 2x >< 0 ⇐⇒ x < 0. Untuk x > 1 berlaku |x − 1 | = x − 1 dan |x + 1| = x + 1. Subtitusi Subtitusi kedalam kedalam ketidaksamaan diperoleh

x

− 1 > x + 1 ⇐⇒ −1 > 1 > 1

suatu pernyataan yang salah untuk setiap x setiap x > 1. Dengan menggabungkan ketiga hasil ini diperoleh diperoleh himpunan himpunan penyeles penyelesaian aian untuk untuk x x sebagai berikut

{x : x : x < −1} ∪ {x : x : x < 0 } = {x : x : x < 0 }. Cara lain adalah dengan menggunakan Teorema 1.2.6, yaitu 2

|x−1| > |x+1| ⇔ (x ( x−1)

( x+1)2 > (x

2

2

⇔ x −2x+1 > +1 > x +2x +2x+1 ⇔ 4x 4 x < 0 ⇔ x < 0. 0 .

14


Latihan 1.3.2. Tentukan semua bilangan real x real x yang yang memenuhi x + x + 1 < 2. < 2.

|| |

| Latihan 1.3.3. Jika x < z , buktikan bahwa x bahwa x < y < z bila bila hanya bila |x − y| + |y − z | = |x − z |. Interprestasikan fakta ini secara geometris. Dapat diperiksa bahwa jarak (metrik) seperti diberikan pada Definisi 1.3.2 mempunyai sifat-sifat sebagai berikut : 1. d(x, y)

setiap x, y ∈ R. ≥ 0 untuk setiap x,

2. d(x, y) = 0 bila hanya bila x = x = y y..

∈ R.

3. d(x, y) = d( setiap x, y d (y, x) untuk setiap x, 4. d(x, y)

≤ d( + d((z, y) untuk setiap x, y ∈ R. d (x, z ) + d

Catatan 1.3.1. Sifat 4 ini merupakan generalisasi dari ketidaksamaan segitiga

(KS). Himpunan bilangan real yang dilengkapi dengan metrik d metrik d ini ini disebut ruang metrik. Lebih lanjut, pada analisis dikenal pula ruang bernorma, ruang Banach, dan lain-lain. lain-lain.

Latihan 1.3.4. Misalkan S Misalkan S himpunan himpunan takkosong, buktikan fungsi d fungsi d pada S pada S yang didefinisikan oleh d(s, t) :=



0 1

× S

bila s = s = t, t, bila s = 0.



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

Teorema 1.3.3. Untuk sebarang bilangan real a1 , a2 ,

· · · , a , berlaku |a + a + a + · · · + a | ≤ |a | + |a | + · · · + |a |. 1

2

n

1

2

n

n

Bukti. Dapat Dapat dibukt dibuktik ikan an dengan dengan induks induksi. i. Ingat Ingat dengan dengan prinsi prinsip p induks induksi, i, jika jika berlaku untuk dua bilangan maka akan berlaku untuk sejumlah berhingga bilangan.

1.4 1.4

Supr Su prem emum um da dan n In Infim fimum um

Ketika kita diberikan himpunan A = [0, [0, 1) maka minimum atau anggota terkecil himpunan ini adalah 0. Pertan Pertanyaan yaanny nya, a, apakah apakah A mempunyai maksimum ? Kalau ada, berapa nilainya. nilainya. Perhatik Perhatikan an bahwa bahwa 1 bukan bukan nilai maksimum maksimum karena ia tidak termuat di dalam A dalam A..

15


Latihan 1.4.1. Buktikan bahwa himpunan A = (0, (0, 1] tidak mempunyai maksimum. (Petunjuk: gunakan bukti tak langsung dengan kontradiksi). Walaupun 1 bukan maksimum A maksimum A namun tidak ada anggota A anggota A yang melebihinya. Dengan kata lain, 1 merupakan batas atas paling kecil untuk himpunan A.

Definisi 1.4.1. Misalkan S suatu suatu himpunan bagian dari R.

∈ R dikatakan batas atas S jika setiap s ∈ S . S jika s s ≤ u untuk u untuk setiap s (ii) Bilangan Bilangan w setiap s ∈ S . w ∈ R dikatakan batas bawah S jika S jika w w ≤ s untuk s untuk setiap s (i) Bilangan Bilangan u u

Diperhatikan dengan seksama bahwa batas bawah atau batas atas suatu himpunan himpunan tidak harus berada di dalam himpunan himpunan tersebut. tersebut. Ilustrasi Ilustrasi batas atas dan batas bawah diberikan pada gambar berikut.

Gambar 1.2: Batas atas dan batas bawah suatu himpunan Contoh 1.4.1. Diberikan S := := [0, [0, 1), maka batas atas S adalah himpunan x : bawah S adalah adalah x : x : x 1 . Diperhatikan 0 merupakan batas x 0 dan batas bawah S bawah dan termasuk didalam S didalam S , sedangkan 1 batas atas S atas S tetapi tetapi ia tidak termuat didalam S didalam S ..

≤ }

{

{

≥ }

Contoh 1.4.2. Himpunan bilangan asli N tidak mempunyai batas bawah maupun batas atas. Himpunan S := n1 : n N mempunyai himpunan batas bawah Contoh 1.4.3. Himpunan S : x 0 dan mempunyai himpunan batas atas x : x : x 1 . x : x

{

{

≤ }

∈ }

{

≥ }

Contoh Contoh 1.4.4. 1.4.4. Misalkan S := himpunan kosong maka setiap bilangan real adalah batas atas S . Argumenn Argumennya ya dapat dapat dijelask dijelaskan an sebagai berikut. berikut. Bilangan Bilangan dapat disajikan dalam kalimat logika berikut u R batas atas S dapat

∅

∈

∈

⇒

s S = s < u.

∈

Dalam kasus S kasus S himpunan himpunan kosong maka pernyataan s pernyataan s S bernilai bernilai salah, sehingga kalimat implikasi s S = s < u selalu selalu benar. Dengan Dengan argumen yang sejalan sejalan dapat disimpulkan bahwa semua bilangan real juga merupakan batas bawah himpunan kosong. Kenyat Kenyataan aan ini sepertiny sepertinyaa dibuat-buat, dibuat-buat, tetapi inilah konsekuens konsekuensii logis definisi.

∈

⇒

16


Latihan 1.4.2. Tuliskan definisi v1 bukan batas atas S , juga definisi w1 bukan batas bawah S bawah S .. Definisi 1.4.2. Himpunan yang mempunyai batas atas disebut terbatas diatas (bounded bounded above ), ), sedangkan himpunan dikatakan terbatas dibawah dibawah (bounded below ) jika jika ia mempuny mempunyai ai batas bawah. bawah. Himpunan Himpunan dikatak dikatakan an terbatas jika ia terbatas diatas dan terbatas dibawah. Contoh Contoh 1.4.5. 1.4.5. Himpunan bilangan real R := ( , ) tidak terbatas diatas maupun dibaw dibawah. ah. Himpunan Himpunan S [1, ) terbatas terbatas dibawah. dibawah. Himpunan Himpunan E := S := [1, 1 : n N terbatas. n

{

∈ }

−∞ ∞

∞

Definisi 1.4.3. Misalkan S himpunan himpunan bagian dari R. (i) Bila Bila S terbatas atas u dikatakan dikatakan supremum dari S dari S jika jika S terbatas diatas maka batas atas u tidak ada bilangan lain yang lebih kecil dari u dari u yang menjadi batas atas S . Dengan kata lain u lain u batas atas yang paling kecil. (ii) (ii) Bila Bila S S terbatas dibawah maka batas bawah w dikatakan infimum dari S jika jika tidak ada bilangan lain yang lebih besar dari w yang menjadi batas bawah S bawah S .. Dengan kata lain w lain w batas bawah yang paling besar. Berdasarkan definisi ini, supremum himpunan S himpunan S dapat dapat dikarakterisasi oleh dua kondisi berikut, yaitu :

≤ u untuk setiap s ∈ S u untuk setiap s 2. bila ada v ada v ∈ R dengan v dengan v < u maka ada s ada s ∈ S sehingga S sehingga v < s . 1. s

0

0

Kondisi pertama menyatakan bahwa v haruslah batas atas S dan dan kondisi kedua menyatakan bahwa batas atas ini haruslah yang terkecil.

Latihan 1.4.3. Buatlah karakterisasi w karakterisasi w infimum S infimum S .. Biasanya supremum dan infimum himpunan S himpunan S disingkat disingkat dengan sup S dan inf S. S. Ilustrasi supremum dan infimum diberikan pada gambar berikut.

Gambar Gambar 1.3: Supremum Supremum dan infimum infimum suatu himpunan himpunan

17


Catatan 1.4.1. Supremum Supremum suatu himpunan himpunan selalu tunggal.



Andaikan u = = sup S dan u dan u 1 = sup S dengan u dengan u = u 1 . Karena Karena itu ada ada dua Bukti. Andaikan u kemungkinan yang dapat terjadi, yaitu u yaitu u u1 . Untuk u Untuk u u1 berarti u bukan batas atas S , ini berlawanan dengan u = sup S . Untuk Jadi pengandai pengandaian an u1 bukan batas atas S , ini bertentangan dengan u1 = sup S . Jadi = u 1 u = u 1 salah, seharusnya u = u



Latihan 1.4.4. Buktikan bahwa infimum suatu himpunan selalu tunggal. Berikut adalah kriteria yang mudah dan sering digunakan untuk mengetahui mengetahui suatu batas atas merupakan supremum atau bukan.

Teorema 1.4.1. Misalkan u suatu batas atas S . u = sup S

0 , ∃s ∈ S sehingga u − ε < s. ⇐⇒ ∀ε > 0, ⇐⇒

⇒

−

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

∈

u

− −

⇐

∈

− ε = u = u − (u − v ) = v < s.

Ini berarti v bukan batas atas S , dan berdasarkan karakteristik supremum disimpulkan bahwa bahwa u = u = sup S . Teorema ini dapat diilustrasikan secara grafik sebagai berikut.

Gambar 1.4: Kriteria supremum supremum Misalkan w suatu batas bawah S bawah S .. Buktikan bahwa Latihan 1.4.5. Misalkan w

⇐⇒ ∀ε > 0, ⇐⇒ 0 , ∃s ∈ S sehingga + ε S sehingga w w + ε > s. Contoh 1.4.6. Diperhatikan himpunan S := {x : 0 ≤ x < 1}. w = inf S S

Mak Maka maks maks S

tidak ada, sup S = = 1, min S min S = = inf S = 0. S =

R . Mak Maka maks maks S = Contoh 1.4.7. Diperhatikan himpunan S := n1 : n sup S = = 1, min S tidak tidak ada tetapi inf S = 0. Hasil ini dapat dibuktikan sebagai S = berikut. Jika diberikan ε diberikan ε > 0 sebarang maka selalu dapat dipilih bilangan asli n asli n 0 1 dengan n dengan n 0 > 1 Nah, s = n S dan + s > ε. Berdasarkan kriteria infimum > 1/ε /ε.. Nah, s S dan 0 + s (latihan sebelumnya) maka disimpulkan 0 adaah infimum S.

{

0

∈

∈ }

18


Catatan 1.4.2. Pada pembuktian infimum sebelumnya kita dapat memilih bilan-

gan asli yang yang lebih besar dari suatu bilangan real yang diberikan. diberikan. Ada referensi referensi yang menyebut sifat ini sebagai sifat Archimedes. Secara Secara formal formal sifat sifat ini diungkapkan sebagai berikut. Jika x

∈ R maka ada n ada n ∈ N sehingga n sehingga n > x. x

x

Catatan 1.4.3. Bila suatu himpunan himpunan S S mempunyai maksimum dan minimum

maka sup S = maks maks S, inf S S = min S.

Latihan Latihan 1.4.6. 1.4.6. Buktikan bahwa bilangan real R tidak mempunyai supremum dan infimum.

{ −

Latihan 1.4.7. Misalkan S := 1 Buktikan hasil yang anda peroleh.

1.5 1.5

(−1) n

n

∈ N}.

:n

Tentuk entukan an inf S dan S dan sup S .

Kepa Kepada data tan n bil bilan anga gan n ras rasio iona nall

Sebelumnya kita pahami dulu sifat supremum dan infimum sebagai berikut:

Sifat supremum dan infimum pada R 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 infimum. 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 : x 2 < 2 .

{

} Himpunan A ini tidak mempunyai maksimum tetapi A mempunyai supremum, √ √ yaitu sup A = 2. Fakta ini menjamin eksistensi eksistensi 2 yang merupakan bilangan irrasional. √ Sekarang kita tahu terdapat paling tidak satu bilangan irrasional, yaitu 2.

Pertan Pertanyaa yaanny nnya, a, seberapa seberapa banyak banyak bilangan irrasional irrasional yang yang ada. Lebih ”banyak” ”banyak” mana, bilangan rasional atau bilangan irrasional. irrasional. Nah, berikut ini diberikan diberikan sifat kepadatan bilangan rasional dalam R.

Teorema 1.5.1. Bila a a dan b b bilangan real dengan a a < b maka terdapat bilangan rasional r dengan a a < r < b.

19


Bukti. Diperhatikan bahwa b−1 a suatu bilangan real positif. Menurut sifat Archimedes terdapat terdapat bilangan bilangan asli n asli n sehingga n > b−1 a . Untuk n Untuk n ini berlaku nb

− na > 1. 1 .

(*)

Sekarang ambil m ambil m sebagai bilangan bulat pertama yang lebih besar dari na dari na,, dan berlaku (**) m 1 na < m.

− ≤

Dari (*) dan (**) diperoleh na < m

≤ na + 1 < nb. na + 1 <

Bentuk terakhir ini dapat ditulis na ditulis na < m < nb, nb , dan dengan membagi semua ruas dengan n, didapat m a<
Contoh 1.5.1. Tentukan 3 buah bilangan rasional diantara Penyelesaian.

2. d =

1 1,5−1,4142

1. Diketah Diketahui ui a = a =

√ 2 dan

3 . 2

√ 2 ≈ 1, 1 , 4142, b 4142, b = = 3/2 = 1, 1, 5

≈ 11. 11.6569

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

√ ≈ ≈ ≈ √ √ ≈ ≈ ≈

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

17 1 9 , , 12 13

dan

20 terletak 14

diantara

√ 2 dan 3/ 3/2.

Akibat 1.5.1. Bila a dan b bilangan real dengan a < b maka terdapat bilangan irrasional z dengan a a < z < b. Bukti. Dengan menerapkan Teorema Teorema sebelumnya pada dua bilangan real √ a2 dan b √ maka ada bilangan rasional r rasional r sehingga 2

√ a2 < r < √ b2 . √

Selanjutnya diambil z diambil z := := r r 2, inilah bilangan irrasioanl yang dimaksud.

Latihan 1.5.1. Temukan 5 bilangan irrasional yang terletak diantara 1 dan 1.01.

20


SOAL-SOAL LATIHAN BAB I

∈ R maka a. −(a + b + b)) = (−a) + ( −b) b. (−a) · (−b) = a · b c. 1/(−1/a) (1/a)) asalkan a asalkan a  =0 /a) = −(1/a d. −(a/b) = 0. a/b) = (−a)/b asalkan /b asalkan b b  2. Jika Jika a = dan a · a = a = a,, buktikan a = 0 atau a atau a = = 1.  0 dan a

1. Buktikan Buktikan jika jika a, b

3. Buktik Buktikan tidak ada bilangan bilangan rasional r rasional r sehingga r sehingga r 2 = 3. 4. Tunjukk unjukkan dengan contoh contoh bahwa bahwa ada dua bilangan irrasional yang jumlah keduanya rasional. 5. Tunjukkan unjukkan dengan contoh bahwa bahwa ada dua bilangan irrasional yang hasil kali keduanya rasional. 6. Tunjukkan unjukkan ada bilangan irrasional irrasional x dengan x y rasional. x dan y dengan x 7. Buktik Buktikan bahwa bahwa jika 0 < 0 < a < b dan 0 < 0 < c < d maka 0 < ac < bd. d maka 0 < bd . 2

∈ R tunjukkan bahwa a

8. Jika Jika a, b b = 0. 9. Bila 0

+ b2 = 0 bila dan hanya bila a = 0 dan

2

2

≤ a < b, buktikan a buktikan a ≤ ab < b .

10. Buktik Buktikan bahwa bahwa jika 0 < 0 < a < b maka a <

√ ab < b dan 0 < 1 1/b 1 /a.. b dan 0 < /b < 1/a

11. Tentukan entukan semua x semua x yang memenuhi 1/x 1/x < x2 . 12. Buktikan Buktikan bahwa bahwa



≤

2 1 ( + b + ) 2 a b)

1 2 ( 2 a

+ b2 ).

13. Jika 0 < c < 1, buktikan bahwa 0 < c2 < c < 1, tetapi jika c > 1 maka 1 < c < c 2 .

|

| || ||

≥ 0. 15. Jika Jika a < x < b dan a dan a < y < b, b , tunjukkan bahwa |x − y| < b − a.

14. Buktikan Buktikan bahwa bahwa a + b + b = a + b bila hanya bila ab bila ab

Inte Interr-

prestasikan fakta ini secara geometris.

16. Tentukan entukan dan sketsalah pasangan titik (x, (x, y) pada R

× R yang memenuhi

|| || (b) |xy | = 1.

(a) x = y .

17. Tentukan entukan dan sketsalah pasangan titik (x, (x, y) pada R

× R yang memenuhi

21


| | | | ≤ 1. (b) |xy | ≤ 2. (a) x + y

18. Misalk Misalkan S an S himpunan himpunan takkosong yang terbatas dibawah. Buktikan inf S S =

: s ∈ S }. − sup{−s : s

19. Misalk Misalkan S an S himpunan himpunan terbatas dan S dan S 0 himpunan bagian dari S dari S .. Buktikan

≤ ≤

≤ sup S ≤ sup S.

inf S S inf S S 0

0

20. Misalk Misalkan S an S himpunan himpunan takkosong yang terbatas diatas. Untuk a Untuk a isikan + S := a + x + x : : x a + S x S .

{

∈ R didefin-

∈ }

Buktikan sup(a sup(a + S + S ) = a + a + sup S. 1 21. Misalk Misalkan S := n1 : m, n m hasil yang anda peroleh.

{ −

∈ N}.

Tentuk entukan an sup S S dan inf S S , buktikan

22. Misalk Misalkan S an S himpunan himpunan takkosong. Untuk a bilangan real tidak nol didefinsikan aS := as : as : s s S . Buktikan

{

∈ }

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

{

23. Misalk Misalkan A an A dan dan B himpunan takkosong dan A dan A+ + B := a + b : a : a B himpunan Buktikan bahwa

∈ A, b ∈ B }.

sup(A sup(A + B + B)) = sup A + sup B dan inf(A inf(A + B + B)) = inf A + A + inf B. B. 24. Misalk Misalkan f dan g dua fungsi fungsi yang yang didefin didefinisi isik kan pada pada domain domain X . Jika rangenya terbatas, buktikan

{ ∈ X } ≤ sup{f ( f (x) : x ∈ X } + sup{g(x) : x ∈ X }. (ii) inf {f ( + g((x) : x ∈ X } ≥ inf {f ( f (x) + g f (x) : x ∈ X } + inf {g (x) : x ∈ X }. (i) sup f ( + g((x) : x f (x) + g

analisis Real

Recommend Documents