ANALISIS REAL II.docx

ANALISIS REAL II MODUL BELAJAR MATEMATIKA UNTUK PERGURUAN TINGGI BAB I : SISTEM BILANGAN BIL ANGAN REAL

PENDAHULUAN : CARA-CARA MEMBUKTIKAN DALAM MATEMATIKA

Sebuah sifat atau teorema dalam matematika dapat dibuktikan kebenarannya dengan mengambil kesimpulan yang didasarkan pada pernyataan-pernyataan lain yang benar  (misalnya definisi, fakta atau aksioma) dan dari sifat atau teorema lain yang telah dibuktikan kebenarannya terlebih dahulu. Dengan demikian, suatu pembuktian dalam matematika adalah sebuah argumentasi

yang memperlihatkan bahwa pernyataan implikasi p → q selalu benar, dimana : p : adalah sebuah premis atau konjungsi premis-premis premis-pre mis q : adalah konklusi (kesimpulan) dari argumentasi yang dapat berbentuk pernyataan tunggal atau pernyataan majemuk Terdapat tiga macam cara untuk membuktikan sifat atau teorema matematika yaitu dengan : 1. Bukti langsung 2. Bukti tidak langsung 3. Induksi matematika

Berikut penjelasannya : 1. Bukti Langsung

Salah

satu

cara

pembuktian

sifat

atau

teorema

matematika

dengan

bukti

langsung adalah penarikan kesimpulan dengan silogisme, modus ponens dan modus tollens (hal ini telah dipelajari di SMA). Yang akan dipelajari di tingkat perguruan tinggi adalah bukti langsung yang dikerjakan dengan menggabungkan (mengintegrasi)

definisi, fakta atau aksioma dan sifat-sifat yang telah dipelajari di jenjang pendidikan sebelumnya sebelumnya (SD-SMP-SMA). Contoh 1 :

Buktikan untuk semua a dan b є R maka berlaku (a + b) 2 = a2 + 2ab + b2 Jawab :

Untuk semua a dan b є R, maka ……………………………... definisi perpangkatan (a + b)2 = (a + b)(a + b) ……………………………... (a + b)2 = (a + b)a + (a + b)b ………….sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan ↔ (a + b)2 = (a2 + ba) + (ab + b 2) …….sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan ↔ (a + b)2 = a2 + (ba + ab) + b2 …………………...…sifat …………………...…sifat asosiatif pada penjumlahan ↔ (a + b)2 = a2 + (ab + ab) + b2 ………………….…sifat ………………….…sifat komutatif pada perkalian ↔ (a + b)2 = a2 + 2ab + b 2……………………………. definisi penjumlahan bilangan real Jadi untuk semua a dan b є R maka berlaku (a + b) 2 = a2 + 2ab + b 2 Contoh 2 :

Buktikan bahwa untuk semua n bilangan bulat genap, maka n 2 genap Jawab :

Pernyataan yang akan dibuktikan berbentuk implikasi yang terdiri atas 2 komponen, yaitu :

p : n bilangan b ilangan bulat genap ……...............pernyataan yang diketahui genap…...….......................pernyataan yang akan dibuktikan dibuk tikan q : n2 bilangan genap…...….......................pernyataan Sehingga harus dibuktikan p → q bernilai benar. P roses ros es pembuktiannya pembuktiannya sebagai sebagai berikut : Karena n bilangan genap maka berdasarkan definisi bilangan genap n dapat dinyatakan

dengan bentuk n = 2b ( b є bilangan bulat ), sehingga diperoleh : n = 2b ↔ n2 = ( 2b ) 2 .………………. ..............definisi perpangkatan ↔ n2 = 4b2 ……………………………... hasil perpangkatan ↔ n2 = 2(2b2) ………...…......................sifat distributif pada perkalian ↔ n2 = 2k, k = 2b 2 dan k є B ………….bentuk bilangan bulat genap Hasil terakhir menunjukkan bahwa n 2 juga merupakan bilangan genap.

Jadi terbukti bahwa “Untuk semua n bilangan bulat genap, maka n 2 genap”

definisi, fakta atau aksioma dan sifat-sifat yang telah dipelajari di jenjang pendidikan sebelumnya sebelumnya (SD-SMP-SMA). Contoh 1 :

Buktikan untuk semua a dan b є R maka berlaku (a + b) 2 = a2 + 2ab + b2 Jawab :

Untuk semua a dan b є R, maka ……………………………... definisi perpangkatan (a + b)2 = (a + b)(a + b) ……………………………... (a + b)2 = (a + b)a + (a + b)b ………….sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan ↔ (a + b)2 = (a2 + ba) + (ab + b 2) …….sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan ↔ (a + b)2 = a2 + (ba + ab) + b2 …………………...…sifat …………………...…sifat asosiatif pada penjumlahan ↔ (a + b)2 = a2 + (ab + ab) + b2 ………………….…sifat ………………….…sifat komutatif pada perkalian ↔ (a + b)2 = a2 + 2ab + b 2……………………………. definisi penjumlahan bilangan real Jadi untuk semua a dan b є R maka berlaku (a + b) 2 = a2 + 2ab + b 2 Contoh 2 :

Buktikan bahwa untuk semua n bilangan bulat genap, maka n 2 genap Jawab :

Pernyataan yang akan dibuktikan berbentuk implikasi yang terdiri atas 2 komponen, yaitu :

p : n bilangan b ilangan bulat genap ……...............pernyataan yang diketahui genap…...….......................pernyataan yang akan dibuktikan dibuk tikan q : n2 bilangan genap…...….......................pernyataan Sehingga harus dibuktikan p → q bernilai benar. P roses ros es pembuktiannya pembuktiannya sebagai sebagai berikut : Karena n bilangan genap maka berdasarkan definisi bilangan genap n dapat dinyatakan

dengan bentuk n = 2b ( b є bilangan bulat ), sehingga diperoleh : n = 2b ↔ n2 = ( 2b ) 2 .………………. ..............definisi perpangkatan ↔ n2 = 4b2 ……………………………... hasil perpangkatan ↔ n2 = 2(2b2) ………...…......................sifat distributif pada perkalian ↔ n2 = 2k, k = 2b 2 dan k є B ………….bentuk bilangan bulat genap Hasil terakhir menunjukkan bahwa n 2 juga merupakan bilangan genap.

Jadi terbukti bahwa “Untuk semua n bilangan bulat genap, maka n 2 genap”

2. Bukti Tidak Langsung

Pembuktian tidak langsung digunakan apabila tidak cukup aksioma atau teorema terdahulu yang dapat digunakan dalam langkah pembuktiannya, sehingga sulit untuk mengambil kesimpulan. Konsep pembuktian untuk teorema yang berbentuk pernyataan tunggal dan pernyataan majemuk, diberikan sebagai berikut : a. Untuk pernyataan tunggal Untuk membuktikan pernyataan tunggal p benar maka harus ditunjukkan ~p salah b. Untuk pernyataan majemuk

Untuk pernyataan majemuk p → q benar maka harus ditunjukkan ~q → ~p benar 

kontraposisinya yaitu

Contoh 1 :

Buktikan bahwa “Jika n2 bilangan bulat ganjil, maka n bilangan bulat ganjil” Jawab :

Kita agak kesulitan menggunakan bukti langsung untuk membuktikan

pernyataan di atas karena ada langkah yang tidak cukup dasarnya. Mari kita lihat bersama di bawah ini : Pernyataan yang akan dibuktikan berbentuk implikasi yang terdiri atas 2 komponen, yaitu : p : n2 bilangan bulat ganjil………………pernyataan yang diketahui

: n bilangan bulat ganjil ………….……pernyataan yang akan dibuktikan sehingga harus dibuktikan p → q bernilai benar. q

P roses ros es pembuktiannya pembuktiannya sebagai sebagai berikut : Karena n 2 bilangan ganjil maka berdasarkan definisi bilangan ganjil n 2 dapat dinyatakan dengan bentuk n 2 = 2b + 1 ( b є bilangan bulat ), sehingga diperoleh : n2 = 2b

+ 1 …...……………...........………… …...……………...........………… ..definisi bilangan bulat ganjil ↔ √ n2 = √ 2b + 1…................... 1…................... ...................kedua ruas ditarik akar pangkat dua ↔ (n2)½ = (2b + 1) ½ ……………………...……..bentuk ……………………...……..bentuk pangkat pecahan ↔ (n)2.½ = (2b + 1) ½ ……………………………..sifat ……………………………..sifat perpangkatan ↔ n = (2b + 1) ½ ………………….……...……….hasil ………………….……...……….hasil perpangkatan pe rpangkatan Pada langkah terakhir ini kita tidak mempunyai cukup aksioma atau teorema untuk mengatakan bahwa bentuk terakhir adalah bilangan ganjil. Jadi kita tidak dapat menarik

kesimpulan untuk pembuktian pernyataan tersebut. Sehingga kita harus menggunakan cara bukti tidak langsung. Karena melalui bukti langsung teorema di atas tidak dapat dibuktikan, maka marilah kita lihat bersama bukti teorema di atas melalui bukti tidak langsung Proses pembuktian tidak langsung:

Pernyataan yang akan dibuktikan berbentuk implikasi

p → q , yang terdiri atas 2

komponen, yaitu : p : n2 bilangan bulat ganjil

………….………….…pernyataan ………….………….…pernyataan yang diketahui q : n bilangan bulat ganjil ………………………... .pernyataan yang akan dibuktikan Untuk membukt ikan p → q benar maka kita harus buktikan ~q →~p Berikut pernyataan ingkarannya:

~q : n 2 bukan bilangan bulat ganjil = n 2 bilangan bulat

genap …….………pernyataan

yang akan dibuktikan ~p: n bukan bilangan bulat ganjil = n bilangan bulat

genap……………….…pernyataan

yang diketahui Karena n bilangan bulat genap maka berdasarkan definisi bilangan genap n dapat

dinyatakan dengan bentuk n = 2b ( bє bilangan bulat), sehingga diperoleh : …………………….……………………..definisi perpangkatan p erpangkatan n2 = (2b)2 …………………….……………………..definisi ↔ n2 = (2)2 (b)2 ………….………….............. ………….…………............................ ................sifat ..sifat perpangkatan ↔ n2 = 4b2………………………………………………… …………………………………………………..hasil ..hasil perpangkatan ↔ n2 = 2(2b2) …………….................... ……………...........................sifat .......sifat distributif d istributif pada perkalian ↔ n2 = 2x , x = 2b 2 є B…………….………bentuk bilangan bulat genap Hasil terakhir menunjukkan bahwa n 2 juga merupakan bilangan bulat genap.

Jadi terbukti bahwa “Jika n2 bilangan bulat ganjil, maka n bilangan bulat ganjil” 3. Induksi Matematika

Untuk

memahami

bagaimana

cara

membuktikan

sifat

atau

teorema

dengan

menggunakan induksi matematika, perlu dipahami terlebih dahulu pengertian deret  dan notasi sigma. Deret telah dipelajari pada pembahasan sebelumnya. Berikut diberikan

pengertian notasi sigma: Secara umum, notasi sigma dapat didefinisikan sebagai berikut:

Dalam penulisan notasi sigma di atas, ada beberapa pengertian yang perlu dipahami, yaitu: a.

Notasi dinamakan notasi sigma, karena dalam notasi ini menggunakan huruf kapital Yunani (dibaca sigma) yang dapat diartikan sebagai penjumlahan (sum)

b. Notasi dibaca sebagai : penjumlahan suku-suku U i untuk nilai i = 1 sampai dengan i = n. Selanjutnya i = 1 disebut batas bawah penjumlahan dan i = n disebut batas atas  penjumlahan , sedangkan bilangan asli dari

1 sampai dengan n disebut wilayah

 penjumlahan c.

Variabel Ui disebut variabel berindeks dengan huruf i bertindak sebagai indeks yang diartikan sebagai  penunjuk penjumlahan . Indeks atau penunjuk penjumlahan dalam suatu notasi sigma dapat saja menggunakan huruf yang lain (selain huruf i)

d.

Untuk lebih mempersingkat cara penulisan dalam notasi sigma maka pada bagian atas penjumlahan cukup ditulis nilainya saja. Sehingga bentuk umum notasi sigma di atas dapat dituliskan sebagai berikut : Langkah pembuktian dengan cara induksi matematika, yaitu : Langkah 1 : Benar untuk n = 1 Langkah 2 : Asumsikan atau andaikan benar untuk n = k Langkah 3 : Tunjukkan benar untuk n = k + 1

Sehingga dapat disimpulkan suatu sifat atau teorema tersebut berlaku untuk semua bilangan asli Contoh 1 :

Buktikan menggunakan induksi matematika bahwa Jumlah deret kuadrat n bilangan asli pertama ditentukan oleh : Jawab :

Kita tetapkan bahwa S(n) adalah rumus :

P roses ros es pembuktiannya pembuktiannya sebagai sebagai berikut : Langkah 1 : Untuk n = 1 diperoleh :

=1 Bagian ruas kiri = bagian ruas kanan. Jadi S(n) benar untuk n = 1 atau S(1) benar  Langkah 2 : Andaikan S(n) benar untuk n = k, maka diperoleh hubungan :

Langkah 3 : Harus dibuktikan bahwa S(n) benar untuk n = k + 1

Bentuk terakhir adalah rumus S(n) jika n = k +1. Jadi jika S(n) benar untuk n = k, maka S(n) benar juga untuk n = k + 1 Dengan demikian terbukti bahwa : Benar untuk semua n bilangan asli Contoh 2 :

Menggunakan induksi matematika, buktikan bahwa ( 5 n  – 1 ) habis dibagi oleh 4 untuk semua n bilangan asli Jawab :

Kita tetapkan bahwa S(n) adalah sebuah teorema yang menyatakan ( 5

n

 –

1 ) habis

dibagi oleh 4 untuk semua n bilangan asli

Proses pembuktiannya sebagai berikut : Langkah 1 : Untuk n = 1 diperoleh : ( 5 1 – 1 ) = 4 habis dibagi oleh 4

Jadi S(n) benar untuk n = 1 atau S(1) benar  Langkah 2 : Andaikan S(n) benar untuk n = k, maka diperoleh teorema bahwa (5 k – 1)

habis dibagi oleh 4. Karena bentuk ( 5 k  – 1 ) habis dibagi oleh 4, maka bentuk (5 k  – 1) dapat dituliskan sebagai ( 5 k – 1 ) = 4p, dengan p adalah sebarang bilangan asli Langkah 3 : Harus dibuktikan bahwa S(n) benar untuk n = k + 1

( 5k+1 – 1) = 5 . 5 k - 1 = 5 . 5k - 5 + 5 -

1 ………….sifat identitas pada penjumlahan = 5 ( 5k – 1 ) + 4 …….…………sifat disributif perkalian terhadap penjumlahan = 5 ( 4p ) + 4 ……………..… ...diasumsikan berdasarkan langkah 2 = 4 ( 5p ) + 4 …………………..sifat komutatif pada perkalian = 4 (5p + 1) …………............... sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan = 4z , z = 5p +1 dan z є bilangan asli Bentuk terakhir adalah S(n) untuk n = k+1 yang benar habis dibagi oleh 4. Jadi jika S(n) benar untuk n = k maka S(n) benar juga untuk n = k + 1. Dengan demikian terbukti benar bahwa ( 5 n – 1 ) habis dibagi oleh 4 untuk semua n bilangan asli

Soal-soal Latihan

1. Buktikan untuk semua a dan b є R berlaku (a - b) 2 = a2 - 2ab + b 2 2. Buktikan untuk semua n bilangan bulat ganjil, maka n 2 bilangan bulat ganjil 3. Buktikan untuk setiap bilangan real yang tidak pernah positif, maka kuadratnya tidak pernah negatif  4. Buktikan untuk setiap bilangan bulat n, jika n 2 genap maka n genap 5. Buktikan jumlah bilangan rasional dan irrasional adalah bilangan irrasional

1.1

Sifat Aljabar dan Sifat Urutan dalam R Sifat Aljabar dalam R

Pada bab ini dibahas sifat-sifat penting dari sistem bilangan real R, seperti sifat-sifat aljabar, urutan dan ketaksamaan. Selanjutnya akan dibahas beberapa pengertian seperti bilangan rasional, harga mutlak, himpunan terbuka dan pengertian lain yang berkaitan dengan bilangan real. Sebelum menjelaskan tentang sifat-sifat bilangan real, diberikan terlebih dahulu struktur aljabar dari sistem bilangan real. Akan diberikan penjelasan singkat mengenai sifat-sifat dasar dari penjumlahan dan perkalian dan sifatsifat aljabar lain yang dapat diturunkan dari definisi atau teorema. Dalam terminologi aljabar abstrak, sistem bilangan real membentuk lapangan (field) terhadap operasi biner  penjumlahan dan perkalian biasa. Aksioma 1.1. 1 (Aksioma Field Bilangan Real)

Pada himpunan bilangan real R terdapat dua operasi biner, dinotasikan dengan “+” dan “x” yang disebut  penjumlahan (addition) dan  perkalian (multiplication). Operasi biner  tersebut memenuhi sifat-sifat berikut :

untuk semua a dan b є R (sifat komutatif  pada penjumlahan) (a + b) + c = a + (b + c) untuk semua a,b,c є R (sifat asosiatif  pada penjumlahan) Terdapat 0 є R sedemikian sehingga 0 + a = a dan a + 0 = a untuk semua a є R

(A1) a + b = b + a (A2) (A3)

(eksistensi elemen nol / sifat identitas pada penjumlahan) (A4) Untuk

setiap a є R terdapat -a є R sedemikian sehingga a + ( -a)

= 0 dan (-a) + a =

0 (eksistensi elemen negatif / sifat invers pada penjumlahan) (M1) ab = ba

untuk semua a dan b є R (sifat komutatif  pada perkalian)

(ab)c = a(bc) untuk semua a,b,c є R (sifat asosiatif  pada perkalian) Terdapat 1 є R sedemikian sehingga 1.a = a dan a.1 = a untuk semua a є R (eksistensi (M2)

(M3)

elemen satu / sifat identitas pada perkalian) (M4) Untuk

setiap a є R terdapat є R sedemikian sehingga

a .

= 1 dan

. a =

1 (eksistensi / sifat invers pada perkalian) (D)

a.(b + c) = (a.b) + (a.c) dan (b + c).a = (b.a) + (c.a) untuk semua

a,b,c є R (sifat

distributif perkalian atas penjumlahan) Beberapa teorema yang berkaitan dengan sifat aljabar R

Jika a є R, maka

Teorema 1.1.1

(a) (-1) a = -a (b) -(-a) = a (c) (-1) (- 1) = 1 Bukti Teorema 1.1.1 (bukti langsung)

(b)

Berdasarkan bahwa

aksioma

field

bilangan

real

(sifat

invers

a + (-a) = 0, sehingga a = - (-a)

Teorema 1.1.2

(a) (b) (c)

Jika z, a є R dengan z + a = a, maka z = 0 Jika u dan b ≠ 0 є R dengan u.b = b, maka u = 1 Jika a є R, maka a.0 = 0

Bukti Teorema 1.1.2 (bukti langsung)

Jika z, a є R dengan z + a = a, maka z = 0 z = z + 0………………………sifat identitas pada penjumlahan = z + ( a + (- a) )…………….sifat invers pada penjumlahan = (z + a) + (- a)..…………….sifat asosiatif pada penjumlahan = a + (-a) …………….…… .diketahui z + a = a = 0 …………………………sifat invers pada penjumlahan (b) Jika u dan b ≠ 0 є R dengan u.b = b, maka u = 1 u = u . 1 ………………………..sifat identitas pada perkalian = u . ( b . ) …….……….... ..sifat invers pada perkalian = (u . b). ……………..……sifat asosiatif  pada penjumlahan = b . ………….……….…. ,diketahui u.b = b (a)

pada

penjumlahan),

(c)

= 1 ………………………….sifat invers pada perkalian Jika a є R, maka a . 0 = 0 a . 0 = a . ( 1 + (-1) ) …………….sifat invers pada penjumlahan = (a.1) + ( a . (- 1) ) ……………. sifat distributif

terhadap penjumlahan = a + ( a . (-1))..………………….sifat identitas pada penjumlahan = a + ((-1) . a)

…………….……..sifat komutatif pada penjumlahan = a + (-a) ……………………… ..teorema 1.1.1 (a) = 0………………………………….sifat invers pada penjumlahan Teorema 1.1.3

a,b є R sehingga a + b = 0, maka b = -a Jika a ≠ 0 dan b є R sedemikian sehingga a . b = 1, maka b =

(a) Jika (b)

(c) Jika a . b = 0, maka a = 0 atau b = 0 Bukti teorema 1.1.3 (bukti langsung)

a,b є R sehingga a + b = 0, maka b = -a b = b + 0 ………………….sifat identitas pada penjumlahan = b + ( a + (- a) )………..sifat invers pada penjumlahan = ( b + a ) + (-a) ……….sifat asosiatif pada penjumlahan

(a) Jika

= ( a + b ) + (- a) ……….sifat komutatif pada penjumlahan = 0 + (-a) ……………….diketahui a + b = 0

…………………….Sifat identitas pada penjumlahan Jika a ≠ 0 dan b є R sedemikian sehingga a . b = 1, maka b = b = b . 1 ………………..sifat identitas pada perkalian = b. …….……….sifat invers pada perkalian = ( b . a ) . ………..sifat asosiatif pada perkalian = ( a . b ) . ………sifat komutatif pada perkalian = 1 . ………………..diketahui a . b = 1 = …………………..sifat identitas pada perkalian = -a

(b)

perkalian

Teorema 1.1.4

Jika a, b, c є R, maka berlaku a = b ↔ a + c = b + c Bukti Teorema 1.1.4

(bukti langsung)

Jika a, b, c є R, maka berlaku a = b ↔ a + c = b + c Teorema di atas menggunakan penghubung jika dan hanya jika (biimplikasi), sehingga harus dibuktikan dua arah

Jika a, b, c є R, maka berlaku a = b → a + c = b + c a + c = (a + c) + 0 ……….sifat identitas pada penjumlahan = (b + c) + 0 ………..diketahui a = b = b + c ……..……….sifat identitas pada penjumlahan Jika a, b, c є R, maka berlaku a + c = b + c → a = b a = a + 0 ………………………...sifat identitas pada perkalian = a + ( c + ( - c ) ) ……………..sifat inv ers pada penjumlahan = ( a + c ) + ( -c ) …………….sifat asosiatif pada penjulahan = ( b + c ) + ( - c ) ……………..diketahui a + c = b + c = b + ( c + ( -c ) ) …………….sifat asosiatif pada penjumlahan = b + 0 ………………………..sifat invers pada penjumlahan = b ……………………………sifat identitas pada penjumlahan Teorema 1.1.5 Diberikan sebarang a,b,c є R, maka berlaku ; (a). Jika a ≠ 0, maka dan (b) Jika a . c = b . c dan c ≠ 0, maka a = b

(a)

(b)

(c) Jika a . b = 0, maka a = 0 atau b = 0 Bukti Teorema 1.1.5

Diberikan sebarang a,b,c є R, maka berlaku ; (a). Jika a ≠ 0, maka ≠ 0 dan Terdapat dua hal yang harus dibuktikan, yaitu: 

Jika a ≠ 0, maka (bukti tidak langsung) Jika a ≠ 0, maka terdefinisi. Andaikan , akibatnya : 1 = a . ………………sifat identitas pada perkalian = a . 0 ………………pengandaian = 0 ………………….teorema 1.1.2 (c)



Hal ini bertentangan dengan fakta bahwa 1 ≠ 0. Jadi pengandaian Jika a ≠ 0, maka (bukti langsung)

salah. Seharusnya

Berdasarkan sifat invers pada perkalian maka dimilki a . , maka seharusnya

(b) Jika a . c = b . c dan c ≠ 0, maka a = b (bukti langsung) a = a . 1 ……………….sifat identitas pada perkalian = a ( c . ) ………….sifat invers pada perkalian = ( a . c ) . …………sifat asosiatif pada perkalian = ( b . c ) . …………diketahui a . c = b . c = b ( c . ) …………..sifat asosiatif pada perkalian = b . 1 ………………sifat invers pada perkalian = b ………………….sifat identitas pada perkalian (c) Jika a . b = 0, maka a = 0 atau b = 0







(bukti langsung)

Penghubung “atau” bermakna keduanya a = 0 dan b = 0, atau jika a ≠ 0, maka b = 0, atau jika b ≠ 0, maka a = 0. Sehingga terdapat tiga hal yang harus dibuktikan, yaitu : Jika a . b = 0 dan andaikan a ≠ 0, maka b = 0 b = b . 1 …………………sifat identitas pada perkalian = b . ( a . ) …………..sifat invers pada perkalian = ( b . a ) . ……………sifat asosiatif pada perkalian = ( a . b ) . …………….sifat komutatif pada perkalian = 0 . ………………….diketahui a . b = 0 = 0 ……………………….teorema 1.1.2 (c) Jika a . b = 0 dan andaikan b ≠ 0, maka a = 0 a = a . 1 …………………sifat identitas pada perkalian = a . ( b . ) …………..sifat invers pa da perkalian = ( a . b ) . ……………sifat asosiatif pada perkalian = 0 . ………………….diketahui a . b = 0 = 0 ……………………….teorema 1.1.2 (c) Jika a . b = 0, maka jelas a = 0 dan b = 0 Teorema 1.1.6

Diberikan sebarang a, b є R, maka ;

(a). Persamaan a + x = b memiliki solusi tunggal x = (-a) + b

(b) Jika a ≠ 0, maka persamaan ax = b memiliki solusi tunggal Bukti Teorema 1.1.6

yaitu

(bukti langsung)

Diberikan sebarang a, b є R, maka ; (a). Persamaan a + x = b memiliki solusi tunggal x = (-a) + b  Ada dua hal yang harus dibuktikan yaitu: 



Untuk sebarang a, b є R maka persamaan a + x = b memiliki solusi x = x + 0 ……………………sifat identitas pada penjumlahan = x + ( a + (- a) ) ………….sifat invers pada penjumlahan = ( x + a ) + (- a) ………….sifat asosiatif pada penjumlahan = ( a + x ) + (- a) ………….sifat komutatif pada penjumlahan = b + (-a) …………………diketahui a + x = b = (-a) + b …………………sifat komutatif pada penjumlahan

x = (-a) + b

Tunjukkan bahwa solusi itu tunggal  Andaikan x1 adalah solusi yang lain, maka a + x 1 = b. akan ditunjukkan x = x 1 x1 = x1 + 0 ………………..……..sifat identitas pada penjumlahan = x1 + ( a + (- a) ) ……………sifat invers pada penjumlahan = ( x1 + a ) + (-a) …………….sifat asosiatif pada penjumlahan = ( a + x1 ) + (-a) …………….sifat komutatif pada penjumlahan

……………………diketahui a + x 1 = b = (-a) + b …………………….sifat komutatif pada penjumlahan = x …………………berdasarkan sifat di atas yang telah dibuktikan (b) Jika a ≠ 0, maka persamaan ax = b memiliki solusi tunggal yaitu = b + (-a)

 Ada dua hal yang harus dibuktikan yaitu: 



Untuk sebarang a, b є R maka persamaan ax = b memiliki solusi x = x .1 ……………………sifat identitas pada perkalian = x ( a . ) ………….…..sifat invers pada perkalian = ( x . a ). ………..…….sifat asosiatif pada perkalian = ( a . x ). ……..……….sifat komutatif pada perkalian = b . ………….…………diketahui ax = b = . b ………………….…sifat komutatif pada perkalian Tunjukkan bahwa solusi itu tunggal

 Andaikan x1 adalah solusi yang lain, maka ax 1 = b. akan ditunjukkan x = x 1 x1 = x1 . 1 ………………..……..sifat identitas pada perkalian

) ………….………sifat invers pada perkalian = ( x1 . a ) . …………….….sifat asosiatif pada perkalian = ( a . x1 ) . …………….….sifat komutatif pada perkalian = b . …………………….…diketahui ax1 = b = . b …...………………….sifat komutatif pada perkalian = x …………………berdasarkan sifat di atas yang telah dibuktikan = x1 ( a .

Teorema 1.1.7

Tidak ada r є Q sedemikian sehingga r 2= 2 Bilangan Rasional dan Irrasional

Bilangan rasional dapat dituliskan dalam bentuk

dimana a,b є bilangan bulat dan b ≠ 0.

Himpunan semua bilangan rasional di R dinotasikan dengan Q. Dapat ditunjukkan bahwa penjumlahan dan perkalian dua bilangan rasional adalah bilangan rasional. Lebih lanjut sifat-sifat yang berlaku pada R juga berlaku untuk Q.  Akan tetapi tidak semua elemen R merupakan elemen Q, seperti yang tidak dapat dinyatakan ke dalam bentuk . Elemen R yang bukan elemen Q disebut bilangan Irrasional, dinotasikan dengan I. Bukti teorema 1.1.7

(bukti tidak langsung)

Tidak ada r є Q sedemikian sehingga r 2= 2  Andaikan ada r є Q sedemikian sehingga r 2= 2. Karena ada r є Q, maka r dapat dinyatakan dalam bentuk r = , dengan a dan b є B dan b ≠ 0, serta faktor persekutuan a dan b adalah satu. Selanjutnya perhatikan :

Terlihat bahwa a 2 adalah bilangan genap, akibatnya a juga bilangan genap. Sehingga

a dapat dinyatakan dalam bentuk a = 2k, k є B

Selanjutnya perhatikan :

Terlihat bahwa b 2 adalah bilangan genap, akibatnya b juga bilangan genap. Karena a dan b keduanya bilangan genap, maka tidak mungkin faktor persekutuan a dan b adalah satu. Hal ini kontradiksi dengan pernyataan sebelumnya, sehingga pengandaian salah. Seharusnya tidak ada b ilangan r є Q sedemikian sehingga x2 = 2 Sifat Urutan dalam R

Sifat urutan menjelaskan tentang kepositifan (positivity) dan ketaksamaan (inequalities) di antara bilangan-bilangan real.Selanjutnya Jika R adalah himpunan semua bilangan real, maka P adalah himpunan bilangan real positif. Sebelum membahas sifat-sifat selanjutnya, sebaiknya kita melihat aksioma pendukung. Aksioma 1.1.2

 Ada P subset tak kosong dari R, yang disebut himpunan bilangan real positif tegas, yang memenuhi sifat-sifat sebagai berikut : (a) (b) (c)

Jika a, b є P, maka a + b є P Jika a, b є P, maka ab є P Jika a є R, maka memenuhi tepat satu kondisi yaitu a є P, a = 0, -a є P

atau

dengan kata lain a > 0, a = 0, atau a < 0 Sifat (a) disebut sifat tertutup P terhadap operasi penjumlahan Sifat (b) disebut sifat tertutup P terhadap operasi perkalian Sifat (c) disebut Sifat Trikotomi ( Trichotomy Property ), sebab akan membagi R ke dalam

tiga

himpunan

jenis

elemen

{ -a

yang

berbeda.

Hal

ini

menjelaskan

bahwa

: a є P } dari bilangan real negatif tidak mempunyai elemen

yang sama dengan himpunan bilangan real positif. Selanjutnya R dapat dituliskan sebagai gabungan tiga himpunan yang saling lepas, yaitu : R = P U { 0 } U { Definisi 1.1.1

(a) (b) (c) (d)

Jika a є P, ditulis a > 0. Artinya a adalah bilangan real positif  Jika a є P U { 0 }, ditulis a ≥ 0. Artinya a adalah bilangan real non negatif  Jika –a є P, ditulis a < 0. Artinya a adalah bilangan real negatif  Jika –a P U { 0 }, ditulis a ≤ 0. Artinya a adalah bilangan real non positif  Definisi 1.1.2

(a)

Jika a – b є P, maka ditulis a > b atau b < a

(b)

Jika a – b є P U { 0 }, maka ditulis a ≥ b atau b ≤ a

a:aєP}

Teorema 1.1.8

Diberikan sebarang a, b, c є 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 ca > cb

(d)

Jika a > b dan c < 0, maka ca < cb

(e)

Jika a > 0, maka > 0

(f)

Jika a < 0, maka < 0

(g)

Jika a ≤ b dan b ≤ a, maka a = b Bukti teorema 1.1.8

(a) Jika a > b dan b > c, maka a > c Diketahui a > b, maka berdasarkan definisi a  – Diketahui b > c, maka berdasarkan definisi

bєP b  – c є P

Berdasarkan sifat tertutup P terhadap operasi penjumlahan, maka akan diperoleh : a – b + b – c є P

↔ a + 0 – c є P …………………sifat invers pada penjumlahan ↔ a – c є P ……………………..sifat identitas pada penjumlahan ↔ a > c …………………………definisi 1.1.2(a) (b) Jika a > b, maka a + c > b + c Diketahui a > b, maka berdasarkan definisi a  –

bєP

Diberikan c є R sebarang. Perhatikan : a – b + 0 є

P …………………....sifat identitas pada penjumlahan ↔ a – b + c - c є P ……………….,sifat invers pada penjumlahan ↔ a + c – b - c є P ………………...sifat komutatif pada penjumla han ↔ a + c – ( b + c ) є P …………...sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan ↔ a + c > b + c …………………..definisi 1.1.2(a) (c) Jika a > b dan c > 0, maka ca > cb Diketahui a > b, berdasarkan definisi 1.1.2(a) maka a  – b є P Diketahui c > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka

cєP

Berdasarkan sifat tertutup P terhadap operasi perkalian, maka akan diperoleh : c ( a – b ) є P

↔ ca - cb є P ………………..…sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan ↔ ca > cb………………………definisi 1.1.2(a) (d) Jika a > b dan c < 0, maka ca > cb Diketahui a > b, maka berdasarkan definisi a  –

bєP Diketahui c < 0, maka berdasarkan definisi - c є P Berdasarkan sifat tertutup P terhadap operasi perkalian, maka akan diperoleh : -c ( a – b ) є P

↔ -ca + cb є P …………………sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan ↔ cb – ca є P …………..……..sifat komutatif pada penjumlahan ↔ ca < cb………………………definisi 1.1.2(c) (e) Jika a > 0, maka > 0

Diketahui a > 0, berarti a ≠ 0, berdasarkan teorema 1.1.5(a) maka Selanjutnya digunakan bukti tidak langsung.  Andaikan < 0, berdasarkan teorema 1.1.8(d) maka diperoleh : a. < 0.0 (f)

↔ 1 < 0. Hal ini tidak mungkin. Pengandaian salah, seharusnya

>0

Jika a < 0, maka < 0

Diketahui a < 0, berarti a ≠ 0, berd asarkan teorema 1.1.5(a) maka Selanjutnya digunakan bukti tidak langsung.  Andaikan > 0, berdasarkan teorema 1.1.8(c) maka diperoleh :

↔ 0 < 0. Hal ini tidak mungkin. Pengandaian salah, seharusnya (g) Jika a ≤ b dan b ≤ a, maka a = b Diketahui a ≤ b dan b ≤ c. 0. < a . 0

<0

Selanjutnya digunakan bukti tidak langsung.

 Andaikan a ≠ b, maka a – b ≠ 0, berdasarkan sifat trikotomi maka a – b є P atau  – ( a – b ) = b – a є P. Jika a  – b є P, berdasarkan definisi maka a > b. Begitu pula jika b – a є P, berdasarkan definisi maka b > a. Hal ini bertentangan dengan yang telah diketahui sebelumnya. Jadi pengandaian salah. Seharusnya a = b Teorema 1.1.9

(a)

Jika a є R dan a ≠ 0, maka a 2 > 0

(b)

1>0

(c)

Jika n є N, maka n > 0 Bukti teorema 1.1.9

(a)

Jika a є R dan a ≠ 0, maka a 2 > 0 Diketahui a є R dan a ≠ 0, berdasarkan sifat trikotomi maka a є P atau –a є P Untuk a є P



Perhatikan :



a . a є P …………………….. sifat tertutup P terhadap operasi perkalian a2 є P …………………………definisi pengkuadratan a2 > 0 …………………………definisi 1.1.1 Untuk –a є P Perhatikan : (-a) .(-a) є P

………….……..sifat tertutup P terhadap operasi perkalian ( -1.a ) . ( - 1.a ) є P …………teorema 1.1.1 bagian (a) -1. -1. a. a є P ……………….sifat komutatif pada perkalian 1. a. a є P ……………………teorema 1.1.1 bagian (c) a . a є P……………………….sifat identitas pada perkalian a2 є P …………………………definisi pengkuadratan a2 > 0 …………………………definisi 1.1.1 (b)

1>0

(c)

1 = 1 . 1 ……………sifat idenitas pada perkalian = 12 ………..…….definisi pengkuadratan > 0 ……………...teorema 1.1.9 bagian (a) Jika n є N, maka n > 0 Gunakan induksi matematika.

Langkah 1 : Benar bahwa untuk n = 1 > 0

( berdasarkan teorema 1.1.9 bagian (b) ), dan

berdasarkan definisi 1.1.1 berarti 1 є P Langkah 2 : Andaikan benar untuk n = k > 0, maka berdasarkan definisi 1.1.1

berarti k є P

Langkah 3 : Tunjukkan benar untuk n = k + 1 Perhatikan :

k + 1 є P ………………sif at tertutup P terhadap operasi penjumlahan k + 1 > 0 ……………...definisi 1.1.1

Jadi terbukti bahwa untuk semua n є N berlaku n > 0 Teorema 1.1.10

Jika a, b є R dan a < b, maka a <


Bukti teorema 1.1.10

Karena a < b, maka diperoleh :

………………t eorema 1.1.8 bagian (b) 2a < a + b ………………...definisi penjumlahan bilangan real a < ……………………kedua ruas dibagi oleh 2 a+a
Karena a < b, maka diperoleh :

………………teorema 1.1.8 bagian (b) a + b < 2b ………………...definisi penjumlahan bilangan r eal < b ……………………kedua ruas dibagi oleh 2 a+b
Penggabungan kedua hubungan ketaksamaan akan diperoleh : a<

dan

< b

↔

a< < b

Teorema 1.1.11

Jika a є R sedemikian sehingga 0 ≤ a < ε, ε > 0, maka a = 0 Teorema 1.1.12 Jika ab > 0, maka berlaku

(a) a > 0 dan b > 0,

atau

(b) a < 0 dan b < 0 Bukti teorema 1.1.12

Diketahui ab > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka ab є P Karena diketahui bahwa ab > 0, maka a ≠ 0 dan b ≠ 0 Karena a ≠ 0, maka berdasarkan sifat trikotomi a > 0 atau a < 0 (a) Untuk a > 0, berdasarkan teorema 1.1.8 bagian (e) maka Karena > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka

>0

єP

Perhatikan :

є P ……………..sifat tertutup P terhadap operasi perkalian (ba) . є P ………..……..si fat komutatif pada perkalian b ( a . ) є P ….…………sifat asosiatif pada perkalian b . 1 є P …………..…….sifat invers pada perkalian b є P ………….....……….sifat identitas pada perkalian (ab) .

dan

b>0

…………………….definisi 1.1.1(a)

(b) Untuk a < 0, berdasarkan teorema 1.1.8(f) maka Karena < 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka

<0

dan

єP

Perhatikan :

є P ………......sifat tertutup P terhadap operasi perkalian (ba) . є P ………..…...sifat komutatif pada perkalian b ( a . ) є P ….……….sifat asosiatif pada perkalian b . (-1) є P …………..……..sifat invers pada perkalian - b є P …………...………….sifat identitas pada perkalian b < 0 ………………………..definisi 1.1.1(c) (ab) .

Teorema 1.1.13

(a) a > 0 dan b < 0,

Jika ab < 0, maka berlaku : atau

(b) a < 0 dan b > 0 Bukti teorema 1.1.13

Diketahui ab < 0, berdasarkan definisi 1.1.1(c) maka (- ab) є P

Karena diketahui bahwa ab < 0, maka a ≠ 0 dan b ≠ 0 Karena a ≠ 0, maka berdasarkan sifat trikotomi a > 0 atau a < 0 (a) Untuk a > 0, berdasarkan teorema 1.1.8(e) maka > 0 Karena

> 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka

dan

єP

Perhatikan :

є P ……………..sifat tertutup P terhadap operasi perkalian (-ba) . є P ………..……..sifat komutatif pada perkalian -b ( a . ) є P ….…………sifat asosiatif pada perkalian -b . 1 є P …………..…….sifat invers pada perkalian -b є P …………... ……….sifat identitas pada perkalian b < 0 …………………….definisi 1.1.1 (-ab) .

(b) Untuk a < 0, berdasarkan teorema 1.1.8 bagian (f) maka Karena < 0, berdasarkan definisi 1.1.1 maka

< 0 dan

єP

Perhatikan :

є P ………........sifat tertutup P terhadap operasi perkalian -1(ab) . -1 є P ………..…...teorema 1.1.1 bagian (a) (-ab) .

є P ………sifat komutatif pada perkalian 1 . (ab) . є P ………………teorema 1.1.1 bagian (c) (ab) . є P ………………….sifat identitas pada perkalian (ba) . є P ………………….sifat komutatif pada perkalian b ( a . ) є P ….…………….sifat asosiatif pada perkalian b . (1) є P ……………………..sifat invers pada perkalian b є P …………...………..…….sifat identitas pada perkalian b > 0 ……………………...…..definisi 1.1.1(a) (-1) . (-1) (ab) .

Soal-soal Latihan 1. Buktikan bahwa –(a+b) = (-a) + (-b), untuk a, b є R

Jawab :

……………………………teorema 1.1.1 (a) = (-1.a) + (-1.b) ………….sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan =(-a) + (- b) ………………………teorema 1.1.1 (a) Buktikan bahwa (-a)(-b) = ab, untuk a, b є R -(a+b) = -1.(a+b)

2.

Jawab :

……………………teorema 1.1.1(a) = -1.(a.- 1).b ……………………..sifat asosiatif pada perkalian = -1.(-1.a).b ……………………..sifat komutatif pada perkalian = (-1.-1)(a.b) ……………………sifat asosiatif pada perkalian = 1.ab …………………………….teorema 1.1.1(c) = ab ……………………………….sifat identitas pada perkalian Butikan bahwa , untuk a, b є R (-a)(-b) = (-1.a)(-1.b)

3.

Jawab : 4. Buktikan bahwa jika 0 < a < b dan 0 < c < d, maka 0 < ac < bd

Jawab : Diketahui : a > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka a P b > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka b P c > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka c P d > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka d P

a < b, berdasarkan definisi 1.1.2(a) maka b  – a P c < d, berdasarkan definisi 1.1.2(a) maka d  – c P Tahap 1 :

P….……..sifat tertutup P terhadap operasi perkalian ac > 0 …………..definisi 1.1.1(a) a.c

Tahap 2:

P….……..sifat tertutup P terhadap operasi perkalian bd > 0 …………..definisi 1.1.1(a) b.d

Tahap 3: (b – a).d bd – ad

P …………sifat tertutup P terhadap operasi perkalian P ……….…sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan

Tahap 4: (d – c ).a da - ca

P…………sifat tertutup P terhadap operasi perkalian P……..…….sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan

Tahap 5: (bd – ad) + (da  – ca) P

…….. sifat tertutup P terhadap operasi penjumlahan bd – ad + ad – ca P ………… sifat komutatif pada pe rkalian -ad + bd + ad  – ca P ……….. sifat komutatif pada penjumlahan -ad + ad + bd  – ca P ……….. sifat komutatif pada penjumlahan 0 + bd – ca P ……………….. sifat invers pada penjumlahan bd – ca P ……………………. sifat elemen identitas pada penjumlahan ac < bd …………………………..definisi 1.1.2(a) Sehingga gabungan dari hasil tahap 1, 2 dan 5 diperoleh 0 < ac < bd (terbukti) 5. Buktikan bahwa jika 0 < a < b dan 0 < c < d, maka 0 < a + c < b + d

Tahap 1 : Diketahui : a > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka a P b > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka b P Sehingga : a+c

P….………..sifat tertutup P terhadap operasi perkalian

a+c>0

…………..definisi 1.1.1(a)

Tahap 2: Diketahui : c > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka c P d > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka d P Sehingga :

P….………...sifat tertutup P terhadap operasi perkalian b + d > 0 …………..definisi 1.1.1(a) b+d

Tahap 3: Diketahui : a < b, berdasarkan definisi 1.1.2(a) maka b  – a P c < d, berdasarkan definisi 1.1.2(a) maka d  – c P Sehingga : b – a + d – c P

……….….. sifat tertutup P terhadap operasi penjumlahan b + d - a – c P …………… sifat komutatif pada penjumlahan b + d -1.a -1.c P …………..teorema 1.1.1(a) b + d -1(a + c) P ..……….. sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan b + d – (a + c) P …………..teorema 1.1.1(a) a + c < b + d P …………….definisi 1.1.2(a) Gabungan dari hasil tahap 1, 2 dan 3 diperoleh 0 < a +c < b + d (terbukti)

6. Buktikan bahwa jika 0 < a < b dan 0 < c < d, maka 0 < ad + bc < ac + bd

Diketahui : a > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka a P b > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka b P c > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka c P d > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka d P a < b, berdasarkan definisi 1.1.2(a) maka b  – a P c < d, berdasarkan definisi 1.1.2(a) maka d  – c P Tahap 1 :

d . (b – a) db - da P bd - ad P

P….……...sifat tertutup P terhadap operasi perkalian …………..sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan …………..sifat komutatif pada perkalian

Tahap 2: c . (b – a )

P….……..sifat tertutup P terhadap operasi perkalian cb - ca > 0 …………....sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan bc - ac P …………..sifat komutatif pada perkalian Berdasarkan hasil tahap 1 dan 2, maka diperoleh : bd – ad + bc - ac

P …………sifat tertutup P t erhadap operasi penjumlahan ad – bc – ac + bd P ……….…sifat komutatif pada penjumlahan Tahap 4: (d – c ).a da - ca

P…………sifat tertutup P terhadap operasi perkalian P……..…….sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan

Tahap 5: (bd – ad) + (da  – ca) P

…….. sifat tertutup P terhadap operasi penjumlahan bd – ad + ad – ca P ………… sifat komutatif pada perkalian -ad + bd + ad  – ca P ……….. sifat komutatif pada penjumlahan -ad + ad + bd  – ca P ……….. sifat komutatif pada penjumlahan 0 + bd – ca P ……………….. sifat invers pada penjumlahan bd – ca P ……………………. sifat elemen identitas pada penjumlahan ac < bd …………………………..definisi 1.1.2(a) Sehingga gabungan dari hasil tahap 1, 2 dan 5 diperoleh 0 < ac < bd (terbukti) 7. Buktikan bahwa jika 0 < a < b, maka a 2 < ab < b 2 8. Buktikan bahwa jika a b dan b c, maka a c 9. Buktikan bahwa jika 0 < a < b, maka 10. Buktikan bahwa jika 0 < a < b, maka 11. Buktikan bahwa jika 0 < a < 1, maka 0 < a 2 < a < 1 12. Buktikan bahwa jika 0 < a < b, maka a < < b 13. Buktikan bahwa jika a > 1, maka 1 < a < a 2 14. Buktikan , untuk semua a, b є R

15. Buktikan bahwa tidak ada bilangan rasional t sedemikian sehingga t 2 = 3

Ketaksamaan Bernoulli

Jika x > -1, maka (1 + x) n ≥ 1 + nx

Untuk semua n є N

Pembuktian Ketaksamaan Bernoulli

 Akan dibuktikan menggunakan Induksi Matematika Langkah 1 : Untuk n = 1, maka :

(1 + x)1 ≥ 1 + 1 . x

↔ 1+x≥1+x

(pernyataan benar)

Langkah 2 : Misalkan benar untuk n = k, yaitu : (1 + x) k ≥ 1 + kx Langkah 3 : Tunjukkan benar untuk n = k + 1 (1 + x)

k+1

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

≥ (1 + kx) (1 + x) = 1 + x + kx+ kx 2 = 1 + (k + 1)x + kx2 Karena k = n є N, maka k > 0 Berdasarkan teorema 1.1.8 (a)  jika x є R dan x ≠ 0 maka x2 > 0 Diketahui x > - 1 berarti x ≥ 0 Sehingga berlaku juga bahwa x 2 ≥ 0 Karena k > 0 dan x 2 ≥ 0 maka diperoleh kx2 ≥ 0 Sehingga pembuktiannya menjadi : (1 + x)k+1 = (1 + x)k (1 + x)

≥ (1 + kx) (1 + x) = 1 + x + kx+ kx 2 ≥ 1 + (k + 1) + 0 = 1 + (k + 1) x

= 1 + (k + 1)x + kx 2

Yang berarti benar untuk n = k + 1 . Jadi terbukti Ketaksamaan Bernoulli Ketaksamaan Cauchy

Jika n є N dan a 1, ……, a n dan b1, ……, b n adalah bilangan-bilangan real, maka (a1 b1 + a2 b2 …… + an bn)2 ≤ (a12 + a22 +……+ an2) + (b12 + b22 + ……+ b n2) atau Selanjutnya jika tidak semua b i = 0 maka  jika dan hanya jika terdapat

s є R sedemikian sehingga a1 = sb1

Pembuktian Ketaksamaan Cauchy

Didefinisikan fungsi F : R → R sebagai berikut : F(t) = (a1 – tb1)2 + (a2 – tb2)2 + ……..+ (a n – tbn)2 , t є R

, a2 = sb2 , … , a n = sbn

Jelas bahwa F(t) ≥ 0, untuk setiap t є R. Selanjutnya : F(t) = (a12 – 2ta1b1 + t2b12 ) + (a22 – 2ta2b2 + t2b22 ) + …..+ (a n2 – 2tanbn + t2bn2 ) F(t) = (a12 + a22 +……. an2 ) – 2t (a1b1 + a2b2

+ ….+ a nbn) + t2 (b12 + b22 +……. bn2 )

Bentuk terakhir di atas terlihat bahwa F(t) merupakan fungsi kuadrat dengan koefisien dari t2 bernilai positif, yang berarti grafiknya berupa parabola terbuka ke atas

 Agar F(t) ≥ 0 maka Diskriminan = D = b 2 – 4ac ≤ 0 Selanjutnya : Dapat ditentukan a = koefisien t 2 , yaitu : b = koefisien t, yaitu : c = konstanta, yaitu : Perhatikan : b2 – 4ac ≤ 0  Akibat Ketaksamaan Cauchy

Jika n є N dan a1, a2,…,an

serta b1,b2,….bn

adalah bilangan-bilangan real, maka

Soal Latihan

1. Buatlah contoh soal untuk ketaksamaan Cauchy 2. Buatlah contoh soal untuk Ketaksamaan Cauchy dalam kondisi

1.2

NILAI MUTLAK DAN GARIS BILANGAN REAL

Dari sifat Trikotomi dapat ditarik kesimpulan bahwa jika a є R dan a ≠ 0, maka a atau – a merupakan bilangan real positif. Nilai mutlak dari a ≠ 0 didefinisikan sebagai nilai positif  dari dua bilangan tersebut. Definisi 1.2.1 Nilai mutlak ( absolute value) dari suatu bilangan real a, dinotasikan

dengan │a│ dan didefisikan sebagai berikut :

Berikut teorema-teorema yang berkaitan dengan nilai mutlak Teorema 1.2.2

(a). │ab│= │a││b│ untuk semua a,b є R (b). │a│2 = a 2 untuk semua a є R

(c). Jika c ≥ 0 maka │a│≤ c jika dan hanya jika –c ≤ a ≤ c (d). -│a│≤ a ≤ │a│ untuk semua a є R (e). │-a│ = │a│ = a untuk semua a є R Bukti Teorema 1.2.2

(a). │ab│= │a││b│ untuk semua a,b є R Diketahui a,b є R, maka berdasarkan sifat

trikotomi terdapat 3 kemungkinan nilai a

dan b, yaitu : a > 0 atau a = 0 atau a < 0 b > 0 atau b = 0 atau b < 0 Jika a = 0 dan b = 0, berdasarkan teorema 1.1.3 (c) maka ab = 0

│ab│= │0│ …….………..subtitusi ab = 0 = 0 ………………… .definisi 1.2.1 (nilai mutlak) = a . 0 ……….……..teorema 1.1.1 bagian (c) = 0 . 0 .…………….subtitusi a = 0 =│a││b│...…….definisi 1.2.1(nilai mutlak), karena a = 0

dan b = 0

Jika a > 0 dan b > 0, berdasarkan teorema 1.1.11 (a) maka ab >0

│ab│= ab ………….definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena ab > 0 =│a││b│……….definisi 1.2.1 (nilai mutlak) karena a > 0 dan b > 0 Jika a < 0 dan b > 0, berdasarkan teorema 1.1.12 (b) maka ab < 0

│ab│= - (ab)….…....definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena ab < 0 = -1(ab) …….…..teorema 1.1.1 bagian (a) = (-1. a) b…….…sifat asosiatif pada perkalian = (-a) b ………….teorema 1.1.1 bagian (a) =│a││b│………definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a < 0 dan b < 0 Jika a > 0 dan b < 0, berdasarkan teorema 1.1.12 (b) maka ab < 0

│ab│= - (ab)…..……………definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena ab < 0 = (-1) ab ……….….......teorema 1.1.1 bagian (a) = a (-1) b ………….…sifat komutatif pada perkalian = a (- b) …………………teorema 1.1.1 bagian (a) =│a││b│………...definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a > 0 dan b < 0 Jika a < 0 dan b < 0, berdasarkan teorema 1.1.11 (a) maka ab >0

│ab│= ab ……………….........definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena ab > 0 = 1.ab ……...……………sifat identitas pada perkalian = (-1) (- 1) ab …………… teorema 1.1.1 bagian (c) = (-1) a (- 1) b……………sifat komutatif pada perkalian = (-a) (-b) ……………… teorema 1.1.1 bagian (a) =│a││b│…....definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a < 0 dan b < 0 (b). │a│2 = a 2 untuk semua a є R Diketahui a є R, maka berdasarkan sifat trikotomi terdapat 3 kemungkinan nilai a ,yaitu : a > 0 atau a = 0 atau a < 0 Jika a = 0

│a│2 = │0│2 …………………. subtitusi a = 0 = │0│ │0│……………….definisi perpangkatan = 0 . 0 …………………..definisi 1.2.1 (nilai mutlak) = a . a. ………………… .karena 0 = a = a 2 ……………………..definisi perpangkatan Jika a > 0

│a│2 = │a│ │a│ …………………definisi perpangkatan = a . a. …………definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a > 0 = a 2 ………………………...definisi perpangkatan Jika a < 0

│a│2 = │a│ │a│ ………………….definisi perpangkatan = -a . -a. ………definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a < 0 = (-1) a . (- 1) a …………….teorema 1.1.1 bagian (a) = (-1) (-1) a . a. …..............sifat komutatif pada perkalian = 1 . a. a …………………….teorema 1.1.1 bagian (c) = a . a. ………………………sifat identitas pada perkalian = a 2 ………………………....definisi perpangkatan (c). Jika c ≥ 0 maka │a│≤ c jika dan hanya jika –c ≤ a ≤ c

Pembuktian teorema ini diadaptasi dari sifat ketidaksamaan yang menyangkut nilai mutlak yang telah dipelajari sebelumnya pada mata kuliah kalkulus I (buku kalkulus dan geometri analitis jilid 1, pengarang Edwin J. Purcell, halaman 17)

Sifat itu berbunyi : │x│< a ↔ -a < x < a. Untuk x є R dan a bukan bilangan real negatif  Karena 0 juga bukan bilangan real negatif, Jadi secara langsung memang berlaku Jika

c ≥ 0 maka │a│≤ c jika dan hanya jika –c ≤ a ≤ c (d). -│a│≤ a ≤ │a│ untuk semua a є R Pembuktian teorema ini mempunyai langkah yang sama seperti bagian (c) dengan

mengambil c = │a│ Pada Teorema 1.2.2 (c) berlaku :

c ≥ 0 maka a│≤ c jika dan hanya jika –c ≤ a ≤ c Jadi terbukti - │a│≤ a ≤ │a│untuk semua a є R (e). │-a│ = │a│ = a untuk semua a є R Diketahui a є R, maka berdasarkan sifat trikotomi terdapat 3 kemungkinan Jika

a > 0 atau a = 0 atau a < 0 Jika a = 0

│-a│ = │0│ ………………… subtitusi a = 0 = │a│ ………………….subtitusi 0 = a = 0 ……... .................definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a = 0 = a . …………………...subtitusi 0 = a Jika a > 0

│-a│ = │(-1) a│ ..………….…teorema 1.1.1 bagian (a) dan karena a > 0 = │(-1)││a│………….…teorema 1.2.2 (a) = 1│a│ ……………….….definisi 1.2.1 (nilai mutlak) = │a│ …....................... ..sifat identitas pada perkalian = a ………………………definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a > 0 Jika a < 0

│-a│ = │(-1) (-a)│ ..…………..… ..…..teorema 1.1.2 (a) dan karena a < 0 = │(-1) (-1) a│…………………..teorema 1.1.1 bagian (a) = │1 . a│ ……………………….. teorema 1.1.1 bagian (c) = │a│ …................................... .sifat identitas pada perkalian

nilai a ,yaitu:

= -a ……………………definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a < 0 =a

………………………………karena a < 0

Teorema 1.2.3 Ketaksamaan Segitiga

Jika a, b є R , maka │a + b │≤ │a│ + │b│ Bukti Teorema 1.2.3 Ketaksamaan Segitiga

Jika a, b є R , maka │a + b │≤ │a│ + │b│ Diketahui a є R maka berdasarkan teorema 1.2.2 (d) diperoleh : -│a│≤ a ≤ │a│ …………..(*) Diketahui b є R maka berdasarkan teorema 1.2.2 (d) diperoleh : -│b│≤ b ≤ │b│ …………..(**) Jumlahkan kedua ruas dari (*) dan (**) (-│a│) + ( - │b│ ) ≤ a + b - (│a│

+ │b│) ≤

a+b

≤ │a│ + │b│ ≤ │a│ + │b│

terbukti menggunakan teorema 1.2.2 (c)

Jika a,b є R, maka (a). ││a│-│b││ ≤ │a - b │ (b). │a - b │ ≤ │a│+│b│ Teorema 1.2.4.

Bukti Teorema 1.2.4

(a) Jika a, b є R , maka ││a│ - │b││≤ │a - b │ Diketahui a є R maka a dapat ditulis : a = a + 0………………….sifat identitas pada penjumlahan = a + (-b) + b …………sifat invers pada penjumlahan = a – b + b ……………distributif perkalian Sehingga diperoleh :

│a│ = │a – b + b│…………….subtitusi a = a – b + b ≤ │a - b│ + │b│…………..ketaksamaan segitiga ……pindah ruas │b│ dari ruas kanan ke ruas kiri dan beri nama persamaan (*) Diketahui b є R maka a dapat ditulis : b = b + 0…………………….sifat identitas pada penjumlahan = b + (-a) + a ……………. sifat .invers pada penjumlahan = b – a + a………………..distributif perkalian

Sehingga diperoleh :

│b│ = │b – a + a│……………….….subtitusi b = b – a + a = │- (a – b) + a│ ……………… sifat distributif perkalian ≤ │- (a – b)│ + │a│ ……………ketaksamaan segitiga = │a - b│ + │a│ ……………….teorema 1.2.2 (e) …………….. pindah ruas │b│ dari ruas kiri ke ruas kanan, serta pindah ruas │a - b│dari ruas kanan ke ruas kiri. Kemudian beri nama persamaan (**) Penggabungan (*) dan (**) diperoleh :

│a│ - │b│ ≤ │a - b│……………..tuliskan persamaan (*) -│a - b│ ≤ │a│ - │b│…………....tuliskan persamaan (**) Sehingga: -│a - b│ ≤ │a│ - │b│ ≤ │a - b│

…terbukti menggunakan teorema 1.2.2 (c) (b). Jika a, b є R, maka │a - b │ ≤ │a│+│b│  –b, sehingga diperoleh : │a + (-b)│= │a - b │ ……………sifat distributif pada perkalian ≤ │a│ + │-b│ ……………ketaksamaan segitiga = │a│ + │b│……………..teorema 1.2.2 (e)

Gantilah b pada ketaksamaan segitiga (teorema 1.2.3) dengan

Ketaksamaan segitiga di atas dapat diperluas sehingga berlaku untuk sebarang bilangan real yang banyaknya berhingga Akibat 1.2.5

│ a1 + a2

Jika a1, a2, a3, ……, a n adalah sebarang bilangan real, maka

+ a3 + …… + an

│ ≤ │ a1 │ + │ a2s │ + │ a3 │ + …… + │ an │

Soal Latihan

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Butikan jika x ≤ 3, maka │ 2x 2 – 3x + 1 │ ≤ 28 Buktikan  jika │ x – 2 │ ≤ 3, maka │2x -5 │ ≤ 9 Buktikan │ a + b │ = │a│ + │b│ jika dan hanya jika ab ≥ 0 Buktikan jika │ x – 2 │ ≤ 1, maka │ x 2 – 4 │ ≤ 6 Carilah hubungan a dan b supaya berlaku jika │ x – 1 │ ≤ a, maka │ 2x – 2 │ ≤ b Buktikan jika a < x < b dan a < y < b, maka │x – y │ < b – a Misalkan x, y, z є R dan x ≤ z. Buktikan bahwa x < y < z jika dan hanya jika │ x – y │ + │ y – z │ = │ x – z │

Buktikan bahwa │ x – a │ < ε jika dan hanya jika –ε < x < ε 9. Buktikan jika a є R , maka │ a │ = 10. Buktikan jika a, b є R dan b ≠ 0, maka 11. Carilah semua nilai x є R sedemikian sehingga │ x + 1 │ + │ x + 2 │ = 7 12. Buatlah skets a grafik y = │ x │ - │ x – 1 │ 8.

1.3

SIFAT LENGKAP BILANGAN REAL

Pada bagian ini akan diberikan salah satu sifat dari R yang sering disebut Sifat Lengkap (completeness property ). Tetapi sebelumnya, perlu dijelaskan terlebih dahulu konsep suprimum dan infimum. SUPRIMUM dan INFIMUM Berikut ini diperkenalkan konsep tentang batas atas dan batas bawah dari suatu himpunan bilangan real, serta jenis-jenis himpunan yang terdiri dari himpunan terbatas ke atas, terbatas ke bawah, terbatas dan tidak terbatas Definisi 1.3.1 Diberikan S subset tak kosong dari R ( S R )

(a) Himpunan S dikatakan terbatas ke atas ( bounded above) jika terdapat suatu bilangan u

є R sedemikian sehingga s ≤ u, untuk semua s є S. Setiap bilangan u seperti ini disebut dengan batas atas ( upper bound ) dari himpunan S (b) Himpunan S dikatakan terbatas ke bawah (bounded below) jika terdapat suatu bilangan w

є R sedemikian sehingga

w

≤ s, untuk semua s є S. Setiap bilangan

w

seperti ini disebut dengan batas bawah ( lower bound ) dari himpunan S (c) Himpunan S dikatakan terbatas ( bounded ) jika terbatas ke atas dan terbatas ke bawah

(d) Himpunan S dikatakan tidak terbatas ( unbounded ) jika tidak terbatas ke atas atau tidak terbatas ke bawah

Definisi 1.3.2 Diberikan S subset tak kosong dari R ( S R )

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

u merupakan batas atas S



Jika v adalah sebarang batas atas

S, maka u ≤ v

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

w merupakan batas bawah S



Jika t adalah sebarang batas bawah S, maka t ≤ w TENTANG 4 KEMUNGKINAN Jika S himpunan tak kosong dan subset dari R ( S R dan

S ≠ Ø)

maka terdapat

empat kemungkinan, yaitu : 

S mempunyai suprimum dan infimum (S himpunan terbatas)



S hanya mempunyai suprimum (S himpunan terbatas ke atas)



S hanya mempunyai infimum (S himpunan terbatas ke bawah)



S tidak mempunyai suprimum dan infimum (S himpunan tidak terbatas) Teorema 1.3.3

(a)

(b)

Diberikan sebarang S subset tak kosong dari R ( S R )

u = sup S jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat s є S sede mikian sehingga u  – ε 0 terdapat s є S sedemikian sehingga w – ε
(a) Pernyataan di atas merupakan pernyataan majemuk biimplikasi (jika dan hanya jika) atau sering disebut pernyataan dua arah. Sehingga kita harus membuktikan dua arah  juga 



( → ) Diketahui u = sup S dan akan dibuktikan untuk setiap ε > 0 terdapat s є S sedemikian sehingga u  – ε < s. Untuk setiap ε > 0 berlaku karena u – ε < u, maka u – ε bukan batas atas S. oleh karena itu, terdapat s є S yang lebih besar dari u – ε sedemikian sehingga u  – ε < s ( ← ) Diketahui untuk setiap ε > 0 terdapat s є S sedemikian sehingga u – ε < s, sehingga akan dibuktikan u = sup S

(b) Pembuktian selanjutnya diserahkan kepada mahasiswa (c) Pembuktian selanjutnya diserahkan kepada mahasiswa

Soal-soal berikut harus dikerjakan mahasiswa sebagai latihan

Jelaskan setiap himpunan S di atas berkaitan dengan definisi 1.3.1 dan definisi 1.3.2 Diberikan S subset tak kosong dari R, sebagai berikut :

S = { x ≤ a , x є R }, dengan a = digit terakhir NIM anda (2) S = { x > b , x є R }, dengan b = ⅓ x digit terakhir NIM anda (3) S = { -a < x ≤ b , x є R }, dengan a = kuadrat digit terakhir NIM anda (1)

dan

b = ⅝ x digit

terakhir NIM anda (4) S =

{x≤a,xєR}∩{x>b,xє

R }, dengan a = digit terakhir NIM anda dan

b=⅓x

R }, dengan a = digit terakhir NIM anda dan

b=⅔x

digit terakhir NIM anda (5) S =

{x≥a,xєR}

U

{x≥b,xє

digit terakhir NIM anda

(6) S = { x ≤ a atau x ≥ b, x є R}, dengan a = akar pangkat dua digit terakhir NIM anda dan b = ¾ x digit terakhir NIM anda (7) S = N, N = himpunan bilangan asli (8) S = R, R = himpunan bilangan real (9) S = { 1 } (10) S = Ø (11) S = { x 2 - 3x + 2 ≤ 0, x є R }

(12) S = { │ x │ ≤ 2, x є R }  Akan ditunjukkan bahwa subset tak kosong R yang terbatas ke atas pasti mempunyai batas atas terkecil. Sifat ini disebut Sifat Lengkap R atau sering disebut juga Aksioma Suprimum R Definisi 1.3.4 Sifat Lengkap R

Jika S subset tak kosong dari R terbatas ke atas, maka suprimumnya ada, yaitu

terdapat u є R sedemikian sehingga u = sup S Akibat 1.3.5 ( Akibat Sifat Lengkap R )

Jika S subset tak kosong dari R terbatas ke bawah, maka infimumnya ada, yaitu

terdapat w є R sedemikian sehingga w = inf S 1. 4 Penggunaan Sifat Lengkap R (Aksioma Suprimum R)

Pada subbab ini akan dibahas beberapa akibat dari Sifat Lengkap R atau Aksioma Suprimum R

Teorema 1.4.1 Diberikan S subset tak kosong R yang terbatas ke atas dan sebarang

a є R. Didefini sikan himpunan a + S = { a + s, s є S } maka berlaku sup (a + S) = a + sup (S) Bukti Teorema 1.4.1

Jika diberikan u = sup S, maka x ≤ u untuk semua x є S, sehingga a + x ≤ a + u. Oleh karena itu, a + u merupakan batas atas dari himpunan a + S. Akibatnya sup

(a+S) ≤ a + u. selanjuynya, misalkan v adalah sebarang batas atas a+S, maka a + x ≤ v untuk semua x є S. Akibatnya x ≤ v – a untuk semua x є S, sehingga v – a merupakan batas atas S. Oleh karena itu, u = sup S ≤ v – a. Karena v adalah sebarang batas atas a +S, maka dengan mengganti v dengan u = sup S, diperoleh a + u ≤ sup (a+S). Di lain pihak diketahui sup (a+S) ≤ a + u. Akibatnya terbukti bahwa sup (a+S) = a + u = a + sup S Teorema 1.4.2 Diberikan S subset tak kosong R yang terbatas dan sebarang bilangan

real a > 0. Didefinisi kan himpunan aS = { as, s є S } maka berlaku inf (aS) = a inf (S) Bukti Teorema 1.4.2 (bukti langsung) 









Tulis w = inf aS dan t = inf S.  Akan dibuktikan bahwa w = at.

Berdasarkan teorema 1.1.8 bagian (g) maka Jika w ≤ at dan at ≤ w, maka w = at Karena w = inf S, maka w ≤ as untuk setiap s є S. Begitu pula karena t = inf S, maka t ≤ s untuk semua s є S. Karena diketahui a > 0 sebarang bilangan real, akibatnya at ≤ as untuk setiap s є S. Berarti at merupakan batas bawah aS





Karena w = inf aS, maka at ≤ w Karena w ≤ as untuk setiap s є S, maka diperoleh Teorema 1.4.3 Jika  A dan B subset tak kosong R dan memenuhi a ≤ b untuk semua a є A dan b є B, maka berlaku sup A ≤ inf B Soal berikut harus dikerjakan oleh mahasiswa sebagai latihan

1. Buktikanlah teorema 1.4.1, teorema 1.4.2 dan teorema 1.4.3 2. Jelaskan melalui contoh soal maksud dari teorema 1.4.1, teorema 1.4.2 dan teorema 1.4.3 3. Jika S himpunan terbatas di R dan T S tidak kosong. Buktikan bahwa

Inf S ≤ inf T ≤ sup T ≤ sup S Teorema 1.4.4 Sifat Archimedes

Jika x є R, maka terdapat n є N sedemikian sehingga x < n Sifat Archimedes ini merupakan 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. Pembuktian Sifat Archimedes ( Bukti Tidak Langsung )

Diketahui x є R.  Andaikan tidak ada n є N sedemikian sehingga x < n, maka x ≥ n atau n ≤ x, untuk setiap n є N . Dengan kata lain, x merupakan batas atas N . Jelas bahwa N R, N ≠ Ø dan N terbatas ke atas, maka menurut Aksioma Suprimum (Sifat Lengkap R) sup N ada. Tulis x = sup N. Berdasarkan Lemma 1.3.3, karena x = sup N maka

dengan mengambil ε = 1 > 0, x  – 1 < m. Akibatnya x < m + 1,

terdapat m є N sedemikian sehingga x  – ε < m atau dengan m + 1 є N. Timbul kontradiksi dengan x = sup N. Jadi pengandaian salah, yang benar adalah ada n є N sedemikian sehingga x < n Beberapa Akibat Sifat Archimedes Akibat 1.4.5

Jika S = { 1/n : n є N }, maka inf S = 0 Akibat 1.4.6

Jika t > 0, maka terdapat n є N sedemikian sehingga 0 < 1/n < t Akibat 1.4.7

Jika y > 0, maka terdapat n є N sedemikian sehingga n

-1 < y < n

Salah satu penggunaan Sifat Lengkap R (Aksioma Suprimum) adalah dapat digunakan untuk memberikan jaminan eksistensi bilangan-bilangan real. Berikut ini akan ditunjukkan bahwa ada bilangan real x positif sedemikian sehingga x 2 = 2 Teorema 1.4.8 Eksistensi Bilangan Real

 Ada bilangan real positif x sedemikian sehingga x 2 = 2 Bukti Tidak Langsung Bukti Langsung

Teorema 1.4.8 Ada Bilangan Real Positif Sedemikian Sehingga x 2 = 2 Alur Pembuktian Proses (1) : Tunjukkan Ada x є R Proses (2) : Tunjukkan x2 = 2

Pembuktian Teorema 1.4.8. Eksistensi Bilangan Real



Proses (1) : Tunjukkan ada x є R Dibentuk himpunan S = {s є R : s ≥ 0 dan s2 < 2}



Jelas S R



S ≠ Ø, karena 0 є S dan 1 є S



S terbatas ke atas dengan batas atasnya adalah 2



R, S ≠ Ø dan S himpunan terbatas ke atas, berdasarkan Sifat Lengkap R (Aksioma Suprimum) maka S mempunyai suprimum. Namakan x = sup S, dengan x є

Karena S

R Proses (2) : Tunjukkan x 2 = 2  Andaikan x2 ≠ 2, berdasarkan Sifat Trikotomi maka x 2 < 2 atau x2 >2 

Kemungkinan I :

Untuk x 2 < 2

Karena x2 < 2, maka 2 - x2 > 0 Perhatikan :

………………pengkuadratan suku dua

…………………….karena ………… Berdasarkan hasil di atas diperoleh bahwa (x + 1/n)2 < 2 , yang berarti (x + 1/n) є S. Hal ini kontradiksi dengan x = sup S. Oleh karena itu tidak mungkin x 2 < 2 

Kemungkinan II : Untuk x 2 > 2 Karena x2 > 2, maka x2 – 2 > 0 Perhatikan :

………………pengkuadratan suku dua …………………….karena …… Berdasarkan hasil di atas diperoleh bahwa (x - 1/n)2 > 2, yang berarti (x - 1/n) S. Hal ini kontradiksi dengan x = sup S Oleh karena itu tidak mungkin x 2 > 2

Proses (1) : Ada bilangan real x positif  Proses (2) : Pada Kemungkinan I diperoleh hasil tidak mungkin x 2 < 2 dan pada kemungkinan II diperoleh hasil tidak mungkin x 2 > 2, sehingga pengandaian x 2

≠2

salah seharusnya x 2 = 2 Kesimpulan : Terbukti bahwa ada bilangan real x positif sedemikian sehingga x 2 = 2 Teorema 1.4.9 Teorema Densitas (The Density Theorem)

Jika x, y

є R dengan x < y, maka ada bilangan rasional q

(q

є Q ) sedemikian sehingga

x
є R dengan x < y, berarti diambil x > 0 dan y > 0 Diketahui x < y berarti y  – x > 0 (berdasarkan definisi 1.1.6) Karena y  – x > 0 maka berdasarkan Akibat Sifat Archimedes, Diketahui x, y

sedemikian sehingga :

terdapat n

є

N

1

/n < y – x

↔ 1 < n ( y – x ) ↔ 1 < ny – nx ↔ nx + 1 < ny ………….(i) Karena x > 0 dan n є N, maka n > 0. Sehingga nx > 0 Karena nx > 0 maka berdasarkan Akibat Sifat Archimedes, terdapat m

є N sedemikian

sehingga : m – 1 < nx < m

↔ m – 1 < nx ……..(ii) dan nx < m ……..(iii) ↔ m < nx + 1 < ny (berdasarkan persamaan (i)) ↔ m < ny ……….(iv) Gabungkan persamaan (iii) dan (iv) akan diperoleh : nx < m < ny

↔ ukti),

x < m/n < y

єB Jika x, y є R dengan x < y, maka ada bilangan irrasional r sedemikian

dengan bilangan rasional q = m/n, m dan n Akibat 1.4.10

sehingga x < r < y Bukti akibat 1.4.10

Menggunakan teorema densitas, ada bilangan real rasional q sedemikian sehingga

dan

dengan sifat ada bilangan

< q < . Akibatnya x < q < y atau

x < r < y,

dengan r = q adalah bilangan irrasional Soal berikut harus dikerjakan oleh mahasiswa sebagai latihan

1. Jika y > 0, tunjukkan bahwa terdapat n

є N sedemikian sehingga

1 n /2


2. Jika u > 0 adalah sebarang bilangan real dan x < y, tunjukkan bahwa terdapat bilangan rasional r sedemikian sehingga x < ru < y 1.5 Interval Dalam R

Interval didefinisikan sebagai himpunan dalam . Interval terbagi menjadi 2 bagian yaitu interval terbatas dan interval tidak terbatas. Interval terbatas adalah himpunan terbatas di R berupa himpunan terbatas (bounded), himpunan terbatas ke atas (bounded above) dan himpunan terbatas ke bawah (bounded below). Interval tidak terbatas adalah himpunan tidak terbatas di R (unbounded) Jenis Interval Terbatas Dalam R

1. Jika diberikan a,b

є R dengan a < b, maka Interval terbuka yang ditentukan oleh

a dan

b adalah himpunan : (a,b) = {x

єR:a
Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung interval tidak termuat dalam interval terbuka 2. Jika diberikan a,b

є R dengan a < b, maka Interval tertutup yang ditentukan oleh

a dan

b adalah himpunan : [a,b] = {x

єR:a≤x≤b }

Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung interval termuat dalam interval tertutup 3. Jika diberikan a,b

є

R dengan a < b, maka Interval setengah terbuka atau setengah

tertutup yang merupakan gabungan interval terbuka dengan titik ujung a adalah himpunan : [a,b) = {x

єR:a≤x
atau

(a,b] = {x

єR:a
Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Hanya salah satu titik ujung interval yang termuat dalam interval tertutup Jenis Interval Tidak Terbatas Dalam R

Pada interval tidak terbatas simbol +∞ atau -∞ digunakan sebagai simbol titik ujung yang tidak berhingga. 1.

Interval terbuka tidak terbatas atau sinar terbuka adalah himpunan yang didefinisikan sebagai berikut :

(a,∞) = {x є R : x > a}

atau

(- ∞,b) = {x є R : x < b}

Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung interval tidak termuat dalam interval terbuka tidak terbatas 2.

Interval tertutup tidak terbatas atau sinar tertutup adalah himpunan yang didefinisikan sebagai berikut :

[a,∞) = {x є R : x ≥ a }

atau

(- ∞,b] = {x є

R : x ≤ b}

Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung interval termuat dalam interval tertutup tidak terbatas 3. Himpunan R dapat dituliskan sebagai (- ∞,∞). R

Perhatikan -∞ dan ∞ bukan elemen

dari

Teorema 1.5.1 Teorema Karakteristik Interval

Jika S adalah subset tak kosong dari R yang memuat paling sedikit dua titik dan mempunyai sifat : Jika x,y

є S dan x < y, maka [x,y]

S, maka S merupakan suatu interval

Interval susut (Nested Intervals )

Telah diketahui bahwa barisan adalah fungsi f : N → A ≠ Ø. Jika A adalah himpunan interval  – interval, maka terbentuk barisan interval {I n}n≥1 . Untuk mempersingkat penulisan, barisan {I n}n≥1 cukup ditulis I n Definisi 1.5.2 (Interval Susut)

Barisan I n, n є N dikatakan interval susut ( Nested Intervals) jika I1 I2 I3 I4……….. In In+1 …… Sifat 1.5.3 Sifat Interval Susut (Nested Intervals Property)

Jika In = [a n, b n],

n є N interval tertutup terbatas dan I n

In+1,

untuk setiap n є N (interval

susut), maka

x є R sedemikian sehingga x є I n, untuk setiap n є N. Selanjutnya, jika panjang I n = b n  – an memenuhi inf {b n  – an ; n є N} = 0, maka elem en Yaitu terdapat

berserikat x tersebut tunggal Contoh :

(1) Diberikan . Yaitu Maka :

I1 I2 I3 I4……….. In In+1 ……

Sehingga I n adalah interval susut ( nested intervals) dan Jadi In mempunyai elemen berserikat yang tunggal yaitu 0 є R, karena (2) Diberikan . Yaitu Maka :

I1 I2 I3 I4……….. In In+1 ……

Sehingga I n adalah interval susut ( nested intervals), tetapi

Yang berarti I n tidak mempunyai elemen berserikat. Jadi interval susut belum tentu mempunyai elemen berserikat. Sebab, andaikan  Akan terdapat

Maka x є In, untuk setiap n є N. Atau dapat dituliskan 0 < x < . Berdasarkan akibat sifat  Archimedes (akibat 1.4.6), karena x > 0 maka terdapat n є N sedemikian sehingga < x. Hal ini kontradiksi dengan pengandaian. Jadi pengandaian salah, seharusnya (3) Diberikan , maka Maka : I 1 I2 I3 I4……….. In In+1 …… Sehingga I n adalah interval susut ( nested intervals) dan

Jadi In mempunyai elemen berserikat tetapi tidak tunggal, yaitu ada tak berhingga

banyaknya x є [0,1], x є R . Hal ini dikarenakan Definisi 1.5.4 Persekitaran- ε ( ε-Neighborhood ) Diberikan a є R dan ε > 0. Persekitaran -ε (ε -neighborhood) dari a didefinisikan sebagai himpunan Nε(a) = { x є R : │ x – a │ < ε } = ( a – ε , a + ε ) Jadi x є Nε(a) jika dan hanya jika a  – ε < x < a + ε Nε(a) a a-ε

a+ε

Contoh :

(1) Tentukan persekitaran- ε dari 2, dengan mengambil ε = ½ (2)  Apakah N¼(2) N½(2) ? (3)  Apakah N¼(2) dapat dikatakan juga sebagai persekitaran- ε dari 2 ? Jawab : (1)

Nε(a) = { x є R : │ x – a │ < ε } = ( a – ε , a + ε ) N½(2) = { x є R : │ x – 2 │ < ½ } = ( 2 – ½ , 2 + ½ ) = ( 1½ , 2½ ) = 1½ < x < 2½ N½(2)

2 1½ 2½ Ilustrasi :

(2)

Karena ε = ¼ < ε = ½, maka dapat dikatakan bahwa N ¼(2)

N½(2)

N½(2) 2 1½ 2½ Ilustrasi : 1¼ 2¼ N¼(2)

(3) N¼(2) dapat dikatakan juga persekitaran- ε dari 2, karena N ¼(2) N½(2) Teorema 1.5.5

Diberikan a є R. Jika x berada dalam persekitaran N ε(a) untuk setiap ε > 0, maka x = a Definisi 1.5.6

Titik Cluster (titik kumpul / titik akumulasi / titik limit)

R ). Titik a є R disebut titik cluster, jika setiap a  – ε , a + ε ) memuat paling sedikit satu titik

Diberikan S subset tak kosong dari R ( S persekitaran- ε

dari a yaitu Nε(a)

= (

anggota S yang tidak sama dengan a

Dengan kata lain, a titik cluster S jika untuk setiap ε > 0 berlaku (N ε(a) ∩ S) - {a} ≠ Ø atau (Nε(a) ∩ {a}) - S ≠ Ø Ekuivalen dengan mengatakan bahwa a titik cluster S jika untuk setiap n є N, terdapat s є S sedemikian sehingga 0 < │ s – a │ < Contoh :

(1) Diberikan S = ( 0,2). Apakah 0 merupakan titik cluster dari S ? Jawab :

Diketahui S = ( 0,2 ) = { x є R

:0
Kemudian untuk setiap persekitaran- ε dari 0, yaitu :

Nε(0) = { x є R : │ x – 0 │ < ε } = ( 0 – ε , 0 + ε ) = ( -ε , ε ) = -ε < x < ε Memuat paling sedikit satu titik anggota S yang tidak sama dengan 0. Hal ini

dikarenakan anggota S adalah elemen bilangan real, yaitu x є R. Menggunakan konsep densitas bilangan real, akan selalu dapat ditemukan sebuah bilangan real di antara dua bilangan real berbeda. Aibatnya selalu dapat ditemukan paling sedikit satu titik anggota S yang tidak sama dengan 0. Jadi dapat dikatakan bahwa 0 merupakan titik cluster dari S. Ilustrasi : 2 0

(2) Diberikan S = [ 1,2 ] U { 4 }. Apakah 4 merupakan titik cluster dari S ? Jawab :

Diketahui S = [ 1,2 ] U { 4 } = { x є R : 1 ≤ x ≤ 2 } U { 4 } 4 bukan titik cluster dari S, karena untuk ε = ½ maka persekitaran -ε dari 4 yaitu : N½(4) = { x є R : │ x – 4 │ < ½ } = ( 4 – ½ , 4 + ½ ) = ( 3½ , 4½ ) = 3½ < x < 4½ Sehingga : (Nε(a) ∩ S) - {x} = [ ( 3½ ,

4½ ) ∩ { x є R : 1 ≤ x ≤ 2 } U { 4 } ]

-{4}=Ø

Jadi tidak setiap persekitaran- ε

dari 4 memuat paling sedikit satu titik anggota S yang

tidak sama dengan 4. Ilustrasi :

3

●4 ○ 4½

○

3½ ●1 ●2

(3) Diberikan S = {

: n є N } = . Apakah 0 merupakan titik cluster dari S ?

Jawab : Diketahui S = {

:nєN}=

Kemudian untuk setiap persekitaran- ε dari 0, yaitu :

Nε(0) = { x є R : │ x – 0 │ < ε } = ( 0 – ε , 0 + ε ) = ( -ε , ε ) = -ε < x < ε Memuat paling sedikit satu titik anggota S yang tidak sama dengan 0. Hal ini

dikarenakan N terbatas ke bawah, sehingga jika n → ~ maka → 0. Akibatnya terdapat tak berhingga banyaknya bilangan real yang mendekati 0, sehingga selalu dapat ditemukan paling sedikit satu anggota S yang tidak sama dengan 0. Jadi dapat dikatakan bahwa 0 merupakan titik cluster dari S. Teorema 1.5.7 Teorema Bolzano – Weierstrass

Setiap subset R yang tak berhingga (infinite) dan terbatas, mempunyai paling sedikit satu titik cluster  Bukti Teorema Bolzano – Weiertrass :

Diberikan sebarang subset S R tak berhingga dan terbatas. Karena S terbatas maka terdapat interval I1 = [ a,b ] dengan panjang interval I1 = b  – a. Kemudian bagilah I1 menjadi dua bagian, yaitu dan Karena S tak berhingga, maka salah satu interval tersebut memuat tak berhingga banyak titik anggota S. Namakan bagian yang memuat tak berhingga banyak titik anggota S dengan I2. Panjangnya

I2 = .

Selanjutnya, I2 dibagi menjadi dua bagian seperti langkah di atas, maka salah satu bagian yang memuat tak berhingga titik anggotas S. Namakan bagian tersebut dengan I3, panjangnya I3 = . Apabila proses diteruskan, maka akan diperoleh barisan interval

susut (Nested Intervals), yang memenuhi I1 I 2 I 3 I 4…. I n I n+1 …. Menurut sifat interval susut, maka  Atau terdapat

 Akan ditunjukkan bahwa x titik cluster S. Diambil sebarang ε > 0, maka terdapat n є N sedemikian sehingga < ε dan persekitaran-ε dari x yaitu Nε(x) = ( x  – ε , x + ε ). Karena x є In dan < ε, maka I n Nε(x). Karena In memuat tak berhingga titik anggota S, maka Nε(x) juga memuat tak berhingga titik anggota S yang tidak sama dengan x. Jadi x adalah titik cluster S. Countabilitas

Masalah countabilitas sebenarnya masih membicarakan tentang himpunan, khususnya tentang hubungan antar himpunan dan banyaknya anggota himpunan yang dikaji melalui konsep fungsi. Definisi 1.5.8

Sebuah himpunan A dikatakan berhingga ( finite) jika A himpunan kosong atau A berkoresondensi satu-satu (fungsi bijektif) dengan In

= {1,2,3,…n}, n є N. Jika tidak

demikian maka A dikatakan tak berhingga ( infinite). Contoh :

(1) Himpunan A = { a,b,c,d } adalah berhingga, karena dapat dibuat korespondensi satusatu dengan In = { 1,2,3,…n}, n є N (2)

Himpunan N = { 1,2,3,…n,… } adalah tak berhingga, karena tidak dapat dibuat korespondensi satu-satu dengan In = { 1,2,3,…n}, n є N Definisi 1.5.9

Diberikan N = himpunan bilangan asli dan A himpunan tak kosong. Jika A berkorespondensi satu-satu (fungsi bijektif ) dengan N, maka A dikatakan denumerable. Jika tidak demikian maka A dikatakan non denumerable. Definisi 1.5.10

Himpunan yang berhingga ( finite) atau denumerable disebut himpunan countable (terhitung ). Sebaliknya himpunan yang tak berhingga ( infinite) dan non denumerable disebut himpunan uncountable ( tak terhitung ) Jadi dapat dikatakan pula bahwa himpunan denumerable dapat diukur dari himpunan bilangan asli. Akibatnya himpunan denumerable unsur-unsurnya dapat dinomori. Contoh :

(1) (2) (3)

Diberikan A = { 0,2,4,6,8,…}. Apakah A countable ? Diberikan B = { 1,3,5,7,9,…}. Apakah B countable ? Diberikan C = { x є N : 2 < x < 10 }. Apakah C countable ?

(4) Diberikan Z = himpunan bilangan bulat. Apakah Z countable ? (5) Diberikan R = himpunan bilangan real. Apakah R countable ? Jawab : (1)

Himpunan A = { 0,2,4,6,8,…} adalah himpunan tak kosong dan berkorespondensi satusatu dengan N = himpunan bilangan asli. Sehingga himpunan A denumerable. Karena  A denumerable, berdasarkan definisi maka himpunan A adalah himpunan countable

(2)

Himpunan B = { 1,3,5,7,9,…} adalah himpunan tak kosong dan berkorespondensi satusatu dengan N = himpunan bilangan asli. Sehingga himpunan B denumerable. Karena B denumerable, berdasarkan definisi maka himpunan B adalah himpunan countable

(3)

Himpunan C = { x є N : 2 < x < 10 } adalah himpunan tak kosong dan berkoresondensi satu-satu (fungsi bijektif) dengan In = {1,2,3,…n}, n є N. Sehingga himpunan C berhingga ( finite). Karena C berhingga, berdasarkan definisi maka himpunan C adalah himpunan countable

(4)

Himpunan Z = himpunan bilangan bulat, dapat dikontruksi melalui suatu fungsi

.

Sehingga dapat dibuat korespondensi satu-satu (fungsi bijektif) dari Z ke N = himpunan bilangan asli. Jadi himpunan Z denumerable. Karena Z denumerable, berdasarkan definisi maka Z adalah himpunan countable

(5) Himpunan R = himpunan bilangan real = (- ∞,∞), satu (funagsi bijektif) dari R ke In

tidak dapat dibuat korespondensi satu = { 1,2,3,…n}, n є N. Sehingga himpunan R tak

berhingga ( infinite). Selanjutnya, tidak dapat dibuat pula korespondensi satu-satu (fungsi bijektif) dari R ke N = himpunan bilangan asli. Sehingga himpunan R non denumerable. Karena R tak berhingga ( infinite) dan non denumerable, berdasarkan definisi maka R adalah himpunan uncountable Teorema 1.5.11

Setiap himpunan tak berhingga memiliki himpunan bagian denumerable Teorema 1.5.12

Setiap himpunan tak berhingga ekuivalen dengan salah satu himpunan bagian sejatinya ( proper subset ) Teorema 1.5.13

Diberikan A 1, A2, A3,… adalah himpunan-himpunan countable, maka : Teorema 1.5.14

Himpunan bilangan rasional adalah countable Teorema 1.5.15

Diberikan A dan B dua himpunan tak kosong. Jika A B dan B countable, maka A countable Teorema 1.5.16

Himpunan [ 0,1 ] = {

0≤x≤1

;

x є R } uncountable

Himpunan Terbuka dan Tertutup Definisi 1.5.17

(a)

(b)

R dikatakan terbuka dalam R jika untuk setiap x є G terdapat persekitaran- ε dari x sedemikian sehingga N ε(x) G Himpunan F R dikatakan tertutup dalam R jika F C = R – F terbuka dalam R Himpunan G

Sifat 1.5.18 Sifat Himpunan Terbuka

(a) Jika A1, A2, A3,… masing-masing adalah himpunan terbuka dalam R, maka (b) Jika A1, A2, A3,… masing-masing adalah himpunan terbuka dalam R, maka

Sifat 1.5.19 Sifat Himpunan Tertutup

(a) Jika A1, A2, A3,… masing-masing adalah himpunan tertutup dalam R, maka

(b) Jika A1, A2, A3,… masing-masing adalah himpunan tertutup dalam R, maka Teorema 1.5.20

Diberikan S R. S dikatakan tertutup jika memuat semua titik clusternya Soal berikut harus dikerjakan oleh mahasiswa sebagai latihan

1. Diberikan K n = (n, ), n є N. Buktikan bahwa 2. Buktikan A = { 1,2,3 } tertutup dalam R 3. Buktikan B = [ 0,1 ] tertutup dalam R 4. 5.

Buktikan C = { x < 1 ; x є R } terbuka dalam R Buktikan D = { x > 0 ; x є R } terbuka dalam R

6. Jika S R tak kosong dan terbatas, dan Is = [ inf S, sup S ]. Tunjukkan bahwa

S Is

BAB II : Barisan Bilangan Real

2.1 Definisi Barisan

Sebuah barisan dari bilangan-bilangan riil (atau sebuah barisan di R) adalah sebuah fungsi pada himpunan N dari bilangan-bilangan asli yang daerah hasilnya termuat pada himpunan R dari bilangan-bilangan riil. Dengan kata lain, sebuah barisan dalam R adalah pengaitan setiap bilangan asli n

= 1, 2, … menentukan dengan tunggal bilangan riil.

Bilangan-bilangan riil yang dihasilkan disebut elemen-elemen dari barisan, atau nilai dari barisan, atau suku dalam barisan. Bilangan ini biasanya elemen dari R dikaitkan dari n  N dengan sebuah symbol seperti: xn, (atau u n, atau a n). Jadi, jika X: N  R adalah sebuah barisan, maka nilai X pada n dinyatakan dengan xn. Selanjutnya notasi barisan dinyatakan dengan X(n). Disini biasanya barisang dinyatakan dengan notasi-notasi X,

(xn),

(xn: n N).

Dalam definisi barisan ini sering digunakan mendaftar dalam urutan sesuai dengan suku barisan, hal ini disusun penurut rumusnya. Jadi mungkin ditulis

X = (2, 4, 6, 8, …) untuk barisan dari bilangan-bilangan asli genap, atau Y = (1/1, ½, 1/3, ¼, … ) Untuk barisan dari kebalikan bilangan-bilangan asli, atau Z = (1/12, 1/22, 1/32, 1/42, … ) untuk barisan dari kebalikan kuadrat bilangan-bilangan asli. Kemudian untuk melengkapi metode di atas diperlukan rumus yang lebih khusus untuk suku umum dari barisan seperti X = (2n: n  N), Y = (1/m: m  N), Z = (1/s2: s  N) Dalam prakteknya, rumus tersebut sering digunakan untuk menentukan nilai x

1

dan

sebuah rumus untuk mendapatkan x n+1 (n  N) bilamana x n diketahui. Dalam barisan X di atas dapat didefinisikan x1 = 2,

xn+1 = xn+2 (n  N ) ;

atau dengan definisi x1 = 2,

xn+1 = x1 + xn (n  N ).

Contoh-Contoh

(a) Jika b 

R, barisan B = (b, b, b, …), semua sukunya sama dengan b, yang disebut

barisan konstan b.

Jadi barisan 1 adalah barisan (1, 1, 1, …), semua sukunya adalah 1, dan barisan konstan 0 a dalah barisan (0, 0, 0, …). (b) Barisan kuadrat dari bilangan-bilangan asli adalah barisan S = (12, 22, 32, …) = (n2: n  N),

atau sama dengan barisan (1, 4, 9, … , n 2, …). (c) Jika a  R, maka barisan A = (an: n  N) adalah barisan  A = (a, a2, a3, … , a n, …), tentu saja, jika a = ½, maka diperoleh barisan (1/2n, n  N) = (1/2, 1/4, 1/8 , … , 1/2 n, …).

(d) The Barisan Fibonacci F = (fn: n  N) didefinikan dengan induksi berikut f 1 = 1, f 2 = 1, f n+1 = f n-1 + f n

(n  2)

sepuluh suku pertama dari barisan Fibonacci adalah

F = (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, …). 2.2 Operasi Pada Barisan Definisi

Jika X = (x n) dan Y = (y n), adalah barisan-barisan dari bilangan-bilangan riil, maka  jumlah kedua barisan tersebut didefinisikan sebagai barisan X + Y = (xn + yn: n  N), selisih kedua barisan tersebut adalah barisan X - Y = (xn – yn: n  N), dan hasil kali kedua barisan tersebut adalah barisan X.Y = (xnyn: n  N). Jika c  R definisi kelipatan dari X dengan c adalah barisan cX = (cxn: n  N).  Akhirnya, jika Z = (z n) adalah barisan bilangan-bilangan riil dengan z n  0 untuk semua n  N, maka definisi hasil bagi dari X dan Z adalah barisan

X/Z = (x n/zn: n  N).

Untuk contohnya, jika X dan Y adalah barisan-barisan

X = (2, 4, 6, … , 2n, …),

Y = (1/1, 1/2, 1/3, … , 1/n, … ),

Maka diperoleh

X + Y = (3/1, 9/2, 19/3, … , (2n 2 + 1)/n, …), X – Y = (1/1, 7/2, 17/2, … , (2n 2 + 1)/n, …), X.Y = (2, 2, 2, …, 2, …), 3X = (6, 12, 18, …, 6n, …), X/Y = (2, 8, 18, …, 2n 2, …). Catatan bahwa jika Z dinyatakan dengan barisan

Z = (0, 2, 0, …, 1 + ( -1)n, …), Maka X + Z, X  – Z, dan X.Z terdefinisi, tetapi X/Z tidak terdefinisi karena terdapat suku dari Z yang nilainya sama dengan 0. 2.3 Limit Barisan Definisi

Misalkan X = (x n) merupakan barisan dari bilangan-bilangan riil. Sebuah bilangan riil x dikatakan limit dari (x n) jika untuk setiap   0 terdapat sebuah bilangan asli K( ) sedemikian hingga untuk semua n  K(), maka xn termuat pada lingkungan-  dari x ( neighborhood V (x)). Jika x adalah sebuah limit dari barisan, disebut juga bahwa X = (x n) konvergen ke x (atau mempunyai sebuah limit x). Jika sebuah barisan mempunyai sebuah limit, dikatakan barisan yang konvergen. Jika tidak mempunyai limit, dikatakan barisan yang divergen. 2.4 Persamaan Linier Diophantus dan Teorema Sisa Bukti:

Misalkan m 1.m2.m3…mk = m, maka kita dapat menyimpulkan bahwa

M j = m/m j

merupakan bilangan bulat, dan FPB(M j, m j) = 1. Karenanya, terdapat bilangan bulat b j sedemikian hingga (M j)b j  1(mod m j)

(1)

Jika i  j, maka jelas (M j)b j  0 (mod mi). Sekarang kita misalkan x 0 dengan x0 =  (M j)b ja j Maka x0   (M j)b ja j  (Mi)biai  ai (mod mi ), untuk i = 1, 2, 3, .., k. Teorema: (Teorema Sisa Cina )

Misalkan m 1, m2, m3,

…, mk

menyatakan k-buah bilangan-bilangan bulat positif yang

sepasang-sepasang relatif prima , yakni FPB(m i, m j) = 1 untuk setiap i  j dan misalkan a1, a2, a3,

…, ak

menyatakan k-buah bilangan-bilangan bulat. Maka sistem

perkongruenan linier x  ai (mod mi),

i = 1, 2, 3, …, k, mempunyai solusi bersama

modulo m1.m2.m3…mk dan solusi bersama itu tunggal. Hal ini berarti x 0 merupakan penyelesaian bersama dari sistem perkongruenan linier x  ai (mod mi), i = 1, 2, 3, …, k. Sekarang akan kita tunjukkan ketunggalannya. Misalkan x 0 dan x1 adalah dua solusi bersama dari perkongruenan linier x  ai (mod mi), i = 1, 2, 3, …, k. maka x 0  x1 (mod mi) untuk setiap i = 1, 2, 3, …, k, karenannya dapat disimpulkan x 0  x1 (mod m). Ingat x0 dan x1 adalah solusi-solusi bersama dari perkongruenan berarti x 0 dan x1 adalah residu terkecil dari modulo (m 1.m2.m3…mk) sehingga

-(m1.m2.m3…mk) < x0 - x1 < (m1.m2.m3…mk) Mengingat bahwa (x 0 - x1) adalah kelipatan pesekutuan dari (m 1.m2.m3…mk) dan FPB(mI, m j) = 1 untuk i ¹ j maka dapat disimpulkan x0 - x1 = 0 atau x0 = x1 Jadi solusi bersama dari sistem x º aI (mod mI), i = 1, 2, 3, …, k adalah tunggal. Contoh: 1

Carilah sebuah bilangan bulat positif terkecil x yang memenuhi sistem kekongruenan linier berikut: x  1 (mod 2), x  2 (mod 3), dan x  3 (mod 5). Contoh: 1

Carilah sebuah bilangan bulat positif terkecil x yang memenuhi sistem kekongruenan linier berikut: x  1 (mod 2), x  2 (mod 3), dan x  3 (mod 5). Penyelesaian:

a1 = 1, a 2 = 2 dan a 3 = 3 m1 = 2, m2 = 3, dan m 3 = 5 M1 = 3.5 = 15 sehingga 15b 1  1 (mod 2) atau b 1 = 1. M2 = 2.5 = 10 sehingga 13b 2  1 (mod 3) atau b 2 = 1. M3 = 1.2 = 2 sehingga 2b 3  1 (mod 5) atau b 3 = 3. Maka, x0 =  (M j)b ja j = 15.1.1 + 10.1.2 + 2.3.3 = 53. Jadi x  53 (mod 2.3.5) atau x  23 (mod 30). Jadi x = 23. Contoh: 2

Selesaikan perkongruenan linier 19x  1 (mod 140). Penyelesaian:

Masalah ini sama saja dengan masalah menentukan solusi bersama dari sistem perkongruenan linier  19x  1 (mod 4), 19x  1 (mod 5), dan 19x  1 (mod 7) atau

x  3 (mod 4), x  4 (mod 5), dan x  3 (mod 7)

Maka diperoleh:

a 1 = 3, a 2 = 4 dan a 3 = 3

m1 = 4, m2 = 5, dan m 3 = 7 M1 = 5.7 = 35 sehingga 35b 1  1 (mod 4) atau b 1 = -1. M2 = 4.7 = 28 sehingga 28b 2  1 (mod 5) atau b 2 = 2. M3 = 4.5 = 20 sehingga 20b 3  1 (mod 7) atau b 3 = -1. Maka x0 = b ja j = 35.-1.3 + 28.2.4 + 20.-1.3 = 59. Jadi x  59 (mod 4.5.7) atau x  59 (mod 140). Soal berikut harus dikerjakan oleh mahasiswa sebagai latihan 1. Tentukan semua bilangan bulat yang memberikan sisa berturut- turut 1, 2, dan 3 jika

dibagi berturut oleh 3, 4, dan 5. 2. Tentukan semua bilangan bulat yang memenuhi secara bersama perkongruenan linier-

perkongruenan linier berikut. x  5 (mod 2), x  2 (mod 3), x  3 (mod 5). 3. Tentukan solusi bersama dari sistem perkongruenan berikut.

2x  1 (mod 5), 3x  2 (mod 7), 4x  1 (mod 11). 4. Carilah bilangan bulat positif terkecil selain 1 yang memenuhi perkongruenan linierperkongruenan linier berikut. x  1 (mod 3), x  1 (mod 5), x  1 (mod 7). 5. Tentukan bilangan bulat kelipatan 7 yang bersisa 1 apabila dibagi dengan 2, 3, 4, 5, atau 6. 6. Tentukan bilangan bulat positif ganjil terkecil x, x > 3 sehingga 3 x, 5 (x + 2), dan 7

(x + 4). Diposkan oleh chairunnissaita di 01.05 Kirimkan Ini lewat EmailBlogThis!Berbagi ke TwitterBerbagi ke Facebook  1 komentar:

1.  As-Syams5 Desember 2012 18.23

 bisa uploadkan filenya?? Balas