Analisis Riil
Analisis Riil
Analisis Riil
Bilangan Riil
Bilangan Riil
Bilangan Riil
Bukti.
(1). z + a = a (z + a) + (a) = a + (a)
(penjumlahan kedua sisi dengan (a),
eksistensinya dijamin oleh(A4))
z + (a + (a)) = a + (a) (sifat A2)
z+0=0
(sifat A4)
z=0
(sifat A3)
(2). Buktikan pernyataan (b)!.
Bilangan Riil
1
a
(bila
Teorema (2)
1
1
.
a
Bukti.
(1). a + b = 0 (a) + (a + b) = (a) + 0,
(tambahkan kedua sisi dengan (-a))
((a) + a) + b = a
(gunakan (A2) pada ruas kiri
.
dan (A3) pada ruas kanan)
b = a
(gunakan (A4) dan (A3) pada ruas kiri)
(2). Buktikan !
Bilangan Riil
Bukti
(1). a + x = b (a) + (a + x) = (a) + b
(menambahkan kedua sisi dengan (a))
((a) + (a)) + x = (a) + b, (sifat A2)
0 + x = (a) + b, (sifat A4)
x = (a) + b, (sifat A3)
Bilangan Riil
a0=0
a = (1) a
(a + b) = (a) + (b)
(a) = a
(1) (1) = 1.
Bilangan Riil
Bukti.
Dari (M3) diketahui bahwa a 1 = a. Selanjutnya
a + a.0 = a 1 + a.0
= a(1 + 0)
= a.1
= a
Sehingga, dengan menggunakan teorema 1.(1) disimpulkan bahwa
a 0 = 0.
Buktikan bagian (2), (3), (4) dan (5) !
Bilangan Riil
Teorema (5)
1
2
3
1
1
6= 0 dan
=a
a
(1/a)
Jika a, b R dan .a b = 0, maka a = 0 atau b = 0.
Jika a R dan a 6= 0, maka
Bilangan Riil
(*)
Bilangan Riil
1
1
juga akan ditulis sebagai a1 dan n akan ditulis
a
a
sebagai an .
Selanjutnya
Bilangan Riil
Jumlah dan hasil kali dua bilangan rasional adalah suatu bilangan
rasional (buktikan !).
Selain itu sifat-sifat lapangan yang ditunjukkan pada permulaan
bagian ini juga berlaku untuk Q.
Perlu diperhatikan bahwa ada elemen-elemen R yang tidak berada di
dalam Q.
Semua elemen-elemen R yang tidak rasional disebut bilangan
irrasional.
16 abad sebelum masehi, perhimpunan Yunani kuno yang dikenal
sebagai Pythagorean, menemukan bahwa diagonal dari suatu
bujursangkar dengan panjang sisi 1 satuan tidak dapat dinyatakan
sebagai rasio dari bilangan bulat.
Dengan memperhatikan teorema Pythagoras untuk segitiga siku-siku,
mengakibatkan bahwa kwadrat dari bilangan tidak rasional bisa
bernilai 2.
Bilangan Riil
Bilangan Riil
q genap
Oleh karena itu p dan q habis dibagi oleh 2 yang kontradiksi dengan
hipotesis bahwa p dan q tidak mempunyai faktor persekutuan selain
1.
Bilangan Riil
Latihan
1
2
3
4
(a + b) = (a) + (b)
(a).(b) = a.b
1
= ( a1 ) jika a 6= 0
(a)
( ab ) =
(a)
b
jika b 6= 0.
Bilangan Riil
Jika a, b P ,maka a + b P
Jika a, b P ,maka ab P
Jika a R,maka tepat satu dari pernyataan berikut berlaku:
a P, a = 0, a P.
Bilangan Riil
Definisi (1)
Jika a P, maka a dikatakan bilangan riil positif (strictly positive), dan
ditulis a > 0. Jika a P {0} , maka a dikatakan bilangan riil non
negatif, dan ditulis a 0. Jika a P, maka a dikatakan bilangan riil
negatif (strictly negative), dan ditulis a < 0. Jika a P {0} , maka
dikatakan bilangan riil non positif, dan ditulis a 0.
Perlu diperhatikan bahwa bilangan 0 adalah positif sekaligus negatif.
Definisi (2)
Misalkan a, b R.
1
Bilangan Riil
Notasi, a < b < c bermakna bahwa a < b dan b < c. Dengan cara
yang sama, jika a b dan b c, maka ditulis
a b c.
Jika a b dan b < d, maka ditulis sebagai
a b < d.
Teorema
Misalkan a, b, c R.
1
Bilangan Riil
Bukti.
1
Buktikan !
Teorema
1
1>0
Bukti.
1
Bilangan Riil
Bilangan Riil
Bukti.
(1). a > b a b > 0 a b P
(a + c) (b + c) = a b P
(a + c) (b + c) > 0
(a + c) > (b + c)
a>bab>0abP
(2).
(a b) + (c d) P
c>dcd>0cdP
(a + c) (b + d) P
(a + c) (b + d) > 0
(a + c) > (b + d)
(3). a > 0 a 6= 0 (sifat urutan (3))
a1 ada (sifat aljabar M4)
1
a
1
a
=0
1=a
1
a
= 0 (kontradiksi)
< 0 1 = a a1 < 0
berdasarkan teorema 9(d) (kontradiksi)
Buktikan yang lainnya !
Bilangan Riil
Teorema
Jika a, b R dan jika a < b, maka a < 12 (a + b) < b.
Akibat
Jika b R dan b > 0, maka 0 < 12 b < b.
Buktikan keduanya!
Dua teorema berikut merupakan alat untuk membuktikan beberapa
teorema lainnya.
Teorema
Jika a R sedemikian sehingga 0 a < untuk setiap > 0, maka
a = 0.
Bukti.
Andaikan bahwa a > 0. Maka berdasarkan akibat di atas, berlaku
0 < 12 a < a. Jika diambil 0 = 12 a, maka kita peroleh 0 < 0 < a.
Oleh karena itu pernyataan a < untuk setiap > 0 adalah salah.
Jadi kita simpulkan a = 0.
Bilangan Riil
Teorema
Misalkan a, b R dan anggaplah bahwa a < b untuk setiap > 0,
maka a b.
1
Bukti. Anggaplah a > b. Maka untuk 0 = (a b) berlaku
2
1
1
a 0 = a (a b) = (a + b)
2
2
1
>
(b + b) = b,
2
yang merupakan negasi dari hipotesis.
Teorema
Jika ab > 0, maka
1
Buktikan !
Bilangan Riil
Teorema
Jika ab < 0, maka
1
Buktikan !
Contoh (1)
Tentukan himpunan A R sedemikian sehingga 2x + 3 6.
Jawab
Perhatikan bahwa
3
x A 2x + 3 6 2x 3 x .
2
Jadi, kita mempunyai A = x R: x 32 .
Bilangan Riil
Contoh (2)
Misalkan a 0 dan b 0. Tunjukkan bahwa
Bilangan Riil
a b a2 b2 a b
sebagai latihan.
Contoh (3)
Tuliskan himpunan C =
(2x + 1)
x R:
<1
(x + 2)
dalam bentuk yang lebih
sederhana.
Jawab
xC
(2x + 1)
(x 1)
1<0
< 0.
(x + 2)
(x + 2)
Bilangan Riil
Bilangan Riil
Bukti.
Gunakan induksi matematika untuk pembuktian ini. Untuk n = 1
menghasilkan kesamaan, sehingga penegasan benar.
Asumsikan ketaksamaan benar untuk integer n = k, yakni
k
(1 + x)
1 + (k + 1)x.
(1 + x)
= (1 + x)k (1 + x)
(1 + kx)(1 + x)
= 1 + (k + 1)x + kx2
1 + (k + 1)x.
Bilangan Riil
Latihan
1
2
3
4
Jika 0 < a < b dan 0 < c < d, buktikan bahwa 0 < ac < bd.
Jika 0 < a < b dan 0 c d, buktikan bahwa 0 ac bd.
Jika a, b R, tunjukkan bahwa a2 + b2 = 0 a = 0 dan b = 0.
1
1
Tunjukkan bahwa jika 0 < a < b maka a < ab < b dan 0 < < .
b
a
Bilangan Riil
Nilai Mutlak
Bilangan Riil
Teorema
1 |a| = 0 a = 0
2
Bilangan Riil
Teorema
Jika a, b R, maka
||a| |b|| |a b| |a| + |b| .
Bukti.
Berdasarkan teorema 15(e) didapat |a| a |a| dan
|b| b |b| . Dengan menggunakan teorema 9(b) diperoleh:
(|a| + |b|) a b |a| + |b| ,
dan dengan teorema 15(d) diperoleh
|a b| |a| + |b| .
(**)
Bilangan Riil
(##)
Bilangan Riil
Garis Riil
Suatu interpretasi geometris dari sistem bilangan riil adalah garis riil.
Dalam interpretasi ini, nilai mutlak |a| dianggap sebagai jarak dari a
ke asal 0.
Secara umum, jarak antara elemen a dan b di dalam R adalah |a b| .
Dalam diskusi selanjutnya, kita memerlukan bahasa yang lebih tepat
tentang istilah suatu bilangan riil dekat dengan bilangan riil lain.
Jika a R, maka perkataan bahwa suatu bilangan riil x dekat ke a
berarti bahwa jarak |x a| kecil.
Ide ini didiskusikan dengan memperkenalkan terminologi lingkungan
(neighborhoods) yang kita definisikan berikut ini.
Misalkan a R dan > 0. Maka lingkungan dari a, dinyatakan
dengan V (a), adalah himpunan
V (a) = {x R : |x a| < } .
Bilangan Riil
Gambar 2.1
Teorema
Misalkan a R. Jika x V (a) untuk setiap > 0, maka x = a.
Bilangan Riil
Latihan
1
2
a |a|
Jika a, b R dan b 6= 0, tunjukkan bahwa =
.
b
|b|
Jika a, b R, tunjukkan bahwa |a + b| = |a| + |b| jika dan hanya jika
ab 0.
Jika x, y, z R, x z, tunjukkan bahwa x < y < z jika dan hanya jika
|x y| + |y z| = |x z| .
2
x 1 3
|x 1| > |x + 1|
|x| + |x + 1| < 2.
Bilangan Riil
Bilangan Riil
2
3
Tuliskan, apa yang dimaksud dengan suatu bilangan bukan batas atas
(batas bawah) dari himpunan S !
Apakah semua himpunan mempunyai batas atas (bawah) ?
Apakah ada himpunan yang mempunyai batas atas, tetapi tidak
mempunyai batas bawah (sebaliknya) ?
Bilangan Riil
Bilangan Riil
Bilangan Riil
Bilangan Riil
Lema
Misalkan S R, S 6= . Suatu bilangan u adalah supremum untuk
himpunan S jika dan hanya jika u memenuhi 2 syarat berikut:
i. tidak ada s S dengan u < s
ii. jika v < u, maka ada suatu sv S sedemikian sehingga v < sv .
Bukti.
Misalkan u memenuhi syarat i dan ii. Syarat ii mengakibatkan bahwa u
adalah batas atas S. Jika v adalah bilangan sebarang dengan v < u,
maka sifat ii menunjukkan bahwa v bukan batas atas S. Sehingga u
adalah supremum dari S.
Sebaliknya, misalkan u adalah supremum dari S, maka u adalah batas
atas S. Akibatnya, syarat i berlaku. Jika v < u, maka v bukan batas
atas S. Akibatnya ada s0 S sedemikian sehingga v < s0 .
Bilangan Riil
Bilangan Riil
Lema
Misalkan S R, S 6= . Suatu batas atas u dari S adalah supremum dari
S jika dan hanya jika untuk setiap > 0 ada suatu s S sedemikian
sehingga u < s .
Bukti.
Anggaplah u adalah batas atas S dan untuk setiap > 0 ada suatu
s S sedemikian sehingga u < s .
Akan dibuktikan bahwa sup S = u.
Jika v < u dan kita ambil = u v, maka > 0.
Akibatnya ada suatu bilangan s S sedemikian sehingga
v = u < s .
Oleh karena itu, v bukan batas atas S.
Karena v adalah sebarang bilangan yang lebih kecil dari u, kita
menyimpulkan bahwa u = sup S.
Sebaliknya, anggaplah bahwa u = sup S dan misalkan > 0.
Karena u < u, maka u bukan batas atas dari S.
Oleh karena itu, suatu elemen s S haruslah lebih besar dari u ;
yaitu u < s .
Bilangan Riil
Setiap himpunan bilangan riil R yang tak kosong dan terbatas di atas
mempunyai supremum dalam R (Sifat Supremum)
Setiap himpunan bilangan riil R yang tak kosong dan terbatas dibawah mempunyai infimum dalam R (Sifat
Infimum)
Bilangan Riil
Bukti (2).
Ambil himpunan tak kosong sebarang A R, dan misalkan A
terbatas di bawah. Akan dibuktikan inf A ada.
Misalkan B = {b R|b batas bawah A} .
Karena A terbatas di bawah, maka B 6= .
Untuk menunjukkan bahwa A mempunyai infimum, perlu ditunjukkan
bahwa B mempunyai elemen terbesar, dengan memperlihatkan bahwa
B terbatas di atas dan sup B B.
Misalkan y A, maka x y x B. Ini menunjukkan bahwa setiap
y A adalah batas atas himpunan B. Karena A 6= , maka B
terbatas di atas. Akibatnya sup B ada (berdasarkan sifat supremum).
Definisikan = sup B.
3 SKS
JULI 2011
46 / 60
Bilangan Riil
Bukti (2).
Ambil himpunan tak kosong sebarang A R, dan misalkan A
terbatas di bawah. Akan dibuktikan inf A ada.
Misalkan B = {b R|b batas bawah A} .
Karena A terbatas di bawah, maka B 6= .
Untuk menunjukkan bahwa A mempunyai infimum, perlu ditunjukkan
bahwa B mempunyai elemen terbesar, dengan memperlihatkan bahwa
B terbatas di atas dan sup B B.
Misalkan y A, maka x y x B. Ini menunjukkan bahwa setiap
y A adalah batas atas himpunan B. Karena A 6= , maka B
terbatas di atas. Akibatnya sup B ada (berdasarkan sifat supremum).
Definisikan = sup B.
3 SKS
JULI 2011
46 / 60
Bilangan Riil
Bukti (2).
Ambil himpunan tak kosong sebarang A R, dan misalkan A
terbatas di bawah. Akan dibuktikan inf A ada.
Misalkan B = {b R|b batas bawah A} .
Karena A terbatas di bawah, maka B 6= .
Untuk menunjukkan bahwa A mempunyai infimum, perlu ditunjukkan
bahwa B mempunyai elemen terbesar, dengan memperlihatkan bahwa
B terbatas di atas dan sup B B.
Misalkan y A, maka x y x B. Ini menunjukkan bahwa setiap
y A adalah batas atas himpunan B. Karena A 6= , maka B
terbatas di atas. Akibatnya sup B ada (berdasarkan sifat supremum).
Definisikan = sup B.
3 SKS
JULI 2011
46 / 60
Bilangan Riil
Bukti (2).
Ambil himpunan tak kosong sebarang A R, dan misalkan A
terbatas di bawah. Akan dibuktikan inf A ada.
Misalkan B = {b R|b batas bawah A} .
Karena A terbatas di bawah, maka B 6= .
Untuk menunjukkan bahwa A mempunyai infimum, perlu ditunjukkan
bahwa B mempunyai elemen terbesar, dengan memperlihatkan bahwa
B terbatas di atas dan sup B B.
Misalkan y A, maka x y x B. Ini menunjukkan bahwa setiap
y A adalah batas atas himpunan B. Karena A 6= , maka B
terbatas di atas. Akibatnya sup B ada (berdasarkan sifat supremum).
Definisikan = sup B.
Bilangan Riil
Bilangan Riil
Contoh (5)
Misalkan S1 = {x R: x 0}. Tunjukkan bahwa himpunan S1
mempunyai batas bawah, tetapi tidak mempunyai batas atas dan bahwa
inf S1 = 0.
Bukti.
i. Akan ditunjukkan bahwa himpunan S1 mempunyai batas bawah.
Karena x 0, maka semua y R dengan y 0 adalah batas bawah
himpunan S1 .
ii. Akan ditunjukkan bahwa himpunan S1 tidak mempunyai batas atas.
Andaikan S1 mempunyai batas atas, dan sebutlah u adalah batas atas
S1 .
Maka u 0. Karena u + 1 > u 0, maka u bukan batas atas S1 .
Oleh karena itu S1 tidak mempunyai batas atas.
iii. Akan ditunjukkan bahwa inf S1 = 0.
Karena x 0, maka 0 adalah batas bawah himpunan S1 . Jika v > 0,
v
v
maka ada S1 dengan < v. Oleh karena itu inf S1 = 0.
2
2
Bilangan Riil
1
:nN .
n
Bukti.
a. Akan ditunjukkan bahwa sup S3 = 1.
1
Karena 1 untuk semua n N, maka 1 adalah batas atas S3 .
n
Karena 1 S3 maka sup S3 = 1 berdasarkan contoh 2.
Bilangan Riil
Bilangan Riil
(1)
Bilangan Riil
Bilangan Riil
Buktikan !
Bilangan Riil
Teorema (Eksistensi 2)
Ada suatu bilangan positif x R sedemikian sehingga x2 = 2.
Bukti.
Misalkan
S = y R|0 y, y 2 2 .
S 6= karena 1 S.
Akan dibuktikan bahwa himpunan S terbatas diatas oleh 2.
Andaikan 2 bukan batas atas, maka ada s S sedemikian sehingga
2 < s.
Bilangan Riil
1
S,
n
Bilangan Riil
1
x+
n
2
< x2 + 2 x2 = 2
Bilangan Riil
3 SKS
JULI 2011
57 / 60
Bilangan Riil
Bilangan Riil
Bilangan Riil
sSs <2<
1
x
m
2
s<
1
x
m
.
(3)
1
Hubungan (3) memperlihatkan bahwa x
adalah batas atas
m
untuk S, yang kontradiksi dengan x = sup S.
Karena kemungkinan x2 < 2 atau x2 > 2 adalah salah, maka
mestilah x2 = 2.
Teorema 19 mengatakan bahwa
terdapat sekurang-kurangnya satu
< z.
m
Bilangan Riil
Teorema
Misalkan x, y R dengan x < y.
a. Maka ada r Q 3 x < r < y
b. Jika > 0 adalah sebarang bilangan irrasional, maka ada r Q
sedemikian sehingga bilangan irrasional r memenuhi
x < r < y.