Contents - · PDF file2.1 Sifat-sifat Aljabar dari R 7 2.1.3 Teorema (a) Jika a dan b adalah elemen di Rsedemikian sehingga a+b = 0, maka b = ¡a. Bukti. Versi 1 . Lihat buku

Contents

1 Preliminaries 31.1 The Algebra of Sets . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2 Bilangan Riil 52.1 Sifat-sifat Aljabar dari R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.1.1 Sifat Aljabar dari R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.1.2 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.1.3 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.1.4 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.1.5 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.1.6 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.1.7 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.1.8 Soal-soal latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.2 Sifat-sifat terurut dari R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2.1 Sifat-sifat urutan dari R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2.2 Definisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2.3 Definisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2.4 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2.5 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.2.6 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.2.7 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2.8 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2.9 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2.10 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2.11 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.2.12 Akibat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.2.13 Contoh-contoh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.2.14 Contoh-contoh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2.15 Soal Latihan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.3 Nilai Mutlak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3.1 Definisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3.2 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3.3 Ketaksamaan Segitiga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

i

CONTENTS 1

2.3.4 akibat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.3.5 Akibat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.3.6 Contoh-contoh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.3.7 Definisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.3.8 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.3.9 Contoh-contoh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.3.10 Soal Latihan 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.4 Sifat Kelengkapan dari R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.4.1 Definisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.4.2 Definisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.4.3 Lemma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.4.4 Lemma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.4.5 Contoh-contoh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.4.6 Sifat suprimum dari R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.4.7 Sifat infimum dari R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.4.8 Soal-soal latihan section 2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.5 Aplikasi Sifat Suprimum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.5.1 Contoh-contoh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.5.2 Sifat Archimedes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.5.3 Akibat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.5.4 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.5.5 Teorema Kepadatan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.5.6 Akibat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.5.7 Soal-soal Latihan section 2.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.6 Interval dan Desimal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.6.1 Sifat Interval bersarang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.6.2 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.7 Himpunan - himpunan Takhingga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.7.1 Definisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.7.2 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.7.3 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.7.4 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.7.5 Akibat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.7.6 Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3 Barisan dan Limitnya 393.1 Beberapa Soal Latihan 3.1 dan solusinya . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2 CONTENTS

Chapter 1

Preliminaries

1.1 The Algebra of Sets

If A denotes a set and if x is an element, we shall write

x ∈ A

as an abbreviation for the statement that x is an element of A, or that x is a memberof A, or that x belong to A, or that the set A contains the element x, or that x isin A. If x is an element that does not belong to A, we shall write

x /∈ A

3

4 Preliminaries

Chapter 2

Bilangan Riil

2.1 Sifat-sifat Aljabar dari RDalam bagian ini akan dipelajari sifat-sifat aljabar dari bilangan real R. Sebelummendiskusikan masalah ini terlebih dahulu diberikan definisi mengenai operasi biner.Opersi biner pada himpunan F adalah suatu fungsi B dengan domain F × F danrange di F . Jadi operasi biner mengasosiasikan setiap pasangan terurut (a, b) darieleme F secara tunggal elemen B(a, b) di F . akan tetapi kita biasa menggunakana + b dan a · b daripada B(a, b).

2.1.1 Sifat Aljabar dari RPada himpunana bilangan real R dari bilangan-bilangan real terdapat dua operasibiner yang disebut + dan · yang menyatakan penjumlahan dan perkalian. Operasi-operasi tersebut mempunyai sifat

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

(A2) (a + b) + c = a + (b + c),∀a, b, c ∈ R (sifat asosiatif penjumlahan)

(A3) terdapan elemen 0 di R sedemikian sehingga 0+a = a+0,∀a ∈ R sifat elemenidentitas

(A4) Untuk setiap a ∈ R terdapat elemen −a ∈ R sedemikian sehingga a + (−a) =(−a) + a = 0 keberadaan elemen negatif

(M1) a · b = ba, ∀a, b ∈ R (sifat komutatif perkalian)

(M2) (a · b) · c = a · (b · c), ∀a, b, c ∈ R (sifat asosiatif perkalian)

(M3) terdapat elemet 1 ∈ R yang berbeda dari 0 sedemikian sehingga 1 · a = a dana · 1 = a, ∀a ∈ R (elemen identitas perkalian

5

6 Bilangan Riil

(M4) untuk setiap a 6= 0, di R terdapat elemen 1/a ∈ R sedemikian sehingga a ·(1/a) = 1 dan (1/a) · a = 1 (elemen kebalikan)

(D) a · (b + c) = (a · b) + (a · c) dan (b + c) · a = (b · a) + (c · a), ∀a, b, c, ∈ R

2.1.2 Teorema

(a) Jika z dan a adalah elemen dari R sedemikian sehingga z + a = a maka z = 0.Bukti:Versi 1.

(z + a) + (−a) = a + (−a), (jumlahkan kedua ruas dengan (-a))

z + (a + (−a)) = a + (−a), (sifat assosiatif)

z + 0 = 0, (sifat invers)

z = 0, (sifat identitas).T erbukti

Versi 2.

z = z + 0, (sifat identitas)

= z + (a + (−a)), (sifat invers)

= (z + a) + (−a), (sifat assosiatif)

= a + (−a), (hipotesis/ diketahui)

= 0, (invers).T erbukti.

(b) Jika u dan b 6= 0 adalah elemen di R sedemikian sehingga u · b = b, makau = 1.Bukti:Versi 1.

(u · b) · (1/b) = b · (1/b), (. . . ). . . = . . . , (sifat assosiatif)

u · 1 = 1, (. . . )

u = 1, (. . . ).T erbukti

Versi 2.

u = u · 1, (sifat identitas)

= u · (. . .), (sifat invers)

= . . . , (sifat assosiatif)

= b · (1/b), (. . . )= 1, (. . . ).T erbukti.

2.1 Sifat-sifat Aljabar dari R 7

2.1.3 Teorema

(a) Jika a dan b adalah elemen di R sedemikian sehingga a + b = 0, maka b = −a.Bukti.Versi 1 . Lihat bukuVersi 2.

b = 0 + b, (sifat identitas)

= ((−a) + a) + b, (sifat invers)

= (−a) + (a + b), (sifat assosiatif)

= (−a) + 0, (diketahui)

= (−a), (sifat identitas).T erbukti

(b) Jika a 6= 0 dan b adalah elemen di R, sedemikian sehingga a · b = 1, makab = 1/aBukti.Versi 1. Lihat Buku.Versi 2.

b = 1 · b, (sifat identitas)

= (. . .) + b, (sifat invers)

= . . . , (sifat assosiatif)

= . . . , (. . . )

= (1/a), (. . . ).T erbukti

2.1.4 Teorema

Misalkan a, b sebarang elemen di R, maka

(a) persamaan a + x = b mempunyai solusi tunggal x = (−a) + b

(b) jika a 6= 0, persamaan a · x = b mempunyai solusi tunggal x = (1/a) · b.Bukti.

(a) Perhatikan bahwa

a + ((−a) + b) = (a + (−a)) + b, (sifat assosiatif)

= 0 + b, (sifat invers)

= b, (sifat identitas)

Ini berarti bahwa x = (−a) + b adalah solusi dari persamaan a + x = b.Untuk menunjukkan ketunggalahnya, misalkan x1 adalah sembarang solusimaka a + x1 = b, selanjutnya

(−a) + (a + x1) = (−a) + b, (kita tambahkan kedua ruas dengan (-a))

((−a) + a) + x1 = (−a) + b, (sifat assosiatif)

0 + x1 = (−a) + b, (sifat invers)

x1 = (−a) + b, (sifat identitas).

8 Bilangan Riil

Jadi x1 = (−a) + b. Ini berarti bahwa solusi a + x = b adalah tunggal, yaknix = (−a) + b.

(b) Perhatikan bahwa

a · ((1/a) · b) = (a · (1/a)) · b, (. . . )= . . . · b, (. . . )= b, (. . . )

Ini berarti bahwa x = (1/a) · b adalah solusi dari persamaan a · x = b. Untukmenunjukkan ketunggalahnya, misalkan x1 adalah sembarang solusi maka a ·x1 = b, selanjutnya

(1/a) · (a · x1) = (1/a) + b, (. . . )

((1/a) · a) · x1 = (1/a) + b, (. . . )

. . . · x1 = (1/a) + b, (. . . )

x1 = . . . , (. . . ).

Jadi x1 = (1/a) + b. Ini berarti bahwa solusi a · x = b adalah tunggal, yaknix = (1/a) + b.

2.1.5 Teorema

Jika a adalah sebarang elemen di R, maka

(a) a · 0 = 0,

(b) (−1) · a = −a,

(c) −(−a) = a,

(d) (−1) · (−1) = 1.

Bukti:

(a) Perhatikan bahwa

a + a · 0 = a · 1 + a · 0, (identitas)

= a · (1 + 0), (distributif)

= a · 1, (identitas)

= a, (identitas).

Menurut terorema (jika z + a = a maka z = 0), maka kita simpulkan a · 0 = 0.

2.1 Sifat-sifat Aljabar dari R 9

(b) Perhatikan bahwa

a + (−1) · a = 1 · a + (−1) · a, (identitas)

= ((−1) + 1) · a, (distributif)

= 0 · a, (identitas)

= 0, (bagian a).

Menurut terorema (jika a+b = 0 maka b = −a), maka kita simpulkan (−1)·a =−a.

(c) Kita punyai (−a) + a = 0 maka kita dapatkan a = −(−a).

(d) Dengan mengambil a = −1 di bagian (b) kita peroleh (−1) · (−1) = 1.

2.1.6 Teorema

Jika a, b, c adalah elemen di R, maka

(a) Jika a 6= 0, maka 1/a 6= 0 dan (1/(1/a) = a.

(b) Jika a · b = a · c dan a 6= 0 maka b = c.

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

2.1.7 Teorema

Tidak terdapat bilangan rasional r sedemikian sehingga r2 = 2.

2.1.8 Soal-soal latihan

1. Buktikan bagian (b) dari Teorema 2.1.2Bukti: Lihat text di atas.

2. Buktikan (b) dari Teorema 2.1.3Bukti: Lihat text di atas.

3. Pecahkan persamaan berikut dengan berdasarkan teorema yang ada.(a). 2x + 5 = 8.Bukti:

(2x + 5) + (−5) = 8 + (−5), (5 ∈ R, maka (−5) ∈ R)

2x + (5 + (−5)) = 8 + (−5), (assosiatif)

2x + 0 = 3, (invers)

2x = 3, (identitas)

(1/2) · 2x = (1/2) · 3, (2 ∈ R, maka (1/2) ∈ R)

((1/2) · 2)x = 3/2, (assosiatif)

1 · x = 3/2, (invers)

x = 3/2, (identitas).

10 Bilangan Riil

Untuk (b), (c), dan (d), lakukan dengan cara yang sama.

4. Buktikan jika a, b ∈ R, maka(a) −(a + b) = (−a) + (−b)Bukti:

−(a + b) = (−1) · (a + b), Teorema

= (−1) · a + (−1) · b, distributif

= (−a) + (−b), Teorema. T erbukti

(b), (c) dan (d) buktikan dengan cara yang sama.

5. Jika a ∈ R dan memenuhi a · a = a, buktikan bahwa a = 0 atau a = 1.

6. Jika a 6= 0 dan b 6= 0, tunjukkan bahwa 1/(ab) = (1/a) · (1/b).7. Gunakan argumen seperti bukti pada Teorema 2.1.7 untuk menunjukkan bahwa

tidak ada bilangan rasional s sehingga s2 = 6.

8. Lakukan dengan cara yang sama untuk tidak ada bilangan rasional t sedemikiansehingga t2 = 3.

9. Tunjukkan bahwa jika ξ ∈ R adalah irasional dan r 6= 0 rasional, maka r + ξdan rξ irasional.

10. Jika x dan y adalah bilangan rasional tunjukkan bahwa x + y dan xy adalahrasional.

2.2 Sifat-sifat terurut dari R 11

2.2 Sifat-sifat terurut dari R

2.2.1 Sifat-sifat urutan dari RSebuah subset tak kosong P dari R, disebut bilangan real positif jika memenuhisifat-sifat berikut

(i) Jika a, b ∈ P , maka a + b ∈ P .

(ii) Jika a, b ∈ P , maka ab ∈ P .

(iii) Jika a ∈ R maka tepat salah satu beikut terpenuhi:a ∈ P, a = 0, −a ∈ P .

Kondisi (iii) biasanya disebut dengan Sifat Trichotomy. Dan {−a : a ∈ P} disebutbilangan real negatif.

2.2.2 Definisi

Jika a ∈ P , kita katakan a adalah bilangan positif (positif murni) dan kita tulisa > 0. Jika a ∈ P ∪ {0}, kita katakan bahwa a bilangan tak negatif dan kita tulisa ≥ 0. Jika −a ∈ P , kita katakan a adalah bilangan negatif (negatif murni) dankita tulis a < 0. Jika −a ∈ P ∪ {0} kita katakan a bukan bilangan positif dan kitatulis a ≤ 0.

2.2.3 Definisi

Misalkan a, b adalah elemen-elemen di R, maka

(i) a− b ∈ P , maka kita tulis a > b atau b < a.

(ii) a− b ∈ P ∪ {0}, maka kita tulis a ≥ b atau b ≤ a.

Notasi a b dan b > c maka a > c.

(b) Tepat satu pernyataan berikut terpenuhi: a > b, a = b, a < b.

(c) Jika a ≥ b dan b ≥ a maka a = b.

Bukti:

(a) Jika a−b ∈ P dan b−c ∈ P maka menurut teorema 2.2.1 (i) (a−b)+(b−c) =a− c ∈ P . Jadi a > c.

12 Bilangan Riil

(b) Menurut sifat trikotomo, maka Tepat satu pernyataan berikut terpenuhi: a−b ∈ P, a− b = 0, −(a− b) = b− a ∈ P .

(c) Jika a 6= b maka a − b 6= 0, maka menurut (b) kita punyai a − b ∈ P ataub − a ∈ P , yakni a > b atau b > a, dalam kedua kasus bertentangan denganhipotesis, jadi haruslah a = b.

2.2.5 Teorema

(a) Jika a ∈ R dan a 6= 0, maka a2 > 0.

(b) 1 > 0.

(c) Jika n ∈ N, maka n > 0.

Bukti:

(a) Dengan sifat trikotomi jika a 6= 0 maka a ∈ P atau −a ∈ P . Jika a ∈ P makadengan 2.2.1 (ii) kita punyai a2 = a · a ∈ P . Dengan cara yang sama, jika−a ∈ P maka (−a) · (−a) ∈ P , jadi

(−a)(−a) = ((−1)a)((−1)a) = (−1)(−1) · a2 = a2.

Jadi kita simpulkan jika a 6= 0 maka a2 > 0.

(b) Karena 1 = (1)2, maka dengan (a) dipunyai 1 > 0.

(c) Dengan induksi matematika; dari (b) 1 ∈ P , asumsikan k ∈ P , karena 1 ∈ Pmaka k + 1 ∈ P . Kita simpulkan jika n ∈ N, maka n > 0.

2.2.6 Teorema

Misalkan a, b, c, d adalah elemen-elemen di R, maka

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

(b) Jika a > b dan c > d maka a + c > b + d.

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

(d) Jika a > 0, maka 1/a > 0.Jika a < 0 maka 1/a < 0.

Bukti.

(a) Jika a− b ∈ P maka (a + c)− (b + c) = a− b ∈ P . Jadi a + c > b + c.

(b) Jika a− b ∈ P dan c− d ∈ P maka (a + c)− (b + d) = (a− b) + (c− d) ∈ P .Jadi a + c > b + d


(c) Jika a − b ∈ P dan c ∈ P , maka ca − cb = c(a − b) ∈ P . Jadi ca > cb jikac > 0.Sebaliknya jika a− b ∈ P dan −c ∈ P , maka cb− ca = (−c)(a− b) ∈ P . Jadicb > ca jika c < 0.

(d) Jika a > 0, maka a 6= 0 (dengan sifat trikotomi) , menurut 2.1.6(a) 1/a 6= 0.Jika 1/a < 0, maka menurut (c) dengan c = 1/a menyebabkan 1 = a(1/a) < 0.Hal ini kontradiksi dengan 2.2.5(b). Haruslah 1/a > 0.Dengan cara yang sama jika a < 0 maka kemungkinan 1/a > 0 akan menga-hasilkan suatu kontradiksi 1 = a(1/a) < 0.

2.2.7 Teorema

Jika a dan b di R dan jika a < b, maka a, 12(a + b) < b.

Bukti.Karena a 0 sehingga dengan 2.2.6(d) kita punyai 12

> 0Jadi dari 2.2.6(c) kita punyai

a =1

2(2a) <

1

2(a + b <

1

2(2b) = b.

2.2.8 Teorema

Jika b ∈ R dan b > 0 maka 0 < 12b < b.

Bukti.Ambillah a = 0 dalam 2.2.7.

2.2.9 Teorema

Jika a ∈ R sedemikian sehingga 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0, maka a = 0.Bukti.Misalkan dengan kontradiksi yakni a > 0. Maka dengan akibat 2.2.8 kita punyai0 < 1

2a < a. Sekarang dengan mengambil ε0 = 1

2a, maka kita punyai 0 < ε0 < a. ini

bertentangan dengan a < ε untuk setian ε > 0. Jadi haruslah a = 0.

2.2.10 Teorema

Misalkan a, b ∈ R, dan misalkan a− ε 0, maka a ≤ b.Bukti.Misalkan dengan kontardiksi jika b < a dan ambil ε0 = 1

2(a − b). Maka ε0 > 0,

sehingga 12b < 1

2a ⇔ b− 1

2b < a− 1

2a ⇔ b < a− 1

2a + 1

2b ⇔ b < a− 1

2(a− b)

14 Bilangan Riil

2.2.11 Teorema

Jika ab > 0 maka

(i) a > 0 dan b > 0, atau

(ii) a < 0 dan b < 0.

Bukti.

(i) Kita catat bahwa ab > 0 menyebabkan a 6= 0 dan b 6= 0, karena jika a = 0atau b = 0 maka ab = 0. Dari sifat trikotomi berarti a > 0 atau a < 0. Jikaa > 0 maka 1/a > 0 sehingga dengan 2.2.6 (d) kita punyai

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

(ii) Dengan cara yang sama jika a < 0 maka

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

2.2.12 Akibat

Jika ab < 0 maka

(i) a < 0 dan b > 0, atau

(ii) a > 0 dan b < 0.

2.2.13 Contoh-contoh

(a) Tentukan himpunana A dari bilangan real x sedemikian sehingga 2x + 3 ≤ 6.Kita catat bahwa x ∈ A ⇔ 2x + 3 ≤ 6 ⇔ 2x ≤ 3 ⇔ x ≤ 3

2. Oleh karena itu

A = {x ∈ R : x ≤ 32}.

(b) Tentukan himpunan B = {x ∈ R : x2 + x > 2}.Catat bahwa x ∈ B ⇔ x2 + x− 2 > 0 ⇔ (x− 1)(x + 2) > 0. Oleh karena itukita punyai (i) x − 1 > 0 dan x + 2 > 0 atau (ii) x − 1 < 0 dan x + 2 < 0.Dalam kasus (i) kita punyai x > 1 dan x > −2 yang terpenuhi jika dan hanyajika x > 1. Dalam kasus (ii) kita punyai x < 1 dan x < −2 yang terpenuhijika dan hanya jika x < −2. Jadi B = {x ∈ R : x > 1} ∪ {x ∈ R : x < −2}.

(c) Tentukan himpunan C = {x ∈ R : (2x + 1)/(x + 2) < 1}Kita catat x ∈ C ⇔ (2x + 1)/(x + 2)− 1 < 0 ⇔ (x− 1)/(x + 2) < 0. Jadi (i)x − 1 < 0 dan x + 2 > 0 atau (ii) x − 1 > 0 dan x + 2 < 0. Dalam kasus (i)kita punyai x < 1 dan x > −2 yang terpenuhi jika dan hanya jika −2 < x < 1.Dalam kasus (ii) kita punyai x > 1 dan x < −2 yang tidak pernah terpenuhi.Jadi kita simpulkan C = {x ∈ R : −2 < x < 1}.


2.2.14 Contoh-contoh

(a) Misalkan a ≥ 0 dan b ≥ 0, maka

a −1 maka P (n) := (1 + x)n = 1+nx, ∀N.Untuk membuktikan kita gunakan induksi matematika. Kasus untuk n =1, P (1) benar. Misalkan P (n) benar untuk n = n, maka untuk n = n + 1 kitapunyai

(1 + x)n+1 = (1 + x)n(1 + x)

≥ (1 + nx)(1 + x)

= 1 + (n + 1)x + nx2

≥ 1 + (n + 1)x.

Jadi P (n) benar untuk semua n ∈ N.

(d) Ketaksamaan Cauchy Jika n ∈ N dan a1, . . . , an dan b1, . . . , bn adalahbilangan-bilangan real, maka

(a1b1 + . . . + anbn)2 ≤ (a21 + . . . + an

n)(b21 + . . . + bn

n).

(e) Ketaksamaan Segitiga Jika n ∈ N dan a1, . . . , an dan b1, . . . , bn adalahbilangan-bilangan real, maka

[(a1 + b1)

2 + ldots + (an + bn)2]1/2 ≤ [a2

1 + . . . + a2n

]1/2+

[b21 + . . . + bn

n

]1/2.

2.2.15 Soal Latihan

1. (a) Jika a ≤ b dan c < d buktikan a + c < b + dBukti: Lihat (b).(b) Jika a ≤ b dan c ≤ d buktikan a + c ≤ b + dBukti:a ≤ b ⇒ b − a ∈ P ∪ {0}. c ≤ d ⇒ d − c ∈ P ∪ {0}. Jadi menurut 2.2.1dipunyai (b + b) − (a + c) = (b − a) + d + c) ∈ P ∪ {0}. Dengan demikianb + d ≥ a + c atau a + c ≤ b + b.

2. (a) Jika 0 < a < b dan 0 < c < d, buktikan 0 < ac < bd.(b) Jika 0 < a < b dan 0 ≤ ac ≤ bd. Tunjukkan dengan contoh tidak berlakuac < bd.

16 Bilangan Riil

3. Jika a < b dan c < d buktikan ad + bc < ac + bd.Bukti:a ≤ b ⇒ b − a ∈ P . c ≤ d ⇒ d − c ∈ P . Jadi menurut 2.2.1 dipunyaia(b− a)(d− c) ∈ P . Karena

(ac + bd)− (ad + bc) = (ac− ad) + (bd− bc)

= (c− d)a + b(d− c)

= b(d− c)− a(d− c)

= (b− a)(d− c).

Jadi kita simpulkan bahwa ad + bc < ac + bd.

4. Carilah bilangan a, b, c, d ∈ R yang memenuhi 0 < a < b dan c < d < 0 maka(i) ac < bd atau (ii) bd < ac.

5. Jika a, b ∈ R. Tunjukkan a2 + b2 = 0 ⇔ a = 0 dan b = 0.Bukti:(⇒). Jika a2 + b2 = 0 ⇒ a = 0 atau b = 0.Andaikan a 6= 0 atau b 6= 0 maka a2 = a · a 6= 0 atau b2 = b · b 6= 0 sehinggaa2 + b2 6= 0.(⇐). Jika a = 0 dan b = 0 ⇒ a2+b2 = 0. a = b = 0 maka a2+b2 = a·a+b·b =0 · 0 + 0 · 0 = 0 + 0 = 0.

6. Jika 0 ≤ a < b., buktikan bahwa a2 ≤ ab < b2. Tunjukkan dengan contohbahwa tidak selalu mengikuti a2 < ab < b2.Bukti:Tinjaulah dalam beberapa kasus: (1) 0 ≤ a dan a < b. (2) a 0.Contoh yang tidak berlaku jika mengambil a = 0.

7. Tunjukkan bahwa jika 0 < a < b, maka a <√

ab 3x + 4, (b) 1 < x2 < 4,(c) 1/x < x, (d)1/x < x2

Bukti. Akan ditunjukkan (a) dan lakukan dengan cara yang sama untuksisanya.(a) x2 > 3x + 4 ⇔ x2 − 3x− 4 > 0 ⇔ (x + 1)(x− 4) > 0.Misalkan x ∈ A sehingga A = {x ∈ R, x2 > 3x + 4}. Kasus (1). x + 1 > 0dan x − 4 > 0. Jadi x > −1 dan x > 4. Dengan demikian x > 4. Kasus (2).x + 1 < 0 dan x− 4 < 0. Jadi x < −1 dan x < 4. Dengan demikian x < −1.Dari kedua kasus disimpulkan bahwa A = {x ∈ R, x < −1, ataux > 4}.

10. Misalkan a, b ∈ R dan misalkan setiap ε > 0 kita punyai a ≤ b + ε.(a) Tunjukkan bahwa a ≤ b.(b) Tunjukkan bahwa tidak mengikuti a < b.


Jawab.(a) Andaikan a < b. Pilih ε0 = 1

2(a− b). Maka

b + ε0 = b +1

2(a− b)

=1

2a +

1

2b

<1

2a +

1

2a

= a.

Hal ini bertentangan dengan a ≤ b + ε. Jadi haruslah a ≤ b.(b) Dalam kasus a = b maka akan diperoleh pernyataan yang salah.

18 Bilangan Riil

2.3 Nilai Mutlak

2.3.1 Definisi

Jika a ∈ R, maka nilai mutlak dari a didefinisikan sebagai

|a| = a, jika a > 0,

= 0, jika a = 0,

= −a, jika a < 0.

2.3.2 Teorema

(a) |a| = 0 ⇔ a = 0.

(b) | − a| = |a|, ∀a ∈ R.

(c) |ab| = |a||b|, ∀a, b ∈ R.

(d) c ≥ 0 maka |a| ≤ c ⇔ −c ≤ a ≤ c.

(e) −|a| ≤ a ≤ |a|, ∀a ∈ R.

Bukti:

(a) Jika a = 0 maka |a| = 0. Jika a 6= 0, maka −a 6= 0 sehingga |a| 6= 0.

(b) Jika a = 0 maka |0| = 0 = | − 0|. Jika a > 0 maka −a < 0 sehingga|a| = a = −(−a) = |−a|. Jika a < 0 maka −a > 0, sehingga |a| = −a = |−a|.

(c) Jika a = 0 atau b = 0 maka |ab| = 0 = |a||b|. Jika a > 0 dan b > 0 maka|ab| = ab = |a||b|. Jika a > 0 dan b < 0, maka |ab| = −(ab) = a(−b) = |a||b|.Jika a < 0 dan b > 0 maka |ab| = −(ab) = (−a)b = |a||b|. Jika a < 0 danb < 0 maka |ab| = ab = (−a)(−b) = |a||b|.

(d) Misalkan |a| ≤ c. Maka a ≤ c dan −c ≤ a. Karena −c ≤ a ⇔ −c ≤ a. Jadikita punyai −c ≤ a ≤ c. Sebaliknya jika −c ≤ a ≤ c berati a ≤ c dan −a ≤ csehingga |a| ≤ c.

(e) Ambil c = |a| dalam (d).

2.3.3 Ketaksamaan Segitiga

Untuk sebarang a, b ∈ R kita punyai

|a + b| ≤ |a|+ |b|.Bukti.Dari 2.3.2 (e), kita punyai −|a| ≤ a ≤ |a| dan −|b| ≤ b ≤ |b|. Dengan menggunakan2.2.6(b) kita peroleh

−(|a|+ |b|) ≤ (a + b) ≤ |a|+ |b|.

2.3 Nilai Mutlak 19

2.3.4 akibat

Untuk sebarang a, b ∈ R kita punyai

(a) ||a| − |b|| ≤ |a− b|.

(b) |a− b| ≤ |a|+ |b|.

Bukti.

(a) Tulis a = (a− b) + b. Maka dengan menggunakan ketaksamaan segitiga akandidapat |a| = |(a − b) + b| ≤ |a − b| + |b|. Jadi |a| − |b| ≤ |a − b|. Kemudiandari |b| = |b− a + a| ≤ |b− a|+ |a|. Jadi −|a− b| = −|b− a| ≤ |a| − |b|. Darikedua kombinasi ini kita dapatkan yang akan dibuktikan.

(b) Dengan mengganti b dengan −b untuk mendapatkan |a− b| ≤ |a|+ | − b|.

2.3.5 Akibat

Untuk sebarang a1, a2, . . . , an ∈ R, kita punyai

|a1 + a2 + . . . + an| ≤ |a1|+ |a2|+ . . . |an|.

2.3.6 Contoh-contoh

(a) Tentukan himpunan A dari semua bilangan real x yang memenuhi |2x+3| < 6.

(b) Tentukan himpunan B = {x ∈ R : |x − 1| < |x|. Misalkan fungsi f yangdidefinisikan f(x) = (2x2 − 3x + 1)/(2x − 1) untuk 2 ≤ x ≤ 3. Tentukan Msedemikian sehingga |f(x)| ≤ M untuk semua 2 ≤ x ≤ 3.

2.3.7 Definisi

Misalkan a ∈ R dan ε > 0 maka lingkingan-ε dari a adalah himpunan V|epsilon(a) ={x ∈ R : |x− a| < ε}.

2.3.8 Teorema

Misalkan a ∈ R. Jika x ∈ Vε(a),∀ε > 0, maka x = a.Bukti.Jika x memenuhi |x− a| < ε, ∀ε > 0, maka dari 2.2.9 maka |x− a| = 0 jadi x = a.

2.3.9 Contoh-contoh

(a) Misalkan U = {x : 0 < x < 1}. Jika x ∈ U , dan misalkan ε adalah bilan-gan terkecil dari a dan 1 − a, maka Vε(a) ⊆ U . Jadi setiap elemen dari Umempunyai lingkungan-ε yang termuat dalam U .

20 Bilangan Riil

(b) Jika I = {x : 0 ≤ x ≤ 1}. Maka untuk sebarang ε > 0 linkungan-ε Vε(0)memuat titik-titik yang tidak termasuk dalam I, misalkan dengan mengambilxε = −ε/2 ∈ Vε(0) * I.

(c) Jika |x− a| < ε dan |y − b| < ε. Maka

|(x + y)− (a + b)| = |(x− a) + (y − b)| ≤ |x− a|+ |y − b| < 2ε.

Jadi x ∈ Vε(a) dan y ∈ Vε(b) maka x + y ∈ V2ε(a + b) dan tidak perlu dalamVε(a + b).

2.3.10 Soal Latihan 2.3

1. Miasalkan a ∈ R. Tunjukkan bahwa(a) |a| =

√a2, (b)|a2| = a2.

2. Jika a, b ∈ R dan b 6= 0, tunjukkan bahwa |a/b| = |a|/|b|.3. Jika a, b ∈ R, tunjukkan bahwa |a + b| = |a|+ |b| ⇔ ab ≥ 0.

4. Jika x, y, y ∈ R, x ≤ z, tunjukkan bahwa x < y < z ⇔ |x−y|+|y−z| = |x−y|.Interpretasikan ini secara geometrik.

5. Temukan semua x ∈ R yang memenuhi ketaksamaan berikut:

(a) |4x− 5| ≤ 13,

(b) |x2 − 1| ≤ 3,

(c) |x− 1| > |x + 1|,(d) |x|+ |x + 1| < 2.

6. Tunjukkan bahwa |x− a| < ε ⇔ a− ε < x < a + ε.

7. Jika a < x < b dan a < y < b, tunjukkan bahwa |x−y| < b−a. Interpertasikanini secara geometri.

8. Tentukan dan seketlah himpunan dari pasangan berurutan (x, y) di R×R yangmemenuhi:(a) |x| = |y| (b) |x|+ |y| = 1,(c) |xy| = 2, (d) |x| − |y| = 2.

9. Tentukan dan seketlah himpunan dari pasangan berurutan (x, y) di R×R yangmemenuhi ketaksamaan:(a) |x| ≤ |y| (b) |x|+ |y| ≤ 1,(c) |xy| ≤ 2, (d) |x| − |y| ≤ 2.

10. Misalkan ε > 0 dan δ > 0 dan misalkan a ∈ R. Tunjukkan bahwa Vε(a)∩Vδ(a)dan Vε(a) ∪ Vδ(a)

2.4 Sifat Kelengkapan dari R 21

2.4 Sifat Kelengkapan dari R

2.4.1 Definisi

Misalkan S ⊆ R.(i) Sebuah bilangan u ∈ R dikatakan sebagai batas atas dari S jika s ≤ u, ∀s ∈ S(ii) Sebuah bilangan w ∈ R dikatakan sebagai batas bawah dari S jika w ≤ s, ∀s ∈ SSebuah bilangan v ∈ R dikatakan bukan batas atas dari S jika dan hanya jikaterdapat suatu s′ ∈ S sedemikian sehingga v < s′. (Dengan cara yang sama, sebuahbilangan z ∈ R bukan batas bawah dari S jika dan hanya jika terdapat sejumlahs′′ ∈ S sedemikian sehingga s′′ < z). Catat bahwa sebuah subset S dari R mungkintidak mempunyai batas atas (misalnya s = R). Akan tetapi jika S mempunayisebuah batas atas, maka akan mempunyai tak hingga banyak batas atas karenajika u sebuah batas atas dari S, maka sebarang v sedemikian sehingga u < v jugamerupakan sebuah batas atas dari S. (Demikian juga hal tersebut di atas juga akanberlaku untuk batas bawah). Perhatikan gambar 2.4.1.

Kita juga catat bahwa ada kemungkinan sebuah himpunan mempunyai batasbawah tetapi tidak punya batas atas (dan sebaliknya). Contohnya perhatikan him-punan S1 = {x ∈ R : x ≥ 0} dan S2 = {x ∈ R : x < 0}.Catatan. Jika kita terapkan definisi-definisi di atas pada himpunan kosong ∅, kitaterpaksa menyimpulkan bahwa setiap himpunan bilangan real merupakan batas atasdari ∅. Andaikan sebuah bilangan u ∈ R bukan batas atas dari himpunan S, sebuahelemen s′ ∈ S harus ada sedemikian sehingga u < s′. Jika S = ∅, maka tidak terda-pat anggota di S. Jadi setiap bilangan real merupakan batas atas adari himpunankosong. Dengan cara yang sama bahwa setiap bilangan real juga merupakan batasbawah dari himpunan kosong. Ini sepertinya tak mungkin tetapi ini akibat logikadari definisi.

Kita katakan bahwa sebuah himpunan di R terbatas di atas jika mempunayaisebuah batas atas, jika mempunayi batas bawah disebut terbatas di bawah. Jikamempunyai batas bawah dan atas dikatakan sebagai terbatas. Kita katakan bahwasebuah himpunan di R tidak terbatas jika himpunan itu tidak terbatas di bawahataupun di atas. Untuk contohnya {x ∈ R : x ≤ 2} adalah himpunan tak terbataskarena tidak terbatas di bawah meskipun terbatas di atas.

2.4.2 Definisi

Misalkan S ⊆ R.(i) Jika S terbatas di atas, maka sebuah batas atas u dikatakan suprimum (batasatas terkecil) dari S jika tidak terdapat bilangan yang lebih kecil dari u yang meru-pakan batas atas dari S. Perhatikan gambar 2.4.2.(ii) Jika S terbatas di bawah, maka sebuah batas bawah w dikatakan sebuah infi-mum (batas bawah terbesar) dari S jika tidak ada bilangan yang lebih besar dariw yang merupakan batas bawah dari S.

22 Bilangan Riil

2.4.3 Lemma

Sebuah bilangan u adalah suprimum dari sebuah himpunan tak kosong S ⊆ R jikadan hanya memenuhi dua kondisi(1) s ≤ u,∀s ∈ S;(2) jika v < u, maka terdapat sebuah s′ ∈ S sedemikian sehingga v < s′. Silahkanformulasikan untuk kasus infimum.

Adalah tidak sulit untuk menunjukkan bahwa hanya terdapat sebuah suprimumsebuah subset S ⊆ R. Selanjutnya kita gunakan suprimum saja untuk mengatakansuprimum dari sebuah himpunan. Misalkan u1 dan u2 merupakan suprimum dariS, maka keduanya merupakan batas atas. Jika u1 < u2, maka dengan menggunakanhipotesis bahwa u2 suprimum berarti u1 tidak mungkin merupakan batas atas. Den-gan cara yang sama jika u2 < u1, maka dengan definisi suprimum dari u1 berarti u2

tidak mungkin menjadi batas atas dari S. Oleh karena itu haruslah u1 = u2. Pem-baca harap memanfaatkan argumen yang sama untuk kasus infimum. Kita katakansuprimum dan infimum dari S ada, maka kita katakan sebagai sup S dan inf S.Kita dapat periksa bahwa jika u′ adalah sebarang batas atas dari himpunan S, makasup S ≤ u′. Yakni, jika s ≤ u′, ∀s ∈ S, maka sup S ≤ u′. Kita katakan bahwa supS adalah batas atas terkecil dari S.

2.4.4 Lemma

Sebuah batas atas u dari himpunan tak kosong S di R adalah suprimum dari Sjika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat sebuah sε ∈ S sedemikian sehinggau− ε < sε.Bukti.Andaikan u sebuah batas atas dari S dan memenuhi kondisi yang diberikan. Jikav 0, maka berdasarkan kondisi yang dimiliki makaterdapat sebuah bilangan sε ∈ S sedemikian sehingga v = u − ε < sε. Oleh karenaituv bukan batas atas S. Karena v adalah sebarang bilangan yang kurang dari u,kita simpulkan u = sup S. Sebaliknya misalkan u = sup S dan misalkan ε > 0.Karena u − ε < u, maka u − ε bukan batas atas dari S. Oleh karena itu terdapatsebuah elemen sε dari S yang lebih dari u− ε, yakni u− ε < sε.

2.4.5 Contoh-contoh

(a) Jika himpunan tak kosong S1 mempunyai elemen hingga, maka dapat ditun-jukkan bahwa S1 mempunyai elemen terbesar u dan elemen terkecil w. Maka u =sup S1 dan w = inf S1, dan keduanya merupakan anggota dari S1. (Ini jelas jikaS1 mempunyai sebuah elemen, dan dapat dibuktikan dengan induksi matematikauntuk sejumlah elemen di S1).(b) Himpunan S2 = {x : 0 ≤ x ≤ 1} jelas mempunayi 1 sebagai batas atas. Kitaakan buktikan bahwa 1 adalah suprimum. Jika v < 1, maka terdapat sebuah elemens′ ∈ S2, sedemikian sehingga v < s′. Karena v bukan batas atas dari S2, dan karenav sebarang himpunan v < 1, kita simpulkan bahwa sup S2 = 1. Dengan cara yangsama dapat ditunjukkan bahwa inf S2 = 0. Catat bahwa sup S2 dan inf S2 termasukdalam himpunan S2.

2.4 Sifat Kelengkapan dari R 23

(c). Himpunan S3 = {x : 0 < x < 1} jelas mempunyai 1 sebagai batas atas. Den-gan argumentasi yang sama seperti di (b) kita dapat tunjukkan bahwa sup S3 = 1.Dalam kasus ini sup S3 tidak termasuk dalam S3. Dengan cara yang sama inf S3 = 0yang juga tidak termasuk dalam S3.(d) Seperti kita ketahui di atas bahwa setiap bilangan real adalah batas atas un-tuk himpunan kosong, sehingga himpunan kosong memiliki suprimum. Dengan carayang sama himpunan kosong juga tidak memiliki infimum.Sifat suprimum dari RAdalah tidak mungkin untuk membuktikan yang didasarkan pada asumsi yang kitapunyai terhadap R untuk setiap subset tak kosong dari R terbatas di atas akanmempunyi suprimum. Akan tetapi ini merupakan sifat dasar dari sistem bilanganreal.

2.4.6 Sifat suprimum dari RSetiap himpunan tak kosong dari bilangan real yang mempunayi batas atas akanmempunyai sebuah suprimum di R. Sifat yang sama untuk infimum dapat disim-pulkan dari sifat suprimum. Misalkan S sebuah subset tak kosong dari R yangterbatas di bawah. Jadi himpunan S ′ = {−s, s ∈ S} akan terbatas di atas dandengan sifat dari suprimum menyebabkan bahwa u = sup S ′ ada. Maka dapatditunjukkan bahwa −u adalah infimum dari S.

2.4.7 Sifat infimum dari RSetiap himpunan tak kosong subset dari bilangan real sedemikian sehingga mem-punyai batas bawah akan mempunyai infimum di R.

2.4.8 Soal-soal latihan section 2.4

1. Misalkan S1 = {x ∈ R, x ≥ 0}. Tunjukkan bahwa himpunan S1 mempunyaibatas bawah tetapi tidak mempunyai batas atas. Tunjukkan bahwa inf S1 = 0.

2. Misalkan S2 = {x ∈ R, x > 0}. Apakan S2 memiliki batas bawah? apakah S2

memiliki batas atas? Apakah inf S2 ada? Apakah sup S2 juga ada? Tunjukkanpernyataan saudara.

3. Misalkan S3 = {1/n : n ∈ N}. Tunjukkan bahwa sup S3 = 1 dan inf S3 > 0(ini mengikuti dari sifat Arhimedes bahwa inf S3 = 0).

4. Misalkan S4 = {1− (−1)n/n : n ∈ N}. Temukan inf S4 dan sup S4.

5. Misalkan S subset tak kosong dari R terbatas di bawah. Buktikan bahwa infS=-sup{−s : s ∈ S}.

6. Jika sebuah himpunan S ⊆ R memuat sebuah batas atasnya, tunjukkan bahwabatas atas tersebut merupakan suprimum dari S.

7. Misalkan S ⊆ R tak kosong. Tunjukkan bahwa u ∈ R adalah batas atas dariS jika dan hanya jika kondisi t ∈ R dan t > u menyebabkan t /∈ S.

24 Bilangan Riil

8. Misalkan S ⊆ R tak kosong. Tunjukkan jika u = sup S, maka untuk setiapbilangan n ∈ N bilangan u − 1/n adalah bukan batas atas dari S, tetapibilangan u + 1/n sebuah batas atas S.

9. Tunjukan bahwa jika A dan B adalah subset terbatas dari R, maka A ∪ Bterbatas. Tunjukkan bahwa sup (A ∪ B) terbatas. Tunjukkan bahwa sup(A ∪B) =sup{sup A, sup B}.

10. Misalkan S ⊆ R tak kosong dan S0 adalah subset tak kosong dari S. Tunjukkanbahwa inf S ≤ inf S0 ≤ sup S0 ≤ sup S.

11. S ⊆ R tak kosong dan misalkan S∗=sup S termasuk dalam S. Jika u /∈ S,tunjukkan bahwa sup (S∪){u})= sup {s∗, u}.

12. Tunjukkan bahwa sebuah subset hingga S ⊆ R memuat suprimumnya

2.5 Aplikasi Sifat Suprimum 25

2.5 Aplikasi Sifat Suprimum

2.5.1 Contoh-contoh

(a) Adalah penting bahwa suprimum dan infimum dari sebuah himpunan bersesua-ian dengan sifat aljabar dari R. Berikut yang bersesuaian dengan penjumlahan.Misalkan S adalah himpunan tak kosong subset dari R yang terbatas di atas danmisalkan a ∈ R. Definisikan himpunan a + S = {a + x : x ∈ S}. Kita akanmenunjukkan bahwa

sup(a + S) = a + supS.

Jika kita misalkan u = sup S, maka karena x ≤ u untuk sebarang x ∈ S, kita punyaia + x ≤ a + u. Oleh karena itu a + u batas atas dari himpunan a + S. akibatnyakita punyai sup(a + S) ≤ a + u. Jika v sebarang batas atas dari himpunan a + S,maka a + x ≤ v, ∀x ∈ S. Maka x ≤ v − a,∀x ∈ S, yang mengakibatkan u =supS ≤ v − a, sehingga a + u ≤ v. Karena v sebarang batas atas dari a + S, kitadapat ganti v dengan sup(a + S) untuk mendapatkan a + v ≤ sup(a + S). Denganmengkombinasikan ketidaksamaan tersebut, kita simpulkan bahwa

sup(a + S) = a + u = a + supS.

Untuk relasi-relasi yang hampir sama antara suprimum dan infimum dari sebuahhimpunan dan operasi penjumlahan dan perkalian dapat dilihat dalam latihan.(b) Misalkan f dan g adalah fungsi-fungsi yang bernilai real dengan domain bersamaD ⊆ R. Kita asumsikan rangenya adalah f(D) = {f(x); x ∈ D} dan g(D) = {g(x) :x ∈ D} adalah terbatas di R.(i) Jika f(x) ≤ g(x),∀x ∈ D, maka sup f(D) ≤ sup g(D). Untuk menunjukkan ini,kita catat bahwa bilangan sup g(D) adalah batas atas dari himpunan f(D) karenasebarang x ∈ D, kita punyai f(x) ≤ g(x) ≤ sup g(D). Oleh karena itu sup f(D) ≤sup g(D).(ii) Jika f(x) ≤ g(y), ∀x, y ∈ D, maka sup f(D) ≤in g(D). Untuk menunjukkan inikita kerjakan dalam dua langkah. Pertama, untuk nilai tertentu y ∈ D, kita lihatkarena f(x) ≤ g(y),∀x ∈ D, maka g(y) adalah batas atas himpunan f(D). Aki-batnya sup f(D) ≤ g(y). Karena ketidaksamaan terakhir memenuhi untuk semuay ∈ D, kita dapat simpulkan bahwa sup f(D) adalah batas bawah dari g(D). Olehkarena itu kita simpulkan sup f(D) ≤inf g(D).(c) Adalah perlu dicatat bahwa hipotesis f(x) ≤ g(x), ∀x ∈ D dalam (b) tidaklangsung mengakibatkan relasi antara sup f(D) dan inf g(D). Untuk contohnya,jika f(x) = x2 dan g(x) = x dengan D = {x ∈ R : 0 < x < 1}, maka f(x) ≤g(x), ∀x ∈ D tetapi sup f(D) = 1 dan inf g(D) = 0. Akan tetapi sup g(D) = 1,sehingga kesimpulan (i) terpenuhi tetapi kesimpulan (ii) tidak terpenuhi.

Sifat ArchimedesSatu konsekunsi penting dari sifat suprimum adalah bahwa subset bilangan asli Ntidak terbatas di R. Ini berarti bahwa setiap diberikan sebarang bilangan rial xakan terdapat bilangan asli n (tergantung pada x) sedemikian sehingga x < n.

26 Bilangan Riil

2.5.2 Sifat Archimedes

Jika x ∈ R, maka terdapat nx ∈ N sedemikian sehingga x < nx.Bukti.Jika kesimpulan salah maka x adalah batas atas dari N, oleh karena itu dengamenggunakan sifat suprimum, himpunan tak kosong Nmempunyai suprimum u ∈ R.Karena u − 1 < u, maka dengan Lema 2.4.4 terdapat bilangan m ∈ N sedemikiansehingga u − 1 < m. Tetapi u < m + 1, dan karena m + 1 ∈ N, ini bertentangandengan asumsi bahwa u adalah batas atas dari N.

2.5.3 Akibat

Misalkan y dan z adalah bilangan real positif, maka(a) terdapat n ∈ N,3 z < ny(b) terdapat n ∈ N,3 0 < 1/n < y(c) terdapat n ∈ N,3 n− 1 ≤ x < nBukti.(a) Karena x = z/y > 0, maka terdapat n ∈ N,3 z/y = x < n sehingga z < ny.(b) Ambil z = 1 di (a) dan akan memberikan 1 < ny yang mengakibatkan 1/n < y.(c) Sifat archimedes menjamin bahwa subset {m ∈ N : z < m} dari N tak kosong.Misalkan n bilangan terkecil dari himpunan ini, maka n − 1 bukan anggota him-punan ini, sehingga n− 1 ≤ z < n.Eksistensi

√2

Hal penting sifat suprimum terletak pada jaminan eksistensi dari bilanag real dibawahhipotesis tertentu. Kita akan gunakan ini dalam banyak kali. Pada kesempatan inikita akan ilustrasikan ini dengan membuktikan eksistensi dari bilangan real positifx sedemikian sehingga x2 = 2, yakni akar positif dari 2. Telah ditunjukkan bahwax tidak bisa berupa bilangan rasional, jadi paling tidak akan diturunkan eksistensidalam bilangan iradsional.

2.5.4 Teorema

Terdapat bilangan real positif x sedemikian sehingga x2 = 2.Bukti.Misalkan S = {s ∈ R : 0 ≤ s, s2 < 2}. Karena 1 ∈ S, jadi himpunan S tak kosong.Juga S terbatas di atas dengan 2, karena jika t > 2, maka t2 > 4 sehingga t /∈ S.Oleh karena sifat suprimum mengakibatkan bahwa himpunan S mempunyai supri-mum di R, dan kita misalkan x =sup S. Catat bahwa x > 1.Kita akan buktikan bahwa x2 = 2 dengan menyangkal dua kemungkinan lain yaknix2 < 2 dan x2 > 2.Pertama misalkan x2 < 2. Kita akan menunjukkan bahwa asumsi ini bertentangankenyataan bahwa x =sup S dengan menemukan n ∈ N,3 x + 1/n ∈ S, jadi menye-babkan x bukan batas atas dari S. Untuk melihat bagaimana memilih n, catatbahwa 1/n2 ≤ 1/n sedemikian sehingga

(x +

1

n

)2

= x2 +2x

n+

1

n≤ x2 +

1

n(2x + 1).


Oleh karena itu kita dapat memilih n sedemikian sehingga

1

n(2x + 1) < 2− x2,

maka kita peroleh (x + 1/n)2 < x2 + (2 − x2) = 2. Dengan asumsi kita peroleh2− x2 > 0, sehingga (2− x2)/(2x + 1) > 0. Dengan menggunakan sifat archimedes(akibat 2.5.3(b)) dapat digunakan untuk mendapatkan n ∈ R sedemikian sehingga

1

n<

2− x2

2x + 1.

Langkah ini dapat dibalik untuk menunjukkan bahwa untuk memilih n ini dan kitapunyai x + 1/n ∈ S, yang bertentangan dengan fakta bahwa x batas atas dari S.Sehingga tidaklah mungkin x2 < 2.Sekarang kita asumsikan bahwa x2 > 2, kita akan menunjukkan bahwa adalahmungkin untuk menemukan untuk menemukan m ∈ N sedemikian sehingga x−1/mjuga batas atas dari S, kontradiksi dengan fakta bahwa x = sup S. Untuk menun-jukkan ini , catat bahwa

(x− 1

M

)2

= x2 − 2x

m+

1

m2> x2 − 2x

m.

Oleh karena itu jika kita dapat memilih m sedemikian sehingga

2x

m< x2 − 2,

maka (x− 1/m)2 > x2 − (x2 − 2) − 2 = 2. Sekarang dengan asumsi kita perolehx2 − 2 > 0, sehingga (x2 − 2)/2x > 0. Dengan sifat archimedes, terdapat m ∈ Nsehingga

1

m<

x2 − 2

2x.

Langkah ini dapat dibalik untuk menunjukkan bahwa untuk pemilihan m ini kitapunyai(x− 1/m)2 > 2. Sekarang jika s ∈ S, maka s2 < 2 < (x− 1/m)2, dengan2.2.14(a) kita peroleh s < x − 1/m. Ini menyebabkan x − 1/m batas atas dariS, yang kontradiksi dengan fakta bahwa x = sup S. Oleh karena itu tidak dapatx2 > 2. Karena x2 < 2 dan x2 > 2 tidak mungkin, maka haruslah x2 = 2.

Dengan memodifikasi argumentasi di atas, pembaca dapat menunjukkan bahwajika a > 0, maka terdapat tungga b > 0 sedemikian sehingga b2 = a. Kita katakanbahwa b adalah akar kuadrat positif dari a dan dinotasikan dengan b =

√a

atau b = a1/2. Dengan argumen yang lebih komplek, yakni dengan menggunakanteorema bonomial dapat digunakan untuk menunjukkan eksistensi dan ketunggalanakar positif ke n dari a, yang dinotasikan dengan n

√a atau a1/n untuk setiap n ∈ N.

Kepadatan dari bilangan rasional di RKita sekarang telah mengetahui bahwa paling sedikit terdapat satu bilangan ira-sional, katakan

√2. Sebenarnya terdapat ”lebih banyak” bilangan irasional daripada

bilangan rasional, dalam arti karena bilangan rasional terhitung sedangkan bilanganirasional tidak terhitung. Kita akan menunjukkan bahwa bilangan rasional adalah”padat” di R dalam arti bahwa sebuah bilangan rasional (sesungguhnya tak hinggabanyak) dapat ditemukan di antara sebarang dua bilangan real yang berbeda.

28 Bilangan Riil

2.5.5 Teorema Kepadatan

Jika x dan y adalah bilangan-bilangan real dengan x < y, maka terdapat bilanganrasional r sedemikian sehingga x < r < y.Bukti.Tanpa mengurangi keumuman dengan mengasumsikan bahwa x > 0 (karena jikax < 0 maka terdapat 0 yang bilangan rasional, jika x < 0 dan y < 0 sama kasusnyadengan x > 0 dan y > 0). Dengan sifat archimedes 2.5.2, terdapat n ∈ N 3 n >1/(y − x). Jadi untuk n tersebut, kita punyai ny − nx > 1. Dengan menerapkanakibat 2.5.3(c) untuk nx > 0, kita dapatkan m ∈ N 3 m − 1 ≤ nx ≤ m. m inijuga memenuhi m < ny, karena m ≤ nx + 1 < ny. Jadi kita punyai nx < m < nysehingga r = m/n yang merupakan bilangan rasional yang memenuhi x < r < y.

2.5.6 Akibat

Jika x dan y adalah bilangan bilangan real dengan x < y, maka terdapat bilanganirasional z sedemikian sehingga x < z < y.Bukti.Kita terapkan teorema kepadatan 2.5.5 pada bilangan real x/

√2 dan y/

√2, dan

kita dapatkan bilangan rasional r =6= 0 sedemikian sehingga

x√2

< r <y√2.

Maka z = r√

2 adalah irasional (lihat soal 9, section 2.1, andaikan r√

2 rasionalmaka akan sampai pada kesimpulan

√2 rasional, dan ini kontradiksi) dan memenuhi

x < z < y.

2.5.7 Soal-soal Latihan section 2.5

1. Gunakan sifat archimedes atau akibat 2.5.3 (b) untuk menunjukkan bahwainf{1/n : n ∈ N}=0.

2. Jika S = {1/n− 1/m, n, m ∈ N} temukan inf S dan sup S.

3. Misalkan S ⊆ R tak kosong. Buktikan bahwa jika sebuah bilangan u ∈ Rmempunyai sifat (i) untuk setiap n ∈ N bilangan u − 1/n bukan batas atasdari S, (ii) untuk setiap n ∈ N, bilangan u + 1/n adalah batas atas dari S,maka u = sup S.

4. Misalkan S subset tak kosong terbatas di R.(a) Misalkan a > 0, dan misalkan aS = {as : s ∈ S}. Buktikan bahwainf (aS) = a inf S, sup (aS) = a sup S.(b) Misalkan b < 0, dan misalkan bS = {bs : s ∈ S}. Buktikan bahwainf (bS) = bsup S, sup (bS) = binf S.

5. Misalkan X adalah subset tak kosong dan misalkan f : x → R mempunyairange terbatas di R. Jika a ∈ R, tunjukkan bahwa contoh 2.5.1(a) menye-babkan


sup{a + f(x) : x ∈ X}=a+sup{f(x) : x ∈ X}.Tunjukkan bahwa kita juga punyaiinf{a + f(x) : x ∈ X}=a+inf{f(x); x ∈ X}.

6. Misalkan A dan B adalah subset-subset tak kosong dari R, dan misalkan A +b = {a + b : a ∈ A, b ∈ B}. Buktikan bahwa sup (A + B)= sup A + sup Bdan inf (A + B)=inf A + inf B.

7. Misalkan X adalah himpunan tak kosong, dan misalkan f dan g terdefinispada X dan mempunyai range terbatas di R, tunjukkan bahwasup {f(x) + g(x) : x ∈ X} ≤sup {f(x) : x ∈ X}=sup{g(x) : x ∈ X}.daninf{f(x) : x ∈ X}+inf{g(x) : x ∈ X} ≤inf{f(x) + g(x) : x ∈ X}. Berikancontoh untuk menunjukkan bahwa ketidaksamaan tersebut dapat menjadi ke-samaan atau ketidaksamaan murni.

8. Misalkan X = Y = {x ∈ R : 0 < x < 1}. Definiskan h : X × Y → R denganh(x, y) = 2x + y(a) Untuk setiap x ∈ X, temukan f(x)=sup {h(x, y); y ∈ Y }, kemudiantemukan inf{f(x) : x ∈ X}.(b) Untuk setiap y ∈ Y , temukan g(y) =inf{h(x, y) : x ∈ X}, kemudiantemukan sup{g(y) : y ∈ Y }.

9. Lakukan seperti soal (8) untuk fungsi h : X×Y → R yang didefinisikan dengan

h(x, y) = 0 jika x < y,

= 1 jika x ≥ y.

10. Misalkan X dan Y adalah subset-subset tak kosong dan misalkan h : X×Y →R mempunyai range terbatas di R. Misalkan f : X → R dan g : Y → Rdidefinisikan denganf(x) = sup {h(x, y) : y ∈ Y }, g(y) =inf{h(x, y) : x ∈ X}.Buktikan bahwasup{g(y) : y ∈ Y } ≤ inf{f(x) : x ∈ X}. Kita kadang-kadang menyatakan inidengan menulissupyinfx(x, y) ≤ infxsupy(x, y).

11. Diberikan sebarang x ∈ R, tunjukkan terdapat tunggal n ∈ Z sedemikiansehingga n− 1 ≤ x < n.

12. Jika y > 0 tunjukkan bahwa terdapat n ∈ R sedemikian sehingga 1/2n < y.

13. Modifikasi argumentasi dalam teorema 2.5.4 untuk menunjukkan bahwa ter-dapat bilangan positif y sedemikian sehingga y2 = 3.

14. Modifikasi argumentasi dalam teorema 2.5.4 untuk menunjukkan jika a > 0maka terdapat bilangan positif z sedemikiajn sehingga z2 = a.

30 Bilangan Riil

15. Modifikasi argumentasi pada teorema 2.5.4 untuk menunjukkan bahwa terda-pat bilangan real positif u sedemikian sehingga u3 = 2.

16. Lengkapi teorema kepadatan 2.5.5 dengan menghapus untuk x > 0

17. Jika u > 0 adalah sebarang bilangan dan x < y, tunjukkan bahwa terdapat bi-langan rasional r sedemikian sehingga x < ru < y (dengan demikian sehingga{ru : r ∈ Q} padat di R.

2.6 Interval dan Desimal 31

2.6 Interval dan Desimal

Relasi pada R menentukan sebuah koleksi dari subset-subset yang dikenal denganinterval. Notasi dan istilah untuk himpunan khusus ini sebagai berikut. Jika a, b ∈ Rdan a ≤ b, maka interval buka yang ditentukan oleh a dan b adalah

(a, b) = {x ∈ R : a < x < b}. (2.6.1)

Titik-tiitk a dan b disebut titik ujung-titik ujung dari interval buka (a, b), tetapititik ujung tersebut tidak termasuk. Jika kedua ujung termasuk disebut intervaltutup.

[a, b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b}. (2.6.2)

Himpunan

[a, b) = {x ∈ R : a ≤ x < b}, (2.6.3)

dan

(a, b] = {x ∈ R : a < x ≤ b}, (2.6.4)

disebut interval-interval setengah buka yang ditentukan oleh titik a dan b. Setiapinterval di atas mempunyai panjang b − a. Jika a = b, catat bahwa interval bukayang bersesuaian adalah himpunan kosong

(a, a) = ∅, (2.6.5)

sementara yang bersesuaian dengan interval tutup adalah himpunan dengan anggotatunggal [a, a] = {a}. Jika a ∈ R maka himpunan-himpunan yang didefinisikandengan

(a,∞) = {x ∈ R : x > a}, (2.6.6)

(−∞, a) = {x ∈ R : x < a}, (2.6.7)

disebut himpunan buka tak hingga. Juga himpunan-himpunan yang didefinisikandengan

[a,∞) = {x ∈ R : x ≥ a}, (2.6.8)

(−∞, ] = {x ∈ R : x ≤ a}, (2.6.9)

disebut interval tutup tak terbatas. Dalam kasus ini titik a disebut titik akhir dariinterval ini. Sering adalah baik untuk menuliskan R dalam sebuah interval takhingga. Dalam kasus ini kita tuliskan

(−∞,∞) = R, (2.6.10)

dan kita tidak mempunayi titik ujung dari (−∞,∞). Perlu di catat bahwa interval-interval dalam persamaan (2.6.1), . . . , (2.6.5) adalah interval terbatas. Sedan-gkan interval dalam persamaan (2.6.6),. . . ,(2.6.10) merupakan interval tak terbatas.

32 Bilangan Riil

Untuk menotasikan interval-interval ini kita gunakan simbol −∞ dan ∞. Simbol-simbol tersebut tidak termasuk dalam R. Interval satuan adalah interval tutup[0, 1] = {x ∈ R : 0 ≤ x ≤ 1}. Dan notasi standar yang dipakai adalah I

Interval BersarangKita katakan sebuah barisan interval In, n ∈ N, disebut bersarang (lihat gambar2.6.1 dalam buku) jika rangkaian berikut memenuhi

I1 ⊇ I2 ⊇ I3 ⊇ · · · ⊇ In ⊇ In+1 ⊇ · · · .Untuk contohnya, jika In = [0, 1/n], n ∈ N, maka In ⊇ In+1, ∀n. Maka interval-interval tersebut bersarang. Dalam kasus ini 0 termasuk dalam semua In dan menu-rut sifat archimedes 2.5.2 dapat digunakan untuk menunjukkan bahwa satu-satunyaanggota seperti itu hanyalah 0. Jadi

∩∞n=1In = {0}.Secara umum sebuah barisan bersarang dari interval-interval tidak perlu mempunyaianggota bersama. Untuk contohnya Jn = (0, 1/n), n ∈ N. Ini merupakan barisaninterval bersarang yang tidak mempunyai anggota bersama. Ini benar karena untuksetiap x > 0 maka terdapat m ∈ N sedemikian sehingga 1/m < x sehingga x /∈ Jm.Sama juga untuk interval-interval Kn = (n,∞), n ∈ N, adalah bersarang tetapitidak punyai anggota bersama. Akan tetapi adalah penting sifat dari R bahwasetiap barisan bersarang dari interval-interval tutup mempunyai anggota bersama.Kelengkapan dari R memegang peranan esensial untuk menjelaskan sifat ini.

2.6.1 Sifat Interval bersarang

Jika In = [an, bn], n ∈ N adalah barisan interval bersarang dari interval-intervaltutup terbatas, maka terdapat sebuah bilangan ξ ∈ R sedemikian sehingga ξ ∈In, ∀n ∈ N.Bukti.Karena interval-interval itu bersarang, kita punyai In ⊆ I1, ∀n ∈ N, sedemikansehingga an ≤ b1,∀n ∈ N. Oleh karena itu himpunan tak kosong {an : n ∈ N}terbatas di atas, dan kita misalkan ξ adalah suprimumnya. Jelas bahwa an ≤ξ, ∀n ∈ N. Kita klaim juga bahwa ξ ≤ bn,∀n. Ini dapat dijelaskan untuk sebarangn, bilangan bn adalah batas atas dari himpunan {ak : k ∈ N}. Kita perhatikan duakasus. (i) Jika n ≤ k, maka karena In ⊇ Ik, kita punyai ak ≤ bk ≤ bn. (ii) Jikak < n, maka karena Ik ⊇ In, kita punyai ak ≤ an ≤ bn. (Lihat gambar 2.6.2 dibuku). Jadi kita simpulkan bahwa ak ≤ bn,∀k, sehingga bn adalah batas atas dari{ak : k ∈ N}. Oleh karena itu ξ ≤ bn untuk setiap n ∈ N. Karena an ≤ ξ ≤ bn, ∀n,kita punyai ξ ∈ In, ∀n ∈ N.

2.6.2 Teorema

Jika In = [an, bn], n ∈ N, adalah sebuah barisan bersarang dari interval terbatas dantutup sedemikian sehingga panjang bn − an dari In memenuhi

inf{bn − an : n ∈ N} = 0,


maka bilangan ξ termuat dalam In, ∀n ∈ N adalah tunggal.Bukti.Jika η = inf{bn : n ∈ N}, maka dengan argumen seperti dalam bukti 2.6.1 dapatdigunakan untuk menunjukkan bahwa an ≤ η, ∀n, sehingga ξ ≤ η. Kenyataan-nya dapat dutunjukkan(latihan 2.6.8) bahwa x ∈ In, ∀n ∈ N jika dan hanya jikaξ ≤ x ≤ η. Jika kita punyai inf{bn − an : n ∈ N} = 0, maka untuk setiap ε > 0,terdapat sebuah m ∈ N sedmikian sehingga 0 ≤ η − ξ ≤ bm − am < ε. Karenaini memenuhi untuk semua ε > 0, maka menurut teorema 2.2.9 disimpulkan bahwaη − ξ = 0. Oleh karena itu kita simpulkan bahwa ξ = η yang hanya sebuah titikyang termasuk dalam In,∀n ∈ N.

Representasi Biner dan DesimalKita akan pertama mempelajari ide dari representasi biner bila diberikan x dalaminterval [0, 1]. Dengan menggunakan prosedur bagi dua kita akan kita sesuaikandengan barisan 0 dan 1 sebagai berikut. Jika x 6= 1

2dan x ∈ [0, 1

2], maka suku

pertamaa1 dari barisan kita ambil a1 = 0, jika x ∈ [12, 1], maka kita ambil a1 = 1,

jika x = 12

maka bisa mengambil 0 atau 1. Dalam sebarang kasus kita punyai

a1

2≤ x ≤ a1

2+

1

2.

Kita kemudian bagi dua interval [12a1,

12a1 + 1

2. Untuk suku ke dua kita ambil a2 = 0

jika x terletak di sebelah kiri subinterval, dan kita ambil a2 = 1 jika x terletak disebelah kanan subinterval. Jika x = 1

4atau x = 3

4, maka a2 dapat diambil 0 atau 1.

Pada tahap ini kita punyai ketidaksamaan

a1

2+

a2

22≤ x ≤ a1

2+

a2

22+

1

22.

Kita lanjutkan prosedur bagi dua ini, tandai pada langkah ke n dengan an = 0jika x terletak di sebelah kiri subinterval dan an = 1 jika x terletak di sbelahkanan subinterval. Dengan cara ini kita peroleh sebuah barisan a1, a2, · · · , an, · · ·dari dari barisan 0 dan 1 yang bersesuaian dengan dengan sebuah barisan bersarangdari interval-interval yang irisannya sebuah titik x. Untuk setiap n, kita punyaiketidaksamaan

a1

2+

a2

22+ · · ·+ an

2n≤ x ≤ a1

2+

a2

22+ · · ·+ an

2n+

1

2n. (∗) (2.6.11)

Jika terjadi x menjadi titik pembagi pada langkah ke n, maka x mempunyai bentukx = m/2n dengan m ganjil. Dalam kasus ini kita bisa memilih di sebelah kiri atausebelah kanan subinterval sehingga an = 0 atau an = 1, akan tetapi ketika subin-terval telah dipilih maka semua subset subinterval dalam proses bagi dua ini dapatditentukan. Untuk contohnya, jika kita pilih subinterval sebelah kiri xn = 0, makax akan menjadi titik akhir sebelah kanan untuk semua subset subintervalnya, jadiak = 1,∀k ≥ n + 1. Di lain pihak jika kita pilih an = 1, maka kita akan punyaiak = 0,∀k ≥ n + 1. Untuk contohnya, jika x = 1

2, maka dua barisan yang mungkin

adalah 0, 1, 1, · · · dan 1, 0, 0, · · ·.Untuk rangkumannya: Jika x ∈ [0, 1], maka terdapat sebuah barisan a1, a2, · · · , an, · · ·dari bilangan 0 dan 1 sedemikian sehingga ketaksamaan (*) terpenuhi untuk semua

34 Bilangan Riil

n. Kita akan tulis x = (.a1a2 · · · an · · ·)2 dan kita katakan representasi biner darix. Representasi ini akan tunggal kecuali jika x dalam bentuk x = m/2n, dimana madalah ganjil, yang dalam kasus ini dua kemungkinan representasi itu

x = (.a1a2 · · · an−1100 · · ·)2 = (.a1a2 · · · an−1011 · · ·)2,

yang diakhiri dengan 0 dan yang lain diakhiri dengan 1. Sebaliknya setiap barisandari 0 dan 1 adalah representasi biner dari sebuah bilangan tunggal di [0, 1]. Sesung-guhnya jika diberikan a1, a2, · · · , an, · · · dimana an = 0 atau an = 1 untuk semuan ∈ N, maka ketaksamaan (*) menentukan sebuah subinterval tertutup dari [0, 1]dengan panjang 1/2n untuk setiap n. Adalah mudah untuk membuktikan bahwabarisan dari inetrval-interval yang diperoleh dengan cara ini adalah bersarang, jadidengan teorema 2.6.2, terdapat sebuah tunggal bilangan real x yang memenuhi (*)untuk setiap n ∈ N. Tetapi ini mengartikan bahwa x mempunyai representasi biner(.a1a2 · · · an · · ·)2.Secara geometrik representasi desimal dari bilangan real sama dengan representasibiner kecuali dalam kasus representasi desimal kita kita bagi setiap interval kedalam10 sub-subinterval yang sama, jika dalam biner hanya dua. Jika diberikan x ∈ [0, 1]dan jika kita bagi [0, 1] dalam 10 subinterval yang sama, maka x terletak dalamsubinterval [b1/10, (b1 +1)/10] untuk suatu bilangan bulat b1 di {0, 1, · · · , 9}. Jika xadalah salah satu titik subpembagi, maka dua nilai dari b1 punyai dua kemungkinanyang bisa dipilih. Dalam sebarang kasus kita akan punyai

b1

10≤ x ≤ b1

10+

1

10,

dimana b1 ∈ {0, 1, · · · , 9}. Kemudian subinterval yang dipilih dibagi dalam 10 subin-terval yang sama, dan proses kemudian dilanjutkan. Dengan cara ini kita mendapatsebuah barisan b1, b2, · · · , bn, · · · dari bilangan bulat dengan 0 ≤ bn ≤ 9,∀n ∈ Nsedemikian sehingga x memenuhi ketaksamaan

b1

10+

b2

102+ · · ·+ bn

10n≤ x ≤ b1

10+

b2

102+ · · ·+ bn

10n+

1

10n,∀n ∈ N (∗∗)

Kita tulis x = .b1b2 · · · bn · · · dan kita katakan ini sebagai representasi desimal darix. Jika x ≥ 1 dan jika b ∈ N sedemikian sehingga B ≤ x < B + 1, makax = B.b1b2 · · · bn · · · dimana representasi desimal dari x−B ∈ [0, 1] merupakan rep-resentasi di atas. Bilangan negatif dapat dilakukan dengan cara yang sama. Keny-ataannya setiap desimal menentukan sebuah bilangan real tunggal mengikuti teo-rema 2.6.2. Bentuk desimal .b1b2 · · · bn · · ·, kita dapatkan sebuah barisan bersarangdari interval-interval dengan panjang 1/10n melalui ketaksamaan (**), oleh karenaitu terdapat tunggal bilangan real x dalam irisannya. Karena x memenuhi (**),maka x = .b1b2 · · · bn · · ·.Representasi desimal dari x ∈ [0, 1] adalah tunggal kecuali x sebagai subpembagipada suatu langkah. Misalkan bahwa x titik seperti itu, maka x = m/10n untuksuatu m,n ∈ N, 1 ≤ m ≤ 10n. (Kita asumsikan bahwa m tidak habis dibagi 10).Maka x muncul sebagai titik subpembagi pada langkah ke n, dan dua nilai un-tuk digit ke n adalah mungkin. Satu pilihan dari bn bersesuaian dengan pemilihansubinterval sebelah kiri untuk langkah berikutnya. Karena x adalah titik akhir se-belah kanan dari subinterval ini, selanjutnya bahwa semua subbarisan digit akan


mempunyai nilai 9, yakni bk = 9 untuk semua k ≥ n + 1. Jadi satu representasidesimal untuk x mempunyai bentuk x = .b1b2 · · · bn99 · · ·. Untuk pilihan lain untuktempat desimal ke n. Karena x adalah titik akhir sebelah kiri dari subinterval ken, semua nilai subbarisan, yakni bk = 0 untuk semua k ≥ n + 1. Jadi representasidesimal lain dari x mempunayi bentuk x = .b1b2 · · · (bn + 1)00 · · · (untuk contohnyajika x = 1

2, maka x = .499 · · · = 0.500 · · ·. Dengan cara yang sama jika y = 38/100

maka y = 0.3799 · · · = 0.3800 · · ·). Kita akan simpulkan untuk representasi desimaldari bilangan real dengan mendiskripsikan tipe-tipe kontras dari desimal repersen-tasi yang terjadi untuk bilangan rasional dan irasional. Untuk ini kita perlukan ideadari desimal periodik.Sebuah desimal B.a1a2 · · · an · · · dikatakan periodik (pengulangan) jika terdapatbilangan asli k dan m sehingga an = an+m untuk semua n ≥ k. Dalam ka-sus ini blok dari digit akak+1 · · · an · · · diulangi digit ke k tercapai. Nilai terke-cil bilangan m dengan sifat ini disebut period dari desimal. Untuk contohnya19/88 = 0.2159090 · · · 90 · · · mempunyai period m = 2 yang menyatakan blok 90yang dimulai pada digit k = 4. Akhir desimal pengulangan desimal jika pengu-langan blok yang disederhanakan dengan digit 0. Hubungan antara rasionalitasdan irasionalitas bilanga real dan bilangan asli dari representasi desimalnya adalahbahwa sebuah bilangan real positif adalah rasional jika dan hanya jika represen-tasi desimalnya periodik. Untuk menunjukkan hanya akan menunjukkan idea yangmendasarkannya. Misalkan kita punyai bilangan rasional p/q dimana p, q adalahbilangan asli dengan tidak mempunyai faktor prima bersama. Adalah cukup untukmenunjukkan dalam kasus ini 0 < p < q. Dapat ditunjukkan bahwa proses umumdari pembagian panjang q terhadap p menghasilkan representasi desimal dari p/q.Setiap langkah pembagian menghasilkan sebuah bilangan bulat sisa antara 0 danq − 1. Oleh karena itu setelah q langkah , bebarapa sisa akan muncul yang keduadan pada titik dalam pembagian akan memberikan pengulangan dalam cycle. Olehkarena itu representasi desimal dari bilangan rasional akan periodik.Sebaliknya jika sebuah drepresentasi desimal periodik, maka akan menunjukkanbilangan rasional. Ide dari bukti akan diilustrasikan dengan contoh. Misalkanx = 7.31414 · · · 14 · · ·. Kita pertama mengalikan dengan 10 untuk memindahkantitik desimal ke blok pengulangan bersama, yakni 10x = 73.1414. Kita kemudiankita kalikan 10x dengan 102 untuk mengubah satu blok pada sebelah kiri dari titikdesimal, yakni 1000x = 7314.1414 · · ·. Selisihkan sekarang menjadi 1000x − 10x =7314 − 73 = 7241 · · · Oleh karena itu x = 7241/990 yang merupakan bilangan ra-sional.

36 Bilangan Riil

2.7 Himpunan - himpunan Takhingga

Tujuan utama dari bagian ini untuk membedakan himpunan bilangan rasional danbilangan real dengan menunjukkan bahwa dia ”takhingga terhitung” tetapi kemu-dian tidak. Konsekuensinya adalah himpunan bilangan irasional tak terhitung, jadibilangan irasional ”lebih banyak” dari pada bilangan rasional. Hasil ini pertama kalidipublikasikan tahun 1874 oleh Georg Cantor (1845-1918), dan sampai pada teoremahimpunan takhingga, bilangan-bilangan kardinal dan bilangan-bilangan ordinal. Initidak akan kita bahas lebih jauh dari pada yang diperlukan untuk mendiskusikanhasil kusus berkenaan dengan bilangan real. Untuk menghargai perbedaan antaraperbedaan tipe dari himpunan tak hingga, ini akan membantu untuk mempelajaripertama keaslian himpunan-himpunan hingga. Banyak hasil yang mungkin jelasmensyaratkan bukti.Himpunan-himpunan BerhinggaMenghitung elemen-elemen dari sebuah himpunan dengan mengatakan ”satu”, ”dua”,”tiga”, · · ·” adalah membentuk persepektif secara matematik, sebuah cara untukmendefinisikan sebuah pemetaan dari sebuah himpunan bilangan asli pada sebuahhimpunan yang diberikan. Kita akan melihat kemudian, akan tetapi terdapat himpunan-himpunan penting yang tidak terhitung. Pertama adalah perlu untuk memformu-lasikan formula yang membuat tepat idea-idea.

2.7.1 Definisi

Jika n ∈ N, sebuah himpunan S dikatakan mempunyai n elemen jika terdapatsebuah bijeksi dari subbagian asal Nn = {1, 2, · · · , n} dari N pada himpunan S.Sebuah himpunan dikatakan hingga jika dia himpunan kosong atau mempunyai nelemen untuk suatu n ∈ N. Sebuah himpunan S dikatakan infinit jika dia tak hingga.

2.7.2 Teorema

Sebuah himpunan S1 mempunyai n elemen jika dan hanya jika terdapat bijeksi dariS1 pada himpunan S2 yang mempunyai n elemen. Sebuah himpunan T1 adalah finitjika dan hanya jika terdapat bijeksi dari T1 pada T2 yang finite.

2.7.3 Teorema

(a) Misalkan m,n ∈ N dengan m ≤ n. Maka terdapat sebuah injeksi dari Nm keNn.(b) Misalkan m,n ∈ N dengan m > n. Maka tidak terdapat sebuah fungsi injeksidari NM ke Nn.Bukti.(a) Misalkan f : Nm → Nn didefinisikan dengan f(k) = k, k ∈ Km ⊆ Nn. Mudahdilihat bahwa f fungsi injeksi.(b) Bukti dilakukan dengan induksi. Pertama misalkan n = 1. Jika g sebarangpemetaan dari Nm(m > 1) ke N1, maka jelas bahwa g(1) = · · · = g(m) = 1, sehinggag bukan injeksi. Sekarang misalkan Nk(k > 1) sehingga tidak ada pemetaan dari Nm

2.7 Himpunan - himpunan Takhingga 37

ke Nk(m > k) adalah injeksi, kita akan tunjukkan bahwa tidak ada pemetaan h dariNm ke Nk+1(m > k+1) yang injeksi. Sesungguhnya jika h(Nm) dari h termuat dalamNk ⊆ NK=1, maka dengan hipotesis induksi pemetaan h disimpulkan bukan injeksike Nk, dan oleh karena itu tidak ada ke Nk+1. Oleh karena itu kita misalkan bahwah(Nm) tidak termuat dalam Nk. Jika lebih dari sebuah elemen di Nm dipetakan kebilangan asli k+1, maka h jelas bukan injeksi. Oleh karena itu kita boleh asumsikanbahwa sebuah tungga p ∈ Nm dipetakan ke k+1 dengan h. Kita sekarang definisikanh1 : Nm−1 → Nk dengan

h1(q) = h(q) jika q ∈ Nm−1, 1 ≤ q < p,

= h(q + 1) jika q ∈ Nm−1, p ≤ q ≤ m− 1.

Mengikuti dari hipotea induksi bahwa h1 tidak injeksi, sehingga h : Nm → Nk+1

juga tidak injeksi.

2.7.4 Teorema

(a) Jika n ∈ N, maka terdapat sebuah injeksi dari Nm ke N.(b) Jika m ∈ N, maka tidak terdapat sebuah injeksi dari N ke Nm.

2.7.5 Akibat

Misalkan himpunan N dari bilangan bilangan asli adalah sebuah himpunan infinit.Bukti.Jika N adalah himpunan finit, maka akan terdapat suatu m ∈ N dan sebuah bijeksidari Nm pada N. Tetapi ini mengakibatkan fungsi invers f−1 : N → Nm adalahinjeksi, ini bertentangan dengan teorema 2.7.4 (b).

2.7.6 Teorema

Sebuah subset T dari himpunan finit S adalah finit.Bukti.Kita boleh asumsikan bahwa U adalah tak kosong. Bukti dikerjakan dengan induksipada banyaknya elemen dalam himpunan S. Jika S mempunyai 1 elemen, makajelas bahwa hanya subset takkosong T dari S harus bersesuaian dengan S, sehinggasebuah himpunan finit. Misalkan sekarang setiap subset tak kosong dari himpunanyang punyai k elemen adalah finit. Misalkan S sebuah himpunan yang mempunyaik + 1 elemen (sehingga terdapat bijeksi f dari Nk+1 pada S) dan T ⊆ S. Jikaf(k + 1) /∈ T , maka

38 Bilangan Riil

Chapter 3

Barisan dan Limitnya

3.1 Beberapa Soal Latihan 3.1 dan solusinya

1. Barisan (xn) didefinisikan dengan formula suku ke-n sebagai berikut. Tuliskanlima suku pertamanya.

(a) xn := 1 + (−1)n

Jawab. 0, 2, 0, 2, 0.

(d) xn := 1n2+2

Jawab. 1/3, 1/6, 1/11, 1/17, 1/27.

2. Lima suku pertama dari barisan (xn) diberikan sebagai berikut. Berikan rumussuku ke-n dari (xn).

(b) 1/2,−1/4, 1/8,−1/16, · · ·(c) 1/2, 2/3, 3/4, 4/5, · · ·

3. Daftarlah lima suku pertama dari barisan berikut.

(a) x1 := 1, xn+1 := 3xn + 1

(d) s1 := 3, s2 := 5, sn+2 := sn + sn+1

4. Untuk sebarang b ∈ R, buktikan bahwa lim(b/n) = 0

5. Gunakan definisi dari limit barisan untuk menjelaskan limit berikut.

(a) lim(

1n2+1

)= 0

(b) lim(

2nn+1

)= 2

6. Tunjukkan bahwa

39

40 Barisan dan Limitnya

(a) lim(

1√n+7

)= 0

(c) lim( √

nn+1

)= 0

7. Buktikan lim(xn) = 0

Documents

Contents - · PDF file2.1 Sifat-sifat Aljabar dari R 7 2.1.3 Teorema (a) Jika a dan b adalah elemen di Rsedemikian sehingga a+b = 0, maka b = ¡a. Bukti. Versi 1 . Lihat buku