Sistem Bilangan Real. Modul 1 PENDAHULUAN

Transkripsi

1 Modul 1 Sistem Bilaga Real Prof. R. Soematri D PENDAHULUAN alam modul ii aka dibahas sifat-sifat pokok bilaga real. Meskipu pembaca sudah akrab bear dega bilaga real amu modul ii aka membahasya lebih cermat lagi. Mugki ada sifat medasar yag sudah biasa pembaca guaka, amu bukti kebeara sifat itu belum perah dipelajari. Pagkal pembicaraa dalam pembahasa tetag bilaga real ii adalah sistem bilaga rasioal. Maksudya para pembaca sudah diaggap memahami apa bilaga rasioal itu, dega segala sifat operasi hitugya. Meskipu demikia tijau ulag secara sigkat tetag sistem bilaga ii, termasuk sistem bilaga asli da bilaga bulat juga diberika. Tijau ulag dimulai dega megasumsika Prisip Peguruta Baik (Well Orderig Priciple) dalam sistem bilaga asli, selajutya berdasarka prisip ii dibuktika berlakuya Prisip Iduksi Matematik (Priciple of Mathematical Iductio). Sistem bilaga rasioal dipadag sebagai suatu meda terurut (ordered field). Ditujukka bahwa meda terurut dari bilaga-bilaga rasioal tidak mempuyai sifat batas atas terkecil, artiya ada subhimpua E dari yag tidak kosog da terbatas ke atas tetapi tidak ada bilaga rasioal p yag merupaka batas atas terkecil dari E. Selajutya utuk meyederhaaka pembahasa, sistem bilaga real didefiisika sebagai meda terurut yag mempuyai sifat batas atas terkecil, da memuat meda terurut sebagai submedaya. Jadi da setiap himpua E yag tidak kosog da terbatas ke atas mempuyai batas atas terkecil aggota dari. Setiap aggota diamaka bilaga real. Jadi, bilaga rasioal adalah bilaga real. Bilaga real yag buka bilaga rasioal diamaka bilaga irasioal.

2 1. Aalisis I Dalam membahas sistem bilaga real ditekaka da dibuktika berlakuya sifat Archimedes, yaitu bahwa utuk setiap bilaga real x terdapat bilaga asli sehigga x; juga tetag sifat kerapata himpua bilaga rasioal da himpua bilaga irasioal dalam sistem bilaga real, yaitu bahwa di atara dua bilaga real terdapat bilaga rasioal da bilaga irasioal. Bagaimaa meetuka supremum da ifimum suatu himpua bilaga real, teorema iterval susut, da beberapa ketaksamaa yag diaggap petig yag mugki diguaka dalam pembahasa modul-modul berikutya dicatumka dalam modul ii. Sebagai akhir modul ii disajika sistem bilaga real yag diperluas * =,, yaki disertai dua lambag da. Jadi dua lambag ii buka bilaga real, tetapi utuk setiap bilaga real x didefiisika x. Setelah mempelajari modul ii diharapka mahasiswa dapat memahami jeis da sifat bilaga yag termasuk dalam sistem bilaga real. Secara lebih terici, setelah selesai mempelajari modul ii diharapka mahasiswa dapat: 1. membuktika dega iduksi matematik;. memahami sistem bilaga rasioal adalah suatu meda terurut da tidak mempuyai sifat batas atas terkecil; 3. mejelaska sistem bilaga real adalah meda terurut yag mempuyai sifat batas atas terkecil; 4. meetuka ifimum da supremum suatu himpua bilaga real.

3 MATA417/ MODUL P Kegiata Belajar 1 Sistem Bilaga Rasioal embahasa sistem bilaga rasioal diawali dega membahas sistem bilaga asli da sifat-sifatya yag khusus dimiliki oleh sistem ii. 1.1 Bilaga Asli Bilaga asli adalah bilaga bulat positif. Himpua bilaga asli 1,,3,. Dalam ada operasi perjumlaha ( ) diberi otasi, jadi da operasi perkalia ( ), yaki utuk setiap a da b di dalam terdapat c da d di dalam sehigga a b c da a b d. Di sampig itu di dalam terdapat relasi uruta, yaki utuk setiap a da b terdapat tepat satu dari tiga hubuga: (i) a b (a lebih kecil dari b), (ii) a b (a sama dega b), (iii) b a (b lebih kecil dari a). Hubuga a b juga ditulis b a (b lebih besar dari a). Bilaga 1 adalah bilaga aggota yag palig kecil. Pembahasa tetag bilaga asli didasari asumsi berlakuya prisip peguruta baik (well orderig priciple) sebagai teorema berikut ii. Teorema 1.1 (Prisip Peguruta Baik) Setiap subhimpua tidak kosog S dari mempuyai eleme terkecil. Jadi, jika S da S, maka terdapat a S da a x utuk semua x S. Notasi a x dibaca a lebih kecil atau sama dega x, jadi a tidak lebih besar dari x. Berdasarka asumsi berlakuya prisip peguruta baik aka dibuktika sifat yag sagat terkeal dalam sistem bilaga asli, yag diamaka prisip iduksi matematik. Teorema 1. (Prisip Iduksi Matematik) Jika S dega sifat : (i) 1 S, (ii) k S k 1 S, maka S.

4 1.4 Aalisis I Jadi, suatu subhimpua dari subhimpua itu adalah. yag memeuhi (i) da (ii), Bukti: Teorema ii aka dibuktika dega kotradiksi. Diadaika S. Jadi, S subhimpua sejati dari, sehigga himpua T S adalah subhimpua yag tidak kosog dari. Meurut prisip peguruta baik terdapat a T sehigga a t utuk semua t T. Karea T S da 1 S, maka a 1. Jadi, eleme a 1, sebab a buka eleme terkecil dari. Karea a eleme terkecil dari T, maka a 1 buka eleme T, jadi a1 S. Meurut sifat (ii) dari S, maka ( a 1) 1 a S. Terdapat suatu kotradiksi, yaki a T, a S, da T S. Dega demikia pegadaia kita bahwa S harus salah, da terbukti S. Betuk kedua dari prisip iduksi matematik disajika sebagai teorema berikut, buktiya diserahka kepada Ada. Teorema 1.3 (Prisip Iduksi Matematik) Jika S subhimpua dari dega sifat: (i) 1 S, (ii) 1,, k S k 1 S, maka S. Teorema berikut hayalah suatu variasi dari Prisip Iduksi Matematik. Teorema 1.4 Jika S dega sifat: (i) 0 S, (ii) k 0, k S k 1 S, maka S :. 0 Prisip Iduksi matematik sagat bermafaat utuk membuktika suatu rumus atau sifat P bear utuk setiap bilaga asli.

5 MATA417/ MODUL Cotoh 1.1 Buktika utuk setiap 1, maka 1 ( 1)( 1). 6 Bukti: Misalka P ( ) mewakili peryataa 1 1 ( 1)( 1). 6 Harus kita buktika bahwa utuk setiap, peryataa P ( ) adalah bear. Dimisalka S : P( )bear. Jadi S. Jumlah 1 P(1) 1(1 1)( 11) 1. 6 Jadi P ( ) bear utuk 1, sehigga 1 S. Diasumsika k S atau Pk ( ) bear, yaki peryataa 1 1 k k( k 1)(k 1) 6 diasumsika bear. Maka diperoleh 1 k ( k 1) 1 k ( k 1) 1 ( 1)( 1) ( 1) k k k k 6 1 ( k 1) k ( k 1) 6( k 1) 6 1 ( 1)( k k 7 k 6) 6 1 ( 1)( k k 3 k 4 k 6) 6 1 ( k 1) k ( k 3) ( k 3) 6 1 ( k 1)( k )( k 3) 6 1 ( k 1)( k ) ( k 1) da

6 1.6 Aalisis I Perhituga ii meujukka bahwa jika P ( ) bear utuk k, maka P ( ) bear utuk k 1, yaki peryataa k S ( k 1) S. Jadi himpua S : 1 ( 1)( 1) 6 mempuyai sifat (i) 1 S da (ii) k S ( k 1) S, sehigga S. Dega demikia terbukti bahwa bilaga asli ( 1)( 1) bear utuk semua 6 BUKTI DENGAN INDUKSI MATEMATIK Dalam praktek utuk membuktika sifat atau rumus P ( ) bear utuk setiap dega iduksi meurut Teorema 1. cukup dilakuka tiga lagkah berikut. Lagkah (i) : Dibuktika P ( ) bear 1. Lagkah (ii) : Diasumsika bahwa P ( ) bear utuk k. Lagkah (iii) : Berdasarka asumsi lagkah (ii) dibuktika bahwa P ( ) bear utuk k 1. Lagkah (i) diamaka pagkal iduksi, da (ii) diamaka lagkah iduksi. Cotoh 1. Buktika rumus biomium Newto, jika diberika bilaga real a da b maka utuk setiap, ( a b r ) C r r (, r ) a b!, C(, r). r0 r!( r)! Bukti: (i) Utuk 1, maka r1 r 1r 1! 0 1 1! 1 0 C(1, r) a b a b a b a b. r0 0!1! 1! 0! Jadi, kita telah membuktika bahwa rumus Newto bear utuk 1. (ii) Diasumsika bahwa rumus bear utuk k. k rk r kr r0 Jadi diaggap bear bahwa ( a b ) C ( k, r ) a b.

7 MATA417/ MODUL (iii) Berdasarka asumsi pada lagkah (ii), maka k1 rk r kr r0 ( a b) ( a b) C( k, r) a b rk1 r1 kr rk1 r k1 r C k r a b C k r a b r0 r0 (, ) (, ). Pada jumlah yag pertama r 1 digati s da pada yag kedua r digati s, diperoleh k1 sk1 s k1 s sk1 s1 ks s1 s1 ( a b) C( k, s 1) a b C( k, s 1) a b dega k1 0 sk s k1 s tk t k1t s1 t0 C( k, k) a b C( k, s 1) a b C( k, t) a b k1 0 sk s k1 s s1 t s 1 C( k, k) a b C( k, s 1) a b tk t k1t 0 k1 C k t a b C k a b t1 (, ) (,0). k! ( k 1)! Aka tetapi C( k, k) C( k 1, k 1) da C( k,0) C( k 1,0), k! 0! ( k 1)! 0! k! k! C( k, s 1) C( k, s) ( s 1)!( k s 1)! s!( k s)! k! k 1 C( k 1, s). ( s 1)!( k s)! s( k 1 s) k 1 k 1 0 sk s k s1 s1 ( a b) C( k 1, k 1) a b C( k, s 1) a b tk t k t1 0 k 1 C( k, t) a b C( k 1,0) a b t1 0 k 1 sk s ks1 s1 C( k 1,0) a b [ C( k, s 1) C( k, s)] a b k1 0 C( k 1, k 1) a b 0 k 1 sk s k s1 s1 C( k 1,0) a b C( k 1, s) a b C( k 1, k 1) a rk1 r k 1 r C k r a b r0 ( 1, ). Berdasar asumsi rumus Newto bear utuk bear utuk k 1. k1 0 b k telah dibuktika rumus

8 1.8 Aalisis I Meurut Prisip Iduksi Matematik, Teorema 1., telah dibuktika bahwa r r r r0 rumus Newto ( a b ) C (, r ) a b bear utuk semua. Cotoh 1.3 Buktika utuk setiap, bilaga 8 5 habis dibagi 3. Bukti: Dimisalka P ( ) mewakili peryataa 8 5 habis dibagi 3. Harus dibuktika bahwa P ( ) bear utuk setiap. 1 1 (i) Utuk 1, habis dibagi 3. Jadi, P ( ) bear utuk 1. (ii) Diasumsika P ( ) bear utuk k. Jadi, diaggap bear bahwa k k 8 5 habis dibagi 3. (iii) Dibuktika bahwa jika P ( ) bear utuk k, maka juga bear utuk k 1. k k Karea 8 5 habis dibagi 3, maka demikia juga 8(8 5 ), da megigat (i), maka k k k k1 k k k1 k (8 5 ) 5 (8 5 ) habis dibagi 3. Jadi 8 8(5 ) 3(5 ) 8 5 juga habis dibagi 3. Terbukti bahwa P ( ) bear utuk k 1. Meurut prisip iduksi matematik terbukti bahwa 8 5 habis dibagi 3 utuk semua bilaga asli. Cotoh Diberika barisa x, dega x1 1, x, da x ( x1 x ) 1 1 utuk semua. Buktika rumus x utuk semua. Bukti: x1 1, x, x3 1, x4 1, x k k

9 MATA417/ MODUL Masalah ii aka dibuktika dega iduksi Teorema 1.3, jika S dega sifat (i) 1 S 1,, k S k 1 S, maka S. da (ii) 1 Adaika P ( ) adalah peryataa x da S : P( ) bear. Tiga lagkah pembuktia dega iduksi berdasarka Teorema 1.3 sebagai berikut. Lagkah (i) : Ditujukka P ( ) bear utuk 1. Utuk 1, maka x3 x Jadi P (1) bear, sehigga 1 S. Lagkah (ii) : Diasumsika {1,, k} S, jadi P ( ) bear utuk 1,,, k. Lagkah (iii) : Berdasar asumsi lagkah (ii), dibuktika Pk ( 1) bear. Meurut defiisi 1 1 xk 3 xk xk 1, xk xk 1 xk, xk xk 1 xk Jadi xk xk 1 xk 1, sehigga xk 3 xk 1 xk Diperoleh 5 1 x( k1) 1 xk 1 x( k1) Meurut asumsi pada lagkah (ii), P ( ) bear utuk k da k 1, jadi x k k3 k1 k k3 4 k k3 k1 k yag meujukka Jadi, x( k1) 1 ( k1) 1 k1 ( k1) 1 Pk ( 1) bear.

10 1.10 Aalisis I Meurut Teorema 1.3, maka S, terbukti rumus x 1 bear utuk semua. Keteraga: Dapat pembaca periksa bahwa P ( ) bear utuk 1 da. Jadi 1, S 1 3 S. Maka 1,,3 S 31 4 S. Selajutya secara iduksi S utuk semua. Cotoh 1.5 Buktika utuk bilaga real x 1 da utuk setiap maka (1 x) 1 x. (Ketaksamaa Beroulli) Bukti: Jelas rumus bear utuk 1. Diasumsika bahwa rumus bear utuk k, jadi bear bahwa (1 x) 1 kx. Karea 1 x 0 da kx 0, maka k1 (1 x) (1 kx)(1 x) 1 ( k 1) x kx 1 ( k 1) x, da terbukti ketaksamaa bear utuk k 1. Dega demikia ketaksamaa Beroulli bear utuk semua. 1. Bilaga Rasioal Dalam sistem bilaga asli kita tidak dapat meemuka bilaga asli sehigga 8 5. Masalah ii dapat diatasi dega memperluas mejadi sistem bilaga bulat. Jadi, mejadi subsistem dari. Pada ditambahka bilaga 0, 1,,...,,... sehigga,,,, 1,0,1,,,,. Bilaga 0 mempuyai sifat a0 a, a0 0 da a1 a utuk setiap a. Utuk setiap a terdapat tepat satu bilaga a sehigga a ( a) 0. Bilaga a diamaka ivers dari a terhadap operasi perjumlaha. Aka tetapi dalam tidak terdapat ivers terhadap operasi perkalia, artiya utuk x 0 ( kecuali x 1 ) tidak terdapat y sehigga xy 1. Hal ii diatasi dega memperluas sistem bilaga k

11 MATA417/ MODUL bulat mejadi sistem bilaga rasioal. Boleh dikataka himpua y bilaga rasioal : y, x, x 0 x. Sistem bilaga rasioal merupaka suatu struktur matematik yag diamaka meda (field) terhadap operasi perjumlaha da perkalia. Suatu meda F adalah suatu himpua yag dilegkapi dua operasi ( ) da () yag memeuhi aksioma J, K, da D : J1 : xf, yf x y F J : xf, yf x y y x (sifat komutatif ) J3 : xf, yf, z F ( x y) z x ( y z) (sifat asosiatif ) J4 : terdapat eleme 0 F sehigga 0 x x utuk semua x F J5 : utuk setiap x F terdapat x F sehigga x ( x) 0 K1 : xf, yf x y F K : xf, yf x y y x (sifat komutatif ) K3 : xf, yf, zf ( x y) z x ( y z) (sifat asosiatif ) K4 : terdapat eleme 1 F da 1 0 sehigga x1 x utuk semua x F K5 : utuk semua x F da x 0 terdapat eleme 1 F x da 1 x 1 x D : xf, yf, z F x ( y z) x y x z (sifat distributif ) Sistem bilaga rasioal memeuhi semua aksioma di atas, maka suatu meda. Karea dalam terdapat relasi uruta, maka suatu meda terurut Supremum da Ifimum dalam Meda Rasioal Dalam pasal ii kita berbicara dalam meda rasioal. Jadi eleme atau bilaga yag dimaksud adalah bilaga rasioal da himpua adalah subhimpua dari. Defiisi 1.1 Diberika himpua tidak kosog E. Himpua E dikataka terbatas ke atas jika terdapat y sehigga x y utuk semua x E, da dikataka terbatas ke bawah jika terdapat z sehigga z x

12 1.1 Aalisis I utuk semua x E. Himpua E dikataka terbatas jika E terbatas ke atas da ke bawah. Himpua E dikataka tak terbatas jika E tidak terbatas ke atas atau tidak terbatas ke bawah. Defiisi 1. Diberika himpua terbatas E. Bilaga y diamaka suatu batas atas dari E jika x y utuk semua x E, da z suatu batas bawah dari E jika z x utuk semua x E. Bilaga a diamaka batas atas terkecil atau supremum dari E yag diyataka sup E : (i) jika a suatu batas atas E, da (ii) jika y a, maka y buka batas atas E. Bilaga b diamaka batas bawah terbesar atau ifimum dari E yag ditulis if E : (i) jika b suatu batas bawah E, da (ii) jika z b, maka z buka batas bawah E. Ada tetu megeal lambag da. Lambag y dibaca terdapat y di dalam da lambag x E dibaca utuk setiap x di dalam E atau utuk semua x di dalam E. Jika diguaka lambag defiisi-defiisi di atas mejadi sebagai berikut. (E terbatas ke atas) ( y da x y, x E ) (E terbatas ke bawah) ( z da z x, x E) (y batas atas E) ( y da x y, x E) (z batas bawah E) ( z da z x, x E) ( a sup E) [(a batas atas E) da ( y a y buka batas atas E)] ( b if E) [(b batas bawah E) da ( z b z buka batas bawah E)] Cotoh 1.6 Utuk himpua berhigga F x : x x, i 1,,..., maka i i i1 F terbatas, sebab F terbatas ke atas da juga ke bawah. Batas atas E adalah semua y dega y x 1, da batas bawahya semua z dega z x1, sup E x 1 da if E x1.

13 MATA417/ MODUL Cotoh 1.7 Karea x, sehigga x, maka tidak ada y da y,. Jadi, tidak terbatas ke atas, sehigga tak terbatas. Mudah Ada amati bahwa terbatas ke bawah dega if adalah 1. Cotoh Ditijau himpua E :. Tampak 0 x, x E, jadi 0 1 batas bawah E. Apabila z 0 terdapat da x E dega x z, maka z buka batas bawah E. Meurut defiisi maka 0 if E. Jelas bahwa jika x E, maka x 1. Jadi 1 suatu batas atas E, da jika y 1 karea 1 E, maka y buka batas atas E. Jadi, 1 sup E da E himpua terbatas. Pertayaa timbul apakah setiap subhimpua yag tidak kosog da terbatas ke atas dari mempuyai batas atas terkecil atau supremum di dalam? Apakah subhimpua dari yag tidak kosog da terbatas ke bawah pasti mempuyai ifimum? Jawabya tidak. Lemma 1.1 Tidak ada bilaga rasioal x sehigga x. Bukti: Mudah dibuktika bahwa m geap jika da haya jika m geap utuk m bilaga bulat. Diadaika terdapat bilaga rasioal x da x, sehigga dapat kita m yataka x dega m da bulat da tidak mempuyai pembagi persekutua kecuali 1. Maka diperoleh m. Ii berarti m geap sehigga m juga harus geap. Jadi, terdapat k bulat sehigga m k. Jika demikia, maka 4k yag berarti k sehigga harus geap. Dega demikia m da mempuyai pembagi persekutua.

14 1.14 Aalisis I m Terdapat kotradiksi dega asumsi kita bahwa x dega m da tidak mempuyai pembagi persekutua kecuali 1. Karea terdapat suatu kotradiksi, maka pegadaia kita harus salah. Terbukti bahwa tidak ada bilaga rasioal x sehigga x. Teorema 1.5 Di dalam meda rasioal terdapat suatu himpua yag terbatas ke atas yag tidak mempuyai supremum di dalam. Bukti: Ditijau himpua A x : x 0 da x. Lebih dahulu aka ditujukka bahwa A tidak memuat eleme terbesar. Jika rasioal x A, maka x 0 da x. Karea x rasioal, x maka p x rasioal da y x. Kita periksa ilai adalah bilaga rasioal da p 0. Maka y = x + p y. x x x x y x p. x x ( x 4x 4) (4x 8x 4) ( x ) y 0, karea ( x) ( x) x. Jadi y, y 0, y, da y x. Dari uraia ii telah ditujukka bearya peryataa Jika x A maka terdapat y A da y x. Ii berarti bahwa jika x A maka ada y A da y lebih besar dari x. Dega demikia A tidak memuat eleme terbesar. Sekarag ditijau himpua B z : z 0 da z. Jelas bahwa jika bilaga rasioal u B maka x u, x A. Jadi, u B u batas atas A. Lagi pula vb [( v 0) ( v A)], sehigga x A da x v. Jadi, jika v B maka v buka batas atas A. Dega demikia B adalah himpua semua batas atas A.

15 MATA417/ MODUL z Jika z B maka p rasioal egatif. z z Maka u z p positif, u z, da z ( z ) u 0 ( z ) karea z 0. Jadi, jika z B maka terdapat u B da u z. Dega demikia B tidak memuat eleme terkecil. Ii berarti bahwa tidak ada batas atas terkecil atau supremum dari A. Mudah pembaca periksa bahwa B terbatas ke bawah tetapi tidak mempuyai ifimum. Catata: Uraia di atas meujukka bahwa terdapat lubag-lubag dalam sistem bilaga rasioal, meskipu di atara dua rasioal r1 r terdapat rasioal r1 r lai r. 1.. Sifat Batas Atas Terkecil Defiisi 1.3 Himpua S (yag eleme-elemeya tidak perlu bilaga) dikataka terurut jika dilegkapi dega relasi uruta, yaki utuk x S da y S berlaku tepat satu hubuga x y, x y, atau y x. Peryataa x y dibaca x lebih kecil dari y atau x medahului y. Utuk E S kosep keterbatasa, batas atas/bawah E, supe, da if E didefiisika seperti pada Defiisi 1.1 da 1.. Defiisi 1.4 Himpua terurut S dikataka mempuyai sifat batas atas terkecil jika setiap subhimpua tidak kosog dari S yag terbatas ke atas mempuyai supremum di dalam S, da dikataka mempuyai sifat batas bawah terbesar jika setiap subhimpua yag tidak kosog da terbatas ke bawah mempuyai ifimum di dalam S.

16 1.16 Aalisis I Teorema 1.6 Himpua terurut S mempuyai sifat batas atas terkecil (SBAT) jika da haya jika S mempuyai sifat batas bawah terbesar (SBBT). Bukti: Diadaika S mempuyai SBAT da B suatu subhimpua yag tidak kosog dari S da terbatas ke bawah. Dibetuk himpua A x S : x batas bawah B. Karea B terbatas ke bawah, maka A tidak kosog. Jika y B, maka x y utuk semua x A sebab semua eleme A batas bawah B. Jadi, jika y B maka y batas atas A. Karea A da S mempuyai SBAT, maka a S da a sup A. Aka dibuktika bahwa a if B. Jadi, harus dibuktika : (i) a suatu batas bawah B, da (ii) jika z a, maka z buka batas bawah B. (i) Di atas telah dibuktika jika y B maka y batas atas A yag ekuivale dega implikasi jika y buka batas atas A maka y B. Karea a sup A, jadi jika y a maka y buka batas atas A. Meurut implikasi terakhir ii, diperoleh jika y < a maka y B. Ii berarti bahwa jika y B maka a y, sehigga a suatu batas bawah B. (ii) Karea a sup A maka x a utuk semua x A. Jadi, jika z a maka z x utuk semua x A, sehigga z A. Karea A himpua semua batas bawah B, jadi jika z a maka z buka batas bawah B. Dega demikia telah dibuktika bahwa sembarag subhimpua tidak kosog B dari S yag terbatas ke bawah mempuyai ifimum di dalam S, jadi S mempuyai SBBT. Implikasi yag sebalikya dibuktika dega cara yag serupa. Dega memperhatika Teorema 1.5 da himpua terurut maka kita telah membuktika teorema berikut. Teorema 1.7 Meda rasioal sifat batas bawah terbesar. suatu meda terurut jadi tidak mempuyai sifat batas atas terkecil maupu

17 MATA417/ MODUL LATIHAN Utuk memperdalam pemahama Ada megeai materi di atas, kerjakalah latiha berikut! 1 1) Dega rumus 1 1 da rumus dalam Cotoh 1.1, turuka rumus utuk jumlah 1. ) Buktika kebeara rumus jawaba soal 1) berlaku utuk setiap dega prisip iduksi matematik. 3) Utuk barisa x dalam Cotoh 1.4, tetuka ilai x utuk,4,6,8. Cobalah Ada duga rumus utuk x, da buktika kebeara dugaa Ada dega iduksi. 4) Buktika Teorema 1.3 da Teorema ) Buktika bahwa tidak ada bilaga rasioal yag kuadratya sama dega 3. 6) Apakah yag dimaksud himpua terurut S mempuyai SBAT/SBBT? 7) Buktika jika himpua terurut S mempuyai SBBT maka S mempuyai SBAT. Petujuk Jawaba Latiha 1) Guaka kesamaa r r r r r r ( r 1) r 4r 6r 4r 1. r1 r1 r1 r1 r1 r1 r 3 ( 1) ) Kerjaka sediri bukti r. r1 1 3) x, x x3 x x4 1, x

18 1.18 Aalisis I x5 x x Jadi, x, x4, x 6, dapat Ada hitug x Wajar bahwa Ada aka meduga x 4 ( 1) utuk semua. Buktika kebeara rumus ii dega iduksi matematik Teorema 1.4 utuk 0. 4) Kerjaka seperti pada bukti Teorema 1.. 5) Tujukka jika m bulat maka ( m habis dibagi 3) (m habis dibagi 3). Implikasi jelas. Utuk implikasi, buktika (m tidak habis 3 dibagi 3) ( m tidak habis dibagi 3) dega memisalka m 3k 1. Selajutya dibuktika dega kotradiksi. RANGKUMAN Prisip Peguruta Baik: S, S a S da x a, x S. Prisip Iduksi Matematik I: S da (i) 1 S, (ii) k S k 1 S, maka S. Prisip Iduksi Matematik II: S da (i) 1 S, (ii){1,,, k} S k 1 S, maka S. Rumus Newto: r r! ( a b) C(, r) a b,, C(, r). r! ( r)! r0

19 MATA417/ MODUL Sistem bilaga rasioal adalah meda terurut terhadap perjumlaha da perkalia da tidak mempuyai sifat batas atas terkecil. Meda terurut F dikataka mempuyai sifat batas atas terrkecil jika setiap subhimpua tidak kosog S F da yag terbatas ke atas mempuyai supremum di dalam F. TES FORMATIF 1 Jawablah dega sigkat da jelas! 4 1 1) Buktika bahwa utuk setiap. 3 3 ) Buktika utuk, 1 habis dibagi 7, da 3 7 habis dibagi 8. 3) Diberika barisa bilaga x, dega x 1 da x1 x 5 utuk semua bilaga asli. Buktika 0 x 3 utuk semua. 4) Buktika bahwa tidak ada bilaga rasioal yag pagkatya tiga sama dega 9. 5) Buktika himpua A x : x 0, x 3 tidak mempuyai supremum di dalam. terbatas ke atas da Cocokkalah jawaba Ada dega Kuci Jawaba Tes Formatif 1 yag terdapat di bagia akhir modul ii. Hituglah jawaba yag bear. Kemudia, guaka rumus berikut utuk megetahui tigkat peguasaa Ada terhadap materi Kegiata Belajar 1. Tigkat peguasaa = Jumlah Jawaba yag Bear 100% Jumlah Soal Arti tigkat peguasaa: % = baik sekali 80-89% = baik 70-79% = cukup < 70% = kurag

20 1.0 Aalisis I Apabila mecapai tigkat peguasaa 80% atau lebih, Ada dapat meeruska dega Kegiata Belajar. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Ada harus megulagi materi Kegiata Belajar 1, terutama bagia yag belum dikuasai.

21 MATA417/ MODUL S Kegiata Belajar Sistem Bilaga Real etelah membahas sistem bilaga rasioal, kita sudah siap membahas sistem bilaga real. 1.3 Bilaga Real Sistem bilaga rasioal adalah suatu meda terurut dega operasi perjumlaha da perkalia yag tidak mempuyai sifat batas terkecil, artiya ada suatu subhimpua tidak kosog dari yag tidak kosog da terbatas ke atas tetapi tidak mempuyai batas atas terkecil. Perlu pembaca ketahui bahwa subhimpua semacam ii tak berhigga bayakya. Dalam sistem bilaga rasioal kita tidak dapat meyelesaika persamaa seperti x. Utuk megatasi hal ii kita perluas sistem bilaga rasioal mejadi sistem bilaga real. Teorema 1.8 Terdapat suatu meda terurut terkecil da memuat meda rasioal yag mempuyai sifat batas atas sebagai submedaya. Teorema 1.8 tidak dibuktika dalam modul ii, pembaca yag bermiat dapat mebacaya dalam Rudi, Priciples of Mathematical Aalysis, 1976, edisi ke-3, halama Jadi, sistem bilaga real didefiisika sebagai meda terurut oleh Teorema 1.8. Peryataa sebagai submeda dari berarti da operasi perjumlaha da perkalia di dalam jika dikeaka pada eleme-eleme adalah perjumlaha da perkalia atara bilaga rasioal yag sudah pembaca keal dega baik. Uruta dalam terbawa berlaku dalam. Bilaga aggota dari diamaka bilaga real. Seperti halya bilaga rasioal, bilaga real x 0 diamaka bilaga positif da yag lebih kecil dari 0 diamaka bilaga egatif. Jadi, semua bilaga rasioal, termasuk bilaga bulat da bilaga asli adalah bilaga real.

22 1. Aalisis I Himpua A x : x 0, x dalam sistem bilaga rasioal terbatas ke atas tetapi tidak mempuyai batas atas terkecil. Dalam sistem bilaga real karea mempuyai sifat batas atas terkecil maka sup A ada di dalam yaitu bilaga. Pada dasarya meda terurut dikostruksika dari meda dega megisi lubag-lubag semacam itu dega bilaga jeis baru sehigga diperoleh meda terurut yag mempuyai sifat batas atas terkecil. Bilaga jeis baru yag buka aggota diamaka bilaga irasioal. Jadi, bilaga real ada dua jeis yaki bilaga rasioal da irasioal. Eksistesi Akar Pagkat Di atas dikataka bahwa A x : x 0, x. adalah sup A utuk Sekarag aka ditujukka eksistesi dari akar pagkat utuk bilaga real positif. Teorema 1.9 Utuk setiap bilaga real a 0 da setiap bilaga asli terdapat tepat satu bilaga real x sehigga x a. Bukti: Ketuggala dari ilai x jelas, sebab jika 0 x1 x maka x1 x. Ditijau himpua bilaga real E t : t 0, t a. a Jika t maka 0t 1, sehigga t t a da E tidak kosog. 1 a Jika t 1 a maka t t a sehigga t E da 1 a batas atas E. Jadi E terbatas ke atas. Karea mempuyai sifat batas atas terkecil maka x sup E dijami ada. Utuk membuktika bahwa x a atau x x a aka ditujukka bahwa jika a aka meghasilka suatu kotradiksi.

23 MATA417/ MODUL Idetitas 1 p q p q p p q q 1 aka meghasilka ketaksamaa 1 p q ( p q) p, jika 0 q p. Diasumsika Jika diambil q a x a. Dipilih 0h 1 da h x ( 1) x da p x h maka x ( x h) x h( x h) h( x 1) a x. Jadi, ( x h a, da x h E. Karea x h x maka kotradiksi ) dega x batas atas E. x a Diasumsika x a. Dipilih k 1 x. Maka 0 k x. Jika t x k, maka diperoleh 1 x t x ( x k) kx x a. Jadi t a, da t E. Ii berakibat x k suatu batas atas E. Tetapi x k x terdapat kotradiksi dega x batas atas terkecil dari E. Oleh karea itu SIFAT PENTING x a da legkaplah bukti teorema ii. Teorema 1.10 (Sifat Archimedes) Utuk setiap bilaga real a da b dega a 0 terdapat bilaga asli da a b. Bukti: Diadaika teorema ii salah. Jadi, terdapat bilaga real b da a 0 sehigga a b utuk semua. S x : x a,. Jelas S tidak kosog da Dibetuk himpua meurut asumsi di atas S terbatas ke atas dega b suatu batas atasya. Karea mempuyai SBAT maka terdapat c da c sup S. Diketahui a 0 sehigga c a c. Karea c sup S maka terdapat y S da c a y. Jadi terdapat m da y ma c a..

24 1.4 Aalisis I Dega demikia maka c ( m 1) a dega m 1, sehigga terdapat kotradiksi dega c sup S. Karea terdapat kotradiksi maka pegadaia kita salah da terbuktilah sifat Archimedes di atas. Sifat Archimedes lebih dikeal utuk a diambil 1. Teorema 1.11 (Sifat Archimedes) Utuk setiap bilaga real x terdapat da x. Teorema 1.1 (Akibat) Utuk x bilaga real positif terdapat m da m 1 x m. Bukti: Meurut sifat Archimedes himpua S : x tidak kosog. Dega megguaka prisip peguruta baik, terdapat m S da m, S. Jadi m1 S sehigga m 1 x m. Dikataka bahwa sistem bilaga rasioal rapat dalam, dalam arti utuk setiap x da y real, bagaimaapu dekatya kedua bilaga ii, di atara mereka terdapat bilaga rasioal. Teorema 1.13 (Sifat kerapata dalam ) Jika x da y bilaga real da x y terdapat suatu bilaga rasioal r da x r y. Bukti: Lebih dahulu dibahas utuk kasus 0 x y. Karea yx 0 meurut sifat Archimedes terdapat sehigga ( y x) 1, da meurut Teorema 1.1, karea x 0 terdapat m sehigga m 1 x m. Dari kedua ketaksamaa ii diperoleh x m x 1 y x m y. m Jadi, terdapat m da sehigga x r y. Telah dibuktika Teorema 1.13 utuk kasus 0 x y.

25 MATA417/ MODUL x y Utuk 0 x y maka 0 x y. Megguaka hasil di atas x y terdapat rasioal r sehigga x r y. Dega megguaka hasil ii maka utuk x0 y terdapat rasioal r da x 0 r y. Sedagka utuk x y 0 maka 0 y x da kembali ke keadaa awal bukti ii. Dega demikia Teorema 1.13 telah dibuktika semua keadaa x da y. Teorema 1.14 Jika x da y bilaga real da x y maka terdapat bilaga irasioal q da x q y. Bukti: Sudah kita ketahui bahwa bilaga irasioal, jadi tidak ada bilaga bulat m da sehigga m. Mudah dibuktika bahwa jika r suatu bilaga rasioal maka r juga bilaga irasioal. Meurut Teorema 1.13 terdapat rasioal r da x y r sehigga x r y. Jadi, himpua semua rasioal maupu himpua semua irasioal rapat dalam. Cotoh 1.9 Buktika jika diberika 0 terdapat bilaga asli sehigga 1. Bukti: Jadi 1 Meurut sifat Archimedes Teorema 1.11 terdapat da. 1.

26 1.6 Aalisis I Cotoh 1.10 Diberika bilaga real p. Buktika ada barisa bilaga irasioal sehigga p x p 1 da x1 x utuk semua. x Bukti: Meurut Teorema 1.14 terdapat bilaga irasioal x 1 da p x1 p 1. Dega megguaka Teorema 1.14 terdapat bilaga irasioal x da p x x1 sehigga p x x1 p 1. Diasumsika utuk bilaga asli k terdapat bilaga irasioal x k da xk 1 sehigga p xk1 xk p 1. Karea p xk 1 maka meurut Teorema 1.14 terdapat bilaga irasioal xk da p xk xk1, jadi p xk xk1 p 1. Jadi jika terdapat bilaga irasioal x k, xk 1 sehigga p xk1 xk p 1 maka terdapat bilaga irasioal xk da p xk xk1 p 1. Meurut prisip iduksi matematik maka terdapat barisa bilaga irasioal x dega p x 1 x p 1 utuk semua Supremum da Ifimum dalam Tidak seperti dalam sistem bilaga rasioal, dalam sistem bilaga real setiap himpua yag tidak kosog da terbatas ke atas pasti mempuyai supremum, yag tidak kosog da terbatas ke bawah ifimumya pasti ada. Lemma berikut memberi petujuk kepada kita bilamaa suatu batas atas supremum da suatu batas bawah adalah ifimum suatu himpua. Lemma 1. Diberika himpua E yag tidak kosog da terbatas, u adalah batas atas E da v batas bawah E, maka: (i) u sup E ( 0)( x E)( u x) (ii) v if E ( 0)( y E)( y v ) Bukti (i) Diberika u sup E da 0. Maka u u sehigga u buka batas atas E. Karea u buka batas atas E maka terdapat x E da xu.

27 MATA417/ MODUL Sekarag diketahui bahwa ( 0)( x E)( u x ), aka dibuktika u sup E. Diadaika a suatu batas atas E da diberika sembarag 0. Maka x E da ux. Karea a batas atas E maka x a sehigga ua utuk sembarag 0. Ii aka berakibat u a u a. Sebab, jika u a da diambil 0 aka diperoleh u a utuk suatu 0, kotradiksi dega ua utuk sembarag 0. Karea u suatu batas atas E da jika a batas atas E maka u a, ii berarti bahwa u batas atas terkecil E. (ii) Dibuktika dega cara yag serupa pembuktia (i). Cotoh 1.11 E himpua tidak kosog da terbatas dalam, buktika if E sup E. Bilamaa if E sup E? Jawab: Dimisalka a sup E da b if E. Jika x E maka b x a, sehigga b a. Jadi if E sup E. Jika a b maka a x b, x E sehigga a x b, x E, jadi himpua dega satu eleme. Cotoh 1.1 Jika A da B tidak kosog da terbatas dalam da B A, maka buktika if A if B da sup A sup B. Bukti: Diadaika a1 if A da b1 if B. Maka a1 x, x A. Karea B A maka a1 x, x B sehigga a 1 suatu batas bawah B. Jika a1 b1 if B maka a 1 buka batas bawah B, jadi haruslah a1 b1. Terbuktilah ketaksamaa yag pertama. Ada dipersilaka membuktika sediri ketaksamaa yag kedua.

28 1.8 Aalisis I Cotoh 1.13 Utuk suatu bilaga real c da himpua E didefiisika E c x : x t c, t E. Buktika sup( E c) c sup E, if ( E c) c if E. Bukti: Diadaika a sup E. Jadi a t, t E da a c x t c, x E c. Jadi a c suatu batas atas E c. Meurut Lemma 1. karea a sup E, jika diberika 0, t E da a t. Jadi, x t c E c da a c x. Karea a c batas atas E c maka meurut Lemma 1., a c supremum E c. Dega cara yag sama dapat dibuktika kesamaa yag kedua. Cotoh 1.14 Tetuka supremum da ifimum himpua 1 1 E : m, m. Jawab: 1 1 Utuk m tetap dimisalka Em : m. Jadi, E Em. m1 Utuk setiap m maka berlaku 1 1 x Em x m, 1 jadi x. Karea ii berlaku m maka x 1. m Jika x E maka m sehigga x Em, jadi x 1 utuk semua x E. Dega demikia 1 adalah suatu batas atas E. Jika diberika 0 meurut 1 sifat Archimedes, da. Jika diambil m 1 maka x 1 sehigga x E da 1 x. Meurut Lemma 1. m maka 1 adalah sup E. Selajutya pembaca dipersilaka membuktika sediri bahwa 1 suatu batas bawah da if E.

29 MATA417/ MODUL Defiisi 1.5 Utuk a da b da a b himpua x : a x b diamaka iterval tertutup da diberi otasi ab,, sedagka : iterval terbuka dega otasi, x a x b Lemma 1.3 (Lemma Iterval Susut) Jika I a, b dega a semua maka I 1, tidak kosog. ab. b da I I 1 utuk Jika diketahui pula bahwa lim I 0 dimaa I b a pajag I maka terdapat tepat satu titik p da I 1 { p}. Bukti: Kita mempuyai barisa bilaga a a a a b b b b Utuk setiap maka a b1 a : terbatas ke atas sehigga p da p sup{ a }. Karea b 1 suatu batas atas { a } maka p b1. Dega demikia p I1 I,. Terbukti I 1., jadi himpua Jika diketahui lim I 0 maka jika diberika 0, N, da I, N. Diadaika terdapat x da y di dalam I 1, jadi x da y di dalam I N dega I N. Jadi x y, 0 yag berakibat bahwa xy 0 sehigga x y. Karea Jadi I 1 da jika x da y didalam I haya terdiri atas satu eleme saja. I maka x y.

30 1.30 Aalisis I Catata: Meskipu dalam bukti ii diguaka kosep limit da ilai mutlak, yag belum dibahas dalam modul ii, amu pembaca pasti sudah megealya Nilai Mutlak Bilaga Real Akar pagkat bilaga asli dari x adalah bilaga real x jika dipagkatka sama dega x. Utuk geap maupu gasal da x positif, otasi x adalah bilaga real positif. Utuk gasal da y egatif, akar pagkat dari y bilaga real egatif ( y), sedagka utuk geap, akar pagkat dari y tidak ada. Defiisi 1.6 (Nilai mutlak bilaga real) Nilai mulak bilaga real x adalah x yag didefiisika x x jika x 0 da x x jika x 0. Defiisi ii ekuivale dega x x. Teorema 1.15 (i) x 0, (ii) x y x y, x 0 x 0, x1x x x1 x x, x x x x, utuk y 0. y y x x, x x. Teorema 1.16 (Ketaksamaa Segitiga) (i) x y x y x y, (ii) x y x y x y.

31 MATA417/ MODUL Bukti Teorema 1.15 diserahka Ada, sedagka bukti Teorema 1.16 ada dalam Cotoh Catata: Nilai mutlak hasilkali sama dega hasilkali ilai mutlak. Nilai mutlak hasilbagi sama dega hasilbagi ilai mutlak. Tetapi tidak demikia halya utuk jumlah da selisih (perhatika Teorema 1.16) Ketaksamaa Tetag sifat-sifat ketaksamaa dalam bilaga real diaggap sudah pembaca pahami sehigga tidak perlu diulag dalam modul ii. Di bawah ii beberapa ketaksamaa yag petig da perlu dikeal dega baik. Teorema 1.17 (i) Jika a 0 da b 0 maka a b a b a b (ii) Jika a > 0 da b > 0 maka a b ab. Bukti: (i) Diberika a b, jadi ba 0, maka Jadi, b a 0 ( b a)( b a) 0 b a 0. b a b a. a0, b 0 maka a 0 da b 0 sehigga 3 a b a b a b. (ii) Karea a da b positif maka a da b ada da diperoleh a b a b 0 a ab b 0 ab Cotoh 1.15 Buktika ketaksamaa segitiga x y x y x y.

32 1.3 Aalisis I Bukti: Karea ilai mutlak oegatif maka x y x y x y x y. x y x y x y xy x y xy Jadi x y x y x y. x y x y, da terbukti x y x y. Ketaksamaa yag kiri dapat dibuktika dega ketaksamaa yag kaa. x y ( x y) y x y y x y x y x y y x ( x y) x x y x x y y x x y Gabuga kedua ketaksamaa ii meghasilka x y x y, da legkaplah bukti ketaksamaa (i) dalam Teorema Ketaksamaa (ii) dibuktika dega meggati y dega y da megigat y y. Cotoh 1.16 (Ketaksamaa Beroulli) x da maka x Jika 1 Cotoh 1.17 (Ketaksamaa Cauchy) a, b i 1,,, maka Jika da i i aibi ai bi i1 i1 i1 1 1 x. (lihat Cotoh 1.5). b maka ketaksamaa mejadi kesamaa jika da haya jika Jika semua i 0 sehigga a b, i 1,,...,. i i Bukti: Diadaika A a, i B b, da i C aibi pejumlaha meliputi i dari 1 sampai. Utuk A 0 da B 0 maka semua a b 0 da ketaksamaa Cauchy bear karea kedua ruas ketaksamaa berilai ol. Dimisalka B 0, jadi B 0 da dibetuk f ( x) ( bix ai) Bx Cx A. i i

33 MATA417/ MODUL Fugsi ii oegatif utuk semua x, jadi diskrimia C AB 0 sehigga terbuktilah ketaksamaa Cauchy di atas. Jika da a b, i, maka diperoleh f ( x) B ( x ) maka persamaa kuadrat yag sama yaitu sehigga i i Bx Cx A 0 mempuyai dua akar C AB 0 da ketaksamaa Cauchy mejadi suatu kesamaa. Sebalikya, jika C AB 0 maka persamaa kuadrat f( x) 0 mempuyai dua akar real yag sama, sebut saja. Jadi f ( ) 0 yag berarti B ( bi ai) 0 sehigga bi ai 0 atau ai bi utuk semua i Sistem Bilaga Real Diperluas Defiisi 1.7 Sistem bilaga real diperluas * memuat meda real da dua lambag da. Uruta yag berlaku dalam tetap dipertahaka didefiisika x utuk setiap x. Jadi, da buka bilaga real. Dalam sistem * setiap subhimpua dari mejadi himpua terbatas. Himpua * E x : x 0 yag tidak terbatas ke atas dalam, dalam mejadi terbatas dega if E 0 da sup E. Demikia himpua tidak kosog yag tidak terbatas ke bawah di dalam mempuyai ifimum., di dalam Sistem bilaga real diperluas buka suatu meda, tetapi biasaya diadaka perjajia sebagai berikut: x x (i) Utuk x : x, x, 0 (ii) Utuk x 0 : x, x ( ) (iii) Utuk x 0 : x, x ( ) Jika diigika, utuk membedaka bilaga-bilaga real dega lambag da secara lebih eksplisit, bilaga-bilaga real diamaka bilaga berhigga. *

34 1.34 Aalisis I 1) Buktika Lemma 1. (ii) utuk v suatu batas bawah E. ) Buktika dalam Cotoh 1.14 bahwa 1 if E. 3) Buktika dega cotoh bahwa I ( a, b ), I I1 I tidak bear. 4) Tujukka bahwa jika x da y rasioal, maka x y da x y juga rasioal. 5) Tujukka bahwa jika x da y irasioal, maka x y da x y mugki rasioal mugki juga irasioal. 6) Tujukka bahwa jika r rasioal tidak ol da s irasioal, maka r s da r s irasioal. 7) Guaka Lemma 1. da sifat Archimedes utuk membuktika bahwa 1 if : 0. Buktika juga bahwa supremumya 1. 8) Diberika A da B subhimpua dega x y, x A, y B, buktika sup A if B. 9) Jika a, E subhimpua tak kosog dari da didefiisika ae ax : x E, buktika: (i) a 0 sup( ae) asup E da if ( ae) aif E. (ii) a 0 sup( ae) aif E da if ( ae) asup E. 10) Diberika E x : x 1 maka: (i) 1, buktika utuk x E da 0 x 4 5, (ii) x 4 jika x. 5 11) Dega yag diberika seperti soal 10), buktika terdapat 0 sehigga x E, x x 4. 1) Utuk a da b real, buktika jika ab utuk setiap 0 maka a LATIHAN Utuk memperdalam pemahama Ada megeai materi di atas, kerjakalah latiha berikut! b.

35 MATA417/ MODUL ) Dega megguaka ketaksamaa Cauchy, buktika utuk c 0, i 1,,..., maka i c1 c c. c1 c c 14) Dega rumus biomium Newto da , 1 1 buktika utuk semua bilaga asli berlaku Petujuk Jawaba Latiha 1) v if E da 0 v v v buka batasbawah E y E, y v. Diketahui v batas bawah E da ( 0)( y E)( y v ). Diadaika b batas bawah E. Diketahui y E da yv. Karea b batas bawah E, maka b y v. Jadi b v, 0 yag berakibat b v. Diperoleh peryataa : Jika b batas bawah E maka b v, jadi v batas bawah terbesar. 1 1 ) E : m, m. Utuk tetap, 1 1 E : m m. 1 xe x,. Jadi x 1 utuk x E E, dega demikia 1 suatu batas bawah E. 1 Jika diberika 0, m da 1 m. Utuk 1, maka 1 x 1 E m 1 da x 1 1 sehigga meurut Lemma 1.(ii), 1 if E. m

36 1.36 Aalisis I 3) I 1 0,, maka ,1 0, 0, 0, 3 maka x0,1,. sehigga x 1/ m, jadi x 0,1 m P I, sebab jika x P Jadi x 0. Tetapi m terdapat kotradiksi. 4) Sebab himpua semua rasioal suatu meda terhadap perjumlaha da perkalia. 5) x, y da a, b 3. Buktika a b da ab irasioal. 6) Jika r s p rasioal maka s p ( r), terdapat kotradiksi sebab p( r) rasioal. 7) Diberika 0. Jelas 0 batas bawah da 1 batas atas. m da 1 m (sifat Archimedes) da 1 0 (Lemma1.(ii)). m 1 1 : da 1 1 (Lemma 1. (i)). 8) x A, yb x y. Diadaika a sup A, b if B. Maka x A x y, y B Jadi x A x batasbawah B. asup A meurut Lemma 1. (i), jika diberi 0, x A da xa sehigga y a, y B. Jadi a suatu batas bawah B. Karea b if B, maka a b. Jadi ab, 0. Dega demikia a b. 9) (i) Diberika 0 ae y ax : x E. da ae = Jika u sup E, maka jika diberika 0 (jadi 0 ) terdapat x E a da xu sehigga terdapat y ax ae da y au. a Meurut Lemma 1. (i), au sup( ae). Jika v if E, maka terdapat x E da xv sehigga a y ax ae da y av. Meurut Lemma 1.(ii), maka av if ae. (ii) Utuk a 0, pembaca kerjaka sediri.

37 MATA417/ MODUL ) (i) Utuk x E, maka x 4 x x x ( x ) 4 x (ii) Utuk x E, maka x 4 x x 5 x. Jadi, jika x maka x 4 5 x ) Jika x E da x, maka x 4. 5 Jadi, mi{1, } yaki adalah bilaga terkecil dari dua bilaga 1 5 da, yaki 1 da maka x x ) Maka ab 0. Karea ilai mutlak suatu bilaga pasti lebih dari atau sama dega 0, jadi ab 0 maka ab 0 sehigga a b ci c i ( c1 c c) c i c i c1 c c 13) 1 C(, r)! 14) 1 r! ( r)! r r0 r0 r r0 r! r0 r0 r1 r ( r 1)( r ) r! r! 0! 1!! 3!! r

38 1.38 Aalisis I RANGKUMAN Sistem bilaga real adalah meda terurut yag mempuyai sifat batas atas terkecil da yag memuat meda rasioal sebagai submedaya. Sifat Archimedes : x, y, x 0 da x y. Sifat Archimedes : x da x. Akibat : x 0 da 1 x. rapat dalam : x, y, x y r da x r y. rapat dalam : x, y, x y p da x p y. Supremum da Ifimum dalam u batas atas E : ( u sup E) [( 0)( x E)( x u )]. v batas bawah E : ( v if E) [( 0)( y E)( y v )]. Lemma Iterval susut:, I [ a, b ] x : a x b, maka Jika lim I 0 I 1 tidak kosog., maka terdapat tepat satu p da I p Ketaksamaa Segitiga : x y x y x y. Nilai mutlak : x x, x x. Ketaksamaa Cauchy : aibi ai bi i1 i1 i1. 1 Notasi da buka bilaga real ; x, x..

39 MATA417/ MODUL Pilihlah satu jawaba yag palig tepat! 1) Buktika dega megguaka Teorema 1.15(i), bahwa xy x y da dega iduksi bahwa x1 x x x1 x x. ) Buktika perluasa ketaksamaa segitiga x x x x x x ) Papa catur biasa adalah papa catur. Didefiisika papa catur berlubag adalah papa catur yag diberi berlubag dega meghilagka satu petak persegi sembarag dari petak-petakya. Ubi triomio huruf L adalah ubi yag tersusu atas tiga petak sehigga membetuk huruf L. Buktika utuk setiap bilaga asli, papa catur berlubag dapat diubi dega ubi triomio huruf L. 4) Dega megguaka rumus Newto, hituglah jumlah C(, r). r0 5) Diberika barisa bilaga real dega x1 1, x, da x1 x x,. (a) Buktika bahwa x 1 1 x 1,. 1 (b) Utuk m, buktika x xm. m (Petujuk: Guaka (a) da Perluasa ketaksamaa segitiga). 6) Diberika x 1 da 0, buktika : (i) TES FORMATIF Jawablah dega sigkat da jelas! x x. (ii) 0, da x x Petujuk: Guaka idetitas a b a ba ab b 3.

40 1.40 Aalisis I 1 ( 1) 7) Tetuka if F da sup F jika F : m, da buktika m bahwa jawaba Ada bear-bear ifimum da supremum dari F. 8) Jika A da B himpua tidak kosog yag terbatas dalam da A B x y : x A, y B, buktika didefiisika sup( A B) sup A sup B, if( A B) if A if B. 9) Diberika barisa real s, x if s, s 1, sup,,. da y s s 1 Buktika x x 1 da y y 1, utuk setiap bilaga asli. c1 c c c1 c c c1 c c jika diketahui ci 0 utuk i 1,,,. 10) Buktika 1/ Cocokkalah jawaba Ada dega Kuci Jawaba Tes Formatif yag terdapat di bagia akhir modul ii. Hituglah jawaba yag bear. Kemudia, guaka rumus berikut utuk megetahui tigkat peguasaa Ada terhadap materi Kegiata Belajar. Tigkat peguasaa = Jumlah Jawaba yag Bear 100% Jumlah Soal Arti tigkat peguasaa: % = baik sekali 80-89% = baik 70-79% = cukup < 70% = kurag Apabila mecapai tigkat peguasaa 80% atau lebih, Ada dapat meeruska dega modul selajutya. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Ada harus megulagi materi Kegiata Belajar, terutama bagia yag belum dikuasai.

41 MATA417/ MODUL Kuci Jawaba Tes Formatif Tes Formatif 1 1) Lagkah (iii): ) k(4k 1) 1 3 (k 1) [( k 1) 1] (k 1) [ k(k 1)(k 1) 3(k 1) ] (k 1)(k 5k 3) (k 1)(k 3)( k 1) ( k 1)[( k 1) 1][( k 1) 1] 3 3 ( k 1)[4( k 1) 1] k 3k1 3k 3k1 3k ( 1)( 1) 8 1 ( 1) ( 1) 7. 3) (i) 0 x1 3 bear, sebab x1. Jika 0 x k 3, maka 0 xk1 xk ) Tujukka (m tidak habis dibagi 3) 3 (m tidak habis dibagi 3). Selajutya buktika dega kotradiksi. 5) Jelas bahwa x A 0 x. Jadi A terbatas sehigga terbatas ke atas. Ditujukka A tidak memuat eleme terbesar. Utuk x A dicari rasioal p > 0 da y x p A. Dicari rasioal c > 0 sehigga 3 x cx 3 p. Maka y da c dicari dari syarat y 3. x c x c y 3 ( cx 3) 3( x c) ( c 3)( x 3) 0. Karea x 3 0, diperoleh Utuk c dapat diambil 1, jadi ( c 3) 0. 3 x p x 1 Betuklah B x : x 0, x 3 da x 3 y. x 1. Ditujukka B himpua semua batas atas A da B tidak memuat eleme terkecil.

42 1.4 Aalisis I Tes Formatif 1) Karea ilai mutlak oegatif, meurut Teorema 1.15(ii) :. xy x y xy x y xy x y ) Dibuktika dega iduksi. x x x x bear (lihat Cotoh 1.15). (i) 1 1 (ii) Diasumsika bear utuk k. Selajutya lagkah (iii) : x x x x x x x x 1 k k1 1 k k1 ( x x x ) x 1 k k1 x x x x 1 k k1 3) Dibuktika dega iduksi: (i) Jelas bear utuk papa catur berlubag. (ii) Diasumsika bear utuk k. k1 k1 (iii) Bagilah papa catur berlubag mejadi 4 papa catur k k dimaa satu diataraya berlubag da 3 yag lai tidak berlubag. Letakka ubi triomio huruf L di pusat papa catur k1 k1 k k sehigga meutup papa catur yag tidak berlubag masig-masig satu petakya. 4) Ambillah a b 1 pada rumus Newto, k0 C(, r). 5) (a) Buktika dega iduksi. (b) Diberika m da da m, dega (a) da perluasa ketaksamaa segitiga 1 1 ( 1) xm1 xm xm( m) xm( m1) x x x x x x x x m m m m1 m m1 m m

43 MATA417/ MODUL ) (a) x 8 x x x 4 x ( x ) 6( x ) 1 (b) mi1, 19 7) Utuk m tetap, x (1 6 1) 19 x.. 1 ( 1) F : A B m m m m dega 1 1 Am : m 4, 1 1 Bm :. m ( 1) xfm x atau 1 x, m m 4 m m. Utuk m yag maapu berlaku x F 0 x 5 4 atau 1 x 0. Dega demikia, 1 batas bawah da 54 batas atas F. Buktika if F 1 da sup F ) Misalka a sup A, b sup B da 0. Maka A, B da a, b. x a, x A ; y b, y B x y z a b, z A B a b batas atas A B. Lagi pula A B da a b. Jadi, a b sup( A B). 9) x if sk : k, x 1 if sk : k 1 A s : k, B s : k 1 B A k m.. k Selajutya lihat Cotoh ) Guaka Teorema 1.17(i) da Ketaksamaa Cauchy utuk ai ci, bi 1.

44 1.44 Aalisis I Daftar Pustaka Burto, David M. (1980). Elemetary Number Theory. Rudi, Walter. (1976). Priciples of Mathematical Aalyasis, Edisi ke-3.