II. SISTEM BILANGAN RIIL. Handout Analisis Riil I (PAM 351)

Transkripsi

1 II. SISTEM BILANGAN RIIL Handout Analisis Riil I (PAM 351)

2 Sifat Aljabar (Aksioma Lapangan) dari Bilangan Riil Bagian ini akan membicarakan struktur aljabar bilangan riil dengan terlebih dahulu memberikan sifat-sifat dasar penjumlahan dan perkalian. Yang dimaksud dengan operasi biner pada himpunan F, adalah suatu fungsi B dengan domain F F dan range di dalam F. Sehingga, suatu operasi biner mengaitkan setiap pasangan terurut (a, b) F F dengan elemen tunggal B(a, b) dalam F. Kita akan menggunakan notasi konvensional a + b dan a b (atau ab) sebagai pengganti notasi B(a, b) ketika membicarakan sifat-sifat penjumlahan dan perkalian.

3 Sifat-sifat aljabar dari R (Aksioma Lapangan) Ada dua operasi biner pada himpunan bilangan riil R, yang dinyatakan dengan + (disebut penjumlahan) dan (disebut perkalian), yang memenuhi sifat-sifat berikut: A1. a + b = b + a, a, b R (komutatif penjumlahan) A2. (a + b) + c = a + (b + c), a, b, c R (asosiatif penjumlahan) A3. 0 R 0 + a = a + 0 = a, a R (eksistensi elemen 0) A4. a R ( a) R a + ( a) = ( a) + a = 0 (eksistensi elemen negatif) M1. a b = b a, a, b R (komutatif perkalian) M2. (a b) c = a (b c), a, b, c R (asosiatif perkalian) M3. 1 R dengan a = a dan a 1 = a, a R (eksistensi elemen unit) M4. a R, a 0, (1/a) R a (1/a) = 1 dan (1/a) a = 1 D. a (b + c) = (a b) + (a c) dan (b + c) a = (b a) + (c a), a, b, c R (sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan)

4 Teorema berikut menegaskan ketunggalan dari elemen 0 dan 1. Teorema (1) 1 Jika z, a R sedemikian sehingga z + a = a, maka z = 0. 2 Jika u, b R, dengan b 0 sedemikian sehingga u b = b, maka u = 1. Bukti. (1). z + a = a (z + a) + ( a) = a + ( a) (penjumlahan kedua sisi dengan ( a), eksistensinya dijamin oleh(a4)) z + (a + ( a)) = a + ( a) (sifat A2) z + 0 = 0 (sifat A4) z = 0 (sifat A3) (2). Buktikan pernyataan (b)!.

5 Teorema berikut menegaskan ketunggalan dari elemen a dan 1 a (bila a 0) untuk suatu elemen a R. Teorema (2) 1 Jika a, b R sedemikian sehingga a + b = 0, maka b = a. 2 Jika a, b R, dengan a 0 sedemikian sehingga a b = 1, maka b = 1 a. Bukti. (1). a + b = 0 ( a) + (a + b) = ( a) + 0, (tambahkan kedua sisi dengan (-a)) (( a) + a) + b = a (gunakan (A2) pada ruas kiri dan (A3) pada ruas kanan) b = a (gunakan (A4) dan (A3) pada ruas kiri) (2). Buktikan!.

6 Perhatikan bahwa pernyataan (A4) dan (M4) menjamin kemungkinan untuk menyelesaikan persamaan a + x = 0 dan a x = 1 (bila a 0) untuk x, dan teorema 3 berakibat bahwa solusinya tunggal. Teorema (3) Jika a, b R, maka: 1 persamaan a + x = b mempunyai solusi tunggal x = ( a) + b 2 jika a 0, persamaan a x = b mempunyai solusi tunggal x = ( 1 a ) b. Bukti (1). a + x = b ( a) + (a + x) = ( a) + b (menambahkan kedua sisi dengan ( a)) (( a) + (a)) + x = ( a) + b, (sifat A2) 0 + x = ( a) + b, (sifat A4) x = ( a) + b, (sifat A3)

7 Untuk menunjukkan ketunggalan, anggaplah bahwa x 1 adalah sebarang solusi dari persamaan a + x = b, maka a + x 1 = b. Tambahkan ke dua sisi dengan ( a) maka diperoleh ( a) + (a + x 1 ) = ( a) + b. Berdasarkan (A4) diperoleh x 1 = ( a) + b. Sehingga disimpulkan bahwa x = x 1 yang menunjukkan ketunggalan solusi. (2). Buktikan!. Teorema (4) Jika a, b R, maka 1 a 0 = 0 2 a = ( 1) a 3 (a + b) = ( a) + ( b) 4 ( a) = a 5 ( 1) ( 1) = 1.

8 Bukti. Dari (M3) diketahui bahwa a 1 = a. Selanjutnya a + a.0 = a 1 + a.0 = a(1 + 0) = a.1 = a Sehingga, dengan menggunakan teorema 1.(1) disimpulkan bahwa a 0 = 0. Buktikan bagian (2), (3), (4) dan (5)!

9 Teorema (5) 1 Jika a R dan a 0, maka 1 a 0 dan 1 (1/a) = a 2 Jika a, b R dan.a b = 0, maka a = 0 atau b = 0. 3 Jika a, b R, maka ( a).( b) = a.b ( ) Jika a R dan a 0, maka (a) =. a Bukti. Misalkan a 0, maka 1 a ada (berdasarkan sifat (M4)). Jika 1 a = 0 maka 1 = a.( 1 ) = a.0 = 0, yang berlawanan dengan (M3). Jadi a mestilah 1 a 0. Karena (1 ).a = 1, maka teorema 2(2) a mengakibatkan bahwa a = 1 (1/a). Buktikan bagian (2), (3) dan (4).

10 Bilangan Rasional dan Irrasional Mulai sekarang, notasi (dot) untuk menyatakan perkalian tidak akan digunakan lagi, tetapi hanya akan ditulis ab sebagai pengganti a b. Akan digunakan juga notasi dan secara umum didefinisikan a 2 aa, a 3 aaa (a 2 )a; a n+1 = (a n )a untuk n N. Dengan menggunakan induksi matematika, dapat dibuktikan pula bahwa jika m, n N, maka a m+n = a m a n, a R. (*) Selain itu, secara umum ( a) + ( b = ) b + ( a) ( akan ) ditulis sebagai 1 1 b a, dan jika a 0 penulisan.b = b. akan diganti a a dengan b/a atau b a.

11 Selanjutnya 1 a juga akan ditulis sebagai a 1 dan 1 akan ditulis an sebagai a n. Dapat ditunjukkan bahwa formula (*) diatas berlaku asalkan digunakan konvensi bahwa a 0 = 1 dan a 1 = a. Kita menganggap himpunan bilangan asli sebagai subset dari R, dengan mengidentifikasi bilangan asli n N sebagai penjumlahan dari n elemen satuan 1 R. Dengan cara yang sama, kita identifikasi 0 Z sebagai elemen 0 R, dan mengidentifikasi n penjumlahan dari 1 sebagai bilangan bulat n. Akibatnya, kita dapat menganggap N dan Z sebagai subset dari R. Elemen-elemen R yang dapat ditulis dalam bentuk b dimana a, b Z a dan a 0 disebut bilangan rasional, dan dinyatakan dengan notasi standar Q.

12 Jumlah dan hasil kali dua bilangan rasional adalah suatu bilangan rasional (buktikan!). Selain itu sifat-sifat lapangan yang ditunjukkan pada permulaan bagian ini juga berlaku untuk Q. Perlu diperhatikan bahwa ada elemen-elemen R yang tidak berada di dalam Q. Semua elemen-elemen R yang tidak rasional disebut bilangan irrasional. 16 abad sebelum masehi, perhimpunan Yunani kuno yang dikenal sebagai Pythagorean, menemukan bahwa diagonal dari suatu bujursangkar dengan panjang sisi 1 satuan tidak dapat dinyatakan sebagai rasio dari bilangan bulat. Dengan memperhatikan teorema Pythagoras untuk segitiga siku-siku, mengakibatkan bahwa kwadrat dari bilangan tidak rasional bisa bernilai 2.

13 Penemuan ini besar pengaruhnya terhadap perkembangan matematika Yunani. Salah satu akibatnya adalah elemen-elemen dari R yang tidak di dalam Q dikenal sebagai bilangan Irrasional, yang berarti bahwa bilangan irrasional bukan merupakan rasio dari bilangan bulat. Teorema (6) Tidak ada bilangan rasional r sedemikian sehingga r 2 = 2. Bukti. Andaikan bahwa p, q Z sedemikian sehingga ( ) p 2 = 2. q Tanpa mengurangi keumuman, anggaplah bahwa p dan q positif dan tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1.

14 Karena p 2 = 2q 2 maka p 2 adalah genap. Akibatnya p juga genap (karena jika p = 2n + 1 ganjil maka kwadratnya p 2 = 4n 2 + 4n + 1 = 2(2n 2 + 2n) + 1 juga ganjil). Oleh karena itu p = 2m untuk suatu m N 4m 2 = 2q 2 2m 2 = q 2 q 2 genap q genap Oleh karena itu p dan q habis dibagi oleh 2 yang kontradiksi dengan hipotesis bahwa p dan q tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1.

15 Latihan 1 Buktikan bahwa jika a, b R maka 1 (a + b) = ( a) + ( b) 2 ( a).( b) = a.b 1 3 = ( 1 ) jika a 0 ( a) a 4 ( a b ) = ( a) b jika b 0. 2 Jika a R memenuhi a.a = a, buktikan bahwa a = 0 atau a = 1. 3 Jika a 0 dan b 0, tunjukkan bahwa 1 (ab) = ( 1 a ).( 1 b ) 4 Jika x dan y adalah bilangan bilangan rasional, tunjukkan bahwa x + y dan xy adalah bilangan rasional. 5 Tunjukkan bahwa tidak ada bilangan rasional s sedemikian sehingga s 2 = 6.

16 Sifat (Aksioma) Urutan dari R Ada suatu P R dengan P yang memenuhi sifat berikut: 1 Jika a, b P,maka a + b P 2 Jika a, b P,maka ab P 3 Jika a R,maka tepat satu dari pernyataan berikut berlaku: a P, a = 0, a P. P disebut himpunan bilangan riil positif (strictly positive). Sifat (iii) biasanya disebut sifat Trichotomy, karena membagi R atas 3 tipe elemen yang berbeda. Akibatnya himpunan N = { a : a P } kadang-kadang disebut himpunan bilangan riil negatif (strictly negative), yang tidak mempunyai elemen bersekutu (beririsan) dengan P, dan perhatikan bahwa R = P {0} N.

17 Definisi (1) Jika a P, maka a dikatakan bilangan riil positif (strictly positive), dan ditulis a > 0. Jika a P {0}, maka a dikatakan bilangan riil non negatif, dan ditulis a 0. Jika a P, maka a dikatakan bilangan riil negatif (strictly negative), dan ditulis a < 0. Jika a P {0}, maka dikatakan bilangan riil non positif, dan ditulis a 0. Perlu diperhatikan bahwa bilangan 0 adalah positif sekaligus negatif. Definisi (2) Misalkan a, b R. 1 Jika a b P, maka ditulis a > b 2 Jika (a b) P, maka ditulis a < b 3 Jika a b P {0}, maka kita tulis a b. 4 Jika (a b) P {0}, maka kita tulis a b.

18 Notasi, a < b < c bermakna bahwa a < b dan b < c. Dengan cara yang sama, jika a b dan b c, maka ditulis a b c. Jika a b dan b < d, maka ditulis sebagai a b < d. Teorema Misalkan a, b, c R. 1 Jika a > b dan b > c, maka a > c 2 Tepat satu pernyataan berikut berlaku: 3 Jika a b dan b a, maka a = b. a > b, a = b, a < b.

19 Bukti. Teorema 1 Jika a b P dan b c P, maka sifat urutan (1) mengakibatkan bahwa (a b) + (b c) = a c P. Sehingga, a > c. 2 Bedasarkan sifat urutan (3), tepat satu dari yang berikut berlaku: 3 Buktikan! 1 Jika a R dan a 0, maka a 2 > > 0 3 Jika n N, maka n > 0. Bukti. a b P, a b = 0, b a = (a b) P 1 Berdasarkan sifat trichotomy, jika a 0 maka a P atau a P. Jika a P, maka berdasarkan sifat urutan (ii) diperoleh a 2 = a.a P. Dengan cara yang sama, jika a P, maka berdasarkan sifat urutan (ii) diperoleh a 2 = ( a)( a) P. Sehingga dalam setiap kasus diperoleh a 2 P, yaitu a 2 > 0.

20 2 Karena 1 = (1) 2, maka dari bagian (i) diperoleh 1 > 0. 3 Gunakan induksi matematika. Jelas bahwa pernyataan berlaku untuk n = 1 (dari pernyataan (ii)). Anggaplah pernyataan benar untuk n = k, maka k P. Karena 1 P, sifat urutan (i) berakibat bahwa k + 1 P. Sehingga pernyataan benar untuk semua n N. Teorema Misalkan a, b, c, d R. 1 Jika a > b, maka a + c > b + c 2 Jika a > b dan c > d, maka a + c > b + d 3 Jika a > b dan c > 0, maka ac > bc. 4 Jika a > b dan c < 0, maka ac < bc 5 Jika a > 0, maka 1 a > 0. 6 Jika a < 0, maka 1 a < 0.

21 Bukti. (1). a > b a b > 0 a b P (a + c) (b + c) = a b P (a + c) (b + c) > 0 (a + c) > (b + c) } a > b a b > 0 a b P (2). (a b) + (c d) P c > d c d > 0 c d P (a + c) (b + d) P (a + c) (b + d) > 0 (a + c) > (b + d) (3). a > 0 a 0 (sifat urutan (3)) 1 a ada (sifat aljabar M4) 1 a = 0 1 = a ( 1 a) = 0 (kontradiksi) 1 a < 0 1 = a ( 1 a) < 0 berdasarkan teorema 9(d) (kontradiksi) Buktikan yang lainnya!

22 Teorema Jika a, b R dan jika a < b, maka a < 1 2 (a + b) < b. Akibat Jika b R dan b > 0, maka 0 < 1 2 b < b. Buktikan keduanya! Dua teorema berikut merupakan alat untuk membuktikan beberapa teorema lainnya. Teorema Jika a R sedemikian sehingga 0 a < ε untuk setiap ε > 0, maka a = 0. Bukti. Andaikan bahwa a > 0. Maka berdasarkan akibat di atas, berlaku 0 < 1 2 a < a. Jika diambil ε 0 = 1 2 a, maka kita peroleh 0 < ε 0 < a. Oleh karena itu pernyataan a < ε untuk setiap ε > 0 adalah salah. Jadi kita simpulkan a = 0.

23 Teorema Misalkan a, b R dan anggaplah bahwa a ε < b untuk setiap ε > 0, maka a b. Bukti. Anggaplah a > b. Maka untuk ε 0 = 1 (a b) berlaku 2 a ε 0 = a 1 2 (a b) = 1 (a + b) 2 > 1 (b + b) = b, 2 yang merupakan negasi dari hipotesis. Teorema Jika ab > 0, maka 1 a > 0 dan b > 0, atau 2 a < 0 dan b < 0. Buktikan!

24 Teorema Jika ab < 0, maka 1 a < 0 dan b > 0, atau 2 a > 0 dan b < 0. Buktikan! Contoh (1) Tentukan himpunan A R sedemikian sehingga 2x Jawab Perhatikan bahwa x A 2x x 3 x 3 2. Jadi, kita mempunyai A = { x R: x 3 2}.

25 Contoh (2) Misalkan a 0 dan b 0. Tunjukkan bahwa a < b a 2 < b 2 a < b. Jawab Akan dibuktikan untuk kasus a > 0 dan b > 0, dan kasus a = 0 dibiarkan sebagai latihan. Anggaplah a > 0 dan b > 0, maka dari sifat urutan (i) kita mempunyai a + b > 0. Karena b 2 a 2 = (b a)(b + a), maka teorema 9(c) mengakibatkan bahwa: b a > 0 b 2 a 2 > 0. Selain itu, teorema 13 mengakibatkan bahwa b 2 a 2 > 0 b a > 0.

26 Jika a > 0 dan b > 0, maka a > 0 dan b > 0. Karena a = ( a) 2 dan b = ( b) 2 maka ( b) 2 ( a) 2 > 0 b a > 0 a < b. Kita tinggalkan pembuktian bahwa: jika a 0 dan b 0, maka sebagai latihan. Contoh (3) Tuliskan himpunan C = sederhana. a b a 2 b 2 a b { x R: } (2x + 1) (x + 2) < 1 dalam bentuk yang lebih Jawab x C (2x + 1) (x + 2) 1 < 0 (x 1) (x + 2) < 0.

27 Oleh karena itu, diperoleh 1 x 1 < 0 dan x + 2 > 0, atau 2 x 1 > 0 dan x + 2 < 0. Dalam kasus (1), diperoleh x < 1 dan x > 2, yang dipenuhi jika dan hanya jika 2 < x < 1. 3 Dalam kasus (2) kita haruslah mempunyai x > 1 dan x < 2, yang tidak pernah dipenuhi. Jadi kita menyimpulkan bahwa C = {x R: 2 < x < 1}. Contoh (Ketaksamaan Bernoully) Jika x > 1, tunjukkan bahwa untuk semua n N. (1 + x) n 1 + nx

28 Bukti. Gunakan induksi matematika untuk pembuktian ini. Untuk n = 1 menghasilkan kesamaan, sehingga penegasan benar. Asumsikan ketaksamaan benar untuk integer n = k, yakni (1 + x) k 1 + kx, untuk suatu k. Akan ditunjukkan bahwa pernyataan juga benar untuk n = k + 1, yakni Karena 1 + x > 0, maka (1 + x) k (k + 1)x. (1 + x) k+1 = (1 + x) k (1 + x) (1 + kx)(1 + x) = 1 + (k + 1)x + kx (k + 1)x. Karena pernyataan berlaku untuk n = k + 1, maka dapat disimpulkan bahwa ketaksamaan benar untuk semua n N.

29 Latihan 1 Jika 0 < a < b dan 0 < c < d, buktikan bahwa 0 < ac < bd. 2 Jika 0 < a < b dan 0 c d, buktikan bahwa 0 ac bd. 3 Jika a, b R, tunjukkan bahwa a 2 + b 2 = 0 a = 0 dan b = 0. 4 Tunjukkan bahwa jika 0 < a < b maka a < ab < b dan 0 < 1 b < 1 a.

30 Nilai Mutlak Sifat Trichotomy menjamin bahwa jika a R dan a 0, maka hanya ada satu yang positif diantara 2 bilangan a dan a. Definisi (3) Jika a R, nilai mutlak dari a, ditulis a, didefinisikan sebagai berikut: { a, jika a 0 a = a, jika a < 0 Sehingga domain dari fungsi nilai mutlak adalah R dan range nya adalah P {0}.

31 Teorema 1 a = 0 a = 0 2 a = a untuk semua a R 3 ab = a b untuk semua a, b R 4 Jika c 0, maka a c c a c 5 - a a a untuk semua a R. Bukti. 1 Jika a = 0 maka a = 0. Jika a 0 maka a 0, sehingga a = 0. Oleh karena itu, jika a = 0, maka a = 0. 2 Jika a = 0, maka 0 = 0 = 0. Jika a > 0, maka a < 0 dan akibatnya a = a = ( a) = a. Jika a < 0, maka a > 0 dan akibatnya Buktikan (3), (4) dan (5)! a = a = a.

32 Teorema Jika a, b R, maka a b a ± b a + b. Bukti. Berdasarkan teorema 15(e) didapat a a a dan b ±b b. Dengan menggunakan teorema 9(b) diperoleh: ( a + b ) a ± b a + b, dan dengan teorema 15(d) diperoleh a ± b a + b. (**) Selanjutnya, karena a = (a b) + b a b + b (kenapa?), maka a b a b. (#)

33 Dengan cara yang sama, karena maka b = (b a) + a b a + a = a b + a, b a a b. (##) Dengan menggabungkan (#) dan (##) diperoleh a b a b. Untuk mendapatkan ketaksamaan dengan tanda positif, ganti b dengan b. Dengan menggunakan prinsip induksi matematika, ketaksamaan segitiga dapat diperluas untuk sejumlah hingga elemen-elemen R. Akibat Jika a 1, a 2,..., a n R, maka a 1 + a a n a 1 + a a n.

34 Garis Riil Bilangan Riil Suatu interpretasi geometris dari sistem bilangan riil adalah garis riil. Dalam interpretasi ini, nilai mutlak a dianggap sebagai jarak dari a ke asal 0. Secara umum, jarak antara elemen a dan b di dalam R adalah a b. Dalam diskusi selanjutnya, kita memerlukan bahasa yang lebih tepat tentang istilah suatu bilangan riil dekat dengan bilangan riil lain. Jika a R, maka perkataan bahwa suatu bilangan riil x dekat ke a berarti bahwa jarak x a kecil. Ide ini didiskusikan dengan memperkenalkan terminologi lingkungan (neighborhoods) yang kita definisikan berikut ini. Misalkan a R dan ε > 0. Maka lingkungan ε dari a, dinyatakan dengan V ε (a), adalah himpunan V ε (a) = {x R : x a < ε}.

35 Untuk a R, pernyataan bahwa x V ε (a) ekivalen dengan pernyataan Lihat gambar 2.1 berikut. ε < x a < ε a ε < x < a + ε. Teorema Gambar 2.1 Misalkan a R. Jika x V ε (a) untuk setiap ε > 0, maka x = a. Bukti. Untuk suatu x yang memenuhi x a < ε, maka akibat dari teorema 11 adalah x a = 0, dan sehingga x = a.

36 Latihan 1 Jika a, b R dan b 0, tunjukkan bahwa a = a b b. 2 Jika a, b R, tunjukkan bahwa a + b = a + b jika dan hanya jika ab 0. 3 Jika x, y, z R, x z, tunjukkan bahwa x < y < z jika dan hanya jika x y + y z = x z. 4 Dapatkan semua x R yang memenuhi ketaksamaan 1 x x 1 > x x + x + 1 < 2. 5 Tunjukkan bahwa jika a, b R dan a b, maka ada suatu lingkungan U ε (a) dan V ε (b) sedemikian sehingga U ε (a) V ε (b) =

37 Sifat Kelengkapan Bilangan Riil Bagian ini akan mendiskusikan sifat-sifat penting bilangan riil R yang sering disebut sebagai sifat Kelengkapan, karena sifat ini menjamin eksistensi elemen-elemen R bila hipotesis-hipotesis tertentu dipenuhi. Sistem bilangan rasional Q memenuhi sifat aljabar dan sifat urutan, tetapi telah diperlihatkan bahwa 2 tidak dapat dinyatakan sebagai bilangan rasional, oleh karena itu 2 / Q. Observasi ini memperlihatkan bahwa perlunya sifat tambahan untuk mengkarakteristikkan bilangan riil. Sifat tambahan ini, sifat kelengkapan (sifat supremum), adalah suatu sifat esensial dari R. Ada beberapa versi sifat kelengkapan. Disini, akan diberikan sifat yang paling efisien dengan mengasumsikan bahwa setiap himpunan terbatas tak kosong di R mempunyai supremum.

38 Supremum dan Infimum Bilangan Riil Sekarang akan diperkenalkan gagasan batas atas dan batas bawah untuk suatu himpunan. Definisi (4) Misalkan S R. Suatu bilangan u R dikatakan batas atas untuk himpunan S jika s u untuk semua s S. Suatu bilangan w R dikatakan batas bawah untuk himpunan S jika w s untuk semua s S. Pertanyaan. 1 Tuliskan, apa yang dimaksud dengan suatu bilangan bukan batas atas (batas bawah) dari himpunan S! 2 Apakah semua himpunan mempunyai batas atas (bawah)? 3 Apakah ada himpunan yang mempunyai batas atas, tetapi tidak mempunyai batas bawah (sebaliknya)?

39 Perlu dicatat bahwa jika kita menggunakan definisi 4 untuk himpunan kosong, kita dapat menyimpulkan bahwa setiap bilangan riil adalah batas atas untuk. Agar suatu bilangan u R bukan batas atas himpunan S, suatu elemen s S harus ada sedemikian sehingga u < s. Jika S =, maka elemen s ini tidak ada, sehingga setiap bilangan riil adalah batas atas dari. Dengan cara yang sama, setiap bilangan riil adalah batas bawah dari. Kelihatannya, hal ini seperti mengada-ada, tetapi itu merupakan konsekwensi logis dari definisi 4 Suatu himpunan di dalam R dikatakan terbatas di atas jika ia mempunyai batas atas. Jika suatu himpunan dalam R mempunyai batas bawah, maka ia dikatakan terbatas di bawah.

40 Jika suatu himpunan dalam R mempunyai batas atas dan batas bawah maka dikatakan himpunan tersebut terbatas. Suatu himpunan dalam R dikatakan tak terbatas jika ia tak mempunyai batas atas atau batas bawah. Umpamanya, himpunan {x R: x 2} tak terbatas (meskipun ia terbatas di atas) karena ia tak terbatas di bawah. Definisi (5) Misalkan S R. a. Bilangan u R dikatakan supremum (batas atas terkecil) untuk himpunan S jika: i. u adalah batas atas S ii. u s untuk setiap s, dengan s adalah batas atas S. b. Bilangan w R dikatakan infimum (batas bawah terbesar) untuk himpunan S jika: i. w adalah batas bawah S. ii. w s untuk setiap s, dengan s adalah batas bawah S.

41 Dengan ungkapan lain, definisi 5(a) dapat juga dinyatakan sebagai berikut: Suatu bilangan u R adalah supremum dari S R, jika memenuhi 2 syarat: i. s u s S ii. jika v adalah sebarang bilangan sedemikian sehingga s v s S, maka u v. Formulasikan ungkapan yang serupa untuk definisi 5(b). Untuk suatu S R yang mempunyai supremum maka supremum tersebut adalah tunggal. Andaikan u 1 dan u 2 adalah supremum S, maka u 1 dan u 2 adalah batas atas S. Karena u 1 adalah suremum S dan u 2 adalah batas atas S maka u 1 u 2. Begitu juga, dengan argumen yang sama didapat u 2 u 1. Akibatnya u 1 = u 2.

42 Lema Misalkan S R, S. Suatu bilangan u adalah supremum untuk himpunan S jika dan hanya jika u memenuhi 2 syarat berikut: i. tidak ada s S dengan u < s ii. jika v < u, maka ada suatu s v S sedemikian sehingga v < s v. Bukti. Misalkan u memenuhi syarat i dan ii. Syarat ii mengakibatkan bahwa u adalah batas atas S. Jika v adalah bilangan sebarang dengan v < u, maka sifat ii menunjukkan bahwa v bukan batas atas S. Sehingga u adalah supremum dari S. Sebaliknya, misalkan u adalah supremum dari S, maka u adalah batas atas S. Akibatnya, syarat i berlaku. Jika v < u, maka v bukan batas atas S. Akibatnya ada s 0 S sedemikian sehingga v < s 0.

43 Soal: Rumuskan suatu lemma yang serupa dengan lemma 1 untuk kasus infimum, dan buktikan.! Bila supremum atau infimum dari suatu himpunan S ada, maka supremum S dinyatakan sebagai dan infimum S dinyatakan sebagai sup S, inf S. Dapat diperiksa bahwa jika u adalah batas atas sebarang dari S, maka sup S u, yaitu jika s u untuk semua s S maka sup S u. Ini mengatakan bahwa sup S adalah batas atas terkecil dari S.

44 Lema Misalkan S R, S. Suatu batas atas u dari S adalah supremum dari S jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 ada suatu s ε S sedemikian sehingga u ε < s ε. Bukti. Anggaplah u adalah batas atas S dan untuk setiap ε > 0 ada suatu s ε S sedemikian sehingga u ε < s ε. Akan dibuktikan bahwa sup S = u. Jika v < u dan kita ambil ε = u v, maka ε > 0. Akibatnya ada suatu bilangan s ε S sedemikian sehingga v = u ε < s ε. Oleh karena itu, v bukan batas atas S. Karena v adalah sebarang bilangan yang lebih kecil dari u, kita menyimpulkan bahwa u = sup S. Sebaliknya, anggaplah bahwa u = sup S dan misalkan ε > 0. Karena u ε < u, maka u ε bukan batas atas dari S. Oleh karena itu, suatu elemen s ε S haruslah lebih besar dari u ε; yaitu u ε < s ε.

45 Supremum dari suatu himpunan boleh termuat dalam himpunan tersebut dan boleh juga tidak, tergantung dari himpunan yang diberikan. Demikian juga halnya dengan infimum. Contoh (4) Misalkan S R. Jika S memuat salah satu batas atasnya, tunjukkan bahwa batas atas tersebut adalah supremumnya. Bukti. Misalkan u S adalah suatu batas atas S. Jika v adalah batas atas lain dari S, maka u v. Sehingga u = sup S. Aksioma Kelengkapan dari R 1 Setiap himpunan bilangan riil R yang tak kosong dan terbatas di atas mempunyai supremum dalam R (Sifat Supremum) 2 Setiap himpunan bilangan riil R yang tak kosong dan terbatas dibawah mempunyai infimum dalam R (Sifat Infimum)

46 Bukti (2). Ambil himpunan tak kosong sebarang A R, dan misalkan A terbatas di bawah. Akan dibuktikan inf A ada. Misalkan B = {b R b batas bawah A}. Karena A terbatas di bawah, maka B. Untuk menunjukkan bahwa A mempunyai infimum, perlu ditunjukkan bahwa B mempunyai elemen terbesar, dengan memperlihatkan bahwa B terbatas di atas dan sup B B. Misalkan y A, maka x y x B. Ini menunjukkan bahwa setiap y A adalah batas atas himpunan B. Karena A, maka B terbatas di atas. Akibatnya sup B ada (berdasarkan sifat supremum). Definisikan α = sup B. Dr. Muhafzan (Dept. of Math. UNAND) 3 SKS JULI / 60

47 Bukti (2). Ambil himpunan tak kosong sebarang A R, dan misalkan A terbatas di bawah. Akan dibuktikan inf A ada. Misalkan B = {b R b batas bawah A}. Karena A terbatas di bawah, maka B. Untuk menunjukkan bahwa A mempunyai infimum, perlu ditunjukkan bahwa B mempunyai elemen terbesar, dengan memperlihatkan bahwa B terbatas di atas dan sup B B. Misalkan y A, maka x y x B. Ini menunjukkan bahwa setiap y A adalah batas atas himpunan B. Karena A, maka B terbatas di atas. Akibatnya sup B ada (berdasarkan sifat supremum). Definisikan α = sup B. Dr. Muhafzan (Dept. of Math. UNAND) 3 SKS JULI / 60

48 Bukti (2). Ambil himpunan tak kosong sebarang A R, dan misalkan A terbatas di bawah. Akan dibuktikan inf A ada. Misalkan B = {b R b batas bawah A}. Karena A terbatas di bawah, maka B. Untuk menunjukkan bahwa A mempunyai infimum, perlu ditunjukkan bahwa B mempunyai elemen terbesar, dengan memperlihatkan bahwa B terbatas di atas dan sup B B. Misalkan y A, maka x y x B. Ini menunjukkan bahwa setiap y A adalah batas atas himpunan B. Karena A, maka B terbatas di atas. Akibatnya sup B ada (berdasarkan sifat supremum). Definisikan α = sup B. Dr. Muhafzan (Dept. of Math. UNAND) 3 SKS JULI / 60

49 Bukti (2). Ambil himpunan tak kosong sebarang A R, dan misalkan A terbatas di bawah. Akan dibuktikan inf A ada. Misalkan B = {b R b batas bawah A}. Karena A terbatas di bawah, maka B. Untuk menunjukkan bahwa A mempunyai infimum, perlu ditunjukkan bahwa B mempunyai elemen terbesar, dengan memperlihatkan bahwa B terbatas di atas dan sup B B. Misalkan y A, maka x y x B. Ini menunjukkan bahwa setiap y A adalah batas atas himpunan B. Karena A, maka B terbatas di atas. Akibatnya sup B ada (berdasarkan sifat supremum). Definisikan α = sup B.

50 Untuk menunjukkan bahwa α B, perlu ditunjukkan bahwa α adalah batas bawah himpunan A. Misalkan y A sebarang, maka y A adalah batas atas himpunan B, tetapi α adalah batas atas terkecil himpunan B, yaitu α y. Sehingga α adalah batas bawah himpunan A, atau α B. Sifat-sifat ini sering disebut sebagai sifat kelengkapan dari R. Selanjutnya, karena R memiliki 3 sifat diatas, yakni: sifat lapangan, terurut, dan sifat kelengkapan, maka R disebut lapangan terurut lengkap.

51 Contoh (5) Misalkan S 1 = {x R: x 0}. Tunjukkan bahwa himpunan S 1 mempunyai batas bawah, tetapi tidak mempunyai batas atas dan bahwa inf S 1 = 0. Bukti. i. Akan ditunjukkan bahwa himpunan S 1 mempunyai batas bawah. Karena x 0, maka semua y R dengan y 0 adalah batas bawah himpunan S 1. ii. Akan ditunjukkan bahwa himpunan S 1 tidak mempunyai batas atas. Andaikan S 1 mempunyai batas atas, dan sebutlah u adalah batas atas S 1. Maka u 0. Karena u + 1 > u 0, maka u bukan batas atas S 1. Oleh karena itu S 1 tidak mempunyai batas atas. iii. Akan ditunjukkan bahwa inf S 1 = 0. Karena x 0, maka 0 adalah batas bawah himpunan S 1. Jika v > 0, maka ada v 2 S 1 dengan v 2 < v. Oleh karena itu inf S 1 = 0.

52 Soal 4. Misalkan S 2 = {x R: x > 0}. Apakah S 2 mempunyai batas bawah? Apakah S 2 mempunyai batas atas? Apakah inf S 2 ada? Buktikan pernyataan anda! Contoh (6) Misalkan S 3 = { } 1 n : n N. a. Tunjukkan bahwa sup S 3 = 1. b. Tunjukkan bahwa inf S 3 = 0. Bukti. a. Akan ditunjukkan bahwa sup S 3 = 1. Karena 1 n 1 untuk semua n N, maka 1 adalah batas atas S 3. Karena 1 S 3 maka sup S 3 = 1 berdasarkan contoh 2.

53 b. Akan ditunjukkan bahwa inf S 3 = 0. Karena 0 < 1 n untuk setiap n N, maka 0 adalah batas bawah S 3. Misalkan v = 1 m S 3 untuk suatu m N, maka ada s = 1 2m S sedemikian sehingga 0 < 1 2m < 1 m. Oleh karena itu inf S 3 = 0. Contoh (7) Misalkan S adalah himpunan terbatas tak kosong dalam R. Misalkan pula a > 0 dan definisikan himpunan as = {as : s S}. Tunjukkan bahwa sup (as) = a sup S.

54 Bukti. Misalkan u = sup S, maka s u s S. a > 0 as au s S au adalah batas atas himpunan as sup (as) au = a sup S (1) Jika v adalah batas atas sebarang as, maka as v s S. Karena a > 0, maka s v a s S. Akibatnya v adalah batas atas a himpunan S. Sehingga sup S v s S a sup S v s S (karena a > 0) a a sup S sup(as) (karena v adalah batas atas sebarang as) (2) Dari (1) dan (2) diperoleh sup (as) = a sup S.

55 Suatu akibat dari sifat supremum adalah bahwa himpunan bilangan asli N tidak terbatas di atas dalam R. Artinya, untuk setiap x R, terdapat bilangan asli n x, dengan n x > x. Bukti pernyataan ini tidak dapat dideduksi dari sifat aljabar dan sifat urutan. Pembuktiannya haruslah menggunakan sifat supremum. Teorema (Sifat Archimedean) Jika x R, maka terdapat n x N, dengan n x > x. Bukti. Anggaplah kesimpulan bahwa ada n x N n x > x salah. Maka x adalah batas atas untuk N. Oleh karena itu, berdasarkan sifat supremum, maka N mempunyai supremum u R.

56 Karena x adalah suatu batas atas untuk N, maka u x. Karena u 1 < u, maka ada n 1 N u 1 < n 1, (berdasarkan lemma 1). Akibatnya u < n Tetapi n N, jadi kontradiksi dengan asumsi bahwa u adalah batas atas N. Akibat Misalkan y, z > 0. Maka i. Ada n N ny > z ii. Ada n N 0 < 1 n < z iii. Ada n N n 1 y < n. Buktikan!

57 Sifat supremum menjamin eksistensi dari bilangan-bilangan riil tertentu. Salah satunya, berikut ini akan ditunjukkan eksistensi bilangan riil positf x sedemikian sehingga x 2 = 2. Teorema (Eksistensi 2) Ada suatu bilangan positif x R sedemikian sehingga x 2 = 2. Bukti. Misalkan S = { y R 0 y, y 2 2 }. S karena 1 S. Akan dibuktikan bahwa himpunan S terbatas diatas oleh 2. Andaikan 2 bukan batas atas, maka ada s S sedemikian sehingga 2 < s.

58 Akibatnya 4 < s 2 2, yang adalah suatu kontradiksi. Jadi mestilah S terbatas diatas oleh 2. Berdasarkan sifat supremum, himpunan S mempunyai supremum dan misalkan x = sup S. Jelas bahwa x > 0. Akan dibuktikan bahwa x 2 = 2. Andaikan x 2 2. Maka ada 2 kasus, yakni x 2 < 2 atau x 2 > 2. Kasus 1: Misalkan x 2 < 2. Akan ditunjukkan bahwa asumsi ini kontradiksi dengan fakta bahwa x = sup S dengan mendapatkan suatu bilangan n N sedemikian sehingga x + 1 n S, yang berimplikasi bahwa x bukan batas atas S.

59 Untuk memilih n, perhatikan analisis berikut ini: 1 Karena n 2 1 n, maka ( x + 1 ) 2 = x 2 + 2x n n + 1 n 2 x2 + 1 (2x + 1). n Sehingga, jika n dapat dipilih sedemikian sehingga 1 n (2x + 1) < 2 x2, maka akan didapat ( x + 1 n) 2 < x 2 + ( 2 x 2) = 2 Karena x 2 < 2, maka 2 x 2 > 0. Sehingga 2 x 2 2x + 1 > 0.

60 Berdasarkan sifat Archimedean (corollary 3(ii)), maka ada n N sedemikian sehingga 1 n < 2 x2 2x + 1 Akibatnya ( x + 1 n ) 2 = x 2 + 2x n + 1 n 2 x2 + 1 n (2x + 1) < x2 + ( 2 x 2) = 2, yang menunjukkan bahwa x + 1 S dan kontradiksi dengan n x = sup S. Kasus 2: Misalkan x 2 > 2. Akan ditunjukkan bahwa asumsi ini kontradiksi dengan fakta bahwa x = sup S dengan mendapatkan suatu bilangan m N sedemikian sehingga x 1 juga batas atas S.Untuk memilih m, perhatikan m analisis berikut ini: ( x 1 ) 2 = x 2 2x m m + 1 m 2 > x2 2x m Dr. Muhafzan (Dept. of Math. UNAND) 3 SKS JULI / 60

61 Berdasarkan sifat Archimedean (corollary 3(ii)), maka ada n N sedemikian sehingga 1 n < 2 x2 2x + 1 Akibatnya ( x + 1 n ) 2 = x 2 + 2x n + 1 n 2 x2 + 1 n (2x + 1) < x2 + ( 2 x 2) = 2, yang menunjukkan bahwa x + 1 S dan kontradiksi dengan n x = sup S. Kasus 2: Misalkan x 2 > 2. Akan ditunjukkan bahwa asumsi ini kontradiksi dengan fakta bahwa x = sup S dengan mendapatkan suatu bilangan m N sedemikian sehingga x 1 juga batas atas S.Untuk memilih m, perhatikan m analisis berikut ini: ( x 1 ) 2 = x 2 2x m m + 1 m 2 > x2 2x m

62 Sehingga, jika m dapat dipilih sedemikian sehingga 2x m < x2 2, maka akan didapat ( x 1 m ) 2 = x 2 2x m + 1 m 2 > x2 2x m > x2 + (2 x 2 ) = 2 Karena x 2 > 2, maka x 2 2 > 0. Sehingga x 2 2 > 0. 2x Berdasarkan sifat Archimedean (corollary 3(ii)), maka ada m N sedemikian sehingga 1 m < x2 2 2x Akibatnya ( x 1 ) 2 = x 2 2x m m + 1 m 2 > x2 2x m > x2 + (2 x 2 ) = 2.

63 Perhatikan pula bahwa s S s 2 < 2 < Hubungan (3) memperlihatkan bahwa ( x m) 1 2 ( s < x 1 ). (3) m ( x 1 ) adalah batas atas m untuk S, yang kontradiksi dengan x = sup S. Karena kemungkinan x 2 < 2 atau x 2 > 2 adalah salah, maka mestilah x 2 = 2. Teorema 19 mengatakan bahwa terdapat sekurang-kurangnya satu bilangan irrasional, yakni 2 (akar kwadrat positif dari 2). Akibat Misalkan ξ > 0 adalah suatu bilangan irrasional dan z > 0. Maka ada ξ m N sedemikian sehingga bilangan irrasional m memenuhi 0 < ξ m < z.

64 Teorema Misalkan x, y R dengan x < y. a. Maka ada r Q x < r < y b. Jika ξ > 0 adalah sebarang bilangan irrasional, maka ada r Q sedemikian sehingga bilangan irrasional rξ memenuhi x < rξ < y.