TUGAS MENERJEMAHKAN
BILANGAN RASIONAL DAN IRASIONAL
DISUSUN OLEH :
KELOMPOK 3 (TIGA)
NAMA
: 1. ERLI SUSANTI TELAUMBANUA
2. HARTATI MURNI LASE
3. MEI KURNIAWATI TELAUMBANUA
4. NISERIA GULO
5. ASLINA HIA
SEMESTER
: VI (ENAM)
KELAS
:B
MATA KULIAH
: ANALISIS REAL
DOSEN PENGAMPU :
INTEGRASI ANUGERAH BATE’E, S.Pd., M.Pd
INSTITUT KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN (IKIP) GUNUNGSITOLI
FAKULTAS PENDIDIKAN MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM (FPMIPA)
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA
TAHUN AKADEMIK 2019/2020
BILANGAN RASIONAL DAN IRASIONAL
Kita anggap himpunan ℕ dari bilangan asli sebagai himpunan bagian dari ℝ, dengan
mengidentifikasi bilangan asli n ∈ ℕ dengan jumlah n-lipat dari elemen unit 1 ∈ ℝ. Demikian
pula, kita mengidentifikasi 0 ∈ Z dengan elemen nol 0 ∈ ℝ, dan kita mengidentifikasi jumlah
n-lipat dari -1 dengan bilangan bulat -n. Demikian kita anggap ℕ dan ℤ sebagai himpunan
bagian dari ℝ.
Elemen ℝ dapat ditulis dalam bentuk
𝑏
𝑎
dimana a, b ∈ ℤ dan a ≠ 0 disebut bilangan
rasional. Himpunan semua bilangan rasional dalam ℝ akan dilambangkan dengan standar
notasi ℚ. Jumlah dan hasil dari dua bilangan rasional adalah bilangan rasional (buktikan ini),
dan lebih dari itu, sifat-sifat medan yang dituliskan di awal bagian, ini dapat ditunjukan
dipenuhi oleh ℚ.
Fakta bahwa ada elemen dalam ℝ yang tidak ada di ℚ tidak begitu terlihat. Di abad
keenam SM masyarakat Yunani kuno Pythagoras menemukan bahwa diagonal kotak (bujur
sangkar) dengan sisi unit tidak dapat dinyatakan sebagai rasio bilangan bulat. Dalam pandangan
Teorema Pythagoras untuk segitiga siku-siku, ini mengakibatkan bahwa kuadrat dari bukan
bilangan rasional jumlahnya bisa sama 2. Penemuan ini memiliki dampak mendalam pada
perkembangan bahasa Yunani matematika. Salah satu konsekuensinya adalah bahwa elemen ℝ
yang tidak ada dalam ℚ dikenal sebagai bilangan irasional, artinya bukan bilangan bulat.
Meskipun kata ‘‘Irasional” dalam penggunaan bahasa Inggris modern memiliki arti yang sangat
berbeda, kita akan mengadopsi penggunaan matematika standar dari istilah ini.
Kita sekarang akan membuktikan bahwa tidak ada bilangan rasional yang kuadratnya 2.
Dalam bukti kita menggunakan pengertian angka genap dan ganjil. Ingatlah bahwa bilangan
asli bahkan jika itu memiliki bentuk 2n untuk beberapa n ∈ ℕ, dan aneh jika memiliki bentuk
2n - 1 untuk beberapa n ∈ ℕ.
Setiap bilangan asli adalah antar genap atau ganjil, dan tidak ada bilangan asli adalah keduanya
genap dan ganjil.
Teorema 2.1.4 Tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 2
Bukti :
𝑝
Misalkan, sebaliknya, bahwa p dan q adalah bilangan bulat sehingga (𝑞 )2 = 2.
Kita boleh asumsikan bahwa p dan q adalah positif dan tidak memiliki faktor bilangan bulat
selain 1. (Mengapa?) karena p2 = 2q2, kita melihat bahwa p2 adalah genap. Ini mengakibatkan
bahwa p juga genap (karena jika p = 2n – 1 ganjil, maka kuadrat p2 = 2(2n2 – 2n + 1) – 1 juga
ganjil). Karena itu, sejak p dan q tidak memiliki 2 sebagi faktor umum, maka q harus bilangan
asli ganjil.
Karena p adalah genap, maka p = 2m untuk beberapa m ∈ ℕ, dan karenanya 4m2 = 2q2,
sehingga 2m2 = q2. Oleh karena itu, q2 adalah genap, dan berarti q adalah bilangan asli genap.
𝑝
Karena hipotesis bahwa (𝑞 )2 = 2 mengarah pada kesimpulan yang kontradiktif bahwa q
adalah baik genap dan ganjil, itu pasti salah.
Sifat Terurut dari R
Sifat terurut dari ℝ merujuk pada gagasan positif dan ketidaksetaraan antara bilangan nyata.
Seperti halnya struktur aljabar sistem bilangan real, kita melanjutkan mengisolasi tiga sifat
dasar dari mana semua sifat urutan dan perhitungan dengan ketidaksetaraan dapat disimpulkan.
Cara paling sederhana untuk melakukan ini adalah mengidentifikasi himpunan bagian khusus
dari R dengan menggunakan gagasan “positif”.
2.1.5 Sifat Terurut dari R terdapat himpunan bagian tak kosong ℙ dari ℝ, yang dinamakan
himpunan bilangan real positif , yang memenuhi sifat-sifat berikut:
(i) Jika a, b ∈ ℙ maka a + b ∈ ℙ.
(ii) Jika a, b ∈ ℙ maka a . b ∈ ℙ.
(iii) Jika a ∈ ℙ maka salah satu diantara tiga hal, yaitu
a ∈ ℙ, a = ℙ,
-a ∈ ℙ
Dua kondisi pertama memastikan kompatibilitas pesanan dengan operasi penambahan
dan perkalian, masing-masing. Kondisi 2.5.1 disebut juga sebagai sifat Trichotomy. Sifat ini
mengatakan bahwa ℝ dibangun oleh tiga buah himpunan yang disjoin. Tiga buah himpunan
tersebut adalah himpunan {-a : a ∈ ℙ } yang merupakan himpunan bilangan real negatif, tidak
memiliki elemen yang sama dengan himpunan ℙ dari bilangan real positif.
Jika a ∈ P, kita tulis a > 0 dan a dikatakan sebagai bilangan real positif. Jika a ∈ ℙ ∪ {0},
kita tulis a ≥ 0 dan dikatakan a sebagai bilangan real nonnegatif. Demikian pula, jika -a ∈ ℙ,
kita tulis a < 0 dan a dikatakan sebagai bilangan real negative. Jika -a ∈ ℙ ∪ {0}, kita tulis a ≤
0 dan dikatakan a sebagai bilangan real nonpositif.
Gagasan ketidaksetaraan antara dua bilangan real sekarang akan didefinisikan dalam hal
himpunan ℙ dari elemen positif.
Defenisi 2.1.6 Misalkan a,b ∈ ℝ
(a) Jika a – b ∈ ℙ, maka a > b atau b < a
(b) Jika a – b ∈ ℙ ∪ {0}, maka a ≤ b atau b ≤ a
Sifat Trichotomy 2.1.5 (iii) mengakibatkan bahwa untuk sembarang a,b ∈ ℝ berlaku
salah satu dari:
a > b,
a = b,
a<b
Selain itu, dapat ditunjukkan bahwa jika a ≤ b dan b ≤ a, maka a = b
Untuk kenyamanan notasi, kita akan menulis
a<b<c
Berarti keduanya a < b dan b < c. ketidaksetaraan “ganda” lainnya a ≤ b < c, a ≤ b ≤ c, dan
a < b ≤ c didefinisikan dengan cara yang sama.
Untuk mengilustrasikan bagaimana sifat urutan dasar digunakan untuk memperoleh
‘‘aturan ketidaksetaraan” kita sekarang akan menetapkan beberapa hasil yang telah digunakan
pembaca dalam kursus matematika sebelumnya.
Teorema 2.1.7 Misalkan a, b, c ∈ ℝ
(a) Jika a > b dan b > c, maka a > c
(b) Jika a > b, maka a + c > b + c
(c) Jika a > b dan c > 0, maka ca > cb
Jika a > b dan c < 0, maka ca > cb
Bukti:
(a) Jika a – b ∈ ℙ dan b – c ∈ ℙ, maka 2.1.5(i) mengakibatkan (a – b) + (b – c) = a – c ∈ ℙ.
Karenanya a > c.
(b) Jika a – b ∈ ℙ, maka (a + c) - (b + c) = a – b ada di ℙ. Jadi a + c > b + c.
Jika a – b ∈ ℙ dan c ∈ ℙ, maka ca – cb = c(a – b) ada di ℙ oleh 2.1.5(ii). Jadi ca > cb
ketika c > 0.
Disisi lain, jika c < 0, maka – c ∈ ℙ, jadi cb – ca = (-c)(a – b) ada di ℙ. Jadi cb > ca
ketika c > 0.
Wajar untuk mengharapkan bahwa bilangan asli adalah bilangan real positif. Properti
ini diturunkan dari sifat dasar terurut. Pengamatan utama adalah kuadrat dari apa pun bilangan
real bukan nol adalah positif.
Teorema 2.1.8
(a) Jika a ∈ ℝ dan a ≠ 0, maka a2 > 0
(b) 1 > 0
(c) Jika n ∈ ℕ, maka n > 0
Bukti:
(a) Dengan menggunakan sifat terurut, jika a ≠ 0, lalu baik a ∈ ℙ atau -a ∈ ℙ. Jika a ∈ ℙ, maka
dengan 2.1.5(ii), kita punya a2 = a . a ∈ ℙ. Juga, jika -a ∈ ℙ, maka a2 = (-a)(-a) ∈ ℙ, kita
simpulkan jika a ≠ 0, maka a2 > 0
(b) Karena 1 = 12, mengikuti (a) maka 1 > 0
(c) Kita menggunakan Induksi Matematika. Pernyataan untuk n = 1 benar oleh (b). Jika kita
mengira pernyataan benar untuk bilangan asli k, maka k ∈ ℙ, dan karena 1 ∈ ℙ, kita
mempunyai k + 1 ∈ ℙ oleh 2.1.5(i). Oleh karena itu, pernyataan ini berlaku untuk semua
bilangan asli.
Perlu dicatat bahwa tidak ada bilangan real positif terkecil yang bisa ada. Ini diikuti oleh
1
mengamati bahwa jika a > 0, maka karena 2 > 0 (mengapa?), kita punya
0<
1
2
< 0
Dengan demikian jika diklaim bahwa a adalah yang terkecil bilangan real positif, kita dapat
1
menunjukkan yang lebih kecil nomor positif 2 a.
Pengamatan ini mengarah pada hasil selanjutnya, yang akan sering digunakan sebagai
metode bukti. Misalnya, untuk membuktikan angka a ≥ 0 sebenarnya sama dengan nol, kita
melihatnya cukup untuk menunjukkan bahwa a lebih kecil dari angka positif yang berubahubah.
Teorema 2.1.9 Jika a ∈ ℝ adalah seperti 0 ≤ a < 𝜀 untuk setiap 𝜀 > 0, maka a = 0
Bukti:
1
Misalkan sebaliknya itu a > 0. Lalu jika kita ambil 𝜀 0 := 2a, kita punya 0 < 𝜀 0 < a. Karena itu,
itu salah a < 𝜀 untuk setiap 𝜀 > 0 dan kita simpulkan bahwa a = 0.
Ucapan Ini adalah latihan untuk menunjukkan itu jika a ∈ R adalah seperti 0 ≤ a < 𝜀 untuk
setiap 𝜀 > 0, maka a = 0
Hasil dari dua angka positif adalah positif. Namun, positifnya suatu hasil dari dua angka
tidak mengakibatkan bahwa setiap faktor positif. Kesimpulan yang benar diberikan dalam
teorema berikut. Ini adalah alat penting dalam bekerja dengan ketidaksetaraan.
Teorema 2.1.10 Jika ab > 0, lalu
(i) a > 0 dan b > 0, atau
(ii) a < 0 dan b < 0.
Bukti:
Pertama kita perhatikan ab > 0 mengakibatkan bahwa a ≠ 0 dan b ≠ 0. (mengapa?) dari sifat
1
1
terurut, baik a > 0 atau a < 0. Jika a > 0, maka 𝑎 > 0, dan karena itu b = (𝑎) (ab) > 0.
1
1
Demikian pula, jika a < 0, maka 𝑎 < 0, jadi b = (𝑎) (ab) < 0.
Akibat wajar 2.1.11 Jika ab < 0, lalu
(i) a < 0 dan b > 0, atau
(ii) a > 0 dan b < 0.
Ketidaksetaraan
kami menunjukkan sifat beruntut yang disajikan pada sub bab ini untuk dapat digunakan dalam
menyelesaikan ketidaksetaraan tertentu. Pembaca sebaiknya membuktikan setiap langkah.
2.1.12 Contoh (a) Tentukan himpunan A dari semua bilangan real x sedemikian sehingga 2𝑥 +
3 ≤ 6. Dapat dituliskan bahwa
𝑥 ∈ 𝐴 ⟺ 2𝑥 + 3 ≤ 6 ⟺ 2𝑥 + 3 ⟺ 𝑥 ≤
3
Oleh karena itu 𝐴 = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 ≤ 2}
3
2
(b) Menentukan himpunan 𝐵 ≔ {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 2 + 𝑥 > 2}
Menulis ulang ketidaksetaraan Teorema 2.1.10 dapat diterapkan. Bahwa
𝑥 ∈ 𝐵 ⇔ 𝑥 2 + 𝑥 − 2 > 0 ⇔ (𝑥 − 1)(𝑥 + 2) > 0
Karena, kita memiliki antara (i) 𝑥 − 1 > 0 dan 𝑥 + 2 > 0 atau (ii) 𝑥 − 1 < 0 dan 𝑥 + 2 < 0.
Pada kasus (i) kita harus memiliki keduanya 𝑥 > 1 dan 𝑥 > −2, yang memenuhi jika dan hanya
jika 𝑥 > 1. Pada kasus (ii) kita harus memiliki keduanya 𝑥 < 1 dan 𝑥 < −2 yang memenuhi
jika dan hanya jika 𝑥 < −2
Dapat di simpulkan bahwa 𝐵 = {𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 > 1}⋃{𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 < −2}.
(c) Menentukan Himpunan
𝐶 ≔ {𝑥 ∈ ℝ ∶
2𝑥 + 1
< −2}
𝑥+2
Dapat ditulis
𝑥∈𝐶⟺
2𝑥 + 1
𝑥−1
−1<0⟺
<0
𝑥+2
𝑥+2
Oleh karena itu kita dapat memilih antara (i)𝑥 − 1 < 0 dan 𝑥 + 2 > 0, atau (ii) 𝑥 − 1 > 0 dan
𝑥 + 2 < 0. Kenapa? Pada kasus (i) kita harus memiliki keduanya 𝑥 < 1 dan 𝑥 > −2, yang
memenuhi jika dan hanya jika −2 < 𝑥 < 1. Pada kasus (ii) kita harus memiliki keduanya 𝑥 >
1 dan 𝑥 < −2, tidak memenuhi.
Dapat disimpulkan 𝐶 = {𝑥 ∈ ℝ ∶ −2 < 𝑥 < 1}
Contoh-contoh berikut menggambarkan penggunaan sifat terurut bilangan real dalam
membangun ketidaksetaraan. pembaca harus memeriksa langkah-langkah dalam argumen
dengan mengidentifikasi sifat yang digunakan.
Perlu diketahui bahwa keberadaan akar kuadrat dari angka positif belum telah ditetapkan;
Namun, kami mengasumsikan bentuk akar ini untuk pendekatan pada contoh-contoh berikut.
(Keberadaan akar kuadrat akan dibahas dalam Bagian 2.4.)
2.1.13 Contoh (a) misalkan 𝑎 ≥ 0 dan 𝑏 ≥ 0. sehingga
(1)
𝑎 < 𝑏 ⟺ 𝑎2 < 𝑏 2 ⟺ √𝑎 < √𝑏
Dapat dilihat bahwa 𝑎 > 0 dan 𝑏 > 0, untuk 𝑎 = 0. Ikuti bagian 2.1.5 (i) bahwa 𝑎 + 𝑏 > 0.
Karna 𝑏 2 − 𝑎2 = (𝑏 − 𝑎)(𝑏 + 𝑎), ikuti bagian 2.1.7(c) bahwa 𝑏 − 𝑎 > 0 berarti 𝑏 2 − 𝑎2 > 0.
Dan juga ikuti bagian 2.1.10 bahwa 𝑏 2 − 𝑎2 > 0 berarti 𝑏 − 𝑎 > 0.
Jika 𝑎 > 0 dan 𝑏 > 0, kemudian √𝑎 > 0 dan √𝑏 > 0. Karna 𝑎 = (√𝑎)2 dan 𝑏 = (√𝑏)2 ,
dari dua kemungkinan tersebut mengakibatkan yang pertama bahwa 𝑎 dan 𝑏 diganti dengan √𝑎
dan √𝑏, berturut-turut.
Dapat juga di tunjukkan bahwa jika 𝑎 ≥ 0 dan 𝑏 ≥ 0, sehingga
𝑎 ≤ 𝑏 ⟺ 𝑎2 ≤ 𝑏 2 ⟺ √𝑎 ≤ √𝑏
(1’)
1
(b) jika 𝑎 dan 𝑏 adalah bilangan real positif, maka sifat aritmatika : 2 (𝑎 + 𝑏) dan sifat geometri
: √𝑎𝑏. Dari sifat aritmatika dan geometri menunjukkan ketidaksetaraan untuk 𝑎, 𝑏 yaitu :
1
√𝑎𝑏 ≤ 2 (𝑎 + 𝑏)
(2)
Dari kesetaraan tersebut, jika dan hanya jika 𝑎 = 𝑏
Dari bukti tersebut, dapat ditulis bahwa jika 𝑎 > 0, 𝑏 > 0, dan 𝑎 ≠ 𝑏, sehingga √𝑎 >
0, √𝑏 > 0, dan √𝑎 ≠ √𝑏. Karna ikuti bagian 2.1.8(a) bahwa (√𝑎 − √𝑏)2 > 0. Dapat ditulis
𝑎 − 2√𝑎𝑏 + 𝑏 > 0
Dapat ditunjukkan juga bahwa
√𝑎𝑏 <
1
(𝑎 + 𝑏)
2
Oleh karna itu (2) berdasarkan (ketidaksetaraan) bahwa 𝑎 ≠ 𝑏. Bahkan, jika 𝑎 = 𝑏(> 0), lalu
keduanya menjadi (2) sama dengan 𝑎, maka (2) menjadi kesetaraan. Hal ini membuktikan (2)
1
berdasarkan 𝑎 > 0, 𝑏 > 0. Disisi lain anggaplah itu 𝑎 > 0, 𝑏 > 0 dan √𝑎𝑏 = 2 (𝑎 + 𝑏).
Kemudian, kuadratkan kedua ruas dan mengalikannya dengan 4, kita peroleh
4𝑎𝑏 = (𝑎 + 𝑏)2 = 𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏 2
Dapat ditunjukkan juga bahwa
0 = 𝑎2 − 2𝑎𝑏 + 𝑏 2 = (𝑎 − 𝑏)2
Tetapi kesetaraan ini menyiratkan bahwa a = b. (Mengapa?) Dengan demikian, kesetaraan pada
(2) menyiratkan bahwa a = b.
Ucapan umumnya sifat ketidaksetaraan aritmatika-geometri untuk bilangan real positif
𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 adalah
1
(3)
(𝑎1 , 𝑎2 , … , 𝑎𝑛 )𝑛 ≤
𝑎1 +𝑎2 +⋯+𝑎𝑛
𝑛
Dengan kesetaraan ini berlaku jika dan hanya jika 𝑎1 = 𝑎2 = ⋯ = 𝑎𝑛 . Bisa jadi untuk
membuktikan ini dengan pernyataan umum menggunakan Induksi Matematika, tetapi buktinya
agak rumit. Bukti yang lebih tepat dengan menggunakan sifat fungsi eksponensial yang
ditunjukkan dalam Latihan 8.3.9 di Bab 8
(c) Ketidaksamaan Bernaulli. Jika 𝑥 > −1, maka
(4)
(1 + 𝑥)𝑛 ≥ 1 + 𝑛𝑥; untuk semua 𝑛 ∈ ℕ
Buktinya menggunakan Induksi Matematika. Pada kasus 𝑛 = 1 menghasilkan
kesetaraan, maka pernyataan tersebut valid dalam kasus ini. Selanjutnya, dianggap bahwa dari
ketidaksetaraan (4) 𝑘 ∈ ℕ dan disimpulkan 𝑘 + 1. Tentunya dari asumsi bahwa (1 + 𝑥)𝑘 ≥
1 + 𝑘𝑥 dan 1 + 𝑥 > 0 berarti :
(1 + 𝑥)𝑘+1 = (1 + 𝑥)𝑘 . (1 + 𝑥)
≥ (1 + 𝑘𝑥). (1 + 𝑥) = 1 + (𝑘 + 1)𝑥 + 𝑘𝑥 2
≥ 1 + (𝑘 + 1)𝑥
Dengan demikian, ketidaksetaraan (4) berlaku untuk 𝑛 = 𝑘 + 1. Oleh karena itu (4)
berlaku untuk semua 𝑛 ∈ ℕ.
