pengembangan substansi mapel matematika

ANALISIS REAL I
Oleh:
Mardiyana
Jurusan Pendidikan Matematika
SISTEM BILANGAN
REAL (R)
Sifat-Sifat yang akan dikaji:
• Sifat Aljabar
• Sifat Urutan
• Sifat Kelengkapan
Operasi Biner
Yang dimaksud dengan operasi
biner pada himpunan A adalah
fungsi dari AxA ke A.
Contoh
+:RxRR
(x,y)  +(x,y) = x + y
Aksioma 1.1.1
(Sifat Aljabar dari R)
Untuk setiap a, b, c  R, dengan 2 operasi biner penjumlahan (+)
dan Perkalian (.) berlaku sifat:
(A1) a + b = b + a
(A2) (a + b) + c = a + (b + c)
(A3) terdapat 0  R, sehingga a + 0 = a = 0 + a;
(A4) terdapat -a  R, sehingga a + (-a) = 0 = (-a) + a;
(M1) a. b = b . a
(M2) (a.b).c = a.(b.c)
(M3) terdapat 1  R, 1  0, sehingga a.1 = a = 1.a
(M4) untuk a  0, terdapat 1/a  R, sehingga a.1/a = 1 = a.1/a;
(D) a.(b+c) = a.b + a.c
Selanjutnya (R,+.) disebut lapangan (field),
0 disebut elemen nol dan 1 disebut elemen satuan
Teorema 1.1.2
(1). Jika z, a  R sehingga z + a = a , maka z = 0
(2). Jika u, b  R; u.b = b dan b  0 , maka u = 1
Bukti (1) Diketahui bahwa z + a = a . Dengan menambahkan (-a)
pada kedua ruas diperoleh
(z + a) + (-a) = a + (-a)
Jika berturut-turut diaplikasikan (A2), (A4), dan (A3) pada
ruas kiri maka diperoleh
(z + a) + (-a) = z + (a + (-a)) sifat A2
=z+0
sifat A4
=z
sifat A3
Selanjutnya, jika diaplikasikan (A4) pada ruas kanan maka
diperoleh
a + (-a) = 0
Jadi disimpulkan bahwa z = 0.
Dari sifat ini berarti bahwa elemen nol tunggal.
Bukti: (2).
Diketahui u, b  R; u.b = b dan b  0. Berdasarkan (M4)
terdapat 1/b di R sedemikian hingga b.(1/b) = 1.
Jika kedua ruas dari u.b = b dikalikan dengan 1/b maka diperoleh:
(u.b).(1/b) = b.(1/b)
(*)
Selanjutnya jika diaplikasikan berturut-turut (M2), (M4) dan
(M3) pada ruas kiri, maka diperoleh
(u.b).(1/b) = u.( b.(1/b))
sifat M2
= u.1
sifat M4
=u
sifat M3
Jika diaplikasikan (M4) pada ruas kanan, maka diperoleh
b.(1/b) = 1
Jadi dari hubungan (*) disimpulkan bahwa u = 1.
Dari sifat ini berarti elemen satuan 1 tunggal.
Teorema 1.1.3
(1). Jika a, b  R sehingga a + b = 0 , maka b = -a
(2). Jika a, b  R; a  0 sehingga a.b = 1 , maka b = 1/a
Bukti (1) Diketahui bahwa a + b = 0 . Dengan
menambahkan -a pada kedua ruas, maka diperoleh
(-a) + (a + b) = (-a) + 0
Dengan (A2), (A4), dan (A3) pada ruas kiri, diperoleh
(-a) + (a + b) = ((-a) + a) + b = 0 + b = b
Jika diaplikasikan (A3) pada ruas kanan, maka
(-a) + 0 = -a
Jadi disimpulkan bahwa b = -a.
Dari sifat ini berarti elemen invers thd (+) tunggal
Teorema 1.1.4 Jika a, b  R, maka:
(1). Persamaan a + x = b mempunyai penyelesaian tunggal x = (-a) + b.
(2). Jika
a0
maka persamaan ax = b mempunyai penyelesaian
tunggal x = (1/a)b.
Bukti (1) Dengan mengaplikasikan (A2), (A4), (A3), diperoleh
a + (-a + b) = (a + (-a)) + b = 0 + b = b
yang berakibat(-a + b) penyelesaian dari a + x = b.
Selanjutnya ditunjukkan penyelesaian tersebut tunggal.
Misalkan z penyelesaian lain persamaan tersebut, maka a + z = b ,
dan jika ditambahkan (-a) pada kedua ruas, maka diperoleh
(-a) + (a + z) = (-a) + b
Selanjutnya dengan mengaplikasikan (A2), (A4), dan (A3) pada
ruas kiri, maka
(-a) + (a + z) = ((-a) + a) + z = 0 + z = z
•Jadi disimpulkan bahwa z = (-a) + b.
Teorema 1.1.5
Jika a  R; maka
(1). a.0 = 0
(2). (-1).a = -a
(3). –(-a) = a
(4). (-1)(-1) = 1
Bukti (1) Dari (M3), a.1 = a, sehingga dengan
menambahkan a.0 dan menerapkan (D) dan (M3)
akan diperoleh
a + a.0 = a.1 + a.0 = a.(1+0) = a.1 = a .
Dengan Teorema 1.1.2 (1), disimpulkan a.0 = 0.
Teorema 1.1.6
Misalkan a, b, c  R,
(1). Jika a  0 , maka 1/a  0 dan 1/(1/a) = a.
(2). Jika ab = ac dan a  0 , maka b = c.
(3). Jika ab = 0 , maka a = 0 atau b = 0
Bukti: (1). Untuk a  0 , maka 1/a ada.
Jika 1/a = 0, maka 1 = a.(1/a) = a. 0 = 0, sehingga bertentangan
dengan (M3).
Jadi 1/a  0. Selanjutnya karena (1/a).a = 1, maka dengan
Teorema 1.1.3 (2) diperoleh 1/(1/a) = a.
Teorema 1.1.7
Tidak ada bilangan rasional r
sehingga r2 = 2.
Bukti: Andaikan terdapat bilangan rasional r sehingga r2 = 2 . Oleh
karena itu terdapat bilangan bulat p dan q dengan q  0 sehingga
(p/q)2 = 2. Tanpa mengurangi keumuman diasumsikan p, q bilangan
positif dengan faktor persekutuan terbesar 1. Karena p2 = 2q2 ,
maka p2 bilangan genap. Akibatnya p juga bilangan genap. Karena
jika p ganjil, maka p2 juga ganjil. Karena 2 bukan faktor
persekutuan dari p dan q, maka q bilangan ganjil. Selanjutnya,
karena p genap, maka p = 2m untuk suatu m  Z. Akibatnya 2m2 =
q2. Jadi q2 bilangan genap, sehingga q juga bilangan genap.
Terdapat kontradiksi bahwa q adalah bilangan asli yang genap
sekaligus ganjil. Jadi, pengandaian di atas salah.
Aksioma 1.2.1
(Sifat–Sifat Urutan dari R)
Terdapat himpunan bagian tak kosong P dari R
yang disebut himpunan bilangan real positif,
yang memenuhi sifat-sifat berikut :
 Jika a, b  P maka a + b  P.
 Jika a, b  P maka a.b  P.
 Jika a  R maka tepat satu dari di bawah
ini akan dipenuhi:
a  P, a = 0
-a  P
Definisi 1.2.2
•Jika a  P, maka dikatakan bahwa a bilangan
real positif dan ditulis a > 0.
•Jika a  P  {0} , maka dikatakan bahwa
a bilangan real nonnegatif dan ditulis a ≥ 0.
• Jika
-a  P, maka dikatakan bahwa
a bilangan real negatif dan ditulis a < 0.
•Jika -a  P  {0} , maka dikatakan bahwa
a bilangan real nonpositif dan ditulis a ≤ 0.
Definisi 1.2.3
Misalkan a, b  R .
(a) Jika a – b  P, maka kita tulis a > b
atau b < a.
(b) Jika a – b  P  {0}, maka ditulis a ≥ b
atau b ≤ a.
Teorema 1.2.4
Misalkan a, b, c  R.
(a) Jika a > b dan b > c, maka a > c.
(b) Dipenuhi tepat satu dari:
a > b, a = b atau a < b.
(c) Jika a ≥ b dan a ≤ b, maka a = b.
Teorema 1.2.5
(a) Jika a  R dan a ≠ 0, maka a2 > 0.
(b) 1 > 0.
(c) Jika n  N, maka n > 0.
Teorema 1.2.6
Misalkan a, b,c, d  R.
(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.
Teorema 1.2.7
Jika a, b   dan a < b, maka a < ½ (a + b) < b.
Akibat 1.2.8
Jika b   dan b > 0, maka 0 < ½ b < b.
Teorema 1.2.9
Jika a   dan 0  a <  untuk setiap  > 0,
maka a = 0.
Example 1
Show that for real numbers a > 0 and
b > 0, we have the inequality chain
min(a,b)  2ab  ab  a  b 
ab
a 2  b2
2
 max(a,b).
2
Example 2
Bernaulli’s Inequality.
Prove that if x > -1, then
(1 + x)n  1 + nx, for all n  N.
Example 3
Cauchy’s Inequality.
Prove that if n  N and a1, a2, …, an and b1, b2,
…, bn are real numbers, then
(a1b1 + … + anbn)2  (a12 + … + an2) (b12 + … + bn2)
Definisi 1.3.1
Untuk a  R, harga mutlak dari a,
dinotasikan |a|, dan didefinisikan
dengan
|a| = a jika a ≥ 0 dan
= -a jika a < 0.
Teorema 1.3.2
(a) |a| = 0 jika dan hanya jika a = 0.
(b) |-a| = |a| untuk semua a  R.
(c) |ab| = |a| |b| untuk semua a, b  R .
(d) Jika c ≥ 0, maka |a| ≤ c jika dan
hanya jika –c ≤ a ≤ c.
(e) - |a| ≤ a ≤ |a| untuk semua a  R.
Bukti Teorema 1.3.2
(a) Dari definisi, jika a = 0, maka |a| = 0. Sebaliknya, jika a ≠ 0
maka –a ≠ 0, sehingga |a| ≠ 0. Jadi, jika |a| = 0, maka a = 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 salah satu dari a,b bernilai nol, maka baik |ab| maupun |a|
|b| sama-sama bernilai nol. Jika a > 0 dan b > 0 maka |ab| =
ab = |a| |b|. Jika a > 0 dan b < 0 maka ab < 0 sehingga |ab| =
-(ab) = a (-b) = |a| |b|, Sedangkan untuk dua kasus yang lain
dapat dikerjakan dengan cara yang sama.
(d) Jika |a| ≤ c, maka diperoleh a ≤ c dan –a ≤ c. Hasil ini
memberikan a ≤ c dan –c ≤ a, sehingga -c ≤ a ≤ c. Sebaliknya,
jika –c ≤ a ≤ c, maka a ≤ c dan –a ≤ c yang berarti |a| ≤ c.
(e) Substitusikan c = |a| ke dalam (d).
Teorema 1.3.3 Ketaksamaan Segitiga
Untuk sebarang bilangan real a dan b berlaku
|a + b| ≤ |a| + |b|
Bukti: Dari Teorema 1.3.2 (e), diperoleh
-|a| ≤ a ≤ |a| dan -|b| ≤ b ≤ |b|. Dengan
menjumlahkan keduanya dan menerapkan
Teorema 1.2.6 (b) akan diperoleh
-(|a| + |b|) ≤ a + b ≤ |a| + |b|
Dengan Teorema 1.3.2 (d), disimpulkan bahwa
|a + b| ≤ |a| + |b|

Akibat 1.3.4
Jika a dan b sebarang bilangan real, maka
(a) ||a| - |b|| ≤ |a – b|
(b) |a – b| ≤ |a| + |b|
Bukti (a) Perhatikan a = a – b + b. Dengan Ketaksamaan
Segitiga diperoleh
|a| = |a – b + b| ≤ |a – b| + |b| atau |a| - |b| ≤ |a - b|.
Dengan cara yang sama
|b| = |b – a + a| ≤ |b – a| + |a|
Akibatnya
-|a – b| = -|b – a| ≤ |a| - |b|.
Dengan menggabungkan kedua ketaksamaan ini dan
menerapkan Teorema 1.3.2 (d), maka disimpulkan bahwa
||a| - |b|| ≤ |a – b|.
(b) Dengan mengganti b pada Ketaksamaan Segitiga
dengan –b maka dihasilkan |a – b| ≤ |a| + |-b|. Karena
|-b| = |b| maka disimpulkan |a – b| ≤ |a| + |b|.
Akibat 1.3.5
Untuk sebarang bilangan a1, a2, ..., an di dalam R berlaku
| a1 + a2 + ... + an| ≤ |a1| + |a2| + ... + |an|
Bukti : Diserahkan pembaca sebagai
latihan.
Definisi 1.3.7
Misalkan a  R dan  > 0. Persekitaran-  dari a
didefinisikan sebagai himpunan
V(a) = {x  R : |x – a| < }.
Teorema 1.3.8
Misalkan a  R. Jika x anggota dari persekitaran
V(a) untuk setiap  > 0, maka x = a.
Bukti: Jika x memenuhi |x – a| <  untuk setiap
 > 0, maka menurut Teorema 1.2.9 berlaku
|x – a| = 0, yaitu x = a.
1.4 Sifat Kelengkapan dari R
Definisi 1.4.1
Misalkan S himpunan bagian dari R.
(a) Bilangan u  R dikatakan batas atas dari S
jika berlaku s ≤ u untuk setiap s  S.
(b) Bilangan v  R dikatakan batas bawah dari S
jika berlaku v ≤ s untuk setiap s  S.
Definisi 1.4.2
Misalkan S himpunan bagian dari R.
(a) Jika S terbatas di atas, maka batas atas u
disebut supremum (batas atas terkecil) dari S
jika tidak ada bilangan yang lebih kecil dari u
yang merupakan batas atas dari S.
(b) Jika S terbatas di bawah, maka batas bawah v
adalah infimum (batas bawah terbesar) dari S
jika tidak ada bilangan yang lebih besar dari v
yang merupakan batas bawah dari S.
Lemma 1.4.3
Bilangan u adalah supremum dari himpunan tak
kosong S  R, jika dan hanya jika memenuhi:
(a) s ≤ u untuk setiap s  S.
(b) jika w < u,maka terdapat s’  S sehingga
w < s’.
Bukti : Bukti ditinggalkan bagi pembaca.
Lemma 1.4.4
(a) Batas atas u dari himpunan tak kosong
S  R, merupakan supremum dari S
jika dan hanya jika untuk setiap  > 0
terdapat s sehingga u -  < s.
(b) Batas bawah v dari himpunan tak
kosong S  R, merupakan infimum
dari S jika dan hanya jika untuk setiap 
> 0 terdapat s sehingga s < v + .
Teorema 1.4.6 (Sifat Supremum dari )
Setiap himpunan tak kosong di dalam 
yang mempunyai batas atas pasti
mempunyai supremum di dalam .
Teorema 1.4.7 (Sifat Infimum dari )
Setiap himpunan tak kosong di dalam 
yang mempunyai batas bawah pasti
mempunyai infimum di dalam .
Contoh 1.4.8
Misalkan S himpunan bagian tak kosong di
dalam  yang terbatas di atas dan
misalkan a  . Didefinisikan himpunan
a + S = {a + s : s  S}. Akan ditunjukkan
bahwa
sup (a + S) = a + sup S.
Soal 1
Misalkan S himpunan tak kosong terbatas di dalam .
(a) Jika a > 0 dan aS = {as : s  S}. Buktikan bahwa
inf aS = a inf S dan sup aS = a sup S.
(b) Jika b < 0 dan bS = {bs : s  S}. Buktikan bahwa
inf bS = b sup S dan sup bS = b inf S.
Soal 2
Misalkan X himpunan tak kosong dan f : X  
mempunyai range yang terbatas di dalam .
Jika a  , maka tunjukkan bahwa
sup {a + f(x) : x  X} = a + sup {f(x) : x  X}
dan
inf {a + f(x) : x  X} = a + inf {f(x) : x  X}.
Soal 3
Misalkan X himpunan tak kosong dan f, g : X  
mempunyai range yang terbatas di dalam . Tunjukkan
bahwa
sup{f(x) + g(x) : xX}  sup{f(x) : xX} + sup{g(x) : xX}
dan
inf {f(x) : xX} + inf {g(x) : xX}  inf {f(x) + g(x) : xX}.
Sifat Archimides
Teorema (Sifat Archimides)
Jika x  R maka terdapat nx  N
sehingga x < nx
Bukti (Sifat Archimides):
Andaikan teorema tidak benar, yaitu untuk
setiap n  N terdapat x  R sehingga n < x.
Oleh karena itu x adalah batas atas dari N,
sehingga dengan sifat supremum, maka
himpunan
tak
kosong
N
mempunyai
supremum u di dalam R. Akibatnya terdapat
m  N sehingga u – 1 < m. Selanjutnya
diperoleh m + 1  N. Hal ini kontradiksi
dengan asumsi u adalah batas atas dari N.
Akibat Sifat Archimides
Jika y dan z bilangan real positif, maka :
(a) Terdapat n  N sehingga z < ny.
(b) Terdapat n  N sehingga 0 < 1/n < y.
(c) Terdapat n  N sehingga n – 1  z < n.
Bukti Akibat Sifat Archimides:
(a) Karena x = z/y > 0, maka terdapat n  N
sehingga z/y = x < n yang berarti z < ny.
(b) Dengan mengganti z = 1 pada (a), maka 1 < ny,
sehingga `1/n < y. Jadi 0 < 1/n < y.
(c) Sifat Archimides menjamin bahwa himpunan
bagian {m  N : z < m} di dalam N merupakan
himpunan tak kosong. Misalkan n adalah elemen
terkecil dari himpunan tersebut, maka n - 1
bukan
anggota
dari
himpunan
tersebut,
sehingga n – 1  z < n
Eksistensi Bilangan 2
Teorema
Terdapat bilangan real positif x
sehingga x2 = 2.
Bukti :
Misalkan S = {s   : 0 ≤ s, s2 < 2}, karena 1
 S, maka S tidak kosong. Selanjutnya, jika t > 2
maka t2 > 2 , sehingga t  S. Jadi 2 merupakan
batas atas dari S. Dengan sifat supremum, maka
S mempunyai supremum di dalam R. Sekarang
dimisalkan x = sup S. Perhatikan bahwa x > 1.
Akan ditunjukkan bahwa x2 = 2, dengan
menunjukkan bahwa tidak dipenuhi x2 < 2
maupun x2 > 2.
Andaikan x2 < 2.
Perhatikan bahwa untuk setiap n  N, berlaku
1/n2  1/n, sehingga
2
1
2x 1
1

2
2
 2  x  (2 x  1)
x   x 
n
n n
n

Karena 0 < x dan x2 < 2, maka (2 - x2)/(2x + 1) > 0.
Akibatnya terdapat bilangan asli n sehingga
1
2  x2

.
n
2x  1
Akibatnya untuk bilangan asli n berlaku
( x  1/ n)  x  (2  x )  2.
2
2
2
Jadi (x + 1/n)  S. Kontradiksi dengan x = sup S
Andaikan x2 > 2
Perhatikan bahwa untuk sebarang bilangan asli m
2
1
2x 1
2x

2
2
x   x   2  x  .
m m
m
 m
Selanjutnya karen x > 0 dan x2 > 2, maka (x2 – 2)/2x > 0.
Sehingga terdapat bilangan asli m sehingga
1
x2  2

m
2x
Akibatnya untuk bilangan asli m ini berlaku
( x  1/ m)2  x 2  ( x 2  2)  2.
Ini berarti (x – 1/m) merupakan batas atas S.
Kontradiksi dengan x = sup S.
Sifat Kerapatan Bilangan Real
Teorema (Kerapatan Bilangan Rasional)
Jika x dan y bilangan real dengan x < y,
maka terdapat bilangan rasional r sehingga
x < r < y.
Bukti:
Tanpa mengurangi keumuman bukti, diasumsikan
x > 0. Dengan Sifat Archimides, terdapat bilangan
asli n sehingga n > 1/(y-x). Untuk n yang
demikian, diperoleh (ny – nx) > 1. Selanjutnya,
karena nx > 0, maka terdapat bilangan asli m
sehingga m – 1  nx < m. Sehingga m  nx + 1
< ny. Akibatnya nx < m < ny. Jadi r = m/n
adalah bilangan rasional yang memenuhi kondisi
x < r < y.
Akibat
Jika x dan y bilangan real dengan x < y, maka
terdapat bilangan irrasional z sehingga x < z < y.
Bukti:
Dengan
menggunakan
Teorema
Kerapatan
Bilangan Rasional, pada bilangan real x/2 dan
y/2, terdapat bilangan rasional r sehingga
x/2 < r < y/2
Jadi z = r2 adalah bilangan irrasional yang
memenuhi x < z < y.
Sekian
Terima Kasih Atas Perhatiannya