1 SISTEM BILANGAN REAL - … · teorema sederhana yang diturunkan langsung dari sifat-sifat aljabar...

1 SISTEM BILANGAN REAL

Bilangan real sudah dikenal dengan baik sejak masih di sekolah menengah, bahkan sejakdari sekolah dasar. Namun untuk memulai mempelajari materi pada BAB ini anggaplahdiri kita belum tahu apa-apa tentang bilangan real. Kita akan mempelajari bagaimanasistem bilangan real itu dibangun.

Pertama-tama kita hanya diberikan suatu himpunan bilangan tetapi belum tahu anggota-nya seperti apa, belum aturan yang berlaku di dalamnya. Kemudian kedalam himpunanini diberikan dua operasi binair, penjumlahan (+) dan perkalian (·). Dengan dua op-erasi ini disusun beberapa aksioma. Dua aksioma penting adalah keujudan elemen 0 danelemen 1. Inilah anggota bilangan real pertama yang kita ketahui. Selanjutnya denganaksioma-aksioma ini dide�nisikan anggota-anggota lainnya, seperti bilangan asli, bilan-gan bulat, bilangan rasional dan bilangan irrasional. Juga dide�nisikan sifat-sifat yangmengatur hubungan antar anggota, seperti sifat urutan, sifat jarak, sifat kelengkapandan sifat kepadatan.

1.1 Sifat aljabar bilangan real

Bilangan real dipandang sebagai suatu himpunan, seterusnya dilambangkan dengan R.Selanjutnya, dide�nisikan dua operasi binair '+' dan '·' masing-masing disebut operasipenjumlahan dan operasi perkalian. Kedua operasi binair ini diterapkan pada R danmemenuhi sifat-sifat sebagai berikut:

(A1) a+ b = b+ a untuk setiap a, b ∈ R, yaitu komutatif terhadap penjumlahan.

(A2) (a + b) + c = a + (b + a) untuk setiap a, b, c ∈ R, yaitu asosiatif terhadappenjumlahan.

(A3) Terdapat elemen 0 ∈ R sehingga a+ 0 = 0 + a = a untuk setiap a ∈ R. Elemen 0ini disebut elemen nol.

(A4) Untuk setiap a ∈ R selalu terdapat (−a) ∈ R sehingga a + (−a) = (−a) + a = 0.Elemen (−a) ini disebut negatif dari a.

(M1) a · b = b · a untuk setiap a, b ∈ R, yaitu komutatif terhadap perkalian.

(M2) (a · b) · c = a · (b · c) untuk setiap a, b, c ∈ R, yaitu asosiatif terhadap perkalian.

(M3) Terdapat elemen 1 ∈ R sehingga a · 1 = 1 · a = a untuk setiap a ∈ R. Elemen 1 inidisebut elemen satuan.

1


(M4) Untuk setiap a ∈ R, a 6= 0 selalu terdapat (1/a) ∈ R sehingga a·(1/a) = (1/a)·a =1. Elemen (1/a) ini disebut kebalikan dari a.

(D) a · (b+ c) = (a · b) + (a · c) dan (b+ c) · a = (b · a) + (c · a) untuk setiap a, b, c ∈ R.Sifat ini disebut distributif perkalian terhadap penjumlahan.

Diperhatikan bahwa ada 4 sifat yang berkaitan dengan operasi penjumlahan yaitu A1,A2, A3 dan A4 (notasi A untuk Adisi, atau penjumlahan), 4 sifat yang berkaitan denganperkalian yaitu M1, M2, M3 dan M4 (M untuk Multiplikasi, atau perkalian) dan 1 sifatyang menggabungkan keduanya yaitu D (D untuk Distributif). Kesembilan sifat inidisebut sifat aljabar atau aksioma bilangan real.

Sampai saat ini belum dide�nisikan bilangan negatif dan operasi pengurangan. Notasi(−a) dianggap satu elemen didalam R. Begitu juga elemen kebalikan (1/a) dianggapsatu elemen dan operasi pembagian belum dide�nisikan. Berikut diberikan beberapateorema sederhana yang diturunkan langsung dari sifat-sifat aljabar ini.

Teorema 1.1. Jika a bilangan real sebarang maka persamaan a + x = b mempunyaipenyelesaian tunggal, yaitu x = (−a) + b.

Bukti. Pertama ditunjukkan eksistensi penyelesaiannya.

a+ x = b (diketahui)

(−a) + (a+ x) = (−a) + b

((−a) + a) + x = (−a) + b (A2)

0 + x = (−a) + b (A4)

x = (−a) + b (A3)

Selanjutnya ditunjukkan bahwa penyelesaian ini adalah tunggal. Misalkan x1penyelesaian lainnya maka dipenuhi a+x1 = b. Jadi diperoleh hubungan a+x1 =a + x. Berdasarkan langkah sebelumnya diperoleh x1 = (−a) + (a + x). Denganmenggunakan (A2) kemudian (A4) maka diperoleh x1 = x sehingga disimpulkanpenyelesaiannya tunggal. �

Exercise 1. Buktikan jika a bilangan real tidak nol maka persamaan a·x = bmempunyaipenyelesaian tunggal, yaitu x = (1/b).

Teorema 1.2. Bila a suatu elemen pada R maka berlaku pernyataan berikut.

1. a · 0 = 0 ,

2. (−1) · a = −a,

3. −(−a) = a,

4. (−1) · (−1) = 1.

2


Bukti. 1) Berdasarkan (M3) kita mempunyai a · 1 = a. Selanjutnya kedua ruas iniditambahkan a, diperoleh

a+ a · 0 = a · 1 + a · 0= a · (1 + 0) [menggunakan D]

= a · 1 [menggunakan A3]

= a [menggunakan M3]

Selanjutnya dengan menggunakan Teorema 1.1 dengan menganggap x sebagai a ·0diperoleh

a · 0 = (−a) + a = 0.

2) Dari (M3) kita mempunyai a = 1 · a. Tambahkan pada kedua ruas dengan(−1) · a, diperoleh

a+ (−1) · a = 1 · a+ (−1) · a= (1 + (−1)) · a [menggunakan D]

= 0 · a [menggunakan A4]

= 0 [menggunakan bagian i, setelah menerapkan (A1)]

Selanjutnya dengan menggunakan Teorema 1.1 dan menganggap x sebagai(−1) · a, kemudian menggunakan (A3) diperoleh

(−1) · a = (−a) + 0 = −a.

Exercise 2. Lanjutkan pembuktian Teorema 1.2 yang belum selesai.

Teorema 1.2 (1) mengatakan bahwa bilangan apapun jika dikalikan dengan nol makahasilnya nol. Fakta ini merupakan teorema yang kebenarannya dapat dibuktikan, bukansuatu kesepakatan atau aksioma. Begitu juga dengan fakta lainnya pada teorema ini.

Teorema 1.3. Misalkan a, b, c elemen pada R. Maka pernyataan berikut berlaku

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

2. Jika a · b = a · c dan a 6= 0 maka b = c,

3. Jika a · b = 0 maka berlaku salah satu: a = 0 atau b = 0.

Bukti. 1) Karena a 6= 0 maka menurut (M4) selalu ada 1/a ∈ R. Andaikan 1/a = 0maka diperoleh

1 = a · (1/a) = a · 0 = 0.

Hasil ini berlawanan atau kontradiksi dengan (M3). Jadi pengandaian ini salah,dan haruslah 1/a 6= 0. Selanjutnya karena 1/a 6= 0 dan karena (1/a) · a = 1 maka

3


dengan Latihan 1 dengan memandang a sebagai x maka diperoleh a = 1/(1/a). 2)

Kedua ruas pada a · b = a · c dikalikan dengan (1/a) disertai dengan menggunakan(M2), diperoleh

((1/a) · a) · b = ((1/a) · a) · c⇔ 1 · b = 1 · c [menggunakan M4]

⇔ b = c [menggunakan M3]

Exercise 3. Buktikan pernyataan 3 pada Teorema 1.3.

Beberapa operasi lainnya pada R

Sejauh ini hanya ada dua operasi pada bilangan real. Melalui dua operasi ini diturunkanbebedapa operasi lainnya yang dide�nisikan sebagai berikut :

1. Operasi pengurangan. Bila a, b ∈ R maka notasi a−b dibaca a dikurang denganb dan dide�nisikan oleh

a− b := a+ (−b).

2. Operasi pembagian. Bila a, b ∈ R, b 6= 0 maka notasi a/b atau abdibaca a dibagi

dengan b dan dide�nisikan oleh

a/b := a · (1/b).

3. Operasi pangkat. Bila a ∈ R maka notasi a2 dibaca a dipangkatkan dengandua atau a kuadarat dan dide�nisikan sebagai a2 := a · a. Secara umum untuk nbilangan asli, an adalah a dipangkatkan dengan n dide�nisikan oleh

an := a · a · a · · · · · a︸︷︷︸sebanyak n faktor

.

Untuk a 6= 0, notasi a−1 dimaksudkan untuk 1/a dan notasi a−n untuk (1/a)n.

Beberapa himpunan bagian penting pada R

1. Bilangan asli. Himpunan bilangan asli dilambangkan dengan N dipandang seba-gai himpunan bagian R dan n ∈ N dide�nisikan sebagai

n := 1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸sebanyak n suku

.

4


himpunan bilangan irrasional

himpunan bilangan rasional

Z: himpunan bilangan bulat

N: himpunan bilangan asli

{1, 2, 3, . . . }

{ . . . ,-2, -1, 0, 1, 2, . . . }

2 , �

Misal:

QR\Q

Misal: -3/4, -1, 0, 2, 1/2, 4/5.

R

Gambar 1.1: Struktur bilangan real

2. Bilangan bulat. Himpunan bilangan bulat dilambangkan dengan Z dan keang-gotannya dapat dide�nisikan sebagai berikut :

Z := {−n : n ∈ N} ∪ N ∪ {0}

dengan −n := (−1) + (−1) + (−1) + · · ·+ (−1)︸︷︷︸sebanyak n suku

.

3. Bilangan rasional dan irrasional. Himpunan bilangan rasional dilambangkandengan Q adalah elemen bilangan real yang dapat ditulis dalam bentuk pecahan.Jadi,

Q :=

{b

a: a, b ∈ Z, a 6= 0

}.

Bilangan real selain bilangan rasional disebut bilangan irrasional dan himpunanbilangan irrasional ini biasa dilambangkan dengan R \Q.

Notasi ":=" berarti "dide�nisikan oleh" (de�ned by). Penggunaan notasi ini lebih tepatdaripada menggunakan "=" karena tanda sama dengan seharusnya digunakan untukmenyatakan kesamaan kedua ruas.

Struktur bilangan real diberikan pada Gambar 1.1.

Teorema 1.4. Tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 2.

Proof. Andai ada bilangan rasional yang kuadratnya sama dengan dua. Untuk itu dapatditulis r = m

ndengan m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1. Diperoleh

r2 =m2

n2= 2⇒ m2 = 2n2,

berarti m2 bilangan genap. Karena itu m juga genap (lihat latihan berikut!). Karena mgenap maka dapat ditulis m = 2p. Substitusi m ini ke kesamaan sebelumnya, diperoleh

(2p)2 = 2n2 ⇒ 4p2 = 2n2 ⇒ n2 = 2p2.

5


Ini berarti n2 bilangan genap, akibatnya n juga bilangan genap. Berangkat dari pen-gandaian tadi diperoleh dua pernyataan berikut

a. m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1, berarti m dan n tidakmungkin keduanya genap.

b. m dan n bilangan genap.

Kedua pernyataan ini bertentangan (kontradiksi), sehingga pengandaian harus diingkari.Kesimpulannya Teorema terbukti.

Beberapa soal yang dipecahkan

Contoh 1.1. Buktikan bahwa jika z ∈ R bilangan irrasioanl dan r 6= 0 bilangan rasionalmaka r + z dan rz bilangan irrasional.

Penyelesaian.

Dibuktikan dengan kontradiksi. Andai r + z rasional, maka dapat ditulis

r + z =m

ndan r =

p

q, m, n, p, q ∈ Z, n, q 6= 0.

Dari sini diperoleh

z =m

n− p

q=mq − np

nq,

yaitu z rasional, sebab mq − np, nq ∈ Z, nq 6= 0. Kontradiksi dengan z irrasional.Jadi pengandaian r + z rasional salah, dan haruslah r + z irrasional. Denganargumen yang sama dapat dibuktikan sisanya.

Contoh 1.2. Buktikan bahwa jika a, b ∈ R maka

1. −(a+ b) = (−a) + (−b)

2. (−a) · (−b) = a · b

3. 1/(−a) = −(1/a), a 6= 0

4. −(a/b) = (−a)/b, b 6= 0.

Bukti. 1). Dengan menggunakan Teorema 1.2(2) dan sifat distributif diperoleh

−(a+ b) = (−1) · (a+ b)

= (−1) · a+ (−1) · b= (−a) + (−b).

6


2). Diperhatikan penjabaran berikut, coba justi�kasi setiap langkah yang diberikan

(−a) · (−b) = ((−1) · a) · ((−1) · b)= (a · (−1)) · ((−1) · b)= a · ((−1) · ((−1) · b))= a · (((−1) · (−1)) · b)= a · (1 · b)= a · b

Exercise 4. Kerjakan bagian 3 dan 4 pada Contoh 1.1.

Contoh 1.3. Bila bilangan real a memenuhi a · a = a maka salah satunya berlaku:a = 0 atau a = 1.

Bukti. Diketahui a · a = a. Coba lengkapi justi�kasi untuk tiap-tiap langkah berikut.

a · a+ (−a) = a+ (−a)a · a+ (−1) · (a) = 0

(a+ (−1)) · a = 0.

Dengan menggunakan Teorema 1.3(iii) diperoleh a + (−1) = 0 atau a = 0. Lan-jutkan langkah untuk menyimpulkan a = 1 dari a+ (−1) = 0.

Contoh 1.4. Bila a 6= 0 dan b 6= 0, buktikan 1/(ab) = (1/a) · (1/b).

Bukti. Karena a 6= 0 dan b 6= 0 maka ab 6= 0 sehingga berdasarkan Teorema 1.3 (i)diperoleh

1

(1/ab)= a · b

1

(1/ab)· (1/b) = a · (b · (1/b))

1

(1/ab)· (1/b) = a

1

(1/ab)· ((1/b) · (1/a)) = a · (1/a)

1

(1/ab)· ((1/b) · (1/a)) = 1.

Dari baris terakhir dapat disimpulkan (1/a) · (1/b) = 1(1/(1/ab))

= 1/(ab) karena1

(1/ab)merupakan elemen kebalikan dari (1/a) · (1/b).

7


1.2 Sifat urutan bilangan real

Urutan pada bilangan real merujuk pada hubungan ketidaksamaan antara dua bilanganreal. Sebelum dide�nisikan urutan terlebih dulu dide�nisikan bilangan positif.

De�nisi 1.1. Pada R terdapat himpunan bagian takkosong P dengan sifat-sifat berikut

1. Jika a, b ∈ P maka a+ b ∈ P.

2. Jika a, b ∈ P maka a · b ∈ P.

Himpunan P ini selanjutnya disebut himpunan bilangan positif.

Selanjutnya diturunkan sifat trikotomi pada bilangan real, yaitu bila a ∈ R sebarangmaka tepat satu pernyataan berikut dipenuhi, yaitu

a ∈ P, atau a = 0, atau − a ∈ P.

Selanjutnya himpunan bilangan negatif dide�nisikan sebagai himpunan

{−a : a ∈ P} .

Jadi himpunan bilangan real terbagi atas tiga himpunan saling asing yaitu bilanganpositif, bilangan negatif dan nol. Selanjutnya urutan pada bilangan real dide�nisikansebagai berikut

De�nisi 1.2. Berikut ini de�nisi ketidaksamaan antara elemen-elemen pada R :

1. Bilangan a ∈ P disebut bilangan positif dan ditulis a > 0. Notasi a ≥ 0 berartia ∈ P ∪ {0}, dan a disebut bilangan taknegatif.

2. Bilangan a ∈ P sehingga −a ∈ P disebut bilangan negatif, ditulis a < 0. Notasia ≤ 0 berarti −a ∈ P ∪ {0}, dan a disebut bilangan takpositif.

3. Bilangan real a dikatakan lebih besar dari b, ditulis a > b jika hanya jika a− b ∈ P

Notasi a < b < b dimaksudkan berlaku keduanya a < b dan b < c. Bila a ≤ b dan b < c,maka ditulis a ≤ b < c.

Teorema 1.5. Misalkan a, b, c tiga bilangan real. Maka pernyataan berikut berlaku

1. Jika a > b dan b > c maka a > c,

2. Tepat satu pernyataan berikut memenuhi : a > b, a = b, a < b.

Bukti. 1)Karena a > b dan b > c maka berdasarkan de�nisi berlaku a − b ∈ P, danb− c ∈ P. Dengan sedikit trik diperoleh

a− c = (a− b) + (b− c) ∈ P, yakni a > c.

2) Terapkan sifat trikotomi pada a− b. �

8


Teorema 1.6. Misalkan a, b, c, d bilangan-bilangan real. Maka berlaku

1. Jika a > b maka a+ c > b+ c.

2. Jika a > b, c > d maka a+ c > b+ d.

3. Jika a > b dan c > 0 maka ca > cb.

4. Jika a > b dan c < 0 maka ca < cb.

Bukti. 1) Karena diketahui a−b ∈ Pmaka (a+c)−(b+c) = a−b ∈ P, yaitu a+c > b+c.2) Karena diketahui a−b ∈ P dan c−d ∈ Pmaka (a+c)−(b+d) = (a−b)+(c−d) ∈P, yaitu a+ c > b+ d.3) Karena diketahui a− b ∈ P, c ∈ P maka (a− b)c = ac− bc ∈ P, yaitu ac > bc.

Exercise 5. Buktikan bagian 4 pada Teorema 1.5.

Teorema 1.7. Jika a dan b bilangan real dengan a < b maka a < 12(a+ b) < b.

Bukti. Karena a < b maka 2a = a + a < a + b. Dengan argumen yang sama diperolehjuga a+ b < b+ b = 2b. Dengan menggabungkan kedua hasil ini, diperoleh

2a < a+ b < 2b←→ a <a+ b

2< b. �

Exercise 6. Buktikan bahwa jika a > 0 maka 0 < 12a < a.

Teorema berikut menjamin bahwa suatu bilangan taknegatif yang kurang dari bilanganpositif apapun adalah nol.

Teorema 1.8. Bila a ∈ R dengan 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0 maka a = 0.

Bukti. Bukti dengan kontradiksi. Andaikan a > 0. Berdasarkan Latihan sebelumnya,berlaku 0 < 1

2a < a. Sekarang ambil ε0 := 1

2a > 0, sehingga berlaku 0 < ε0 < a.

Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0. Jadipengandai salah, dan haruslah a = 0. �

Exercise 7. Bila a, b bilangan real dengan a < b+ ε untuk setiap ε > 0 maka a ≤ b.

Berdasarkan de�nisi bilangan positif bahwa perkalian dua bilangan positif akan meng-hasilkan bilangan positif. Tetapi sebaliknya, bila hasil kali dua bilangan real adalahpositif belum tentu kedua bilangan real tadi positif.

Teorema 1.9. Jika ab > 0 maka berlaku salah satu dari dua kemungkinan berikut:

a > 0 dan b > 0 atau a < 0 dan b < 0.

9


Bukti. Karena ab > 0 maka a 6= 0 dan b 6= 0, sebab jika salah satu diantara a atau bbernilai nol maka ab = 0. Karena sifat trikotomi kemungkinnya a > 0 atau a < 0.Untuk a > 0 maka 1/a > 0 dan

b = 1 · b = ((1/a)a) b = (1/a)︸︷︷︸>0

(ab)︸︷︷︸>0

> 0.

Untuk kasus a < 0, diperoleh −a > 0 atau 1/(−a) > 0 sehingga diperoleh

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

Karena −b > 0 maka disimpulkan b < 0. �

Exercise 8. Buktikan bahwa jika ab < 0 maka berlaku salah satu dari dua kemungkinanberikut:

a > 0 dan b < 0 atau a < 0 dan b > 0.

Kedua hasil yang baru saja diberikan mengatakan bahwa jika hasil kali dua bilanganpositif maka kedua bilangan itu bertanda sama. Sebaliknya, jika hasil kali kedua bilangannegatif maka kedua bilangan itu berlainan tanda.

Beberapa ketidaksamaan penting pada R

Teorema 1.10. Misalkan a ≥ 0 dan b ≥ 0. Maka pernyataan-pernyataan berikut adalahequivalen:

1. a < b

2. a2 < b2

3.√a <√b.

Bukti. Untuk a = 0 diperoleh pernyataan

b > 0←→ b2 > 0←→√b > 0.

Fakta ini mudah dibuktikan sendiri. Sekarang diasumsikan a > 0 dan b > 0, yaitua+ b > 0. (1) → (2): Diketahui a < b, atau a− b < 0. Jadi diperoleh

a2 − b2 = (a− b)︸︷︷︸<0

(a+ b)︸︷︷︸>0

< 0

(2)→ (1): Diketahui a2−b2 = (a− b)︸︷︷︸<0

(a+ b)︸︷︷︸>0

< 0. Karena diketahui pula a+b > 0

maka haruslah a − b < 0, atau a < b. (i) ↔ (iii): Sebelumnya sudah dibuktikanbahwa jika x, y > 0 maka

x < y ←→ x2 < y2.

10


Pada bagian ini diambil x =√a dan y =

√b sehingga x, y > 0. Karena a = (

√a)2

dan b =√b)2 maka diperoleh

√a <√b←→ (

√a)2 = a < b = (

√b)2.

Jadi lengkaplah bukti ini karena telah ditunjukkan berlakunya equivalensi(3) ↔ (1) ↔ (2).

Teorema 1.11. [Rata-rata aritmatika-geometri] Bila a dan b bilangan positif makaberlaku √

ab ≤ 1

2(a+ b). (RAG)

Bukti. Bila a = b maka relasi pada (RAG) menjadi kesamaan. Sekarang diasumsikana 6= b. Karena a > 0 dan b > 0 maka

√a > 0 dan

√b > 0. Diperhatikan bahwa

0 6= a− b = (√a−√b) (√a+√b)︸︷︷︸

>0

.

Jadi (√a−√b) 6= 0, dan selanjutnya dikuadratkan diperoleh

0 < (√a−√b)2 = a− 2

√ab+ b⇐⇒

√ab >

1

2(a+ b).

Rata-rata aritmatika (RA) dari dua bilangan real a dan b adalah a+b2, sedangkan rata-

rata geometri (RG) dari a dan b adalah√ab. Biasanya dalam kehidupan sehari-hari,

rata-rata aritmatika lebih sering digunakan daripada rata-rata geometri. Secara umumdua macam rata-rata ini dide�nisikan sebagai berikut: Misalkan diketahui bilangan realatau data a1, a2, · · · , an maka

RA =1

n

n∑k=1

ak, RG =

(n∏

k=1

ak

)1/n

dengan notasi∑

untuk penjumlahan dan∏

untuk perkalian suku-suku. Masih tetapberlaku bahwa

RG ≤ RA.

Teorema 1.12 (Ketidaksamaan Bernoulli). Jika x > −1 maka untuk setiap n ∈ Nberlaku

(1 + x)n ≥ 1 + nx. (KB)

Bukti. Dibuktikan dengan induksi matematika. Untuk n = 1 kedua ruas pada (KB)menjadi kesamaan. Diasumsikan berlaku untuk n = k, yaitu berlaku (1 + x)k ≥1 + kx. Untuk n = k + 1, diperoleh

(1 + x)k ≥ 1 + kx [ diketahui ]

(1 + x)k+1 = (1 + x)k(1 + x) ≥ (1 + kx)(1 + x)

= 1 + (k + 1)x+ kx2

≥ 1 + (k + 1)x.

11


Jadi berlaku untuk n = k + 1. Perhatikan pada baris kedua kedua ruas dikalikandengan (1 + x) suatu bilangan positif karena x > −1. �

Teorema 1.13 (Ketidaksamaan Cauchy). Misalkan a1, a2, · · · an dan b1, b2, · · · , bnbilangan real maka berlaku(

n∑k=1

akbk

)2

≤

(n∑

k=1

a2k

)(n∑

k=1

b2k

).

Bukti. Dide�nisikan fungsi F : R→ R dengan

F (t) :=n∑

k=1

(ak − tbk)2.

Jelas F fungsi taknegatif, karena itu diperoleh

F (t) =n∑

k=1

a2k − 2takbk + t2b2k

=

(n∑

k=1

b2k

)t2 − 2

(n∑

k=1

akbk

)t+

(n∑

k=1

a2k

)≥ 0.

Jadi F merupakan fungsi kuadrat de�nit tak negatif, sehingga diskriminannya puntak negatif, yaitu

4

(n∑

k=1

akbk

)2

− 4

(n∑

k=1

b2k

)(n∑

k=1

a2k

)≤ 0.

Akhirnya dengan memindahkan ruas pada ketidaksamaan ini terbuktilah bahwa(n∑

k=1

akbk

)2

≤

(n∑

k=1

a2k

)(n∑

k=1

b2k

).

�

Soal-soal yang dipecahkan

1. Diketahui a, b ∈ R.Buktikan a2 + b2 = 0←→ a = 0 dan b = 0.

2. Bila 0 ≤ a < b, buktikan a2 ≤ ab < b2. Tunjukkan bahwa a2 < ab < b2 tidakselalu berlaku.

3. Buktikan jika 0 < a < b maka berlaku a <√ab < b dan 1

b< 1

a.

4. Buktikan untuk setiap a, b ∈ R berlaku[12(a+ b)

]2 ≤ 12(a2 + b2).

12


5. Buktikan kebenaran pernyataan berikut

a) 0 < c < 1→ 0 < c2 < c < 1

b) c > 1→ 1 < c < c2.

6. Bila untuk sebarang a, b ∈ R berlaku a ≤ b+ ε untuk setiap ε > 0 maka a ≤ b.

7. Temukan himpunan penyelesaian yang memenuhi pertidaksamaan berikut

a) x2 > 3x+ 4

b) 1 < x2 < 4

c) 1x< x

d) 1x< x2.

1.3 Nilai mutlak dan jarak pada R

Pada sifat urutan bilangan real baru diketahui urutan lebih besar antara dua bilanganreal, tetapi belum diketahui pengertian jarak antara dua bilangan real. Jarak atau secaraumum disebut metrik pada bilangan real ini ditentukan melalui nilai mutlak.

De�nisi 1.3. Nilai mutlak suatu bilangan real a, ditulis dengan |a| dide�nisikan sebagai:

|a| :=

a bila a > 0,

0 bila a = 0,

−a bila a < 0.

Sebagai contoh, |3| = 3, |0| = 0, dan | − 1| = 1. Dengan kata lain, nilai multak bilanganreal bersifat dikotomi, yaitu nol atau positif. Diperhatikan tiga cabang pada de�nisinilai mutlak dapat disederhanakan menjadi

|a| :=

{a bila a ≥ 0,

−a bila a < 0.

Teorema berikut menyajikan sifat-sifat dasar nilai mutlak.

Teorema 1.14. Misalkan a, b, c bilangan-bilangan real. Maka berlaku pernyataan berikut

1. |a| = 0 bila hanya bila a = 0

2. | − a| = |a|

3. |ab| = |a||b|

4. untuk c ≥ 0, |a| ≤ c bila hanya bila −c ≤ a ≤ c.

13


5. −|a| ≤ a ≤ |a|.

Bukti. 1)(⇐=): langsung dari de�nisi. (=⇒): dibuktikan melalui kontraposisinya, yaitujika a 6= 0 maka |a| 6= 0, juga langsung dari de�nisi.

2) Jika a = 0 maka diperoleh |a| = |0| = 0 = | − 0| = | − a|. Jika a > 0 maka−a < 0 sehingga diperoleh |a| = a = −(−a) = | − a|. Jika a < 0 maka −a > 0sehingga diperoleh |a| = −a = |a|.

3) Bila minimal salah satu dari a atau b bernilai nol maka kedua ruas bernilainol. Bila keduanya tidak ada yang nol, ada 4 kemungkinan untuk nilai a, b yangperlu diselidiki yaitu a > 0, b > 0 atau a > 0, b < 0 atau a < 0, b > 0 ataua < 0, b < 0. Untuk a > 0, b < 0 maka ab < 0, |a| = a, |b| = −b sehingga berlaku|ab| = −(ab) = (a)(−b) = |a||b|. Untuk kemungkinan lainnya silahkan dicobasendiri sebagai latihan.

4) (⇐=): karena |a| ≤ c maka a ≤ c dan −a ≤ c atau a ≥ −c, digabungkandiperoleh −c ≤ a ≤ c. (=⇒): bila −c ≤ a ≤ c maka kita mmepunyai a ≤ c dan−c ≤ a, atau −a < c. Karena |a| bernilai |a| atau |−a| maka disimpulkan |a| < c.

5) Dengan mengambil c := |a| ≥ 0 pada bagian (4) maka |a| ≤ |a| adalah perny-ataan yang benar. Implikasinya adalah −|a| ≤ c ≤ |a|. Cara lain adalah denganmenggunakan kenyataan bahwa |a| ≥ a berlaku untuk setiap a ∈ R. Karena−a ∈ R maka |a| = | − a| ≥ −a, atau −|a| ≤ a. Setelah digabungkan diperoleh−|a| ≤ c ≤ |a|.

De�nisi 1.4. Jarak (metrik) antara dua bilangan real a dan b dide�nisikan sebagai

d(a, b) := |a− b|.

Bila b = 0 maka d(a, 0) = |a| dipandang sebagai jarak a terhadap titik asal 0.

Interpretasi sederhana bilangan real dapat disajikan dalam garis bilangan. Gambarberikut adalah garis bilangan dan ilustrasi jarak antara −3 dan 2.

0 1 2 3 4-1-2-3-4

| -3 - 2 | = 5

Gambar 1.2: Garis bilangan dan jarak antara dua bilangan real

Teorema berikut berkaitan dengan sifat dasar nilai mutlak dan sangat sering digunakandalam analisis.

14


Teorema 1.15. (Ketidaksamaan segitiga) Untuk sebarang bilangan real a dan b berlaku

|a+ b| ≤ |a|+ |b|. (KS)

Bukti. Dari Teorema 1.14(5) kita mempunyai −|a| < a < |a| dan −|b| < b < |b|.Dengan menjumlahkan dua ketidaksamaan ini diperoleh

−(|a|+ |b|) < a+ b < (|a|+ |b|).

Kemudian, dari bagian (4) dengan menganggap c := (|a| + |b|) maka terbuktibahwa

|a+ b| ≤ |a|+ |b|. �

Exercise 9. Untuk sebarang bilangan real a dan b, buktikan

1. ||a| − |b|| ≤ |a− b|.2. |a− b| ≤ |a|+ |b|.

Contoh 1.5. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi |x− 1| > |x+ 1|.

Penyelesaian. Diperhatikan titik x = −1 dan x = 1 merupakan titik transisi, yaituperbatasan dimana nilai mutlak berubah pola. Untuk x < −1, maka x − 1 < 0dan x + 1 > 0 sehingga |x − 1| = −(x − 1) dan |x + 1| = −(x + 1). Subtitusikedalam ketidaksamaan diperoleh

−(x− 1) > −(x+ 1)⇐⇒ 1 > −1

suatu pernyataan yang benar untuk setiap x < −1.Untuk −1 < x < 1 berlaku |x − 1| = −(x − 1) dan |x + 1| = (x + 1). Subtitusi

kedalam ketidaksamaan diperoleh

−(x− 1) > (x+ 1)⇐⇒ 2x >< 0⇐⇒ x < 0.

Untuk x > 1 berlaku |x − 1| = x − 1 dan |x + 1| = x + 1. Substitusi ke dalam

ketidaksamaan diperoleh

x− 1 > x+ 1⇐⇒ −1 > 1

suatu pernyataan yang salah untuk setiap x > 1.Dengan menggabungkan ketiga hasil ini diperoleh himpunan penyelesaian untuk

x sebagai berikut

{x : x < −1} ∪ {x : x < 0} = {x : x < 0}.

Cara lain adalah dengan menggunakan Teorema 1.10 sebelumnya, yaitu

|x−1| > |x+1| ⇔ (x−1)2 > (x+1)2 ⇔ x2−2x+1 > x2+2x+1⇔ 4x < 0⇔ x < 0.

15


Perhatikan Teorema 1.10 memberikan dasar untuk mengkuadartkan kedua ruas ketidak-samaan. Perlu hati-hati syarat yang harus dipenuhi adalah kedua ruas terjamin tidakbernilai negatif.

Exercise 10. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi |x|+ |x+ 1| < 2.

Dapat diperiksa bahwa jarak (metrik) seperti diberikan pada De�nisi 1.4 memenuhisifat-sifat sebagai berikut

1. d(x, y) ≥ 0 untuk setiap x, y ∈ R.

2. d(x, y) = 0 bila hanya bila x = y.

3. d(x, y) = d(y, x) untuk setiap x, y ∈ R.

4. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) untuk setiap x, y ∈ R.

Sifat 4 ini merupakan generalisasi dari ketidaksamaan segitiga (KS). Himpunan bilanganreal yang dilengkapi dengan metrik d ini disebut ruang metrik. Lebih lanjut, padaanalisis dikenal pula ruang bernorma, ruang Banach, ruang Hilbert dan lain-lain.

Exercise 11. Misalkan S himpunan takkosong, buktikan fungsi d pada S × S yangdide�nisikan oleh

d(s, t) :=

{0 bila s = t,

1 bila s 6= 0.

merupakan metrik. Metrik ini disebut metrik diskrit.

Bentuk lain generalisasi dari KS diungkapkan pada teorema berikut.

Teorema 1.16. Untuk sebarang bilangan real a1, a2, · · · , an, berlaku

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

Bukti. Dapat dibuktikan dengan induksi. Ingat prinsip induksi, jika berlaku untuk duabilangan maka akan berlaku untuk sebanyak berhingga bilangan.

Soal-soal yang perlu dipecahkan

1. Jika a, b ∈ R, buktikan bahwa |a+ b| = |a|+ |b| bila hanya bila ab ≥ 0.

2. Jika x < z, buktikan bahwa x < y < z bila hanya bila |x− y| + |y − z| = |x− z|.Interprestasikan fakta ini secara geometris.

3. Jika a < x, y < b, tunjukkan bahwa |x− y| < b − a. Berikan interpretasi ge-ometrinya.

4. Gambarkan gra�k fungsi y = |x|+ |x− 1|.5. Tentukan semua x yang memenuhi pertidaksamaan berikut

16


a) 4 < |x+ 2|+ |x+ 1| < 5

b) |2x− 3| < 5 dan |x+ 1| > 2 secara bersamaan.

6. Tentukan semua pasangan titik (x, y) dan sketsa gra�k pada R×R yang memenuhipersamaan berikut

a) |x| = |y|b) |xy| = 1

c) |x|+ |y| = 2

d) |x| − |y| = 1.

7. Tentukan semua pasangan titik (x, y) dan sketsa gra�k pada R×R yang memenuhipertidaksamaan berikut

a) |x| ≤ |y|b) |xy| ≥ 1

c) |x|+ |y| ≤ 2

d) |x| − |y| ≥ 1.

1.4 Supremum dan in�mum

Ketika kita diberikan himpunan A := [0, 1) maka minimum atau anggota terkecil him-punan ini adalah 0. Pertanyaannya, apakah A mempunyai maksimum? Kalau ada,berapa nilainya. Perhatikan bahwa 1 bukan nilai maksimum karena ia tidak termuat didalam A. Pertanyaan yang sejenis, apakah himpunan B := (0, 1]mempunyai minimum?.Dengan kata lain, apakah ada bilangan positif terkecil?. Untuk pertanyaan terakhir inijawabannya diberikan pada contoh berikut.

Contoh 1.6. Buktikan himpunan B := (0, 1] tidak mempunyai minimum.

Bukti. Gunakan metoda kontradiksi. Anda B mempunyai minimum, katakanlah ni-lainya xmin. Maka haruslah memenuhi 0 < xmin < 1. Ambil a := 1

2xmin. Maka

berdasarkan teorema yang sudah dibahas sebelumnya berlaku 0 < a < xmin dana ∈ B. Jadi ada anggaota B yang lebih kecil dari xmin padahal xmin adalah mini-mum. Fakta ini menghasilkan kontradiksi sehingga pengandaian kita adalah salah.Kesimpulannya B tidak mempunyai minimum. �

Exercise 12. Buktikan himpunan A := [0, 1) tidak mempunyai maksimum.

Diperhatikan bahwa pada 1 bukan maksimum himpunan A := [0, 1) tetapi tidak adaanggota A yang lebih besar dari 1. Nantinya bilangan 1 seperti ini disebut batas ataspaling kecil atau supremum untuk himpunan A. Sebelumnya diberikan de�nisi batasata dan batas bawah himpunan sebagai berikut.

17


S

1w

2w

1v 2

v

Gambar 1.3: Ilustrasi batas atas dan batas bawah

De�nisi 1.5. Misalkan S suatu himpunan bagian dari R.

1. Bilangan u ∈ R dikatakan batas atas S jika s ≤ u untuk setiap s ∈ S.2. Bilangan w ∈ R dikatakan batas bawah S jika w ≤ s untuk setiap s ∈ S.

Ilustrasi batas atas dan batas bawah himpunan diberikan Gambar 1.3.

Jadi batas atas atas dan batas bawah tidak tunggal seperti nilai maksimum atau mini-mum. Kita sebut himpunan batas atas A, ditulis hba(A) untuk menyatakan kumpulansemua batas atas A. Notasi dan maksud yang sesuai untuk hbb(B).

Contoh 1.7. Diberikan S := [0, 1), maka himpunan batas atas S dan himpunan batasbawah S adalah

hba(S) = {x ∈ R : x ≥ 1} dan hbb(S) = {x ∈ R : x ≤ 0}.

Diperhatikan 0 ∈ S dan 0 adalah batas bawah, sedangkan 1 /∈ S dan 1 batas atas S.

Contoh 1.8. Himpunan bilangan asli N tidak mempunyai batas bawah maupun batasatas.

Contoh 1.9. Himpunan S := { 1n: n ∈ N} mempunyai himpunan batas bawah {x : x ≤

0} dan mempunyai himpunan batas atas {x : x ≥ 1}.

Contoh 1.10. Buktikan setiap bilangan real adalah batas atas himpunan kosong ∅.

Bukti. Argumennya dapat dijelaskan sebagai berikut. Bilangan u ∈ R batas atas Sdapat disajikan dalam kalimat logika berikut

s ∈ S → s < u.

Dalam kasus S himpunan kosong maka pernyataan s ∈ S bernilai salah, sehinggakalimat implikasi s ∈ S → s < u selalu benar. �

Dengan argumen yang sejalan dapat disimpulkan bahwa semua bilangan real juga meru-pakan batas bawah himpunan kosong.

18


Contoh 1.11. Tuliskan de�nisi p bukan batas atas S.

Penyelesaian. Perhatikan de�nisi batas atas dalam kalimat logika berikut

p batas atas S ←→ p ≥ s untuk setiap s ∈ S.

Dengan membuat ingkaran kalimat ini maka diperoleh de�nisi bukan batas atasberikut

p bukan batas atas S ←→ ada s0 ∈ S sehingga p < s0. �

Exercise 13. Tuliskan de�nisi d bukan batas bawah S.

De�nisi 1.6. Himpunan yang mempunyai batas atas disebut terbatas diatas (boundedabove), sedangkan himpunan dikatakan terbatas dibawah (bounded below) jika ia mem-punyai batas bawah. Himpunan dikatakan terbatas jika ia terbatas diatas dan terbatasdibawah.

Contoh 1.12. Himpunan bilangan real R := (−∞,∞) tidak terbatas diatas maupundibawah. Himpunan S := [1,∞) terbatas dibawah. Himpunan E := { 1

n: n ∈ N}

terbatas.

De�nisi 1.7. Misalkan S himpunan bagian dari R.

1. Misalkan S terbatas diatas. Maka batas atas u dikatakan supremum S jika tidakada bilangan lain yang lebih kecil dari u yang menjadi batas atas S. Dengan katalain u batas atas yang paling kecil.

2. Misalkan S terbatas dibawah. Maka batas bawah w dikatakan in�mum dari Sjika tidak ada bilangan lain yang lebih besar dari w yang menjadi batas bawah S.Dengan kata lain w batas bawah yang paling besar.

Kedua istilah ini ditulis dalam

u = sup(S) dan w = inf(S).

Karakterisasi supremum

Berdasarkan de�nisi, u = sup(S) dapat dikarakterisasi oleh dua kondisi berikut, yaitu:

1. u ≥ s untuk setiap s ∈ S,2. bila ada v ∈ R dengan v < u maka ada s0 ∈ S sehingga v < s0.

Kondisi pertama menyatakan bahwa v haruslah batas atas S dan kondisi kedua meny-atakan bahwa batas atas ini haruslah yang terkecil. Artinya bila ada v bilangan lainyang lebih kecil dari s maka v bukan batas atas S lagi.

Contoh 1.13. Tulisakan karakterisasi w = inf S.

19


Gambar 1.4: Ilustrasi supremum dan in�mum

Ilustrasi gra�k supremum dan in�mum diberikan pada Gambar 1.4. Berdasarkan de�n-isi dan ilustrasi ini kita dapat membuktikan bahwa supremum atau in�mum suatu him-punan adalah tunggal. Berikut teorema mengenai fakta ini.

Teorema 1.17. Supremum suatu himpunan selalu tunggal.

Bukti. Andaikan u = supS dan u1 = supS dengan u 6= u1. Karena itu ada duakemungkinan yang dapat terjadi, yaitu u < u1 atau u > u1. Untuk u < u1 berartiu bukan batas atas S, ini berlawanan dengan u = supS. Untuk u > u1 berartiu1 bukan batas atas S, ini bertentangan dengan u1 = supS. Jadi pengandaianu 6= u1 salah, seharusnya u = u1 �

Exercise 14. Buktikan in�mum suatu himpunan selalu tunggal.

Berikut adalah kriteria epsilon yang sering digunakan untuk mengetahui suatu batasatas merupakan supremum atau bukan.

Teorema 1.18. Misalkan u suatu batas atas himpunan S. Maka berlaku pernyataanberikut

u = supS ↔ ∀ε > 0,∃s ∈ S sehingga u− ε < s. (1.1)

Bukti. (→): Ambil ε > 0 sebarang. Karena diketahui u = supS maka u − ε bukanbatas atas S, jadi ada s ∈ S sehingga u− ε < s.(←): Akan ditunjukkan bahwa u yang memenuhi sebelah kanan (1.1) merupakansupremum S. Misalkan v sebarang bilangan real dengan v < u. Ambil ε := u−v >0, maka ada s ∈ S sehingga

u− ε = u− (u− v) = v < s.

Ini berarti v bukan batas atas S, dan berdasarkan karakteristik supremum disim-pulkan bahwa u = supS. �

Fakta pada teorema ini diilustrasikan pada Gambar 1.5.

Exercise 15. Misalkan w suatu batas atas himpunan S. Maka berlaku pernyataanberikut

w = inf S ↔ ∀ε > 0, ∃s ∈ S sehingga w + ε > s. (1.2)

20


�s

Gambar 1.5: Ilustrasi kriteria epsilon untuk supremum

Contoh 1.14. Diperhatikan himpunan S := {x : 0 ≤ x < 1}. Maka max S tidak ada,tetapi supS = 1, min S = inf S = 0.

Contoh 1.15. Diperhatikan himpunan S := { 1n: n ∈ R}. Maka maks S = supS = 1,

min S tidak ada tetapi inf S = 0.

Bukti. Hasil ini dapat dibuktikan sebagai berikut. Jika diberikan ε > 0 sebarang makaselalu dapat dipilih bilangan asli n0 dengan n0 > 1/ε. Nah, s = 1

n0∈ S dan

0 + s > ε. Berdasarkan kriteria in�mum (latihan sebelumnya) maka disimpulkan0 adaah in�mum S. �

Pada pembuktian ini telah digunakan sifat Archimedes sebagai berikut

Setiap ε > 0 selalu terdapat bilangan asli n sehingga 1n< ε.

Sebagai ilustrasi sifat Archimedes ini, diperhatikan fakta berikut:

ε = 0.0012→ 1

ε= 833.333 · · · , ambil n = 834 maka berlaku

1

n=

1

834< 0.0012 = ε.

Setelah mempelajari supremum, maksimum, in�mum dan minimummaka jelaslah bahwakonsep supremum dan in�mum lebih luas daripada konsep maksimum dan minimum.Faktanya, bila suatu himpunan S mempunyai maksimum dan minimum maka

supS = maks S, inf S = min S.

Sebaliknya tidak semua himpunan mempunyai supremum atau in�mum. Himpunanyang tidak mempunyai batas atas tentu tidak mempunyai supremum, begitu juga him-punan yang tidak terbatas ke bawah tidak mungkin mempunyai in�mum. Himpunanbilangan real R tidak mempunyai supremum maupun in�mum. Ingat supremum danin�mum merupakan bilangan real, sedangkan ∞ atau −∞ bukan bilangan real.

Sifat supremum dan in�mum

Sifat ini dapat disajikan secara sederhana sebagai berikut. Setiap himpunan tak kosongyang terbatas diatas selalu mempunyai supremum, dan setiap himpunan tak kosongyang terbatas dibawah selalu mempunyai in�mum.

21


Sifat supremum ini dikenal juga dengan sifat kelengkapan bilangan real. Dengan sifatini terjamin bahwa garis bilangan adalah "padat", artinya tidak ada satupun titik yanghilang. Sebagai ilustrasi, diperhatikan himpunan terbatas berikut

A := {x > 0 : x2 < 2}.

Himpunan A ini tidak mempunyai maksimum tetapi A mempunyai supremum, yaitusupA =

√2. Fakta ini menjamin bahwa

√2 yang merupakan bilangan irrasional

benar-benar ada. Pertanyaannya, seberapa banyak bilangan irrasional yang ada. Lebih"banyak" mana, bilangan rasional atau bilangan irrasional. Nah, berikut ini diberikansifat kepadatan bilangan rasional dalam R.

Teorema 1.19. Bila a dan b bilangan real dengan a < b maka terdapat bilangan rasionalr dengan a < r < b.

Bukti.

Diperhatikan bahwa 1b−a

suatu bilangan real positif. Menurut sifat Archimedes terdapat

bilangan asli n sehingga n > 1b−a

. Untuk n ini berlaku

nb− na > 1. (*)

Sekarang ambil m sebagai bilangan bulat pertama yang lebih besar dari na, dan berlaku

m− 1 ≤ na < m. (**)

Dari (*) dan (**) diperolehna < m ≤ na+ 1 < nb.

Bentuk terakhir ini dapat ditulis na < m < nb, dan dengan membagi semua ruas dengann, didapat

a <m

n< b

dan dengan mengambil r := mnmaka bukti Teorema selesai. �

Contoh 1.16. Tentukan 3 buah bilangan rasional diantara√2 dan 3

2.

Penyelesaian.

1. Diketahui a =√2 ≈ 1, 4142, b = 3/2 = 1, 5

2. d = 11,5−1,4142

≈ 11.6569

3. Jadi bilangan asli yang yang dapat diambil adalah n = 12, 13, 14, 15, 16.

4. Untuk n = 12 diperoleh na ≈ (12)(√2) ≈ 16, 9706 maka diambil m = 17. Untuk

n = 13, na ≈ (13)(√2) ≈ 18, 3848 dan diambil m = 19. Untuk n = 14 maka

na ≈ (14)(√2) ≈ 19, 7990 dan dimabil m = 20.

5. Jadi bilangan rasional r = 1712, 1913, dan 20

14terletak diantara

√2 dan 3/2.

Exercise 16. Bila a dan b bilangan real dengan a < b maka terdapat bilangan irrasionalz dengan a < z < b.

Exercise 17. Temukan 5 bilangan irrasional yang terletak diantara 1 dan 1.01.

22


Soal-soal yang perlu dipecahkan

1. Diberikan himpunan S := {1 − 1n: n ∈ N}. Hitunglah supremum dan in�mum

S. Buktikan kebenaran jawaban yang Anda berikan. (Petunjuk: gunakan kriteria,karakteristik, atau sifat Archimedes).

2. Pertanyaan yang sama seperti soal nomor 1 tetapi untuk S := { 1n− 1

m: n ∈ N}.

3. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas dibawah. Buktikan

inf S = − sup{−s : s ∈ S}.

4. Misalkan S himpunan terbatas dan S0 himpunan bagian dari S. Buktikan

inf S ≤ inf S0 ≤ supS0 ≤ supS.

5. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas diatas. Untuk a ∈ R dide�nisikan

a+ S := {a+ x : x ∈ S}.

Buktikansup(a+ S) = a+ supS.

6. Misalkan S himpunan takkosong. Untuk a bilangan real tidak nol dide�nisikanaS := {as : s ∈ S}. Buktikan

(i) Bila a > 0 maka

inf(aS) = a inf S, dan sup(aS) = a supS.

(ii) Bila a < 0 maka

inf(aS) = a supS, dan sup(aS) = a inf S.

7. Misalkan A dan B himpunan takkosong dan A + B := {a + b : a ∈ A, b ∈ B}.Buktikan bahwa

sup(A+B) = supA+ supB dan inf(A+B) = inf A+ inf B.

8. Misalkan f dan g dua fungsi yang dide�nisikan pada domain X. Jika rangenyaterbatas, buktikan

(i) sup{f(x) + g(x) : x ∈ X} ≤ sup{f(x) : x ∈ X}+ sup{g(x) : x ∈ X}.

(ii) inf{f(x) + g(x) : x ∈ X} ≥ inf{f(x) : x ∈ X}+ inf{g(x) : x ∈ X}.

23

1 SISTEM BILANGAN REAL - … · teorema sederhana yang diturunkan langsung dari sifat-sifat aljabar...

Documents

Transcript of 1 SISTEM BILANGAN REAL - … · teorema sederhana yang diturunkan langsung dari sifat-sifat aljabar...