Naning Sutriningsih SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN ILMU ...

1

Oleh: Naning Sutriningsih

SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN (STKIP) MUHAMMADIYAH PRINGSEWU LAMPUNG

2012

2

KATA PENGANTAR

Syukur Alhamdulillah penulis panjatkan ke-Hadirat Allah Rabbul

Alamin, atas limpahan rahmat dan karunia-Nya sehingga buku ajar yang

berjudul Analisis Real I ini dapat tersusun.

Buku teks ini terdiri dari tiga bab. Bab pertama membahas tentang

sifat-sifatalj abar dan sifat-sifat terurut dan konsekuensinya yang

berhubungan dengan pertidaksamaan bilangan real. Selanjutnya

pembuktian pada tahap awal akan berbeda dengan tahap-tahap

selanjutnya. Pembuktian pada tahap awa memberikan contoh pembuktian

teorema dasar yang diturunkan dar asumsi-asumsi yang dinyatakan secara

eksplisit. Buku ini disusun untuk mahasiswa S1 matematika, sebagai buku

ajar dalam perkuliahan Analisis Real I selama satu semester.

Pada kesempatan in ipenulis mengucapkan banyak terimakasih kepada

semua pihak yang telah membantu baik secara langsung maupun tidak

langsung sehingga buku ini dapat terselesaikan.

Penulis menyadari sepenuhnya bahwa buku teks ini masih banyak

kekurangan, oleh sebab itu segala bentuk saran dan kritik sangat kami

harapkan untuk penyempurnaan lebih lanjut.

Pringsewu, Agustus 2012

Naning Sutriningsih

3

DAFTAR ISI Halaman

KATA PENGANTAR

DAFTAR ISI

BAB I BILANGAN REAL ............................................................ 1

1.1 SifatAljabarBilangan Real ................................................... 2

1.2 SifatKeterurutanPada R ……….......................................... 10

1.3 NilaiMutlak ……………….................................................... 22

1.4 GarisBilangan Real …………………………………………… 38

BAB II SIFAT KELENGKAPAN PADA BILANGAN REAL

2.1 SuprimumdanInfimum ....................................................... 44

2.2 SifatSuprimumdanInfimumdari R …………………………… 49

2.3 Sifat Archimedes Pada R ................................................... 50

2.4 Eksistensi 2 ……………………………………………….…. 51

2.5 KepadatanBilanganRasional ………………………………… 53

BAB III INTERVAL, TITIK TIMBUN DAN DESIMAL

3.1 Interval ............................................................................... 56

3.2 TitikTimbun …………………………………………………….. 62

3.3 Desimal ……………………………………………………….... 66

3.4 Himpunan Buka dan HimpunanTutup di R ……………….… 69

DAFTAR PUSTAKA

1

BAB 1

BILANGAN REAL

Pada bab ini kita akan mendiskusikan mengenai sifat-sifat sistem bilangan real R.

Meskipun memungkinkan untuk menyajikan kontruksi formal dari bilangan real R

berdasarkan himpunan primitive (misal himpunan N dari bilangan asli atau himpunan Q

dari bilangan rasional), namun kita tidak akan melakukannya disini, sebagai gantinya, kita

akan menunjukkan daftar dari sifat-sifat dasar bilangan real dan menunjukkan bagaimana

sifat-sifat lain diturunkan kesimpulan dari asumsi-asumsi lainnya.

Sistem bilangan real dapat digambarkan sebagai “complete ordered field”

(bidang yang lengkap). Bagaimanapun untuk kejelasannya kita lebih suka untuk

tidak menyatakan semua sifat-sifat sistem bilangan real sekaligus. Pertama–tama

kita mengenalkan (pada sub 1.1) kita mengenalkan sifat-sifat aljabar (sering disebut

dengan sifat “field”) yang didasarkan pada dua operasi yaitu penjumlahan dan

perkalian. Selanjutnya (pada sub 1.2) kita mengenalkan sifat-sifat terurut dan

beberapa konse-kuensinya yang berhubungan dengan pertidaksamaan yang

menggambarkan sifat– sifat ini . Ide mengenai nilai absolute, yang didasarkan

pada sifat terurut dibicarakan pada sub 1.3. Pada Bab II, dan Bab III kita buat step

terakhir dengan menambahkan sifat “completeness” untuk sifat-sifat aljabar dan

keterurutan dari bilangan real R.

Selanjutnya bukti-bukti pada tahap awal akan berbeda dengan tahap-tahap

selanjutanya, karena ada beberapa cara lain dalam mendiskusikan mengenai sifat

“completeness”. Kita ingin sifat ini dipisahkan dengan asumsi-asumsi lainnya.

Sebagian dari tujuan sub 1.1, 1.2, dan 1.3 adalah memberikan contoh-contoh

pembuktian teorema dasar yang diturunkan dari asumsi-asumsi yang dinyatakan

secara eksplisit.

Mahasiswa yang belum mempunyai cara untuk membuktikan secara

formal dapat memperoleh pengalaman sebelum melanjutkan ke argumen yang lebih

kompleks. Bagaimanapun mahasiswa yang sudah terbiasa dengan metode aksioma

dan tehnik pembuktian dapat melanjutkan ke Bab II setelah melihat sepintas pada

sub-sub awal.

Pada sub 3.1 kita menyusun sekumpulan teorema interval dan pentingnya

teorema Bolzano-Weierstass. Ada juga diskusi singkat mengenai gambaran binary

dan desimal dari bilangan real yang didasarkan pada kumpulan interval. Kita

menyimpulkan bab ini dengan pengenalan singkat mengenai himpunan terbuka dan

tertutup di R, pada sub bab 3.2

1.1. SIFAT ALJABAR DARI BILANGAN REAL R

Pada sub ini kita akan mendikusikan mengenai aljabar dari sistem bilangan

real. Hal ini pertama-tama dilakukan dengan memberikan daftar sifat dasar dari

penjumlahan dan perkalian. Daftar ini memuat sifat-sifat aljabar dari bilangan real

2

R yang penting dengan pengertian bahwa sifat-sifat lain dapat diurunkan sebagai

teorema. Pada istilah aljabar abstark, sistem dari bilangan real adalah field yang

membahas penjumlahan dan perkalian. Sifat-sifat yang terdaftar pada sub 1.1.1

diketahui sebagai “field axiom”.

Dengan operasi biner pada himpunan F kita maksudkan fungsi B dengan

domain F X F dan range di F. Sehingga operasi biner menghubungkan setiap

pasangan terurut (a,b) dari elemen himpunan F secara khusus dengan elemen B(a,b)

di F. Bagaimanapun karena penggunaan-penggunaan notasi B(a,b) maka kita

gunakan notasi lama a + b dan a x b (atau ab) ketika kita membicarakan sifat-sifat

penjumlahan dan perkalian. Contoh-contoh operasi biner bisa diperoleh di latihan-

latihan.

1.1.1. SIFAT-SIFAT ALJABAR DARI R

Pada himpunan bilangan real R ada dua operasi biner yang dinyatakan

dengan simbol + dan x yang dinamakan penjumlahan dan perkalian. Operasi -

operasi tersebut mempunyai sifat sebagai berikut:

(A1) a + b = b + a untuk setiap a dan b di R ( sifat komutatif dari

penjumlahan)

(A2) (a + b) + c = a + (b + c) untuk setiap a, b, c di R ( sifat asosatif dari

penjumlahan )

(A3) Ada elemen 0 di R dimana 0 + a = a dan a + 0 = a untuk setiap a di R.

(A4) Untuk setiap elemen a di R, ada elemen –a di R pula, dimana a + (-a) =0

dan (-a) + a = 0 ( elemen negatif)

(M1) a x b = b x a untuk setiap a, b di R ( sifat komutatif perkalian)

(M2) (a x b) x c = a x (b x c) untuk setiap a, b, c di R ( sifat asosiati perkalian)

(M3) Ada elemen 1 di R yang berbeda dengan 0 sedemikian sehingga 1 x a = a

dan a x 1 = a untuk setiap a di R ( ada elemen 1 ).

(M4) Untuk setiap a 0 di R, maka ada elemen di R sehingga

a x = 1 dan x a = 1 ( ada kebalikan).

a x (b+c) = (a x b) + (a x c) dan (b + c) x a = (b x a) + (c x a) a,b,c R

( sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan)

TEOREMA 1.1

(a) Jika z dan a elemen R sedemikian hingga z + a = a maka z = 0

(b) Jika u dan b 0 elemen R sedemikian hingga u x b = b maka u = 1

Bukti :

(a) Akan dibuktikan z, aR, z + a = a z = 0

z + a = a diketahui

(z + a) + (-a) = a + (-a) kedua ruas ditambah (-a)

z + (a + (-a)) = a + (-a) A2

z + 0 = 0 A4

3

z = 0 A3

(b) Akan dibuktikan u, b R, b0, u x b = b u = 1

Karena b 0 maka R,

u x b = b diketahui

(u x b) x = b x kedua ruas dikali ( )

u x (b x ) = (b x ) M2

u x 1 = 1 M4

u = 1 M3

TEOREMA1. 2 (a) Jika a dan b elemen di R sehingga a + b = 0 maka b = -a

(b) Jika a 0 dan b elemen R sehingga a x b = 1 maka b =

Bukti :

(a) Akan dibuktikan a, b R, a + b = 0 b = -a ,

a + b = 0 diketahui

(-a) + (a+b) = (-a) + 0 kedua ruas ditambah (-a)

((-a)+ a) + b = (-a) A2, A3

0 + b = -a A4

b = -a A3

(b) Akan dibuktikan a 0, a, bR a x b = 1 b =

a x b = 1 diketahui

x (axb) = x 1 (kedua ruas dikali ( )

( x a) x b = M2, M3

1 x b = M4

b = M3

TEOREMA1.3

Misalkan sebarang a, b R maka ,

(a) persamaan a + x = b mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (-a) + b

(c) jika a 0, persamaan a . x = b mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = .

b

Bukti :

(a) Akan dibuktikan a + x = b x = (-a) + b

(b) a + x = b diketahui

(-a ) + (a+x) = (-a ) + b kedua ruas ditambah (-a)

((-a )+a) + x = (-a ) + b A2

4

0 + x = (-a ) + b A3

x = (-a ) + b A4

Bentuk yang terakhir merupakan penyelesaian dari persamaan a + x = b

Selanjutnya akan dibuktikan bahwa penyelesaian persamaan a + x = b

adalah tunggal.

Misalkan x1 dan x2, x1 x2 adalah penyelesaian dari a + x = b sehingga

berlaku ,

(i) a + x1 = b

(-a) + (a + x1) = (-a) + b (kedua ruas ditambah (-a)

((-a) + a) + x1 = (-a) + b A2

0 + x1 = (-a) + b A4

x1 = (-a) + b A3

(ii) a + x2 = b

(-a) + (a + x2 ) = (-a) + b kedua ruas ditambah (-a)

((-a) + a) + x2 = (-a) + b A2

0 + x2= (-a) + b A4

x2 = (-a) + b A3

Dari (i) dan (ii) diperoleh bahwa x1 = x2 sehingga persamaan a + x = b

mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (-a) + b.

(b). Akan dibuktikan a . x = b x = ( ) . b

a . x = b diketahui

( ) . (a. x) = ( ) . b kedua ruas dikalikan ( )

( .a) . x = ( ) . b M2

1 . x = ( ) . b` M4

x = ( ) . b M3

Bentuk terakhir adalah penyelesaian dari persamaan a . x = b

Selanjutnya akan dibuktikan bahwa penyelesaian persamaan a . x = b

tunggal.

Misalkan x1 dan x2 adalah penyelesaian persamaan a . x = b,

serta x1 x2 maka:

(i) Untuk x1 berlaku a . x1 = b

( ) (a . x1) = ( ) . b kedua ruas dikalikan( )

( ). a . x1 = ( ) . b M2

1 . x1 = ( ) . b` M4

x1= ( ) . b M3

(ii) Untuk x2 berlaku a . x2 = b

( ) . (a . x2) = ( ). b kedua ruas dikalikan(

5

( ).a . x2 = ( ). b M2

1 . x2 = ( ) . b` M4

x1 = ( ). b M3

Dari (i) dan (ii) diperoleh x1 = x2 Jadi persamaan a . x = b mempunyai

penyelesaian tunggal.

TEOREMA 1.4 Jika a adalah sebarang elemen dari R, maka:

(a) a x 0 = 0

(b) (-1) x a = -a

(c) –(-a) = a

(d) (-1) x (-1) = 1

Bukti :

(a) Akan dibuktikan a R maka a x 0 = 0

a + (a.0) = (a.1) + (a.0) M3

a + (a.0) = a (1 + 0) D

a + (a.0) = a . 1 A3

a + (a.0) = a M3

(-a) + a + (a.0) = (-a) + a kedua ruas ditambah (-a)

(a.0) = 0 T.1.3, A2, A4

(b) Akan dibuktikan a R maka (-1). a = -a

a + (-1) x a = (a x 1) + (-1) x a M3

a + (-1) x a = a x (1+ (-1)) D

a + (-1) x a = a x 0 A4

a + (-1) x a = 0 T 1.4

(-1) x a = -a T 1.3, A3

(c) Akan dibuktikan a R maka -(-a) = a

(-a) + a = 0 A4

a = - (-a) T1.3, A3

-(-a) = a

6

(d) Akan dibuktikan a R maka (-1).(-1) = 1

(-1 x a = - a T 1.4

(-1) x (-1) = - (-1) Substitusi a = -1

(-1) x (-1) = 1 T 1.4

THEOREMA 1.5

Misalkan a, b, c elemen R

(a) Jika a 0 maka ( 0 dan 1/( = a

(b) Jika a x b = a x c dan a 0 maka b = c

(c) Jika a x b = 0 maka a = 0 atau b = 0

Bukti:

(a) Akan dibuktikan a,b,c R, a 0 ( 0 dan 1/( = a

Jika a 0 maka ada ( 0

Andaikan ( = 0 maka menurut teorema 1.4 (a) diperoleh a x ( = 0.

Ini kontradiksi dengan a x ( = 1 (M4), jadi pengandaian ( = 0 salah, haruslah ( 0

Selanjutnya ( x 1/( = 1 M4

a x ( x 1/( = a x 1 Kedua ruas dikali a

7

(a x( ) x 1/( = a x 1 M2

1 x 1/( = a x 1 M4

1/( = a M3

(b) Akan dibuktikan a,b,c R, a x b = a x c dan a 0 b = c

Jika a 0 maka ada ( 0

a x b = a x c Diketahui

( (a x b) = ( (a x c) Kedua ruas dikali (

(( x a) x b = (( xa) x c M2

1 x b = 1 x c M4

b = c M3

(c) Bukti untuk bagian ini ditinggalkan sebagai latihan bagi para pembaca.

Penambahan untuk sifat-sifat aljabar bilangan real, dan operasi-operasi didefinisikan sebagai berikut:

Pengurangan a – b = a + (-b), a,b R

Pembagian = a x ,a,b R, b 0

Perkalian a x b ditulis ab

a x a ditulis a2

a2 x a ditulis a3

Bentuk umum an + 1 = (an) x a, n R

Bentuk a0 = 1 dan a1 = a, a R

Jika a 0 notasi a-1 digunakan untuk dan apabila n N ditulis a-n = ( )n

1.1.2 BILANGAN RASIONAL

DEFINISI 1.1

Bilangan Real yang dapat ditulis dalam bentuk b/a dengan a,b Z dan a 0 disebut bilangan rasional. Himpunan bilangan

rasional di R dinyatakan dengan notasi Q dan ditulis Q = { x = a, b Z, b 0 }

Jumlah dan hasil kali dua bilangan rasional adalah rasional. Akan tetapi tidak semua anggota R merupakan anggota Q. Pada abad VI sebelum masehi Phytagoras menemukan bahwa kuadrat dari bilangan yang bukan bilangan rasional ada yang sama dengan 2, sehingga ada anggota R yang bukan anggota Q dan dikenal sebagai bilangan irasional.

8

THEOREMA 1.6

Tidak ada bilangan rasional r sedemikian hingga r2 = 2

Bukti:

Andaikan adabilangan rasional r maka bilangan tersebut dapat ditulis dengan

r = dengan p,q Z dan q 0 sedemikian sehingga r2 = = 2

Dapat diasumsikan bahwa p dan q bilangan bulat dan (p,q) = 1 (relatif prima)

= 2

p2 = 2 q2 sehingga p2kelipatan dua akibatnya p juga kelipatan dua

Misalkan p = 2m dengan m Z maka:

p2 = 2 q2

(2m)2 = 2 q2

4m2 = 2 q2

2m2 = q2

Ini menunjukkan bahwa q2 kelipatan 2, akibatnya q kelipatan 2

Karena p dan q sama-sama kelipatan 2, maka 2 merupakan faktor persekutuan p dan q

akibatnya p dan q bukan relatif prima. Ini kontradiksi dengan pengandaian bahwa p dan q

relatif prima. Dengan demikian terbukti bahwa tidak ada bilangan rasional r sedemikian

hingga r2 = 2

1. 2 SIFAT KETERURUTAN PADA R

Sifat keterurutan pada R ini sangat membantu dalam memahami konsep

kepositipan (positivity) dan konsep ketaksamaan (inequality).

1.2.1 SIFAT-SIFAT KETERURUTAN PADA R.

Terdapat P R dan P , selanjutnya P disebut himpunan bilangan real

positip murni jika memenuhi sifat berikut :

(i) a, b P a + b P

(ii) a, b P ab P

(iii) a R tepat satu dari berikut berlaku :

a P, a = 0, -a P

Sifat (i) disebut sifat ketertutupan operasi penjumlahan dalam P, Sifat (ii)

disebut sifat ketertutupan operasi perkalian dalam P , Sifat (iii) di atas disebut

sifat trikotomi karena a membagi R dalam tiga tipe elemen yang berbeda

9

yaitu bilangan real positif murni, bilangan real negatif murni dan bilangan

real nol. Sedang bilangan real negatif murni dinyatakan sebagai {-a : a P}.

DEFINISI 1.2

Jika a P, maka a disebut bilangan real positip murni dan ditulis a > 0,

Jika aP atau a = 0, maka a disebut bilangan real positip, dan ditulis a 0.

Jika -a P, maka a disebut bilangan negatip murni, dan ditulis a < 0.

Jika -a P atau a = 0, maka a dikatakan bilangan real negatip, dan ditulis a

0.

Catatan : Menurut defenisi 1.2 bilangan nol adalah bilangan positip dan

sekaligus bilangan negatip, satu-satunya bilangan dengan status

“dual”

DEFINISI 1.3

Misalkan a,bR

(i) a - b P dapat ditulis a > b atau b < a.

(ii) a - b P {0} dapat ditulis a b atau b a.

Catatan:

*) a b dan b > c maka a > c

(b) Tepat satu berikut ini berlaku : a > b atau a = b atau a b dan b > c maka a > c

a > b dan b > c berarti (a - b) P dan (b-c) P D.1.3

sehingga (a-b) + (b-c) P sifat

1.2.1

(a + (-b)) + (b + (-c)) P sifat

1.1.1

a + ((-b) + b) + (-c) P A2

a + 0 + (-c) P A4

a + (-c) P A2,A3

a - c P sifat

1.1.1

10

a > c D.1.3

Terbukti bahwa: a > b dan b > c maka a > c

(b) Misalkan a, b, c R terdapat (a-b) R

Menurut sifat trikotomi 1.2 (iii) tepat satu dari yang berikut ini berlaku:

( a - b) P atau (a - b) = 0 atau -(a - b) P

Karena (a - b) P a - b > 0 a > b atau D.1.2,

D.1.3

(a - b) = 0 a = b atau T1.3,

T1.4

-(a - b) P (-1)(a+(-1)b) P T1.4

((-1)a + (-1)(-1)b P D

((-1)a + b) P T1.4, D4

(b+(- a)) P A1, T1.4

(b- a)) P sifat 1.1.1

b - a > 0 b > a D1.2,

D1.3

sehingga tepat satu berikut berlaku: a > b, atau a = b, atau b > a

(c) Misalkan a, b R

Akan ditunjukkan jika a b dan b a maka a = b

Misalkan a b a – b 0 sifat.1.1.1,A4

a - b 0 (i) a – b > 0 atau (ii) a – b < 0 T.1.7, D1.3,

D1.3

(i) a– b > 0 a - b P D1.2

a > b D1.3

Ini berarti bahwa untuk a,b R, a- b > 0 a > b

(ii) a – b < 0 - (a - b ) P D1.2

(-1)(a+(-b)) P T1.4,sifat1.11

-a + b P D,T1.4

b + (– a) P A1

(b– a) P sifat 1.1.1

b > a atau a b dan b > a hal ini kontradiksi dengan

hipotesis bahwa a b dan b a yang diketahui.

Jadi pengandaian a ≠ b salah haruslah a = b.

Dengan demikian jika a b dan b a maka a = b terbukti

TEOREMA 1.8

(a) Jika a R dan a 0 maka > 0

(b) 1 > 0

( c) Jika n N maka n > 0

11

Bukti :

(a) Akan dibuktikan a R dan a 0 > 0.

Diketahui : a R, a 0

a 0 menurut sifat trikotomi maka (i) a P atau (ii) ( -a) P

Untuk (i) a P maka a x a = P Sifat1.2.1.(ii)

Untuk (ii) (-a) P maka (-a).(-a) P Sifat1.2.1.(ii)

(-1)a (-1)a P M3

(-1)(-1).a.a P M1

1. a P T.1.4

a P M3

Dari (i) dan (ii) diperoleh a P

Karena a P maka a > 0

Jadi terbukti Jika a R dan a 0 maka > 0

(b) Akan dibuktikan 1 > 0, berdasarkan bagian (a) dengan mengambil a = 1

maka

1 R dan 1 0 maka > 0, akibatnya T.1.8.

1 P

1 P 1 = 12

1 > 0 D.1.2

Jadi ( 1 R) 1 > 0

(c) Akan dibuktikan n N , n > 0.

Untuk membuktikannya digunakan induksi matematika

(i) Untuk n = 1 benar, maka 1 > 0 T.1.8

(ii) Dianggap benar untuk n = k atau k > 0 berarti k P.,

Akan ditunjukkan benar untuk n = k + 1

k > 0 k P D.1.2

1 > 0 1 P D.1.2

k, 1 P (k + 1) P D.1.2

k + 1 P (k + 1) > 0 D.1.2

Dari k P dan 1 P, maka k + 1 P sifat 1.2.1

Karena (i) dan (ii) dipenuhi, maka dapat disimpulkan bahwa:

n N maka n> 0 merupakan pernyataan benar untuk setiap n bilangan

Asli.

TEOREMA 1.9

Misalkan a,b,c,d R

(a) Jika a > b mak a + c > b + c

(b) Jika a > b dan c > d maka a + c > b + d.

(c) (i) Jika a > b dan c > 0 maka cxa > cxb

(ii) Jika a > b dan c < 0 maka c x a < c x b

12

(d) (i) Jika a > 0 maka > 0

(ii) Jika a < 0 maka < 0

Bukti :

(a) Misalkan a,b,c R

Akan ditunjukkan : a > b a + c > b + c

a > b berarti a - b P D.1.3

a + (-b) + c + (-c) P A4

a + c + (-b) + (-c) P A2

( a + c )+ ((-1) b + (-1)c) P T.1.4

(a + c) + ((-1) (b + c)) P D

(a + c ) – ( b + c) P T.1.4

(a + c) > (b + c) P D.1.3

Jadi a > b a+ c> b + c

(b) Diketahui: a, b, c, d R, a > b c > d

Akan ditunjukkan a > b c > d a + c > b + d

a > b a – b P D.3

c > d c – d P D.1.3

(a-b), (c-d) P ( a – b) + (c- d) P sifat 1.2.1

(a +(-b)) + (c + (-d) P sifat 1.2.1

(a + (-1).b) + ( c + (-1).d) P T.1.4

(a + (-1)(b + c) + (-1)d P A2

(a + c) + (-1)b + (-1)d P A2

(a + c) + (-1)(b + d) P D

(a + c) – (b + d) P T.1.4

(a+ c) > (b + d) P D.3

Jadi jika a > b dan c> d maka a + c > b + d

( c ) (ii) Misalkan a, b, c R

Akan ditunjukkan Jika a > b dan c < 0 maka c x a < c x b

a > b ( a – b) P D.3

c < 0 -c P D.2

Sehingga -c, (a - b) P

(-c) x (a - b) P sifat 1.2.1

((-1) c) x (a+(-1) b) P T.1.4

(-1)ca + (-1)c (-1)b P D

(-1)ca +(-1) (-1)cb P M1, M2

(-ca) + cb P T.4

cb – ca P A1

cb > ca D3

ca < cb

13

Terbukti jika a > b dan c < 0 maka ca < cb

(d) Misalkan a P.

(i) Diketahui: a P, a > 0

Akan ditunjukkan bahwa: a > 0 > 0.

a > 0 a 0 0 T.1.5

Andaikan < 0

a > 0 dan < 0 a x < 0 x T.1.9

1 < 0 M4, T1.4

Kontradiksi bahwa 1 > 0 T.1.8

Jadi pengandaian < 0 salah, haruslah > 0

(ii) Diketahui : a R, a < 0

Akan ditunjukkan bahwa a < 0 < 0

a < 0 a 0 0 T.1.5

Andaikan > 0

a < 0 dan > 0 a x < 0 x T.1.9

1 < 0 M3, T.1.4

Kontradiksi dengan 1 > 0 T.1.8

Jadi pengandaian > 0 tidak benar haruslah < 0

TEOREMA. 1.10

Jika a,b R dan a > b maka a > (a + b) > b

Bukti :

Misalkan a,b R

Akan ditunjukkan a > b a > (a + b) > b

a > b a + a > a + b T.1.9

a > b 2a > a + b

a > b a + b > b + b T.1.9

a > b a + b > 2b

dari (i) dan (ii) 2a > a + b > 2b D1.3

Karena 2 N maka 2 > 0 akibatnya > 0 T.1.9

> 0 dan2a > a + b > 2b maka diketahui

(2a) > (a + b) > (2b) T.1.9

a > (a + b) > b M2, M4

Sehingga terbukti : a > b a > (a + b) > b

14

COROLLARY 1.11 (Akibat dari teorema 1.10)

Jika a R dan a > 0 maka a > a > 0

Bukti:

a, b R dan a > b a > (a +b) > b T.1.10

Ambil b = 0, maka 0 R, menurut T.1.10 berakibat

a > 0 a > (a + 0) > 0 substitusi b=0

Berarti a > a > 0 A.3

TEOREMA. 1.12

Jika a R sehingga 0 a , R positif murni, maka a = 0

Bukti:

Diketahui a R sehingga 0 a

Andaikan a 0 a > 0 diketahui

a > 0 a > a > 0 T.1.11

Ambil 0 = a > 0, karena a > 0

sehingga diperoleh a > 0 a >0 > 0 diketahui

a > a > 0 substitusi 0 = a

Hal ini bertentangan dengan hipotesis yaitu 0 a < , > 0

Dengan demikian pengandaian salah, haruslah a = 0.

TEOREMA.1.13

a,b R, Jika ab > 0 maka

(i) a > 0 dan b > 0 atau

(ii) a < 0 dan b < 0

Bukti :

a b > 0 a 0 dan b 0 jika a = 0 b = 0 maka

ab = 0

Dari a 0 diperoleh (i) a > 0 atau (ii) a < 0 (sifat trikotomi)

Kasus (i): a > 0 > 0 T.1.9

ab > 0 ab P D.1.2

> 0 P D.1.2

, ab P x ab P sifat 1.2.1

( x a) x b P M.2

1xb P M4

15

b P M3

b > 0 D.1.2

Maka terbukti : a,b R, Jika ab > 0 maka a > 0 dan b > 0

Kasus (ii): a < 0 < 0 T.1.9

- P D.1.2

ab > 0 ab P D.1.2

- , ab P (- ) x ab P sifat 1.2.1

(-1)( x a) x b P T.1.4, M2

(-1) x 1 x b P M4

(-1) x (1 x b) P M2

(-1) x b P M3

-b P T.1.4

b < 0 D.1.2

Maka terbukti bahwa jika ab > 0 maka a < 0 dan b < 0, a,b R

COROLLARY. 1.14 (Akibat teorema 1.13)

a,b R, Jika ab < 0 maka

(i) a < 0 dan b > 0 atau ,

(ii) a > 0 dan b < 0

Bukti :

Karena ab < 0 maka a 0 dan b 0

a 0 berarti (i) a > 0 atau a < 0 dan

b 0 berarti (ii) b > 0 atau b < 0

Kasus (i)

a > 0 > 0 T.1.9

(ab) < 0 diketahui

(ab) < 0 dan > 0 x (ab) < 0 x T.1.9

( x a) x b < 0 M2, T.1.4

1 x b < 0 M4

b < 0 M3

Dengan demikianjika ab < 0 dan a > 0 maka didapat b < 0, a,b R

Hal ini menunjukkan bahwa a,b R, jika ab < 0 maka a > 0 dan b < 0

Kasus (ii):

a< 0 < 0 T. 1.9

(- )> 0 D. 1.2

ab < 0 diketahui

ab<0 dan (- ) > 0 (- ) x (ab)<(- ) x 0 T. 1.9

16

(- 1) x ( x a) x b < 0 M2, T.1.4

(-1) x 1 x b < 0 M4

-b < 0 M2, M3, T.1.4

b > 0 D.1.2

Dengan demikian jika ab < 0 dan a < 0 didapat b > 0, a,b R

hal ini menunjukkan bahwa a,b R, jika ab < 0 maka a < 0 dan b > 0

Berdasarkan (i) dan (ii) terbukti bahwa:

a,b R, Jika ab < 0 maka (i) a < 0 dan b > 0 atau ,

(ii) a > 0 dan b < 0

Contoh: Tentukan himpunan penyelesaian dari pertidaksamaan 2

12

x

x< 1, x R

Penyelesaian :

x R dan 2

12

x

x< 1 diketahui

2

12

x

x + (-1) < 1 + (-1) T.1.9

2

1

x (2x + 1) – 1 < 0 sifat 1.1.1, A4

2

1

x (2x + 1) –

2

1

x (x + 2) < 0 M4

(2

1

x) x ((2x + 1) – (x + 2))< 0 D

2

1

x (2x + 1 – x – 2) < 0 D, T.1.4

2

1

x (x – 1) < 0 A1, A2

Menurut T.1.14 jika :

2

1

x (x – 1) < 0 maka

(1). (x -1 ) < 0 dan 2

1

x> 0 atau

(2). (x – 1) > 0 dan 2

1

x< 0

Dari (1), (x -1 ) < 0 dan 2

1

x> 0

17

(x – 1) < 0 dan 2

1

1

x

> 0 T.1.9

x < 1 dan x + 2 > 0 T.1.5, T.1.9

x < 1 dan x + 2 + (-2) > 0 + (-2) T.1.9

x < 1 dan x + 0 > -2 A4

x < 1 dan x > -2 A3

Berarti -2 < x < 1 D.1.3

Dari (2): (x – 1) > 0 dan 2

1

x< 0

(x – 1) > 0 dan 2

1

1

x

< 0 T.1.9

x > 1 dan x + 2 < 0 T.1.5,

T.1.9

x > 1 dan x + 2 + (-2) < 0 + (-2) T.1.9

x > 1 dan x + 0 < -2 A4

x > 1 dan x < -2 A3

Tidak ada yang memenuhi, karena tidak ada x R yang lebih dari 1 dan

seligus kurang dari –2 sehingga yang memenuhi : -2 < x < 1

Jadi HP = { x R -2 < x < 1}

1.3. NILAI MUTLAK

Sifat trikotomi menjamin bahwa jika aR dan a 0, maka berlaku tepat satu dari a

dan –a adalah positip. Nilai mutlak dari a 0 didefinisikan sebagai nilai positip dari

pasangan {a,-a}.

Definisi. 1.4

Jika a R nilai mutlak dari a dinotasikan dengan a dan didefinisikan:

a, jika a 0

a = -a, jika a < 0

Contoh: 3 = 3 dan -2 = -(-2) = 2

Dapat dilihat dari definisi bahwa a 0, aR.

18

Teorema. 1.15

a. -a = a , aR.

b. ab = a b , a, b R.

c. jika c > 0, maka a c jika dan hanya jika -c a c.

d. - a a a , a R.

Bukti:

a. (i) a = 0 0 = 0 D. 1.4

= -0 D.1.2, D.1.4

(ii) a > 0 -a < 0 T.1.9

a = a D.1.4

= -(-a) T.1.9

= -a D, 1.4

(iii) a < 0 -a > 0, D.1.2

a = -a D.1.4

= -a D.1.4

Dari (i), (ii) dan (iii) disimpulkan -a = a

b. (i ) a = 0 atau b = 0 ab = 0 T.1.4

= 0 D.1.4

= 0 x 0 T.1.4

= 0 0 D.1.4

= a b Diketahui

(ii). a>0 dan b>0 ab>0 T.1.9

ab = a.b D.1.4

= a b D.1.4

(iii). a>0 dan b<0 ab<0 T 1.9

ab = -ab D.1.4

= (-1)(ab) T.1.4

= (-1.a)(b) M.2

= (a.(-1))(b) M.1

19

= (a)((-1).b) M.2

= a(-b) T.1.4

= a b D.1.4

(iv). a<0 dan b<0 ab > 0 D1.2, sifat 1.2.1,

T1.4.

ab = a.b D. 1.4

= a.1.b M3,M2, M1

= a.(-1)(-1).b T.1.9

= (-1)a.(-1).b M1,M2

= (-a)(-b) T.1.4

= a b D.1.2, D1.4

Dari i, ii, iii, dan iv, disimpulkan bahwa a b = a b

c. (i).Misalkan c > 0dan a c maka akan ditunjukkan bahwa -c a c.

a c (1) a c dan a ≥ 0 0 a ≤ c atau D.1.4, D1.3

(2) –a ≤ c dan a < 0 a ≥ –c dan a< 0 T1.9

-c ≤ a < 0 D1.3

Dari (1) dan (2) diperoleh -c ≤ a < 0 atau 0 a ≤ c, berdasarkan definisi gabungan dua

himpunan diperoleh -c a c.

Jadi: jika c > 0 dan a c maka -c a c.

(ii). Misalkan c > 0dan -c a c maka akan ditunjukkan a c.

-c a c berdasarkan D1.3 dapat ditulis -c ≤ a < 0 atau 0 a ≤ c,

(1) -c ≤ a < 0 dapat ditulis -c ≤ a dan a < 0, berdasarkan T.1.9 -a ≤ c dan a < 0 atau

(2) 0 a ≤ c berdasarkan definisi 1.3 dapat ditulis a c dan a ≥ 0

Dari (1) dan (2) diperoleha c dan a ≥ 0 atau –a cdan a < 0 maka berdasarkan

definisi 1.4 berarti a c

Jadi terbukti jika c > 0 dan -c a c maka a c.

Dari (i) dan (ii) disimpulkan bahwa jika c >0, maka a c -c a c.

d. Pembuktian teorema 1.15 (d) siserahkan kepada mahasiswa sebagai latihan.

Teorema 1.16 Ketidaksamaan Segitiga.

Untuk sebarang a, b R, berlaku a+b a + b

Bukti:

Dari teorema 1.15 (d) diperoleh: - a a a dan - b b b

20

Dengan menggunakan teorema 1.9, sifat distributif dan teorema 1.4 maka

-( a + b ) a + b a + b

Sehingga berdasarkan teorema 1.15 diperoleh:

a+b a + b

Jadi terbukti bahwa a, b R, berlaku a+b a + b

Teorema 1.17 ( Akibat Teorema 1.16)

Untuk sebarang a,b R, diperoleh:

(a). a - b a – b

(b). a – b a + b

Bukti:

(a). a a + 0 A3

a + { (-b) + b } A4

{a + (-b) } + b A2

{a + (-b) } + b a – b + b T.1.16, sifat 1.2.1

sehingga diperoleh : a a – b + b

a = a + 0 A3

= a + { (-b) + b } A4

={ a + (-b)} + b ≤ a+(-b) + b A2, T1.16

Sehingga diperoleh: a ≤a+(-b) + b

a ≤a+(-b) + b

a + (- b) { a - b + b } + ( - b ) T1.9, sifat 1.1.1

a + (- b) a – b + { b + ( - b )} A2

a + (- b) a – b + 0. A4,

a - b a - b ……….(*) A3, sifat 1.1.1

Selanjutnya:

b = b + 0 A3

=b + { (-a) + a } A4

= {b + (-a) } + a A2

b – a + a T.1.16, sifat 1.1.1

21

sehingga diperoleh : b b – a + a

b b – a + a

b + (- a ) { b – a + a } + (- a ) T1.9

b + ( - a ) b – a + { a + ( - a )} A2

b + ( - a ) b – a + 0. A4

b + (- a ) b – a A3

b + (- a ) (– a) + b A1, sifat 1.1.1

b + (- a ) -a + ( - (-b) ) T1.4

b + (- a ) (-1) a + (-1) (-b) T1.4

b + (- a ) (-1)(a + (-b)) D

b + (- a ) -1 a + ( -b) T1.15

b + (- a ) 1 a -b T1.15, D1.4

b + ( - a ) a -b M3

Selanjutnya kedua ruas dikalikan (-1), maka

(-1) ( b - a ) (-1) a - b T1.9

(-1) b + (-1)(- a ) (-1) a - b D, sifat1.1.1

- b + a - a - b T1.4

a + (- b ) - a - b A1

a - b - a - b ………(**) sifat1.1.1

- a - b a - b D1.3

Dari (*) dan (**) diperoleh :

a - b a – b dan - a - b a - b

ditulis: - a - b a - b a - b D1.3

sehingga berdasarkan teorema 1.15 diperoleh :

a - b a - b

Jadi terbukti bahwa jika a - b a – b , a,bR

(b). a, b R, berlaku a+b a + b T1.16

b Rmaka (-b) R A3

22

(-b) R dan a+b a + b , substitusi b Rdengan -b

diperoleh:

a + (-b) a + -b

a – b a + -b Sifat 1.1.1

dengan menggunakan teorema 1.15, yaitu:

bR, -b = b , maka diperoleh:

a – b a + b

Jadi terbukti bahwa a, bR berlaku a – b a + b

Teorema 1.18 (Akibat teorema 1.17)

Untuk sebarang a1, a2 , a3, …… an R, n N,

a1 + a2 + a3 + ……+ an a1 + a2 + a3 + ……+ an

Bukti:

S = {n N / a1 + a2 + ……+ an a1 + a2 + ……+ an}

Dengan menggunakan Prinsip Induksi Matematika

Misalkan S N yang memiliki sifat-sifat:

1. 1 S

2. Jika k S, maka k + 1 S

Maka S = N

1. a1a1 suatu pernyataan benar maka 1 S

2. Diasumsikan k S benar berarti :

a1 + a2 + …… + ak a1 + a2 + …… + ak

Akan ditunjukkan bahwa k + 1 S

a1 + a2 + …… + ak + a k+1 = ( a1 + a2 + ……+ ak ) + a k +1

a1 + a2 + …… + ak + a k +1 T.1.16

a1 + a2 + …… + ak + a k +1 T.1.16

Diperoleh k + 1 S. Dari prinsip induksi matematika diperoleh bahwa S = N.

Jadi : a1 + a2 + a3 + ……+ an a1 + a2 + a3 + ……+ an , n N

Contoh:

1. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi pertidaksamaan 2x + 3 < 6

23

Penyelesaian:

(i) Penyelesaian dengan menggunakan teorema1.15

x R, 2x + 3 < 6 -6 < 2x + 3 < 6 T1.15

-6 + (-3) < (2x + 3 ) + (-3) < 6 + (-3) A4, T1.9

-9 < 2x + ( 3 + (-3) )< 3 + ( 3 + (-3) ) A2

-9 < 2x + 0 < 3 + 0 A4

-9 < 2x < 3 A3

(2

1) (-9) < (

2

1 ) (2x) < (

2

1 ) ( 3 ) M4, T1.9

-2

9< x <

2

3 M2, M3, M4

Jadi semua bilangan real x yang memenuhi pertidaksamaantersebut adalah

A = { x R - 2

9< x <

2

3}

(ii) Penyelesaian dengan menggunakan definisi

Berdasarkan definisi

Kemungkinan – kemungkinan :

(i) dan

diketahui

keduaruasditambahkan

A.2

A.4

A.3

M.4

3 T1.9

...............(*) M.2, M.4, sifat 1.1.1

24

diketahui

T.1.9

A.2

M.4

MA.3

T.1.9

..................(**) M.2, M.4, sifat 1.1.1

Dari (*) dan (**) diperoleh dan

dan

Sehingga kemungkinan (i) diperoleh dan berdasarkan D1.3

diperoleh

(ii) dan

diketahui

kedua ruas ditambahkan

-

25

A.2

A.4

A.3

M.4

T1.9

M.2, M.4, T1.4 sifat 1.1.1

diketahui

T.1.9

A.2

M.4

MA.3

T.1.9

M.2, M.4, sifat 1.1.1

dan

Sehingga kemungkinan (ii) diperoleh dan

berdasarkan D1.3 diperoleh

-

-

26

Dari (i) (ii) berdasarkan D1.3

diperoleh

Jadi semua bilangan real x yang memenuhi pertidaksamaantersebut adalah

A = { x R - 2

9< x <

2

3}

2. Tentukan semua anggotahimpunan B = { x R x + 1<2x }

Penyelesaian:

Pertama akan diselesaikan pertidaksamaan x + 1<2x yang terdefinisi pada R,

Berdasarkan definisi 1.4

Dan

Didapat empat kemungkinan nilai x yang memenuhi:

(i) dan dan

(ii) dan dan

(iii) dan dan

(iv) dan dan

Bukti :

(i) diketahui

T.1.9

A1, A2

A2

A4

27

A3

T1.4,D

M3

Atau ......... (*) D1.3

diketahui

T.1.9

A2

A3, A4

...............(**) A3

diketahui

M4

T1.9

M2

M4

...............(***) M3, T1.4

28

Dari (*), (**) dan (***) diperoleh

nilai x yang memenuhi dari ketiga penyelesaian tersebut adalah

Sehingga merupakan anggota B

(ii)

diketahui

A4

T1.9

A2

A2

A4

A3

D, T1.4

1

-1

0

29

M2, T1.4

T1.9

M4

T1.9

M2

M4

M3

..............(*) T1.4

diketahui

A4

T1.9

A2

A4

............(**) A3

diketahui

M4

T1.9

30

M2

M4

............(***) M3, T1.4

Dari (*), (**) dan (***) diperoleh , dan , sehingga nilai

x yang memenuhi pertidaksamaan tersebut adalah

Dengan demikian merupakan anggota B

(iii) diketahui

A4

T1.4

-1

0

31

T1.4

D

T1.4

T1.9

A2

A4

A3

D

M1

Atau D1.3

M4

T1.9

M2

M4

.............(*) M3, T1.4

diketahui

M4

T1.9

A2

32

A4

.........(**) A3

diketahui

M4

T1.9

M2

M4

..........(***) M3, T1.4

Dari (*), (**) dan (***) diperoleh , dan , dantidak

satupun nilai x yang memenuhi pertidaksamaan tersebut.

(iv) diketahui

A3

-1

0

33

T1.4

T1.9

D

T1.4

T1.9

A2

A4

A3

D

M1

T1.4

...........(*) T1.9

diketahui

A4

T1.9

A2

A4

.............. (**) A3

diketahui

34

M4

T1.9

M2

M4,

.......... (***) M3, T1.4

Dari (*), (**) dan (***) diperoleh , sehingga

nilai x yang memenuhi pertidaksamaan tersebut adalah

Dengan demikian merupakan anggota B

0

-1

1

35

Kesimpulan :

Dari (i), (ii), (iii) dan (iv) diperoleh

(i)

(ii)

(iii)

Dari (i), (ii), (iii) dan (iv), diperoleh x R yang menjadi anggota B adalah

atau atau

Jadi x R yang menjadi anggota B adalah

B = { x R atau }

1.4. Garis Bilangan Real

Secara geometris, sistem bilangan real dapat diintegrasikan sebagai garis bilangan

real. Dengan demikian a dapat diartikan sebagai jarak dari a ke 0 dan a – b menyatakan

jarak antara a dan b.

Contoh:

Misalkan Jarak diantara 3 dan 2a b

Maka:

a – b = -3 – 2 = -5 = 5

1

-1

-1

36

Jarak diantara a = -3 dan b = 2 atau -3 – (2) dengan garis bilangan real dapat

digambarkan sebagai berikut:

Dalam pembahasan berikutnya akan dicari bahasa yang tepat untuk menyatakan

bahwa satu bilangan real dekat dengan yang lain. Bilangan real dikatakan dekat

dengan bilangan real dimaksudkan adalah bahwa jarak adalah kecil Gagasan ini dikenal dengan istilah “Neighborhood”.

Definisi 1.5:

Misalkan dan .

(1) -neighborhood dari adidefinisikan sebagai himpunan V(a) = {x |x – a| <}.

Neighborhood dari a dilambangkan dengan V(a). Untuk a , pernyataan bahwa

( )x V a ekuivalen dengan pernyataanbahwa x memenuhi kondisi:

x a a x a .

Ilustrasi pada garis bilangan realnya sebagai berikut

(2) Neighborhod dari a adalah sebarang himpunan yang memuat -neighborhood dari a

untuk setiap > 0.

Jadi -neighborhood dari a atau V(a) adalah himpunan yang simetris pada a.

Dua pendefinisian di atas mempunyai tujuan yang sama, tetapi berbeda keluasannya.

Teorema 1.19

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

( )

a a a

37

Misal a R, jika x R sedemikian hingga x anggota setiap neighborhood dari a maka

x = a.

Bukti:

Misalkan V(a) adalah sebarang neighborhood dari a.

Karena neighborhood dari a selalu memuat suatu -neighborhood dari a, katakanlah

V(a) sehingga V(a) V(a), untuk suatu > 0.

Karena x termuat di setiap V(a), maka x V(a) unutk setiap > 0.

Dan karena x V(a) sedemikian hingga maka:

x – a <, > 0.

0 x – a <, > 0,

maka berdasarkan teorema 1.12. Jika a dan 0 a untuk setiap 0 , maka

0a .Sehingga berlaku x – a = 0

Selanjutnya x – a = 0 maka berdasarkan definisi 1.4 berlaku

(i) x – a 0 x – a = 0

x – a = 0 diketahui

x + (-a) = 0 sifat 1.1.1

(-a) + x = 0 A.1

x = -(-a) + 0 T.1.2

x = -(-a) A.3

x = a T.1.4

(ii) x – a < 0 -(x – a) = 0

-(x – a) = 0 diketahui

(-1)(x + -(a)) = 0 T.1.4

(-1)x + (-1)(-a) = 0 D

-x + a = 0 T.1.4

a + (-x) = 0 A1

-x = -a T.1.2

(-1)(-x) = (-1)(-a) T.1.5

(-1)(-1) x = (-1)(-1) a T.1.4

x = a M2, T.1.4

38

Dengan demikian dari (i) dan (ii) diperoleh x = a.

Jadi Misal a R, jika x R sedemikian hingga x anggota setiap neighborhood dari a maka x

= a.

Contoh:

1. Misal U = {x/ 0 < x < 1}

Maka U adalah neighborhood yang memuat setiap titik di U.

Bukti:

Ambil sebarang a U, berarti 0 < x < 1. Selanjutnya pilih = min {a, 1 – a}, maka {a -

, a + } U, berarti U adalah neighborhood dari a unutk setiap a U.

2. Misal I = {x/ 0 x 1}, maka 1 bukan neighborhood dari 0.

Bukti:

1 bukan neighborhood dari 0 berarti jika diberikan > 0 maka x V(0) x 1.

Untuk memperlihatkan hal tersebut, ambil > 0 , kemudian pilih x = ( ) sehingga x

V(0) akan tetapi x = -( ) I. Jadi I bukan neighborhood dari 0.

3. Jika x V(a) dan y V(b), maka (x + y) V2(a + b).

Bukti:

x V(a) x – a < dan

y V(b) x – b <

Dengan ketidaksamaan segitiga diperoleh:

(x + y) – (a + b) = (x + a) + (y - b)

(x - a) + (y - b)

+ = 2

sehingga (x + y) V2(a + b).

Jadi jika x dan y anggota berturut-turut -neighborhood dari a, b, maka x + y anggota

2-neighborhood dari a + b (tetapi tidak cukup -neighborhood dari a + b). Secara

khusus, penambahan tidak akan mempertahankan keakuratan urutan tempat

desimal, karena 10-k< 0,5 х 10 –(k – 1) pada satu tempat desimal terbesar akan hilang.

39

LATIHAN 1

1. Selesaikan persamaan x2 = 2x, dengan memberikan alasan pada setiap langkah

penyelesaian.

2. Jika a R, dan a . a = a maka tunjukan bahwa a = 0 atau a = 1

3. Jika a 0 dan b 0, tunjukan bahwa baab

111

4. Tunjukan bahwa 3 dan 6 bukan bilangan rasional (Gunakan argumen pada

pembuktian teorema 1.6

5. Jika x dan y bilangan irasional, apakah x + y dan xy juga irasional

6. Tunjukan bahwa jika 0 < a x + 1 b. x + x +1 < 2

9. Jika a, b R, tunjukkan bahwa a + b = a + b jika dan hanya jika ab 0.

10. Tentukan dan sketsakan himpunan pasangan terurut (x,y) R x R, yang memenuhi : a.

xy = 2 b. xy 2

40

BAB II SIFAT KELENGKAPAN PADA BILANGAN REAL

2.1. SUPRIMUM DAN INFIMUM

Padababiniakandibahaslebihjauhmengenaisifat-

sifataljabardanketerurutanpadasistembilangan real.

Definisi. 2.1

Misalkan S R,

(i) u R dikatakan batas atas dari S bila s u, s S.

(ii) w R dikatakan batas bawah dari S bila w s, s S.

Berdasarkan definsi 2.1, jika S R mempunyai batas atas maka akan ada

batas atas lain yang takhingga banyaknya, sebab jika uR batas atas S maka ada

vR sehingga u v juga merupakan batas atas S. Begitu pula jika T R

mempunyai batas bawah maka akan ada batas bawah lain yang takhingga

banyaknya, sebab jika a R batas bawah T maka ada b R sehingga b a juga

merupakan batas bawah T. S

u v

Gambar 2.1 Batas Atas dari S

Selain itu terdapat himpunan yang mempunyai batas atas, tetapi tidak mempunyai

batas bawah, dan sebaliknya terdapat himpunan yang mempunyai batas bawah tetapi tidak

mempunyai batas atas.

Misal: S1 = { x R x 0 } adalah himpunan yang mempunyai batas bawah tetapi

tidak mempunyai batas atas.

S2 = { x R x 1 } adalah himpunan yang mempunyai batas atas tetapi

tidak mempunyai batas bawah.

Catatan :

Misalkan T R, maka :

41

(1) T dikatakan terbatas di atas bila T mempunyai batas atas .

(2) T dikatakan terbatas di bawah bila T mempunyai batas bawah.

(3) T dikatakan terbatas bila T mempunyai batas atas dan batas bawah

(4) Jika T tidak mempunyai batas atas atau batas bawah maka T dikatakan tidak

terbatas

Contoh :

1. S1 = { x R x 1 } adalah himpunan terbatas dibawah sebab mempunyai batas

bawah x 1, x R

2. S2 = { x R x -4 } adalah himpunan terbatas di atas sebab mempunyai batas atas x

-4, x R

3. S3 = { x R 3 x 4 } adalah himpunan terbatas, sebab mempunyai batas bawah x

3, x R dan batas atas x 4, x R

4. S4= R (himpunan bilangan real) adalah himpunan tak terbatas karena tidak

mempunyai batas bawah maupun batas atas atau sebagai batas atas dan batas

bawah. Buktinya diserahkan mahasiswa sebagai latihan

5. S5= adalah himpunan terbatas sebab setiap bilangan real merupakan batas

bawah dan batas atas dari .

Bukti:

Misalkan S = . Ambil sembarang r R batas bawah dari S.

Andaikan r bukan batas bawah dari S, berarti s S, s r. Hal ini

bertentangan dengan S = . Jadi pengandaian salah, haruslah r merupakan batas

bawah dari S. Karena r sembarang maka setiap r R adalah batas bawah dari

.

(Setiap bilangan real merupakan batas atas dari , pembuktiannya analog ).

Definisi. 2.2

Misalkan S R (i) Jika S terbatas diatas, maka suatu batas atas dari S disebut supremum

(batas atas terkecil ) dari S apabila batas atas tersebut lebih kecil dari semua

batas atas yang lain dari S.

42

(ii) Jika S terbatas di bawah , maka suatu batas bawah dari S disebut infimum

(batas bawah terbesar) dari S apabila batas bawah tersebut lebih besar dari

semua batas bawah yang lain dari S.

Definisi 2.2 tersebut dapat diformulasikan sebagai berikut:

1. u R adalah supremum dari S R bila memenuhi dua syarat yaitu :

(i) s u , s S;

(ii) s v, s S u v.

2. w R adalah infimum dari S R bila memenuhi dua syarat, yaitu :

(i) s w, s S.

(ii) s v, s S w v.

Definisi 2.2 dapat diilustrasikan secara geometri sebagaiberikut :

S

Inf. S Sup. S

(batas bawah S) (batas atas S)

Gambar 2.2 Inf. S dan Sup. S

Selanjutnya supremum dari S dinotasikan dengan sup S dan infimum dari S

dinotasikan dengan inf S.

Lema 2.1.S R paling banyak mempunyai satu supremum atau satu infimum saja.

Bukti :

S R, misalkan u1 dan u2 adalah batas bawah dari S, u1, u2 keduanya adalah infimum

Dari S, akan ditunjukkan u1 = u2 .

43

u1 = inf S u1batas bawah untuk S dan u2 = inf S u2 u1 ............................ (i)

u2 = inf S u2batas bawah untuk S dan u1 = inf S u1 u2 ........................... (ii)

Dari (i) dan (ii), berdasarkan Teorema 1.7, u2 u1, u1 u2 u1 = u2.

Jadi S mempunyai paling banyak satu infimum.

(Pembuktian untuk suprimum S analog).

Lemma. 2.2

Suatu himpunan S , S R , u R batas atas dari S,

u = sup S 0, s S , u - s.

Bukti :

() Misalkan v batas atas S, dengan v u. Asumsikan v u. Pilih = u – v 0,

maka s S, u - s. Dari sini diperoleh u – ( u – v ) = v s yang berarti v bukan

batas atas S. Ini kontradiksi dengan v batas atas S.

Jadi haruslah v u atau u v yang berarti u batas atas terkecil S sehingga

u = sup S. Jadi 0, sS u - s u = sup S

() Misalkan u = sup S. Ambil sembarang 0. Karena u = sup S maka

u - u bukan batas atas S. Karena u - bukan batas atas S maka s S,

u - s. Jadi u = sup S 0, sS u - s.

Dengan demikian :

S , S R , u R batas atas dari S, u = sup S 0, s S u - s.

Ilustrasi secara geometri lema 2.2, terlihat pada gambar 2.3 berikut ini.

u- s u

Gambar 2.3 u = Sup. S

44

Catatan:

Supremum dari suatu himpunan tidak selalu merupakan elemen dari himpunan tersebut.

Hal ini tergantung dari himpunan yang diberikan. Berikut ini akan diberikan beberapa

contoh

Contoh:

(a) Jika S1 mempuyai elemen berhingga maka dapat ditunjukkan bahwa S1 mempu-nyai

sebuah elemen terbesar u dan sebuah elemen terkecil w, ataudengan kata lain u =

sup S1 dan w = inf S1dan keduanya yaitu u dan w elemen S1.

(b) JikadiberikanhimpunanS2 = { x R 0 x 1 },

maka himpunan ini mempunyai supremum 1, dan infimum 0 yang keduanya termuat

dalam S2.Berikut akan dibuktikan bahwa 1 adalah supremum dari 2S .

Jika 1v maka terdapat elemen 2's S sehingga '.v s Jadi v bukan batas atas dari

2S dan karena v sebarang bilangan yang lebih kecil dari 1, maka disimpulkan bahwa

sup 2S =1. Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan pula bahwa 0 adalah infimum

dari 2S . Dengan demikian, baik supremum maupun infimum dari 2S termuat di dalam

2S .

(c) S3 = { x R 0 x 1 }

Himpunan ini mempunyai supremum 1, dan infimum 0 yang keduanya

tidak termuat dalam S.

(d) Setiap elemen pada bilangan real R adalah batas atas sekaligus batas bawah dari .

Jadi tidak mempunyai suprimum dan infimum.

2.2. SIFAT SUPRIMUM DAN INFIMUM DARI R

(i) ( S R, S , u R, u s, s S ) S mempunyai Suprimum.

(ii) ( S R, S , u R , u s, s S ) S mempunyai Infimum.

Contoh

(a) Misalkan S R; S . S terbatas di atas, untuk a R didefinisikan

45

a + S = { a + x x S }, maka sup ( a + S ) = a + sup S.

Bukti :

Misalkan u R, S R, u = sup S u x, x S.

a R a + u a + x , xS. Ini berarti a + u batas atas dari a + S.

Akibatnya sup (a + S) a + u atau Sup (a + S) a + sup S.

Misalkan v R, v batas atas dari a + S a + x v, x S.

a + x v x v – a , xS. Akibatnya u = sup S v – a, sebab

a + u v, dan v – a adalah batas atas dari S.

v – a batas atas S, u = sup S u v – a a + u v.

a + u batas atas S

v batas atas (a + S) sup (a + S) = a + u = a + sup S.

a + u v

Jadi S R, S , S terbatas di atas, a R, didefinisikan

a + S = { a + x x S } sup ( a + S ) = a + sup S. Terbukti.

(b) Andaikan f dan g adalah fungsi bernilai real dengan domain yang sama, yaitu

D R. Misalkan f(D) = { f(x) x D } dan g(D) = {g(x) x D} adalah himpunan -

himpunan terbatas dalam R, maka :

(i) f(x) g(x), x D sup f(D) sup g (D).

(ii) f(x) g(y), x,y D sup f(D) inf g(D).

Bukti :

Asumsikan f(D) dan g(D) .

(i) Diketahui g(D) dan f(D) himpunan terbatas di R, berarti f(D) dan g(D) mempunyai suprimum dan infimum ( 2.4.5 ).

g terbatas di atas g(x) sup g(D), x D.

g(x) sup g(D),x D, f(x) g(x), x D f(x) sup g(D), x D.

Akibatnya sup g(D) merupakan batas atas f(D).

Sup g(D) batas atas f(D), f(D) terbatas di atas sup f(D) sup g(D)

Jadi f(x) g(x), x D sup f(D) sup g (D). Terbukti.

46

(ii) Dari f(x) g(y), x ,y D, berarti f(x) adalah batas bawah dari g(D).

Akibatnya f(x) inf g(D). Karena f(x) inf g(D), xD berarti inf g(D) adalah salah

satu batas atas dari f(D). Hal ini berarti sup f(D) inf g(D).

Jadi f(x) g(y), x,y D sup f(D) inf g(D). Terbukti.

2.3. SIFAT ARCHIMEDES PADA R

Suatu bilangan asli N, terbatas di bawah yaitu 1, tetapi tidak terbatas di atas. Ini berarti jika diberikan sembarang

bilangan real x, maka terdapat n N sehingga x n.

Teorema. 2.3. Sifat Archimedes

x R nx N, x nx.

Bukti:

Ambil sembarang x R. Andaikan x merupakan batas atas dari N, menurut sifat

suprimum, N mempunyai suprimum u R. Karena u - 1 u. Menurut lemma 2.2

berarti m N, u - 1 m akibatnya u m + 1. Karena mN, maka m + 1 N.

Ini bertentangan dengan u batas atas N. Jadi pengandaian salah . Dengan demikian N

tidak mempunyai batas atas.

Jadi x R nx N, x nx.

Torema.2.4 (akibat teorema 2.3)

Jika y dan z adalah bilangan real positif murni, maka :

(a) n N, z ny

(b) n N, 0 y

(c) (c) n N, n –1 z n.

47

Bukti :

(a) Karena x = 0, n N, = x n, dan didapat z ny.

(b) Berdasarkan bukti pada (a), kita ambil z = 1 maka didapat 1 ny, sehingga

diperoleh y dan n N.

Dengan demikian terbukti bahwa n N, 0 y

(c) Ambil himpunan { m N z m } N tidak kosong. Misalkan n unsur

terkecil dan { m N z m }, maka n – 1 z n.

2.4. EKSISTENSI 2

Pentingnya Sifat Archimides karena sifat tersebut dapat menjamin eksistensi

bilangan-bilangan real terhadap suatu hipotesis tertentu. Berikut ini akan diberikan ilustrasi

yang disertai dengan bukti akan eksistensi (adanya) bilangan real x sehingga = 2 yang

tertuang dalam teorema berikut.

Teorema. 2.5

x R+ x2 = 2

Bukti :

Misalkan S = { s R 0 s, s2 2 }, maka 1 S.

Dengan demikian S dan S juga terbatas di atas oleh 2.

Jika t 2, maka t2 4, sehingga t S, berdasarkan sifat suprimum maka himpunan S

mempunyai suprimum dalam R.

Misalkan x = sup Sdan x R+ akan dibuktikan bahwa x2 = 2.

Jika x2 2 maka ada dua kemungkinan yaitu (i) x2 2 atau (ii) x2 2

(i) andaikan x2 2

Kita tunjukkan hal ini akan kontradiksi dengan pernyataan x adalah batas dari S.

48

x R+ 2x + 1 0 dan

x2 2 2 - x2 0

0

Dengan sifat Archimedes ( Teorema.2.4 (b) ) didapat

n N,

(2x – 1) (2 - x2)

x2 + )12(

1

xn 2

Karena :

(x + )2 = x2 + 2

12

nn

x

= x2 + (2x + )

x2 + (2x + 1) x2 + (2 - x2 ) = 2

Jadi (x + ) S

Karena x x + dan (x + ) S, maka x bukanlah batas atas S dan x bukan

suprimum S. Oleh karena itu tidak mungkin x2 2

(ii) Andaikan x2 2

Akan ditunjukkan bahwa sebuah batas atas dari S, lebih kecil dari x yang kontradiksi

dengan suprimum dari S.

Karena x2 2 x2 - 2 0

x2

2 x2 0

Ambil m N, x2

2 x2

Bentuk formula :

49

( x - )2 = x2 - m

x2 + ( )2 x2 -

m

x2 x2 + (2 - x2 ) = 2

Jadi (x - ) batas atas dari S

Karena x x - , maka terjadi kontradiksi dengan x = sup S .

Dengan demikian x2 2 tidak mungkin,

Karena x2 2 dan x2 2 tidak mungkin maka haruslah x2 = 2

Dengan memodifikasi argumen di atas, pembaca dapat menunjukkan bahwa jika

0,a maka terdapat dengan tunggal bilangan 0b sehingga 2 .b a Selanjutnya

bilangan b dinamakan akar kuadrat positif dari a dan dinotasikan dengan

1/ 2atau .b a b a

.

2.5. KEPADATAN BILANGAN RASIONAL DALAM R

Teorema berikut menunjukkan bahwa bilangan rasional adalah “Padat”,

artinyabahwadiantaraduabilangan real yang berbedadapatditentukanbilanganrasional yang

banyaknyatakberhingga.

Teorema. 2.6. Kepadatan Bilangan Rasional :

(x ,y R) x y r Q x r y

Bukti :

Misalkan x,y R dengan x y

Tanpa mengurangi keumuman diasumsikan x 0,

dengan sifat Archimedes, n N, n untuk suatu n.

Karenanyadiperoleh (ny–nx) 1 ....................................... (1)

Dengan menggunakan Teorema. 2.4 (c) untuknx 0 diperoleh :

m N (m-1) nx m.

Ketidaksamaan terakhir ini dapat dipecah menjadidua, yaitu

(m-1) nx atau (m-nx) 1 ............................ (2)

50

dan nx m. ....................................... (3)

Berdasarkan ketidaksamaan (1) dan (2) diperoleh (m-n) 1 (ny-nx), berarti :

m ny ....................................... (4)

Dari ketidaksamaan (3) dan (4) diperoleh nx m ny atau x y

Jadidiantarax,y Q ada = r

Dengandemikianterbuktibahwa(x ,y R) x y r Q x r y

Teorma. 2. 7 (akibatTeorema 2.6)

(x ,y R) x y r bilangan irrasional x z y r R Q

Bukti :

Dengan menggunakan teorema kepadatan (teorema 2.5) pada bilangan real dan

sehingga diperoleh bilangan rasional r ≠ 0.

r Q, r 0 r akibatnya x r 2 y

Dengan demikian z = r 2 adalah bilangan irrasional dan memenuhi x z y.

LATIHAN 2

1. Misal S = { 1 – n N } tentukan Sup S dan Inf S

2. Tunjukkan secara detail bahwa himpunan S = { x R x 0 } mempunyai

batas atas tetapi tidak mempunyai batas bawah.

3. Tunjukkan bahwa suatu himpunan berhingga S R dan S memuat

suprimum dan infimumnya.

4. Jika S R memuat batas atasnya, tunjukkan bahwa batas atas tersebut adalah

Sup S

5. Misal S R , S dan S terbatas

51

(a) Andaikan a 0 dan aS = { as s S } buktikan bahwa :

(i) (aS) = a Inf S

(ii) Sup (aS) = a Sup S

(b) Andaikan b 0 dan bS = { bs s S } buktikan bahwa :

(i) (bS) = b Inf S

(ii) Sup (bS) = b Sup S ….

6. Misalkan

A =

Nnn

n

:)1(

, B =

Nnn

n:

1,

Dari kedua himpunan tersebut, tentukan batas bawah dan batas atas dan carilah

supremum dan infimumnya jika ada dari kedua himpunan tersebut.

7. Misalkan S = { x : x 0} . Tunjukkan bahwa himpunan S1 mempunyai batas atas,

tetapi tidak batas bawah, dan tunjukkan pula bahwa SupS = 0.

8. Misalkan S3 = {1/n : n N}. Tunjukkan bahwa 3sup 1S dan 3inf 0.S

52

BAB III

INTERVAL, TITIK TIMBUN DAN DESIMAL 3.1. I N T E R V A L 3.1.1 Interval

Suatu himpunan disebut terbatas, jika himpunan tersebut mempunyai batas

bawah dan batas atas. Jika tidak demikian, maka himpunan tersebut dikatakan tidak

terbatas. Suatu interval dapat dipandang sebagai himpunan titik-titik di garis real

(R)

3.1.2 Interval Terbatas

Jika diberikan dengan , maka interval terbuka yang ditentukan oleh

a dan b adalah himpunan yang didefinisikan:

Titik dan disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung tidak termuat dalam

interval terbuka. Jika kedua titik ujung digabungkan ke dalam interval terbukanya, maka

disebut interval tertutup, yaitu himpunan yang didefinisikan :

Interval setengah terbuka atau setengah tertutup adalah interval yang memuat

salah satu titik ujungnya. Gabungan interval terbuka dengan titik ujung , ditulis

didefinisikan :

[ a,b) = { x R a x < b }

Gabungan interval terbuka dengan titik ujung , ditulis didefinisikan :

(a,b] ={ x R a < x b }

Masing-masing interval tersebut terbatas dan mempunyai panjang (length) yang

didefinsikan dengan . Jika , maka interval terbukanya berkorespondensi

dengan himpunan kosong dan interval tertutupnya berkorespondensi dengan

himpunan singleton

3.1.3 Interval Tak Terbatas

53

Berikut ini diberikan lima jenis interval tidak terbatas, dengan simbol (atau

) dan digunakan sebagai simbol titik ujungnya yang tak berhingga.

Interval terbuka takterbatas didefinisikansebagai himpunan dengan bentuk

dan

Himpunan pertama tidak mempunyai batas atas dan yang kedua tidak mempunyai batas

bawah. Himpunan a,sering juga disebut dengan sinar terbuka (open a ray).

Interval tertutup tak terbatas, didefinisikansebagai himpunan dengan bentuk:

dan

Himpunan sering disebut dengan sinar tertutup (close a ray).

Himpunan dapat disajikan dalam bentuk interval dan dituliskan . Perhatikan

bahwa dan bukan elemen dan dalam hal ini tidak ada titik ujungnya.

Untuk interval tak terbatas digunakan lambang - dan , yang disepakati

hanya sebagai notasi dan keduanya bukan anggota R. Dan untuk interval satuan

dinotasikan dengan I = [ 0,1] = { x R , 0 x 1} 3.1.4. Interval Bersarang

Suatu barisan interval In , untuk setiap n N disebut bersarang (terlihat pada

gambar 3.1) jika I1I2 I 3 ….I n I n+1…

┌ I1 ┐ ┌ I3 ┐

I5

54

└─── I4──┘ └────── I2 ─────┘

Gambar. 3.1

Contoh 1:

Jika I n = [ 0 , n

1 ] untuk setiap n N, buktikanlah bahwa

1nI n = { 0 }

Karena I n = [ 0 , n

1 ] maka I n I n+1 untuk setiap n N

Mengingat bahwa I n I n+1 untuk setiap nN, maka I n merupakan interval bersarang.

Perhatikan ilustrasi berikut:

┌ I1 ┐

┌ I2 ┐

┌ I3 ┐

┌ I6 ┐ ┌ I20┐ [--- [--- [---- [----- [----- [---------- [---------- [---------- [---------- ]

0 20

1

10

1

6

1

4

1

3

1

2

1 1

Gambar. 3.2

Dari gambar terlihat bahwa 0I n untuk setiap n N dan 0 disebut titik sekutu (common

point). Dengan demikian

1nI n = { 0 }

Bukti :

1nI n ≠ , sebab In, nN merupakan interval tutup. Dalam hal ini 0I n, n N.

Dengan menggunakan sifat Archimedes dapat ditunjukkan bahwa hanya 0 yang merupakan

unsur dari In, nN. Atau

1nI n = { 0 }

55

Contoh 2 :

Bila Jn = ( 0 , n

1 ) untuk setiap nN, buktikan bahwa Jn interval bersarang yang tidak

memiliki titik sekutu (Common Point).

Karena J n = ( 0 , n

1 ) maka J n J n+1 untuk setiap n N

Mengingat bahwa J n J n+1 untuk setiap nN, maka barisan ini membentuk interval

bersarang. Perhatikan ilustrasi berikut:

┌ I1 ┐

┌ I2 ┐

┌ I3 ┐

┌ I6 ┐ ┌ I20┐ (--- [--- [---- [----- [----- [---------- [---------- [---------- [---------- )

0 20

1

10

1

6

1

4

1

3

1

2

1 1

Gambar. 3.3

Dari gambar terlihat bahwa J n suatu interval bersarang dan 0 J nuntuk setiap n N.

Dengan demikian J n tidak memiliki titik sekutu atau dan 0 disebut titik sekutu (common

point), atau

1n J n=

Bukti :

Bukti secara formal diberikan kepada mahasiswa sebagai latihan. Beberapa hal yang perlu

mahasiswa ketahui sebagai petunjuk dalam membuktikan adalah:

Andaikan

1n J n maka ada x J n , nN x

1n J n

Selanjutnya gunakan sifat Archimedes seperti contoh 1, yang pada akhirnya nanti akan

terjadi kontradiksi dan dengan demikian terbukti bahwa

1n J n

3.1.5. Sifat Interval Bersarang

56

Jika I n = [ an , bn ], nN adalah barisan interval bersarang dari interval-

interval tutup, maka :

a. Ada suatu bilangan R sedemikian hingga I n , nN

b. Jika panjang interval I n = bn - andengan inf { bn- an, nN }= 0, maka titik sekutu

adalah tunggal.

Sifat interval bersarang diilustrasi pada gambar berikut.

┌ I1 ┐

┌ I2 ┐

┌ I3 ┐

┌ In+1 ┐

[ --------- [---------- [---------- [--------------------] -----------] ----------] ----------]

a1 a2 an an+1 (an- bn)bn+1 bn b2 b1

Gambar 3.5

Dari gambar terlihat bahwa :

a1 a2 an an+1 …. bn+1 bn b2 b1dan I n

Bukti :

a. Karena I n , nN adalah interval bersarang, maka I nI1 nN, dan karena I

nI1 maka a n b1, nN, sehingga himpunan { a n nN} tak kosong terbatas di

atas. Karena { a n nN} dan terbatas di atas, maka menurut sifat suprimum dan

infimum himpunan { a n nN} mempunyai suprimum.

Misalkan = sup { a n nN}.

Karena = sup { a n nN}, maka a n ( nN)

nN, b n adalah batas atas dari himpunan { a n nN}, maka kita peroleh:

(i) Jika n k, maka I n I k dan akibatnya a k b k b n

(ii) Jika n k maka I k I n dan akibatnya a k a n b n, seperti terlihap pada

gambar berikut.

┌ Ik ┐

57

┌ In ┐

---------- [---------------- [----------------] ----------------] --------- ak a n bn bk

Gambar 3.6

Jika n k maka I k I n

Jadi untuk kedua kasus di atas dapat kita simpulkan bahwa ak bn, k sehingga bn

batas atas dari himpunan {an nN}. Oleh karena itu bn ( nN), dan karena

an bn ( nN), maka In ( nN).

Dengan demikian telah terbukti jika In = [an , bn], nN adalah barisan interval

bersarang dari interval-interval tutup, maka ada suatu bilangan R sedemikian

hingga In , nN

b. Karena In = [ an , bn ], nN adalah barisan interval bersarang dari interval-interval

tutup, maka In I1 nN dan akibatnya bn a1 ( nN) sehingga himpunan {b n

nN} terbatas di bawah.

Karena himpunan {annN} terbatas di bawah maka himpunan tersebut

mempunyai infimum. Misalkan = inf { b n nN}.

Jika = inf {bnnN} maka dengan analog yang sama , kita peroleh an

( nN), dan oleh karena itu . Sehingga x I n ( nN) jika dan hanya jika x

.

Selanjutnya misalkan Inf {bn - an nN} = 0, maka untuk sembarang 0, terdapat

n N sedemikian hingga 0 - ab nn

Berdasarkan teorema 1.2.9 didapat bahwa - = 0 atau = adalah satu-satunya

unsur dalam I n ( nN)

58

3.2. TITIK TIMBUN

Definisi.3.1

Titik xR adalah titik timbun dari S tak kosong, SR, jika setiap-neighborhood dari x

yaitu V(x) = (x-, x+) memuat paling sedikit satu elemen dari S yang berbeda dengan

x.Titik timbun disebut pula dengan titik kumpul atau titik akumulasi atau cluster point.

Definisi di atas dapat diformulasikan sebagai berikut:

(i) x titik timbun di S jika ( nN) ( snS), 0 <x - sn<n1 atau

(ii) x titik timbun di S jika 0 V(x) xS

Himpunan S dikatakan mempunyai titik timbun, jika ada xR yang merupakan titik

timbun dari S. Tidak ada persyaratan titik timbun S harus elemen dari S. Dengan kata lain,

jika xR titik timbun dari S maka dapat saja terjadi xS atau xS

Contoh

(a) Jika S1= (0,1) setiap titik pada interval tutup [0,1] adalah titik timbun dari S1.

(b) Diberikan maka 4 bukan titik timbun

(c) Himpunan finit di R tidak mempunyai titik timbun

(d) S3 = {n1 : n N}, 0 adalah satu-satunya titik timbun dari S3

(d) Untuk interval I = [0,1] setiap x I merupakan titik timbun dari IQ dan dengan

menggunakan teorema kepadatan pada bilangan R, untuk interval I = [0,1] setiap

xI merupakan titik timbun dari IQ.

(e) Misalkan S himpunan infinit dan terbatas di atas, misalkan u = sup S.

Jika uS maka u titik timbun S karena untuk sebarang > 0, xS x (u-

,u+).

Selanjutnya hanya akan dibuktikan Contoh (a) dan (b) saja, contoh selainnya

diserahkan kepada mahasiswa sebagai latihan.

Bukti Contoh (a):

59

Ada tiga hal yang perlu dikaji untuk membuktikan bahwa x [0,1], x

merupakan titik timbun dari S1 yakni:

(i) x = 0 (ii) x = 1 (iii) 0 < x < 1

(i) Untuk x = 0

Ambil sebarang > 0

Sebut -neighborhood dari x adalah

V(x) = V(0) = (0-, 0+) = (-, )

V(0) (0,1) \ {0} = (0, 0+) = (0,)

Karena 0, R dan 0 < maka (menurut Teorema Kepadatan) ada t R sedemikian

sehingga 0 < t <, misalnya t = 21 .

Jadi V(0) (0,1) \ {0} = (0,)

Karena V(0) (0,1) \ {0} , maka 0 adalah titik timbun dari S1.

(ii) x = 1

Ambil sebarang > 0


V(x) = V(1) = (1-, 1+)

V(1) (0,1) \ {1} = (1-, 1)

Karena (1-, 1) R dan 1-< 1 maka (menurut Teorema Kepadatan) ada p R

sedemikian sehingga 1- 0


V(x) = (x-, x+). Apakah V(x) (0,1) \ {x}

Ambil 0 = min {x, 1-x, } maka

V(x) (0,1) \ {x} = {x-0, x+0}\{x} = {x-0 , x} {x, x+0}

Karena (x-0) < x dan x < (x+0) maka (menurut Teorema Kepadatan) ada t R

sedemikian sehingga x-0< t < x atau x < t < x+0.

Jadi V(x) (0,1) \ {x}

60

Karena V(x) (0,1) \ {x} , maka x {x: 0<x<1}, x adalah titik timbun dari S1.

Dari ketiga hal tersebut di atas, dapat disimpulkan bahwa x[0,1], x merupakan titik

timbun dari S1. Dalam hal ini titik 0 dan 1 bukan anggota S1 tetapi keduanya

merupakan titik timbunnya.

Bukti Contoh (b):

.

Misal diambil , maka sehingga diperoleh bahwa

jadi 4 bukan titik cluster.

Teorema.3.1 Bolzano-Weeierstrass

Setiap himpunan bagian R yang infinit dan terbatas mempunyai sekurang-

kurangnya satu titik timbun.

Bukti:

Misalkan S R dan S himpunan terbatas infinit, karena S terbatas berarti ada interval tutup

I1 = [a,b] yang memuat S.

Proses pembuktiannya dengan menggunakan sistem bagi dua pada interval I1 secara

berulang-ulang sehingga membentuk interval bersarang tutup.

Proses pertama:

I1 dibagi menjadi dua interval yaitu:

I2 = [a, (a+b)] dan I2 = [21 (a+b), b]

Karena I1 memuat tak hingga titik dari S, maka salah satu di antara kedua interval di atas

pasti memuat tak hingga titik dari S. Misalkan interval kiri yang memuat tak hingga titik dari

S.

Proses kedua:

Dengan melanjutkan bagi dua seperti proses pertama, akan didapatkan

I3 = [a, 41 (3a+b)] dan I3 =[

41 (a+3b), b].

61

Karena I2 yang dipilih tadi memuat tak hingga titik dari S maka salah satu diantara dua

interval I3 pasti memuat tak hingga titik dari S.

Proses ke-n:

Misalkan interval kiri yang memuat tak hingga titik dari S. Demikian seterusnya hingga

proses ke-n dengan anggapan bahwa interval kiri selalu memuat tak hingga titik dari S.

Maka diperolah 1n

1n

2

b)a)12((

n ,aI

.

Sebaliknya jika bagian interval kanan yang memuat tak hingga jumlah titik dari S maka

diperolah b,I 1n

1n

2

b)12(a

n

.

Dengan demikian tampaklah bahwa:

I1 I2 I3 … In-1In In+1 … dengan panjang In adalah In = 1n2

1 (b-a).

Dari penjelasan pada proses pembagian di atas, dapat disimpulkan bahwa S In adalah

infinit nN, dengan kata lain In ( nN) memuat tak hingga titik dari S.

Dengan menggunakan sifat interval bersarang diperoleh sebuah titik x

1n

nI .

Ini dapat dipakai untuk membuktikan bahwa x itu adalah titik timbun dari S.

Jika diberikan sebarang > 0 dan -neighborhood dari x, maka V(x) = (x-,x+).

Pilih nN sedemikian hingga 1n2

ab.

Karena x In dan In, maka hal ini mengakibatkan bahwa In V dan karena In memuat

tak hingga banyaknya titik dari S, maka neighborhood V memuat (tak hingga banyaknya)

titik dari S yang berbeda dengan x, sehingga x adalah titik timbun dari S.

3.3. DESIMAL

3.3.1 Bentuk Biner

Misalkan x [0,1], akan dinyatakan x dalam “barisan” 0 dan 1 sebagai berikut:

Proses pertama:

Interval [0,1] dibagi dua menjadi [0,21 ] dan [

21 ,1].

62

Jika x[0,21 ] maka a1 = 0 dan jika x [

21 ,1] maka a1 = 1 sehingga diperoleh pertidaksamaan

21

20

20 x atau

21

21

21 x

Proses kedua:

Subinterval kiri dibagi dua menjadi 41,0 dan

21

41 , .

Jika x 41,0 maka a2 = 0 dan jika x

21

41 , maka a2 = 1, sehingga diperoleh pertidaksamaan

22121 2

1

2

0

2

0x

2

0

2

0 atau

22121 2

1

2

1

2

0x

2

0

2

0

Subinterval kanan dibagi dua menjadi 43

21 , dan 1,

43 .

Jika x 43

21 , maka a2 = 0 dan jika x 1,

43 maka a2 = 1, sehingga diperolah pertidaksamaan

22121 2

1

2

0

2

1x

2

0

2

1 atau

22121 2

1

2

1

2

1x

2

1

2

1 .

Proses ke-n:

Dilanjutkan proses bagi dua seperti di atas, jika x termuat dalam subinterval kiri maka

an = 0 dan jika x termuat dalam subinterval kanan maka an = 1. Melalui cara ini didapatkan

suatu barisan a1, a2, a3, …, an, …yang terdiri dari “0” dan “1” yang berkorespondensi dengan

barisan bersarang dengan elemen sekutu x.

Untuk setiap n diperolah ketidaksamaan

nn

n

2

2

1

1

n

n

2

2

1

1

2

1

2

a...

2

a

2

ax

2

a...

2

a

2

a

Jika x adalah “titik bagi dua” pada proses ke-n, maka x = n2

m, m ganjil dan m N.

Pada kasus ini dapat dipilih interval kiri atau interval kanan, sehingga an = 0 atau

an = 1, namun jika subintervalnya telah dipilih maka subinterval berikutnya pada

proses berikutnya dapat ditentukan.

Misalnya dipilih subinterval kiri sehingga an = 0. Titik x adalah titik ujung kanan dari

subinterval berikutnya, sehingga ak = 1 untuk k n+1.

63

Sebaliknya jika dipilih subinterval kanan sehingga an = 1, maka ak = 0 untuk k n+1.

Untuk x=21 barisan untuk x yang mungkin adalah 0, 1, 1, 1, … atau 1, 0, 0, 0, … sehingga

representasi biner dari x adalah x = (0, a1a2a3…an-1 1000…)2

atau x = (0, a1a2a3…an-1 0111…)2

3.3.2 Bentuk Desimal

Secara geometris bentuk desimal serupa dengan bentuk biner, hanya

interval yang ada dibagi menjadi 10 subinterval. Jika x [0,1] maka x termuat di

dalam interval

10

)1b(,

10

b 11 untuk b1{0,1,2,…,9}.

Jika x adalah satu titik batas maka b1 mempunyai dua nilai dan dipilih hanya satu,

sehingga 10

b1 x 10

b1 + 10

1, b1 {0,1,2,…,9}.

Proses dilanjutkan dengan membagi subinterval yang dipilih dibagi lagi menjadi 10

subinterval sehingga akhirnya didapat b1 , b2 , b3 , …, bn , … dengan 0 bn 9

nN

Sehingga 1

1

10

b+

2

2

10

b+ … +

n

n

10

b x

1

1

10

b+

2

2

10

b+ … +

n

n

10

b+

n10

1 nN.

Sehingga representasi desimal x ditulis x = 0, b1b2b3…bn…

Jika x 1 dan BN maka B x B+1, dapat ditulis x = B, b1b2b3…bn…dengan x

- B

adalah bentuk desimal.

Bentuk desimal dari x [0,1] adalah tunggal kecuali x adalah titik batas pada setiap

subinterval pada suatu proses.

Misalkan x =n10

muntuk suatu m, n N,

1m10n (diasumsikan m bukan kelipatan10n) Dengan demikian ada dua

kemungkinan yaitu :

(i) x = 9 untuk k n + 1 maka x = 0,b 1 b 2 b 3 ….b n 999…atau

(ii) x = 0, b 1 b 2 b 3 ….b 1n 000…

Misalkan x = ½, maka representasinya adalah

x = 0,499999… atau x = 0,500000….

Desimal B,a1a2a3…an … dinamakan periodik jika terdapat bilangan asli k dan m sehingga an =

an+m untuk setiap n k. Artinya blok digit akak+1…ak+m-1 terulang mulai digit ke-k

Bilangan m terkecil dinamakan periode desimal.

64

Misalnya 88

19 = 0,2159090…90…

mempunyai periode m = 2 dengan blok pengulangan 90 mulai dari digit k = 4.

Bilangan real positif adalah rasional jika dan hanya jika desimalnya periodik.

Misalnya x = 7,31414…14…

maka 10x = 73,1414…14…

1000x = 7314,1414… 14…

1000x –10x = 7314-73

990x = 7241

x = 990

7241

3.4. HIMPUNAN BUKA DAN HIMPUNAN TUTUP DI R

Ada beberapa himpunan bagian dari R yang berperan sangat penting

dalam analisis, yaitu himpunan buka dan himpunan tutup di R. Telah dibahas

bahwa neighborhood dari x adalah sebarang himpunan V yang memuat suatu

- Neighborhood ( x-, x+ )

Definisi.3.2

(i)Sebuah himpunan bagian G dari R adalah buka dalam R, jika untuk setiap

xG terdapat neighborhood V dari x sedemikian hingga V G

(ii) Sebuah himpunan bagian F dari R adalah tutup di R jika Fc = R

F adalah buka di R

Secara simbolik dapat ditulis:

(i) G R, G himpunan buka di R (xG) (Vx) Vx G

(ii) F R, F himpunan tutup di R Fc = R F himpunan buka di R

Untuk menunjukkan bahwa G R himpunan buka di R, cukup ditunjukkan bahwa

untuk setiap titik di G mempunyai suatu -Neighborhood yang termuat di G.

Atau :

G himpunan buka (xG) (x 0) ( x-x, x+x ) G.

Untuk menunjukkan F R himpunan tutup di R, cukup ditunjukkan bahwa

untuk setiap titik yF mempunyai suatu -Neighborhood yang saling lepas

(disjoint) terhadap F

Atau :

F himpunan tutup (yF ) (y 0) F ( y-y, x+y ) =

Contoh-Contoh

a) R = (- ,), adalah himpunan buka.

65

Untuk menunjukkan R adalah himpunan buka, ambil sebarang xR dan

misalkan pilih = 1, sehingga (x-1, x+1) R. Jadi R adalah himpunan buka.

b) G = {xR 0 < x < 1 } adalah himpunan buka

Bukti :

Ambil sebarang x G dan pilih x = min{x,1-x}

Ambil u ( x-x, x+x ) sebarang, maka u-xx x-x u x+x

Akan ditunjukkan u-xx uG

Misalkan: x = x

u-xx u-x x

- x u-x x

x -x u x + x

0 u 2x ………………………….*

Karena x = min {x, 1-x} berarti x 1- x

x 1- x 2x 1 ..………………………….**

0 u 2x dan 2x 1 maka 0 u 1 …..………………..(i)

Misalkan x = 1 - x

u-xx u-x 1- x

x-1 u-x 1- x

x-1+x u 1- x + x

2x-1 u 1 ………………………….#

Karena x = min{x,1-x} berarti 1-x x

1-x 1 2x -10 ………………………….##

dari # dan ## diperoleh :

2x +1 u 1 dan 2x –1 0 maka 0 u 1 ………………..(ii)

Dari (i) dan (ii) disimpulkan bahwa :

u-xx uG.

Jadi G adalah himpunan buka

c) I = [0,1] adalah himpunan tidak buka

Untuk menunjukkan bahwa I = [0,1] adalah himpunan tidak buka, cukup dicari suatu x

I sedemikian sehinggaNeighborhoodnya tidak termuat di I

Pilih x = 0 maka dapat ditemukan u(-x , +x) tetapi (uI) (-u0, 0)

Dengan demikian tidak memenuhi definisi himpunan buka.

Jadi I adalah himpunan tidak buka

d) I = [0,1] adalah himpunan tutup

Bukti:

66

Berdasarkan definisi, berarti untuk membuktikan I = [0,1] adalah himpunan tidak

tertutup cukup ditunjukkan bahwa IC adalah himpunan buka.

Ambil sebarang y IC berarti yI.

Misalkan y 0, maka pilih y = y

(y-y , y+y) = (y- y , y+ y ) = (2y, 0) IC ………………..(i)

Misalkan y 1 maka pilih y = y - 1

(y-y , y+y) = (1, 2y-1) IC ………………..(ii)

Dari (i) dan (ii) ternyata bahwa IC adalah himpunan buka atau

I (y-y , y+y) = , sehingga menurut definisi I adalah himpunan tutup

Teorema.3.2 ( Sifat Himpunan Buka )

(a) Gabungan dari koleksi sebarang himpunan-himpunan bagian buka

dari R adalah buka.

(b) Irisan dari koleksi berhingga sebarang himpunan-himpunan buka

adalah buka.

Bukti :

(a) Misalkan {GA} koleksi himpunan buka di R dan G = A

AG

Ambil sebarang x G, maka x oG untuk suatu o A

Selanjutnya karena 0G buka, maka terdapat Vx sehingga Vx oG

Vx oG dan oG G, dengan demikian Vx G

Karena x G sebarang, maka G buka.

(b) Misalkan G1 , G2 , ..., Gn adalah himpunan-himpunan buka di R

dan G = n

i

iG1

= G1 G2 G3… Gn

Ambil x G. Berarti x Gi ( i), karena G buka dan i = 1, 2, ..., n,

akibatnya 1, 2 , … ,n (x - i , x + i ) Gi

Pilih = inf {1, 2 , … ,n }, sehingga diperoleh (x - i , x + i ) G =

n

i

iG1

Karena x G sebarang, akibatnya G adalah himpunan buka

67

Teorema.3.3 (Teorema Akibat 3.2)

(a) Irisan dari sebarang koleksi himpunan tutup di R adalah tutup.

(b) Gabungan dari sebarang koleksi berhingga himpunan - himpunan tutup

adalah tutup.

Bukti :

(a) Jika {F , A} adalah koleksi himpunan tutup di R dan

F = A

AF

= { , indeks F}, maka

Fc = A

cF

)( adalah gabungan himpunan-himpunan buka.

Dengan teorema 3.4.3 (a) bahwa Fc buka, dengan demikian F adalah

tutup.

(b) Misalkan F1 , F2 , ..., Fn adalah himpunan-himpunan tutup dalam R dan

F = n

i

iF1

= F1F2 …. Fn

Menurut De Morgan :

Fc = (n

i

iF1

)c = n

i

c

iF1

)(

= (F1)c (F2)

c (F3)c … (Fn)

c

Karena (Fi)c buka, akibatnya menurut teorema 3.4.3. (b) didapat (F)c buka,

sehingga disimpulkan bahwa F tutup.

Teorema 3.4.3.(b) dan 3.4.4. (b) tidak berlaku untuk sebarang koleksi

himpunan. Contoh berikut :

Contoh.

(a) Misalkan Gn = (0,1+1/n) nN.

Gn adalah himpunan buka, tetapi G =

1n

nG = (0,1] adalah himpunan tak

buka. Dengan demikian irisan sejumlah tak hingga dari himpunan-

himpunan buka di R tidak harus buka.

(b) Misalkan Fn = [1/n, 1], nN.

Analog dengan contoh 3.4.2. (d) dapat ditunjukkan bahwa Fn adalah tutup,

Tetapi F =

1n

nF = (0,1] adalah himpunan tidak tutup.

Dengan demikian gabungan dari sejumlah tak hingga himpunan-himpunan

tutup di R adalah tidak harus tutup.

68

Teorema.3.4 (Ciri Himpunan Buka)

Suatu himpunan bagian R adalah buka jika dan hanya jika himpunan itu

merupakan gabungan sebanyak terbilang interval-interval buka yang

saling lepas di R

Atau :

G R adalah buka G gabungan sebanyak terbilang dari interval-

interval buka yangsaling lepas di R

Bukti :()

Misalkan G , G R dan G buka di R.

Ambil x G sebarang, ,

Misalkan : Ax := {a R ; (a,x] G}, dan ,

Bx := {b R ; [x,b) G}.,

Karena G buka, akibatnya Ax dan Bx

Jika Ax terbatas dibawah, sebut ax = inf.Ax

Jika Ax tak terbatas dibawah, sebut ax = -

Jika Bx terbatas diatas, sebut bx = sup. Bx

Jika Bx tak terbatas diatas, sebut bx =

Dalam hal ini ax G dan bx G.,

Definisikan I = (ax ,bx ), sehingga Ix suatu interval yang memuat x.

(i) Akan dibuktikan bahwa Ix G.,

Ambil y Ix sebarang.,

Karena x G akibatnya y = x, atau y < x atau y > x

Jika x = y, maka y G.,

Jika y < x, maka dari definisi Ax, (a'Ax , a' < y) (y (a', x] G),

Jika y > x, maka dari definisi Bx , (b’Bx , y < b') (y [x,b') G)

Karena y Ix sebarang, akibatnya Ix G.,

Karena x G sebarang, akibatnya Gx

xI

G

(ii) Selanjutnya karena x G sebarang maka (Ix ) (x Ix G),

akibatnya G Gx

xI

dengan demikian G = Gx

xI

(iii) Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa jika x, y di G dan x y maka salah satu

dipenuhi Ix = Iy atau Ix Iy =

Misalkan : Ix Iy akan ditunjukkan berlaku Ix = Iy

jika z Ix Iy , maka z Ix dan z Iy

Karena z Ix akibatnya ax< z < bx . (*)

Karena z Iy akibatnya ay< z < by . (**).,

Dari (*) dan (**) diperoleh ax< z < by dan ay< z < bx

Akan ditunjukkan bahwa ax = ay dan bx = by

Andaikan ax ay berdasarkan sifat trikotomi terjadi kasus berikut,

(1). Jika ax ay, maka ay (ax , bx ) = Ix G,

hal ini bertentangan dengan ay G

69

(2). Jika ax ay, maka ax (ay , by ) = Iy G,

hal ini bertentangan dengan ax G

Karena (1) dan (2) tidak dipenuhi, akibatnya satu-satunya yang dipenuhi

adalah ax = ay. Dengan cara yang sama diperoleh bx = by.

Dengan demikian Ix = Iy atau Ix Iy =

Selanjutnya karena kerapatan bilangan rasional pada R akibatnya setiap

interval pasti memuat bilangan rasional.

Untuk setiap interval Ix , jika diambil sebuah bilangan rasional, maka setiap

interval mempunyai pasangan tunggal bilangan rasional, sedangkan

bilangan rasional tersebut terbilang, dengan demikian G merupakan

gabungan sebanyak terbilang dari interval-interval buka yang saling lepas.

Bukti: () Analog dengan 3.4. (a). bukti selanjutnya diberikan kepada mahasiswa sebagai

latihan

Teorema.3.5 (Ciri Himpunan Tutup).

Sebuah himpunan bagian dari R adalah tutup jika dan hanya jika himpunan itu

memuat semua titik timbunnya.,

Atau : FR adalah tutup F memuat titik timbunnya.,

Bukti : () Misalkan F himpunan tutup di R dan x titik timbun dari F.

Andaikan x F, berarti x Fc dengan Fc adalah himpunan buka,

akibatnya ( Vx ) (Vx Fc ) atau Vx F = .

Karena Vx F = maka Vx F – {0} =

Hal ini bertentangan dengan x titik timbun. haruslah x F

Jadi FR adalah tutup maka F memuat titik timbunnya

Bukti : ()

Misalkan F memuat semua titik timbunnya.

Ambil y Fc sebarang, maka y bukan titik timbun dari F

Oleh karena itu ( V ) dari y untuk 0, V (y) F-{0} =

Tetapi y Fc , jadi V (y) F =

70

Karena y Fc sebarang, akibatnya Fc terbuka di R. Dengan demikian F tutup di R

Jadi terbukti bahwa jika F memuat titik timbunnya maka F R adalah tutup

71

LATIHAN 3.

1. Misalkan S = {1+n

n)1( n N}, tentukan Sup S dan Inf dari S

2. Tunjukkan bahwa suatu himpunan finit S R dan S 0, memuat suprimum dan

infimumnya

3. Jika S R dan S 0, tunjukkan bahwa S terbatas jika dan hanya jika terdapat suatu

interval tutup I R , sehingga S I

4. Buktikan bahwa suatu himpunan finit tidak mempunyai titik timbun.

5. Nyatakan 7

1 dan

19

2 sebagai pecahan desimal berulang.

6. Tentukan bilangan rasional yang dinyatakan oleh desimal berulang :

(a) 1,25137…137…

(b) 37,14653 … 653…

7. Buktikan bahwa G=(0, 1] =

1

1 )1,0(n

n adalah himpunan tidak buka

8. Suatu titik xR disebut interior point dari A R bilamana ada neighborhood V dari x

sedemikian hingga V A.

Tunjukkan bahwa suatu himpunan A R buka jika dan hanya jika setiap titik di A adalah titik interior dari A

9. Buktikan bahwa suatu titik xR disebut boundary point dari A R bilamana setiap

neighborhood V dari x memuat titik-titik di A dan titik di Ac

10. Tunjukkan bahwa F R, F tutup jika dan hanya jika F memuat semua titik batasnya.

72

DAFTAR PUSTAKA

1. Bartle, R.G. dan D.R. Sherbert, 1982, Introduction to Real Analysis, John

Wiley dan Sons,New York.

2. DwiJanto, MS, 1999, Analisis Real Landasan Untuk Berpikir Formal ,

Semarang, IKIP Semarang Pres.

3. Goldberg Richard R, 1976, Methods Real Analysis, John Wiley dan Sons,

Inc.

4. Purcell J. Edwin, Verberg Dall, 1987, Kalkulus dan Geometri Analitik

terjemahan I susila nyoman, Kartasasmita Bana, Rawuh. Jakarta Erlangga

5. Soedjadi dan Yusuf Fuad, 1994, Analisis Real I (Hand Out ), Jurusan

Pendidikan Matematika FPMIPA IKIP Surabaya.

6. Saxana Chandra Subhash, 1980, Introduction to Real of variabeble theory.

New Dhelhi: Prentice-Hall of Prifate Limited

Naning Sutriningsih SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN ILMU ...

Documents

Transcript of Naning Sutriningsih SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN ILMU ...