ANALISIS REAL

ANALISIS REAL

PENDAHULUAN

            Pengetahuan dan pemahaman seseorang tentang system bilangan real R beserta sifat-sifatnya, akan menentukan pemahaman orang itu dalam membahas konsep-konsep analisis, karena system bilangan real merupakan salah satu konsep yang mendasari pembahasan analisis.

            Ada dua cara yang dapat digunakan untuk mengenali system bilangan real ini,yaitu secara konstruksi dan secara aksiomatik. Akan tetapi dalam buku ini system bilangan real akan dikenali secara aksiomatik, yaitu dengan menganggap system bilangan real memenuhi sifat-sifat tertentu yang dirumuskan dalam tiga gugusan aksioma, aksioma tersebut adalah : Aksioma Lapangan, Aksioma Urutan dan Aksioma Kelengkapan.

            Topik-topik terkait lainnya dalam system bilangan real yang dibahas adalah : Nilai Mutlak, selang, Titik Kumpul atau titik limit, himpunan terbuka dan himpunan tertutup pada R.

1. Sifat-sifat Aljabar Bilangan Real

Aksioma 1. 1(Aksioma Lapangan)

Misalkan R menyatakan bilangan real, penjumlahan (+) dan perkalian(.) merupakan operasi biner yang didefinisikan pada R, maka

(A1) a + b = b + a untuk setiap a, b ÎR

(A2) (a + b + c) = a + ( b + c) untuk setiap a, b, c ÎR

(A3) ada unsur 0 ÎR sedemikian sehingga  0 + a = a dan a + 0 = a untuk setiap a ÎR

(A4) untuk setiap a ÎR, ada -aÎR sedemikian sehingga a +(-a) = (-a)+ a = 0.

(M1) a . b = b . a untuk setiap a, b ÎR

(M2) (a . b) c = a . ( b . c) untuk setiap a, b, c ÎR

(M3) ada unsur 1 ÎR sedemikian sehingga  1. a = a dan a .1 = a untuk setiap a ÎR

(M4) untuk setiap a ¹0ÎR, ada 1/aÎR sedemikian sehingga a .(1/a) = (1/a). a = 1.

(D) a.(b +c) = a.b + a.c dan (b +c).a = b.a + c.a untuk semua a,b,c ÎR

            Unsur 0 pada A3 dan unsur 1 pada M3, unsure negatif pada A4 dan unsure balikan pada M4 adalah tunggal. Hal ini dapat ditunjukkan dengan cara sebagai berikut:

Akan ditunjukkan bahwa unsur 0 dan unsur 1 tunggal.

Misalkan terdapat dua unsure nol, yaitu z₁ dan z₂, maka z₁ + a = a dan z₂ + a = a untuk semua a di R. akan dibuktikan bahwa z₁= z₂.

Karena z₁ , z₂ di R dan memenuhi z₁ + a = a = z₂ + a atau z₁ + a = z₂ + a, selanjutnya dengan menambahkan pada kedua ruas dengan –a, akan kita dapatkan z₁ + a +(-a)= z₂ + a + (-a). berdasarkan sifat A4 dan A3, maka z₁= z₂. Dengan cara yang sama akan kita dapatkan bahwa unsure satuan itu tunggal.

Teorema 1.1

(i)     jika z, a di R sedemikian sehingga z + a = a, maka z = 0

(ii)   jika u. b di R dan b ¹ 0 sedemikian sehingga u. b = b, maka b = 1

Bukti

(i)     karena a di R, maka berdasarkan A4, ada –a di R sedemikian sehingga a + (-a) = 0.

Jadi, (z +a) +(-a) = a +(-a) = 0 dan berdasarkan sifat A2, A4 dan A3 kita peroleh

z + (a +(-a)) = z + 0 = 0. jadi z = 0.

(ii)   Karena b di R dan b ¹ 0, maka berdasarkan sifat M4 ada unsur 1/b di R sedemikian sehingga b.(1/b) = 1. Jadi (u.b).1/b = b.(1/b) = 1 dan berdasarkan sifat M2, M4 dan M3 kita peroleh (u.b).1/b = u.( b.1/b) = u.1 = 1. Jadi u = 1.

Teorema 1.2

(i)     jika b, a di R sedemikian sehingga b + a = 0, maka b = -a

(ii)   jika a,  b di R dan a ¹ 0 sedemikian sehingga a. b = 1, maka b = 1/a

Bukti

(i)           karena a di R, maka berdasarkan A4, ada –a di R sedemikian sehingga a + (-a) = 0.

Jadi, (b +a) +(-a) = 0 +(-a) = -a  dan berdasarkan sifat A2, A4 dan A3 kita peroleh

b + (a +(-a)) = b + 0 = -a. jadi b = -a.

(ii)         Karena a di R dan a ¹ 0, maka berdasarkan sifat M4 ada unsure 1/a di R sedemikian sehingga a.(1/a) = 1. Jadi (b.a).1/a = 1.(1/a) = 1/a dan berdasarkan sifat M2, M4 dan M3 kita peroleh (b.a).1/a = b.( a.1/a) = b.1 = 1/a.

Jadi b = 1/a.

Berikut ini akan diberikan teorema yang berkaitan dengan penyelesaian suatu persaman dan ketunggalan dari sebuah solusi.

 

Teorema 1.3

Misalkan a, b ÎR, maka

(i)           Persamaan a + x = b mempunyai penyelesaian tunggal yaitu x = (-a) + b

(ii)         Jika a ¹ 0 dan persamaan a.x = b mempunyai penyelesaian tunggal x = (1/a).b

Bukti

(i)           pertama akan ditunjukkan bahwa a + x = b mempunyai penyelesaian. Dengan menambahkan –a pada kedua ruasnya dan dengan menggunakan aksioma lapangan R akan kita dapatkan (-a) + a + x = (-a) + b atau (-a) + a + x = 0 + x = x = (-a) + b.

         kedua akan ditunjukkan bahwa solusinya tunggal. Misalkan ada penyelesaian yang lain yaitu x₁. Misalkan x₁ ¹ x, karena x₁ solusi, maka a + x₁ = b, akan tetapi  a + x₁ ¹ a + x atau a + x₁ ¹ b. hal ini kontradiksi bahwa x₁ adalah solusi. Jadi haruslah x = x₁.

(ii)         Buktikan sebagai latihan anda.

BILANGAN NEGATIF DAN BILANGAN RASIONAL

            Pada bagian ini, kita akan mempelajari beberapa teorema yang berkaitan dengan perkalian bilangan negatif dan bilangan rasional. Dibahas pula tentang sifat bilangan yang dikalikan dengan nol, bilangan yang dikalikan dengan negatif, dan hasil kali bilangan negatif dikalikan dengan bilangan negatif lainnya. Demikian pula akan dikaji tentang sifat bilangan rasional dan bilangan irasional.

            Untuk itu, perhatikan dengan baik dan pahami beberapa teorema berikut,

Teorema 2.1

Misalkan a ÎR, maka

(i)                 a. 0 = 0

(ii)               (-1). a = -a

(iii)             – (-a) = a

(iv)             (-1).(-1) = 1

Bukti

(i)           Berdasarkan M3, kita ketahui bahwa a.1 = a. Disini

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

              = a . 1 = a

         Berdasarkan teorema 1.1, kita simpulkan bahwa a . 0 = 0

(ii)         Hal ini dapat dilihat bahwa

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

Berdasarkan teorema 1.2, dapat kita simpulkan (-1) . a = -a

(iii)       Berdasarkan A4 kita punyai bahwa –a + a = 0, dan berdasarkan teorema 1.2 kita peroleh bahwa a = -(-a)

(iv)       Pada bagian (ii), substitusikan a = -1 sehingga kita peroleh –(-1) = (-1).(-1). Kemudian berdasarkan bagian (iii) dengan mengambil a = 1.

 

Teorema 2.2

(a)         Jika a ÎR dan a¹0, maka 1/a ¹ 0 dan 1/(1/a) = a

(b)         Jika a, b ÎR dan a . b = 0, maka a = 0 atau b = 0

(c)          Jika a, b ÎR, maka (-a).(-b) = a . b

(d)         Jika a ÎR dan a ¹ 0, maka 1/(-a) = -(1/a)

Bukti

(a)         jika a ¹ 0, maka 1/a ¹ 0.

andaikan 1/a = 0, maka 1 = a. (1/a) = a.0 = 0.

hal ini bertentangan dengan M4.

karena a. (1/a) = 1, berdasarkan teorema 1.2, maka a = 1/(1/a)

(b)         Misalkan bahwa a.b = 0 dan a ¹ 0.

jika kita kalikan dengan 1/a pada kedua ruasnya, maka akan didapatkan

b = 1.b = ((1/a).a).b = (1/a). (a.b) = (1/a). 0 = 0.

dengan alasan yang sama dapat digunakan untuk menunjukkan

jika b ¹ 0, maka diperoleh a = 0.

(c)          Berdasarkan teorema 1.4, kita punyai –a = (-1).a dan –b =(-1).b, sehingga

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

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

(d)         Jika a ¹ 0, maka 1/a ¹ 0 dan –a ¹ 0.

Karena a .(1/a) = 1. hal ini menunjukkan berdasarkan bagian (c) bahwa (-a) . (-(1/a)) = 1. jika kita gunakan teorema 1.2, kita dapat memperoleh bahwa 1/(-a) = -(1/a).

Bilangan Rasional

            Sekarang kita akan memperumum notasi perkalian (.) dan dituliskan ab untuk a.b. Sama halnya dengan a² untuk aa, a³ untuk aaa = (a²)a, dan jika n ÎN, kita definisikan bahwa a^{n + 1}= (aⁿ) a. Berdasarkan prinsip induksi matematika dapat ditunjukkan bahwa jika m,n ÎN, maka a^{m + n} = a^m. aⁿ, untuk sembarang a ÎR. sama halnya dengan kita menuliskan 2 = 1 + 1, 3 = 2 + 1, dan seterusnya. Selanjutnya, kita menuliskan secara umum bahwa b – a = (-a) + b = b + (-a), dan juga generalisasi dari b/a = (1/a).b = b.(1/a). kita juga mendefinisikan bahwa a^-1 = 1/a dan a^-n = 1/aⁿ.

            Elemen dari R yang berbentuk b/a atau –b/a untuk a,b ÎN dengan a ¹ 0 dikatakan sebagai Bilangan Rasional, dan semua himpunan bilangan rasional dalam R dinotasikan dengan Q. Semua elemen dari R yang bukan bilangan rasional disebut Bilangan Irasional.

Teorema 2.3

Tidak ada bilangan rasional r sedemikian sehingga r² = 2

Bukti

Andaikan r ÎQ, maka r = p/q, q¹0 dengan p,q anggota bilangan bulat. Tanpa mengurangi keumuman, misalkan p dan q tidak mempunyai factor persekutuan selain 1. karena 2 = p²/q² atau p² = 2 q², maka p haruslah bilangan genap(jika p ganjil, misal p = 2k + 1, maka p² = 4k² + 4k + 1 = 2(2k² + 2k) + 1 adalah ganjil). Selanjutnya misalkan p = 2m untuk sembarang bilangan bulat m dan berlaku 4m² = 2q². hal ini menunjukkan bahwa q² = 2m², dimana q bilangan genap. Hal ini kontradiksi dengan pemisalan bahwa p dan q tidak mempunyai factor persekutuan selain 1( karena p dan q bilangan genap). Jadi   tidak bilangan rasional r sedemikian sehingga r² = 2.

Soal Latihan

1.      Jika a ÎR dan memenuhi a.a = a. Buktikan bahwa salah satu a = 0 atau a = 1

2.      Jika a ¹ 0 dan b ¹ 0, tunjukkan bahwa 1/ab = 1/a . 1/b

3.      Misalkan a,b,cÎR, buktikan

a.      Jika a + b = 0 dan a + c = 0, maka b = c = -a

b.      Jika a ¹ 0, ab = 1 dan ac = 1, maka b = c = 1/a

4.      Buktikan bahwa tidak ada r sedemikian sehingga r² = 6 dan r² = 3

URUTAN BILANGAN REAL

            Pada pembahasan sebelumnya, kita belum menentukan bilangan real yang lebih besar atau yang lebih kecil. Hal ini dilandaskan karena belum adanya alsioma atau teorema yang mengatakan tentang bilangan positif. Untuk  itu, pada kajian ini, kita akan membahas tentang sifat urutan yang ada pada bilangan real.

            Sebelumnya tentu baik bagi kita untuk mempelajari tentang sebuah aksioma mengenai urutan. Aksioma ini sangat bermanfaat untuk menentukan apakah sebuah bilangan termasuk bilangan positif, termasuk bilangan negatif, atau lainnya. Aksioma inilah yang akan menjadi landasan hadirnya tanda ketaksamaan, seperti, <, >, ³, dan £.

Sifat-sifat Urutan dari R

            Pada bagian berikut ini akan dibahas sifat-sifat urutan dari R yang sangat penting peranannya dalam subbarisan.

Aksioma 3.1(Aksioma Urutan)

Subhimpunan tak-kosong P dari R dinamakan himpunan bilangan real positif, jika memenuhi sifat-sifat berikut;

(i)                 Jika a,b ÎP, maka a + bÎP

(ii)               Jika a,b ÎP, maka a . bÎP

(iii)             Jika a Î R, maka salah satu dari ketiga sifat berikut dipenuhi a Î P, a = 0 atau –a Î P (sifat trikothomi)

Definisi 3.2

(i)                 Jika a ÎP, maka a bilangan positif yang dituliskan dengan a > 0

(ii)               Jika a ÎP atau a = 0, maka a dikatakan bukan bilangan negatif yang dituliskan dengan a ³ 0

(iii)             Jika –a ÎP, maka dikatakan a bilangan negatif yang dituliskan dengan a < 0

(iv)             Jika –a ÎP atau a = 0, maka a dikatakan bukan bilangan positif yang dituliskan dengan a £ 0

Definisi 3.3

Misalkan a,b ÎR

(i)                 Jika a – b ÎP, maka a > b

(ii)               Jika –(a – b) ÎP, maka a < b

(iii)             Jika a – b ÎP È {0}, maka a ³ b

(iv)             Jika –(a – b) ÎP È {0}, maka a £ b

Teorema 3.4

Misalkan a, b, c ÎR

(a)   Jika a > b dan b > c, maka a > c

(b)   Satu dan hanya satu dari hubungan berikut berlaku :  a < b, a = b, a > b

(c)    Jika a ³ b dan b ³ a, maka a = b

Bukti

(a)   karena a > b dan b > c, maka a – b ÎP dan b – c ÎP.

Berdasarkan aksioma urutan (i), maka

(a – b) + (b – c) = a + ((-b) + b) – c = a + 0 – c = a – c Î P.

Hal ini menunjukkan bahwa berdasarkan definisi 3.3, kita peroleh a > c.

(b)   Berdasarkan sifat trikotomi dan definisi 5.3, maka a – b ÎP, a – b = 0 atau –(a–b) ÎP.

(c)    Andaikan a ¹ b, maka berdasarkan bagian (b) kita peroleh bahwa a – b ÎP atau b – a ÎP, di mana a > b atau b > a. hal ini kontradiksi dengan yang diketahui. Jadi haruslah a = b.

Teorema 3.5

(a)                                       Jika a ¹ 0 ÎR, maka a² > 0

(b)                                       1 > 0

(c)                                        Jika n Î N, maka n > 0

Bukti

(a)               Karena a ¹ 0, maka a atau –a di P. Jika a di P, maka berdasarkan aksioma a² = aa di P. Jika –a di P, maka berdasarkan teorema 1.5 a² = (-a).(-a) di P. jadi, dalam tiap kasus a² ÎP.

(b)               Ambil a = 1 pada bagian (a) sehingga 1 = 1² di P

(c)                Buktikan sendiri dengan menggunakan induksi matematika.

Teorema 3.6

Misalkan a, b, c ÎR

(a)               Jika a > b, maka a + c > b + c

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

(c)                Jika a > b dan c > 0, maka ac > bc

(d)               Jika a > b dan c < 0, maka ac < bc

(e)                Jika a > 0, maka 1/a > 0

(f)                 Jika a < 0, maka 1/a < 0

Bukti

(a)   Karena a > b, maka a – b di P.  Sedangkan a – b = a – b + 0 = a – b + c + (-c) = a + c – (b + c) di P. Jadi, berdasarkan definisi dapat kita simpulkan bahwa a + c > b + c.

(b)   Karena a > b dan c > d, maka a – b dan c – d di P. Berdasarkan aksioma urutan dapat diperoleh (a – b) + (c – d) = (a + c) – (b + d) di P. Hal ini menunjukkan bahwa a + c > b + d.

(c)    a > b dan c > 0, berdasarkan definisi 3.1 dan 3.2 kita peroleh (a – b).c di P. berdasarkan sifat distributive, maka (a – b).c = ac – bc di P. Jadi ac > bc.

(d)   a > b dan c < 0, berdasarkan definisi 3.1 dan 3.2 kita peroleh (a – b).(-c) di P. berdasarkan sifat distributive, maka (a – b).(-c) = -ac + bc di P. Jadi ac < bc.

(e)    Jika a > 0, maka berdasarkan sifat trikotomi a ¹ 0 sedemikian sehingga 1/a ada.  Jika 1/a = 0, maka 1 = a.(1/a) = 0, kontradiksi. Jika 1/a < 0, maka berdasarkan bagan (d) dengan c = 1/a berakibat 1 = a (1/a) < 0, kontradiksi. Jadi, haruslah 1/a > 0.

(f)     Gunakan alasan yang sama dengan (e)

Teorema 3.7

Jika a > b, maka a > ½(a + b) > b

Bukti

Karena a > b, maka berdasarkan teorema 3.6 kita dapatkan a + a = 2a > a + b. Demikian juga a + b > 2b. Karena 2 > 0, maka berdasarkan teorema 3.6 (e) ½ > 0. Selanjutnya gunakan c = ½ pada teorema 3.6 (c) sedemikian sehingga a > ½(a + b) dan ½(a + b) > b. Jadi, berdasarkan teorema 3.4  a > ½(a + b) > b

Teorema 3.8

Jika ab > 0, maka a > 0 dan b > 0 atau a < 0 dan b < 0.

Bukti

Jika ab > 0, maka a ¹ 0 dan b ¹ 0. Jika a > 0, maka (1/a( > 0. Dengan demikian b = ((1/a)a)b = (1/a).(ab) > 0. Dengan kata lain, jika a < 0, maka 1/a < 0, hal ini menunjukkan bahwa b = ((1/a)a)b = (1/a).(ab) < 0.

Akibat 3. 9

Jika ab < 0, maka a > 0 dan b < 0 atau a < 0 dan b > 0.

Soal Latihan

Misalkan a, b , c dan d ÎR

1.            Jika 0 < a < b dan 0 < c < d, maka buktikan 0 < ac < bd

2.            Jika 0 £ a < b buktikan bahwa a² £ ab < b²

3.            Jika a, b ÎR dan a² + b² = 0. tunjukkan bahwa a = b = 0.

4.            Jika n Î N, tunjukkan bahwa n² ³ n dan 1/n² £ 1/n.

5.            Jika a > -1, a Î R, tunjukkan bahwa (1 + a)ⁿ ³ 1 + na untuk setiap n Î N.

6.            Jika c > 1, c Î R, tunjukkan bahwa cⁿ ³ c untuk setiap n Î N.

7.            Jika c > 1, c Î R, tunjukkan bahwa c^m ³ cⁿ untuk setiap m ³ n dengan m,n Î N.

Nilai Mutlak

            Sebuah konsep yang sangat penting dalam bilangan real adalah tentang harga mutlak. Ini merupakan sebuah konsep yang bermanfaat untuk menentukan besaran jarak, panjang vektor, akr sebuah bilangan dan lain sebagainya.

            Hal yang mendasar dari konsep harga mutlak adalah tentang definisi atau pengertian dan sebuah ketaksamaan, yaitu ketaksamaan segitiga.  Dalam matematika sekolah, harga mutlak biasanya digunakan dalam bahasan tentang pertidaksamaan, panjang vektor.

Definisi 4.1

Jika a Î R, nilai mutlak dari a dinotasikan dengan | a | dan didefinsikan dengan

            | a | = a                     jika a ³ 0

                      = -a                    jika a < 0

Jadi domain dari nilai mutlak adalah semua bilangan real dengan range P È {0}, dan peta dari a dan –a adalah sebuah elemen yang sama.

Teorema 4.2

(a)   | a | = 0 jika dan hanya jika a = 0

(b)   | -a | = | a | untuk setiap a anggota R

(c)    | ab | = | a | | b | untuk setiap a,b anggota R

(d)   Jika c ³ 0, maka | a | £ c jika dan hanya jika –c £ a £ c

(e)    -| a | £ a £ | a | untuk setiap a anggota R

Bukti

(a)   Jika a = 0, maka berdasarkan definisi | 0 | = 0. Jika a ¹ 0, maka –a ¹ 0 sedemikian sehingga | a | ¹ 0.

(b)   Jika a = 0, maka | 0 | = 0 = | -0 |. Jika a > 0, maka | a | = a = | -a |. Jika a < 0, maka | a | = -a = | -a |.

(c)    Jika a > 0 dan b > 0, maka ab > 0 sedemikian sehingga | ab | = ab = | a |. | b |. Jika a > 0 dan b < 0, maka ab < 0 sedemikian sehingga | ab | = -(ab) = a. (-b) = | a |. | b |  Jika a < 0 dan b > 0, maka ab < 0 sedemikian sehingga | ab | = -(ab) = (-a).b = | a |. | b |. Jika a < 0 dan b < 0, maka ab > 0 sedemikian sehingga | ab | = a.b = (-a). (-b) = | a |. | b |

(d)   Andaikan a ³ 0, maka | a | = a sedemikian sehingga  | a | = a £ c. Bila a < 0, maka | a | = -a £ c atau –c £ a. Jadi, berdasarkan sifat urutan kita peroleh –c £ a £ c. bukti konversnya sebagai latihan sendiri.

(e)    Gunakan bukti bagian (d) dengan mengambil c = | a |.

Teorema 4.3 (Ketaksamaan Segitiga)

Jika a, b sembarang bilangan real, maka ||a| - |b||  £ | a ± b | £ | a | + | b |

Bukti

Berdasarkan teorema 4.1, kita punya -| a | £ a £ | a | dan -| b | £  ± b  £ | b | berdasarkan teorema 4.2 kita simpulkan bahwa –(|a| + |b|) = -|a| - |b| £  a ± b  £ | a | + | b |. Berdasarkan teorema 3.11 kita dapatkan | a ± b | £ | a | + | b |.

Karena |a| = |(a –b) + b| £ | a –b | + | b |, hal ini menunjukkan bahwa |a| - |b| £ | a - b |. Dengan cara yang sama akan kita dapatkan juga bahwa |b| - |a| £ | a - b |. Dari kedua ketaksamaan tersebut dapat disimpulkan bahwa ||a| - |b|| £ | a - b |.

Akibat 4.4

Jika a₁, a₂, a₃, . . ., a_n adalah sembarang bilangan real, maka

| a₁+ a₂ + a₃ + . . . + a_n |  £ | a₁| + | a₂| + | a₃| + . . . + | a_n|

Bukti

Jika n = 2 telah dibuktikan di atas, sedangkan untuk n > 2 kita gunakan induksi dan sifat ketaksamaan segitiga di atas bahwa,

| a₁+ a₂ + a₃ + . . . + a_k+ a_k+1 |  = | (a₁+ a₂+ a₃+ . . . + a_k) + a_k+1|

                                                 £ |(a₁+ a₂+ a₃+ . . . + a_k)| +| a_k+1|

Soal Latihan

1.            Misalkan d>0, aÎR. Tunjukkan bahwa a - d < x < a+d jika dan hanya jika |x –a|< d.

2.            Jika a,b Î R dan b ¹0. Tunjukkan bahwa | a/b | = |a|/|b|.

3.            Sketsalah titik (x, y) pada daerah R x R (cartesius) yang memenuhi |x| + |y| = 1

4.            Jika x, y, z Î R, maka x £ y £ z jika dan hanya jika |x-y| + |y-z| = |x-z|

5.            Jika 0 < a < 1, maka 0 < a² < a < 1, tetapi jika 1 < a, maka 1 < a < a².

SIFAT KELENGKAPAN BILANGAN REAL

            Selain memiliki urutan, bilangan real juga memiliki sifat yang dikenal dengan nama sifat kelengkapan. Sifat ini mengkaji tentang bilangan real dalam sebuah himpunan tertentu. Dalam hal ini, apakah himpunan tersebut memiliki batas, memiliki nilai maksimum dan minimum, atau memiliki suprimum dan infrimum.

            Sifat ini akan membawa kita pada konsep himpunan terbuka dan himpunan tertutup. Beberapa definisi dan teorema akan digunakan untuk mengkaji tentang sifat kelengkapan bilangan real tersebut.

Sifat-sifat Kelengkapan dari R

            Dalam bagian ini kita akan membahas satu lagi sifat dari system bilangan real yang seringkali dinamakan dengan “Aksioma Kelengkapan”.

Suprimum dan Infimum

Definisi 5.1

Misalkan s adalah subhimpunan dari R

(a)   sebuah elemen u Î R dikatakan batas atas dari S jika s £ u, untuk setiap s Î S

(b)   sebuah elemen w Î R dikatakan batas bawah dari S jika s ³ w, untuk setiap s Î S

Sebagai catatan bahwa subhimpunan S Í R mungkin saja tidak memiliki batas atas (sebagai contoh S = R). Selanjutnya, jika memiliki satu batas atas, maka subhimpunan tersebut memiliki takhingga banyak batas atas ( untuk sebuah batas atas u dari S, maka u + n juga merupakan batas atas dari S dengan n ÎN). Misalkan S₁={x ÎR : 0 < x < 1} memiliki batas atas 1, kenyataanya, setiap bilangan u ³ 1 adalah sebuah batas atas dari S₁. Sama halnya juga dengan S₂ = { xÎR | 0 £ x £ 1}yang memiliki batas atas 1.

            Untuk menunjukkan bahwa sebuah bilangan u Î R bukan sebuah batas atas dari S Í R, kita harus menunjukkan ada sebuah elemen s_oÎ R sedemikian sehingga u < s_o.

            Sebuah himpunan yang memiliki batas atas dikatakan sebagai himpunan yang terbatas di atas, dan himpunan yang memiliki batas bawah disebut sebagai himpunan yang terbatas di bawah. Jika himpunan memiliki batas atas dan batas bawah, maka himpunan tersebut disebut himpunan yang terbatas. Jika himpunan tidak memiliki kedua batasnya, maka dikatakan himpunan tersebut tidak terbatas. Jadi, himpunan S₁ dan S₂ adalah himpunan yang terbatas, sedangkan himpunan P = { x ÎR : x > 0} adalah himpunan yang tidak terbatas karena tidak mempunyai batas atas.

            Apabila u batas atas dari S dan u Î S, maka u adalah maksimum dari S atau u = maks S. Sedangkan jika w batas bawah dari S dan w Î S, maka w adalah minimum dari S atau w = Min S.

Definisi 5.2

Misalkan S subhimpunan dari R

(a)    Jika S terbatas di atas, maka batas atas dari S dikatakan Suprimum (batas atas terkecil) apabila batas atas tersebut lebih kecil dari batas atas lainnya.

(b)    Jika S terbatas di bawah, maka batas bawah dari S dikatakan Infrimum (batas bawah terbesar) apabila batas bawah tersebut lebih besar dari batas bawah lainnya.

Definisi di atas mempunyai pengertian bahwa sebuah bilangan u Î R adalah suprimum dari subhimpunan S dari R jika memenuhi dua kondisi berikut:

(i)                 s £ u untuk setiap s Î S

(ii)               Jika v adalah sebuah bilangan sedemikian sehingga s £ v untuk setiap s Î S, maka u £ v.

Lemma 5.3

Sebuah bilangan u Î R adalah suprimum dari subhimpunan takkosong S ÍR jika dan hanya jika memenuhi sifat-sifat

(i)                 Tidak ada elemen s Î S dengan u < s

(ii)               Jika v < u, maka ada elemen s_oÎ S sedemikian sehingga v < s_o.

Bukti

(¬) misalkan u memenuhi (i) dan (ii). Hal ini menunjukkan bahwa u batas atas dari S. Jika v adalah bilangan dengan v < u, maka sifat (ii) menunjukkan bahwa v bukan batas atas dari S. dengan demikian u adalah suprimum dari S.

(®) misalkan u adalah suprimum dari S. karena u adalah batas atas dari S, kondisi (i) terpenuhi. Jika v < u, maka v bukan batas atas dari S. selanjutnya terdapat sebuah elemen s_o Î S sedemikian sehingga v < s_o.

Lemma 5.4

Misalkan S ¹ Æ, S Í R dan u batas atas dari S, u = Sup S jika dan hanya jika untuk setiap e > 0 ada x_e Î S sedemikian sehingga u - e < x_e.

Sifat Suprimum 5.5

Setiap himpunan tak-kosong dari bilangan real yang mempunyai batas atas mempunyai suprimum.

Sifat Suprimum 5.6

Setiap himpunan tak-kosong dari bilangan real yang mempunyai batas bawah mempunyai infrimum.

Contoh 1

Misalkan S = { x ÎR : 0 < x < 1 }, maka Sup S = 1

Bukti

Karena 1ÎR dan x < 1 untuk semua x ÎS, maka menurut definisi 1 adalah batas atas dari S. Misalkan e > 0 sembarang.

Jika e ³ 1, maka 1 - e < x untuk setiap x di S. Jadi untuk semua x_e di S berlaku 1 - e < x_e.

Jika 0 < e < 1, maka pilih x_e = 1- e/2 di S, maka 1 - e < x_e =1- e/2

Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa untuk setiap e > 0 ada x_e Î S sedemikian sehingga 1 - e < x_e, hal ini menunjukkan bahwa Sup S = 1.

Lemma 5.8

Misalkan S ¹ Æ, S Í R dan w batas bawah dari S, w = Inf S jika dan hanya jika untuk setiap e > 0 ada x_e Î S sedemikian sehingga x_e  < w + e.

Contoh 2

0 = Inf(0,1)

Bukti

Karena 0ÎR dan x > 0 untuk semua x Î(0, 1), maka menurut definisi 0 adalah batas bawah dari (0, 1). Misalkan e > 0 sembarang.

Jika e ³ 1, maka x < 0 + e untuk setiap x di S. Jadi untuk semua x_e di S berlaku x_e < 0 + e _.

Jika 0 < e < 1, maka pilih x_e = e/2 di S, maka  x_e = e/2 < 0 + e

Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa untuk setiap e > 0 ada x_e Î S sedemikian sehingga  x_e < 0 + e, hal ini menunjukkan bahwa Inf S = 0.

Soal Latihan

1.      Perlihatkan bahwa 3 = Sup [2, 3] dan 2 = Inf [2, 3]

1.      Buktikan bahwa 2 = Inf (2,5) dan 5 = Sup(2,5)

2.      Tunjukkan bahwa 4 = Inf [4,8] dan 8 = Sup [4,8]

3.      Misalkan  A = { 1 –( (-1)ⁿ/n )}. Tentukan Sup A dan Inf A

4.      Apakah A = { x ÎR : x  ³ 2 } mempunyai batas bawah dan batas atas? Jelaskan jawaban Saudara!

5.      Misalkan P Í R dan P ¹ Æ, tunjukkan u = Sup P jika dan hanya jika untuk setiap n ÎN bilangan u –1/n bukan batas atas P tetapi u + 1/n batas atas dari P.

6.      Jika Sup A = a dan Sup B = b, buktikan Sup (A + B) = a + b

7.      Jika Inf A = a dan Inf B = b, buktikan Inf (A + B) = a + b

8.      Buktikan Inf A = Sup(-A)

9.      Jika S subhimpunan R yang memuat batas atas, maka tunjukkan bahwa batas tersebut adalah supremum dari S

10.  Buktikan bahwa gabungan dari dua himpunan terbatas adalah terbatas

11.  Jika S terbatas di R dan jika S₀ subhimpunan takkosong dari S, maka tunjukkan bahwa inf S £ inf S₀ £ sup S₀ £ sup S

12.  Misalkan B subhimpunan terbatas dari R dan A ={-x|xÎB}, tunjukkan bahwa

a. inf A = sup B                b. sup A = inf B

Sifat Archimedian

            Salah satu konsekuensi dari sifat suprimum adalah subhimpunan bilangan asli N dari R tidak terbatas di atas. Khususnya adalah jika diberikan sembarang bilangan real x, maka ada bilangan asli n sedemikian sehingga n lebih besar dari x.

Aksioma 6.1 (aksioma archimides)

Jika x ÎR, terdapat bilangan asli n_xÎR sedemikian sehingga x < n_x

Bukti

Andaikan x > n_x, maka x batas atas dari N. Selanjutnya berdasarkan sifat suprimum, N memiliki suprimum u. karena x batas atas dari N, ini menunjukkan bahwa u £ x. Karena u –1 < u, berdasarkan lemma 5.3 ada bilangan asli n₁ sedemikian sehingga u – 1 < n₁ atau u < 1 + n₁, tetapi n₁+1 adalah bilangan asli. Hal ini kontradiksi dengan pengandaian bahwa u batas atas dari N.

Akibat 6.2

Misalkan x dan y bilangan real positif

(b)   Ada bilangan asli n sedemikian sehingga ny > x

(c)    Ada bilangan asli n sedemikian sehingga 0 < 1/n < y

(d)   Ada bilangan asli n sedemikian sehingga n –1 £ y < n

Bukti

(a)   karena x dan y positif, maka z = x/y juga positif. Misalkan n bilangan asli sedemikian sehingga x/y = z < n, maka x < ny atau ny > x.

(b)   Pilih x = 1 sehingga bagian (a) menunjukkan 0 < 1 < ny. Hal ini menunjukkan bahwa 0 < 1/n < y.

(c)    Berdasarkan aksioma archimides, terdapat bilangan asli m sedemikian sehingga y < m. Misalkan n bilangan asli terkecil sedemikian sehingga n – 1 £ y < n.

Teorema 6.3(eksistensi Ö2)

Ada bilangan positif x ÎR sedemikian sehingga x² = 2

Bukti

Misalkan S = { y ÎR: 0 £ y, y²£ 2}. Himpunan S terbatas di atas oleh 2, Jika tidak, maka ada elemen s di S sehingga 2 < s di mana 4 < s² £ 2, sebuah kontradiksi. Berdasarkan sifat suprimum dan misalkan x = Sup S. Jadi, x > 0.

Andaikan x² ¹ 2, ini berarti x² < 2 atau x² > 2.

Jika x² < 2, misalkan n bilangan asli yang dipilih sedemikian sehingga 1/n < (2 –x ²)/(2x + 1). Dalam kasus ini,

(x + 1/n )² = x² + 2x/n + 1/n² £ x² + (2x +1)/n < x² + (2 –x²) = 2 yang berarti x + 1/n ÎS, kontradiksi bahwa x adalah batas atas dari S.

Jka x² > 2, kita pilih m bilangan asli sedemikian sehingga 1/m < (x² –2)/2x. Karena x = Sup S, ada bilangan s_o di S dengan x – 1/m < s_o. Tetapi implikasinya adalah

2 < x² –2x/m < x² –2x/m +1/m² = (x –1/m)² < s_o².

Disini s_o²>2, kontradiksi dengan s_o di S.

Dari dua kasus di atas, x² < 2 dan x² > 2, terlihat bahwa akan diperoleh kontradiksi. Jadi haruslah x² = 2.

Teorema 6.4

Jika x, y ÎR, 0 < x < y, maka ada r ÎQ sedemikian sehingga x < r < y

Bukti

Karena x, y di R dan 0 < x < y, maka y – x > 0 dan y – x ÎR. Sedangkan diketahui bahwa 1 > 0, maka berdasarkan aksioma arcimides ada n ÎN sedemikian sehingga 1 < n(y – x) atau nx + 1 < ny. Karena x > 0 dan nx > 0, ada m ÎN sedemikian sehingga m –1 £ nx < m. hal ini mengakibatkan m £ nx + 1 < ny atau m < ny. Berdasarkan teorema tentang urutan maka nx < m < ny atau x < m/n < y. pilih r = m/n, m,n ÎN yang berarti r ÎQ.

Soal Latihan

1.      Jika x > 0 tunjukkan bahwa ada bilangan asli n sedemikian sehingga 1/2ⁿ < x.

2.      Tunjukkan ada x ÎR, x > 0 sedemikian sehingga x² = 3

Karena x Î [a_n, b_n] dan [a_n, b_n] < e, maka [a_n, b_n]Í V_e(x). Karena [a_n, b_n] Ç S himpunan tak berhingga atau [a_n, b_n] memuat tak berhingga unsure S dan [a_n, b_n] Í V_e(x), maka V_e(x) ÇS himpunan tak berhingga. Karena itu x Î S¹.