ANALISIS REAL ANALISIS REAL

By:By:Siti Khotijah Siti Khotijah

SISTEM BILANGAN REAL (R)

Sifat-Sifat yang akan dikaji:Sifat AljabarSifat UrutanSifat Kelengkapan

OpERASI BINER

Yang dimaksud dengan operasi biner pada himpunan A adalah fungsi dari AxA ke A.Contoh

+ : R x R → R (x,y) → +(x,y) = x + y

AkSIOMA 1.1.1 (SIfAT ALjABAR dARI R)

Untuk setiap a, b, c ∈ R, dengan 2 operasi biner penjumlahan (+) dan Perkalian (.) berlaku sifat:(A1) a + b = b + a (A2) (a + b) + c = a + (b + c)(A3) terdapat 0 ∈ R, sehingga a + 0 = a = 0 + a; (A4) terdapat -a ∈ R, sehingga a + (-a) = 0 = (-a) + a; (M1) a. b = b . a(M2) (a.b).c = a.(b.c)(M3) terdapat 1 ∈ R, 1 ≠ 0, sehingga a.1 = a = 1.a(M4) untuk a ≠ 0, terdapat 1/a ∈ R, sehingga a.1/a = 1 = a.1/a; (D) a.(b+c) = a.b + a.c

Selanjutnya (R,+.) disebut lapangan (field), 0 disebut elemen nol dan 1 disebut elemen satuan

Teorema 1.1.2(1). Jika z, a ∈ R sehingga z + a = a , maka z = 0 (2). Jika u, b ∈ R; u.b = b dan b ≠ 0 , maka u = 1Bukti (1) Diketahui bahwa z + a = a . Dengan menambahkan (-a) pada kedua ruas diperoleh (z + a) + (-a) = a + (-a)Jika berturut-turut diaplikasikan (A2), (A4), dan (A3) pada ruas kiri maka diperoleh

(z + a) + (-a) = z + (a + (-a)) sifat A2 = z + 0 sifat A4 = z sifat A3

Selanjutnya, jika diaplikasikan (A4) pada ruas kanan maka diperoleh

a + (-a) = 0Jadi disimpulkan bahwa z = 0.

Dari sifat ini berarti bahwa elemen nol tunggal.

BukTI: (2).

Diketahui u, b ∈ R; u.b = b dan b ≠ 0. Berdasarkan (M4) terdapat 1/b di R sedemikian hingga b.(1/b) = 1. Jika kedua ruas dari u.b = b dikalikan dengan 1/b maka diperoleh:

(u.b).(1/b) = b.(1/b) (*)Selanjutnya jika diaplikasikan berturut-turut (M2), (M4) dan (M3) pada ruas kiri, maka diperoleh

(u.b).(1/b) = u.( b.(1/b)) sifat M2 = u.1 sifat M4 = u sifat M3Jika diaplikasikan (M4) pada ruas kanan, maka diperoleh

b.(1/b) = 1Jadi dari hubungan (*) disimpulkan bahwa u = 1.

Dari sifat ini berarti elemen satuan 1 tunggal.

Teorema 1.1.3 (1). Jika a, b ∈ R sehingga a + b = 0 , maka b = -a(2). Jika a, b ∈ R; a ≠ 0 sehingga a.b = 1 , maka b = 1/a

Bukti (1) Diketahui bahwa a + b = 0 . Dengan menambahkan -a pada kedua ruas, maka diperoleh

(-a) + (a + b) = (-a) + 0Dengan (A2), (A4), dan (A3) pada ruas kiri, diperoleh

(-a) + (a + b) = ((-a) + a) + b = 0 + b = bJika diaplikasikan (A3) pada ruas kanan, maka

(-a) + 0 = -aJadi disimpulkan bahwa b = -a.

Dari sifat ini berarti elemen invers thd (+) tunggal

Teorema 1.1.4 Jika a, b ∈ R, maka:(1). Persamaan a + x = b mempunyai penyelesaian tunggal x = (-a) + b.(2). Jika a ≠ 0 maka persamaan ax = b mempunyai penyelesaian tunggal x = (1/a)b.

Bukti (1) Dengan mengaplikasikan (A2), (A4), (A3), diperoleh a + (-a + b) = (a + (-a)) + b = 0 + b = b

yang berakibat(-a + b) penyelesaian dari a + x = b. Selanjutnya ditunjukkan penyelesaian tersebut tunggal. Misalkan z penyelesaian lain persamaan tersebut, maka a + z = b , dan jika ditambahkan (-a) pada kedua ruas, maka diperoleh

(-a) + (a + z) = (-a) + bSelanjutnya dengan mengaplikasikan (A2), (A4), dan (A3) pada ruas kiri, maka

(-a) + (a + z) = ((-a) + a) + z = 0 + z = zJadi disimpulkan bahwa z = (-a) + b.

Teorema 1.1.5 Jika a ∈ R; maka(1). a.0 = 0 (2). (-1).a = -a (3). –(-a) = a (4). (-1)(-1) = 1

Bukti (1) Dari (M3), a.1 = a, sehingga dengan menambahkan a.0 dan menerapkan (D) dan (M3) akan diperoleh

a + a.0 = a.1 + a.0 = a.(1+0) = a.1 = a . Dengan Teorema 1.1.2 (1), disimpulkan a.0 = 0.

Teorema 1.1.6 Misalkan a, b, c ∈ R,(1). Jika a ≠ 0 , maka 1/a ≠ 0 dan 1/(1/a) = a. (2). Jika ab = ac dan a ≠ 0 , maka b = c. (3). Jika ab = 0 , maka a = 0 atau b = 0

Bukti: (1). Untuk a ≠ 0 , maka 1/a ada. Jika 1/a = 0, maka 1 = a.(1/a) = a. 0 = 0, sehingga bertentangan dengan (M3). Jadi 1/a ≠ 0. Selanjutnya karena (1/a).a = 1, maka dengan Teorema 1.1.3 (2) diperoleh 1/(1/a) = a.

Teorema 1.1.7 Tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 2.Bukti: Andaikan terdapat bilangan rasional r sehingga r2 = 2 . Oleh karena itu terdapat bilangan bulat p dan q dengan q ≠ 0 sehingga (p/q)2 = 2. Tanpa mengurangi keumuman diasumsikan p, q bilangan positif dengan faktor persekutuan terbesar 1. Karena p2 = 2q2 , maka p2 bilangan genap. Akibatnya p juga bilangan genap. Karena jika p ganjil, maka p2 juga ganjil. Karena 2 bukan faktor persekutuan dari p dan q, maka q bilangan ganjil. Selanjutnya, karena p genap, maka p = 2m untuk suatu m ∈ Z. Akibatnya 2m2 = q2. Jadi q2 bilangan genap, sehingga q juga bilangan genap. Terdapat kontradiksi bahwa q adalah bilangan asli yang genap sekaligus ganjil. Jadi, pengandaian di atas salah.

Aksioma 1.2.1 (Sifat–Sifat Urutan dari R)

Terdapat himpunan bagian tak kosong P dari R yang disebut himpunan bilangan real positif, yang memenuhi sifat-sifat berikut : Jika a, b ∈ P maka a + b ∈ P. Jika a, b ∈ P maka a.b ∈ P. Jika a ∈ R maka tepat satu dari di bawah ini akan dipenuhi:

a ∈ P, a = 0 -a ∈ P

Definisi 1.2.2Jika a ∈ P, maka dikatakan bahwa a bilangan real positif dan ditulis a > 0.

Jika a ∈ P ∪ {0} , maka dikatakan bahwa a bilangan real nonnegatif dan ditulis a ≥ 0.

Jika -a ∈ P, maka dikatakan bahwa a bilangan real negatif dan ditulis a < 0.

Jika -a ∈ P ∪ {0} , maka dikatakan bahwa a bilangan real nonpositif dan ditulis a ≤ 0.

Definisi 1.2.3

Misalkan a, b ∈ R .(a) Jika a – b ∈ P, maka kita tulis a > b atau b < a.(b) Jika a – b ∈ P ∪ {0}, maka ditulis a ≥ b atau b ≤ a.

Teorema 1.2.4

Misalkan a, b, c ∈ R.(a)Jika a > b dan b > c, maka a > c.(b) Dipenuhi tepat satu dari:

a > b, a = b atau a < b.(c) Jika a ≥ b dan a ≤ b, maka a = b.

Teorema 1.2.5

(a) Jika a ∈ R dan a ≠ 0, maka a2 > 0. (b) 1 > 0.(c) Jika n ∈ N, maka n > 0.

Teorema 1.2.6

Misalkan a, b,c, d ∈ R.(a) Jika a > b, maka a + c > b + c.(b) Jika a > b dan c > d, maka a + c

> b + d.(c) Jika a > b dan c > 0, maka ca >

cb Jika a > b dan c < 0, maka ca <

cb.(d) Jika a > 0, maka 1/a > 0 Jika a < 0, maka 1/a < 0.

Teorema 1.2.7

Jika a, b ∈ ℜ dan a < b, maka a < ½ (a + b) < b.

Akibat 1.2.8 Jika b ∈ ℜ dan b > 0, maka 0 < ½ b < b.

Teorema 1.2.9 Jika a ∈ ℜ dan 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0, maka a = 0.

Example 1

Show that for real numbers a > 0 and b > 0, we have the inequality chain

min(a,b) ≤ ≤ ≤ ≤

≤ max(a,b).

ba

ab

+2 ab

2

ba +

2

22 ba +

Example 2

Bernaulli’s Inequality. Prove that if x > -1, then

(1 + x)n ≥ 1 + nx, for all n ∈ N.

Example 3

Cauchy’s Inequality.Prove that if n ∈ N and a1, a2, …, an and b1, b2, …, bn are real numbers, then

(a1b1 + … + anbn)2 ≤ (a12 + … + an

2) (b12 + … +

bn2)

Definisi 1.3.1Definisi 1.3.1

Untuk Untuk a a ∈∈ RR, , harga mutlak dari harga mutlak dari aa, , dinotasikandinotasikan ||aa||, dan didefinisikan , dan didefinisikan dengandengan |a| = a jika a ≥ 0 dan|a| = a jika a ≥ 0 dan = -a jika a < 0.= -a jika a < 0.

Teorema 1.3.2

(a) |a| = 0 jika dan hanya jika a = 0.(b) |-a| = |a| untuk semua a ∈ R.(c) |ab| = |a| |b| untuk semua a, b ∈

R .(d) Jika c ≥ 0, maka |a| ≤ c jika dan hanya jika –c ≤ a ≤ c.(e) - |a| ≤ a ≤ |a| untuk semua a ∈ R.

Bukti Teorema 1.3.2

(a) Dari definisi, jika a = 0, maka |a| = 0. Sebaliknya, jika a ≠ 0 maka –a ≠ 0, sehingga |a| ≠ 0. Jadi, jika |a| = 0, maka a = 0.

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

(c) Jika salah satu dari a,b bernilai nol, maka baik |ab| maupun |a| |b| sama-sama bernilai nol. Jika a > 0 dan b > 0 maka |ab| = ab = |a| |b|. Jika a > 0 dan b < 0 maka ab < 0 sehingga |ab| = -(ab) = a (-b) = |a| |b|, Sedangkan untuk dua kasus yang lain dapat dikerjakan dengan cara yang sama.

(d) Jika |a| ≤ c, maka diperoleh a ≤ c dan –a ≤ c. Hasil ini memberikan a ≤ c dan –c ≤ a, sehingga -c ≤ a ≤ c. Sebaliknya, jika –c ≤ a ≤ c, maka a ≤ c dan –a ≤ c yang berarti |a| ≤ c.

(e) Substitusikan c = |a| ke dalam (d).

Teorema 1.3.3 Ketaksamaan Segitiga

Untuk sebarang bilangan real a dan b berlaku

|a + b| ≤ |a| + |b| Bukti: Dari Teorema 1.3.2 (e), diperoleh -|a| ≤ a ≤ |a| dan -|b| ≤ b ≤ |b|. Dengan menjumlahkan keduanya dan menerapkan Teorema 1.2.6 (b) akan diperoleh

-(|a| + |b|) ≤ a + b ≤ |a| + |b|Dengan Teorema 1.3.2 (d), disimpulkan bahwa |a + b| ≤ |a| + |b|

Akibat 1.3.4 Jika a dan b sebarang bilangan real, maka

(a) ||a| - |b|| ≤ |a – b| (b) |a – b| ≤ |a| + |b|

Bukti (a) Perhatikan a = a – b + b. Dengan Ketaksamaan Segitiga diperoleh |a| = |a – b + b| ≤ |a – b| + |b| atau |a| - |b| ≤ |a - b|.

Dengan cara yang sama|b| = |b – a + a| ≤ |b – a| + |a|

Akibatnya -|a – b| = -|b – a| ≤ |a| - |b|.

Dengan menggabungkan kedua ketaksamaan ini dan menerapkan Teorema 1.3.2 (d), maka disimpulkan bahwa

||a| - |b|| ≤ |a – b|.(b) Dengan mengganti b pada Ketaksamaan Segitiga dengan –b maka dihasilkan |a – b| ≤ |a| + |-b|. Karena|-b| = |b| maka disimpulkan |a – b| ≤ |a| + |b|.

Akibat 1.3.5 Untuk sebarang bilangan a1, a2, ..., an di dalam R berlaku

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

Bukti : Diserahkan pembaca sebagai latihan.

Definisi 1.3.7 Misalkan a ∈ R dan ε > 0. Persekitaran- ε dari a didefinisikan sebagai himpunan

Vε(a) = {x ∈ R : |x – a| < ε}. Teorema 1.3.8 Misalkan a ∈ R. Jika x anggota dari persekitaran Vε(a) untuk setiap ε > 0, maka x = a.

Bukti: Jika x memenuhi |x – a| < ε untuk setiap ε > 0, maka menurut Teorema 1.2.9 berlaku |x – a| = 0, yaitu x = a.

1.4 Sifat Kelengkapan dari R1.4 Sifat Kelengkapan dari R

Definisi 1.4.1Definisi 1.4.1MisalkanMisalkan S S himpunan bagian dari himpunan bagian dari RR. . (a) Bilangan (a) Bilangan u u ∈∈ R R dikatakan dikatakan batas atas dari batas atas dari SS

jika berlaku s jika berlaku s ≤ u ≤ u untuk setiap s untuk setiap s ∈∈ S. S.(b) Bilangan (b) Bilangan v v ∈∈ R R dikatakan dikatakan batas bawah dari batas bawah dari SS

jika berlaku v jika berlaku v ≤ s≤ s untuk setiap s untuk setiap s ∈∈ S. S.

Definisi 1.4.2Misalkan S himpunan bagian dari R.(a) Jika S terbatas di atas, maka batas atas

u disebut supremum (batas atas terkecil) dari S jika tidak ada bilangan yang lebih kecil dari u yang merupakan batas atas dari S.

(b) Jika S terbatas di bawah, maka batas bawah v adalah infimum (batas bawah terbesar) dari S jika tidak ada bilangan yang lebih besar dari v yang merupakan batas bawah dari S.

Lemma 1.4.3

Bilangan u adalah supremum dari himpunan tak kosong S ⊂ R, jika dan hanya jika memenuhi:(a) s ≤ u untuk setiap s ∈ S.(b) jika w < u,maka terdapat s’ ∈ S sehingga w < s’.

Bukti : Bukti ditinggalkan bagi pembaca.

Lemma 1.4.4

(a) Batas atas u dari himpunan tak kosong S ⊂ R, merupakan supremum dari S jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat sε sehingga u - ε < sε.

(b) Batas bawah v dari himpunan tak kosong S ⊂ R, merupakan infimum dari S jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat sε sehingga sε < v + ε.

Teorema 1.4.6 (Sifat Supremum dari ℜ)

Setiap himpunan tak kosong di dalam ℜ yang mempunyai batas atas pasti mempunyai supremum di dalam ℜ.

Teorema 1.4.7 (Sifat Infimum dari ℜ)

Setiap himpunan tak kosong di dalam ℜ yang mempunyai batas bawah pasti mempunyai infimum di dalam ℜ.

Contoh 1.4.8

Misalkan S himpunan bagian tak kosong di dalam ℜ yang terbatas di atas dan misalkan a ∈ ℜ. Didefinisikan himpunan a + S = {a + s : s ∈ S}. Akan ditunjukkan bahwa

sup (a + S) = a + sup S.

Soal 1Misalkan S himpunan tak kosong terbatas di

dalam ℜ. (a) Jika a > 0 dan aS = {as : s ∈ S}. Buktikan

bahwa inf aS = a inf S dan sup aS = a sup S.

(b) Jika b < 0 dan bS = {bs : s ∈ S}. Buktikan bahwainf bS = b sup S dan sup bS = b inf S.

Soal 2

Misalkan X himpunan tak kosong dan f : X → ℜ mempunyai range yang terbatas di dalam ℜ. Jika a ∈ ℜ, maka tunjukkan bahwasup {a + f(x) : x ∈ X} = a + sup {f(x) : x

∈ X}daninf {a + f(x) : x ∈ X} = a + inf {f(x) : x ∈

X}.

Soal 3Misalkan X himpunan tak kosong dan f, g : X → ℜ mempunyai range yang terbatas di dalam ℜ. Tunjukkan bahwa

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

daninf {f(x) : x∈X} + inf {g(x) : x∈X} ≤ inf {f(x) +

g(x) : x∈X}.

Sifat Archimides

Teorema (Sifat Archimides) Jika x ∈ R maka terdapat nx ∈ N

sehingga x < nx

Bukti (Sifat Archimides):

Andaikan teorema tidak benar, yaitu untuk setiap n ∈ N terdapat x ∈ R sehingga n < x. Oleh karena itu x adalah batas atas dari N, sehingga dengan sifat supremum, maka himpunan tak kosong N mempunyai supremum u di dalam R. Akibatnya terdapat m ∈ N sehingga u – 1 < m. Selanjutnya diperoleh m + 1 ∈ N. Hal ini kontradiksi dengan asumsi u adalah batas atas dari N.

Akibat Sifat Archimides

Jika y dan z bilangan real positif, maka :(a) Terdapat n ∈ N sehingga z < ny.(b) Terdapat n ∈ N sehingga 0 < 1/n < y.(c) Terdapat n ∈ N sehingga n – 1 ≤ z < n.

Bukti Akibat Sifat Archimides:(a) Karena x = z/y > 0, maka terdapat n ∈ N

sehingga z/y = x < n yang berarti z < ny.

(b) Dengan mengganti z = 1 pada (a), maka 1 < ny, sehingga `1/n < y. Jadi 0 < 1/n < y.

(c) Sifat Archimides menjamin bahwa himpunan bagian {m ∈ N : z < m} di dalam N merupakan himpunan tak kosong. Misalkan n adalah elemen terkecil dari himpunan tersebut, maka n - 1 bukan anggota dari himpunan tersebut, sehingga n – 1 ≤ z < n

Eksistensi Bilangan √2

Teorema Terdapat bilangan real positif x sehingga

x2 = 2.

Bukti :

Misalkan S = {s ∈ ℜ : 0 ≤ s, s2 < 2}, karena 1 ∈ S, maka S tidak kosong. Selanjutnya, jika t > 2 maka t2 > 2 , sehingga t ∉ S. Jadi 2 merupakan batas atas dari S. Dengan sifat supremum, maka S mempunyai supremum di dalam R. Sekarang dimisalkan x = sup S. Perhatikan bahwa x > 1.

Akan ditunjukkan bahwa x2 = 2, dengan menunjukkan bahwa tidak dipenuhi x2 < 2 maupun x2 > 2.

Andaikan x2 < 2.Perhatikan bahwa untuk setiap n ∈ N, berlaku 1/n2 ≤ 1/n, sehingga

)12(1121 2

22

2

++≤++=

+ x

nx

nn

xx

nx

Karena 0 < x dan x2 < 2, maka (2 - x2)/(2x + 1) > 0. Akibatnya terdapat bilangan asli n sehingga

21 2.

2 1

x

n x

−<+

Akibatnya untuk bilangan asli n berlaku 2 2 2( 1/ ) (2 ) 2.x n x x+ < + − =

Jadi (x + 1/n) ∈ S. Kontradiksi dengan x = sup S

Andaikan x2 > 2 Perhatikan bahwa untuk sebarang bilangan asli

m22 2

2

1 2 1 2.

x xx x xm m mm

− = − + > − Selanjutnya karen x > 0 dan x2 > 2, maka (x2 – 2)/2x > 0. Sehingga terdapat bilangan asli m sehingga

21 2

2

x

m x

−<

Akibatnya untuk bilangan asli m ini berlaku2 2 2( 1/ ) ( 2) 2.x m x x− > − − =

Ini berarti (x – 1/m) merupakan batas atas S. Kontradiksi dengan x = sup S.

Sifat Kerapatan Bilangan Real

Teorema (Kerapatan Bilangan Rasional) Jika x dan y bilangan real dengan x < y,

maka terdapat bilangan rasional r sehinggax < r < y.

Bukti:

Tanpa mengurangi keumuman bukti, diasumsikan x > 0. Dengan Sifat Archimides, terdapat bilangan asli n sehingga n > 1/(y-x). Untuk n yang demikian, diperoleh (ny – nx) > 1. Selanjutnya, karena nx > 0, maka terdapat bilangan asli m sehingga m – 1 ≤ nx < m. Sehingga m ≤ nx + 1 < ny. Akibatnya nx < m < ny. Jadi r = m/n adalah bilangan rasional yang memenuhi kondisi x < r < y.

Akibat Jika x dan y bilangan real dengan x < y, maka

terdapat bilangan irrasional z sehingga x < z < y.

Bukti: Dengan menggunakan Teorema Kerapatan Bilangan Rasional, pada bilangan real x/√2 dan y/√2, terdapat bilangan rasional r sehingga

x/√2 < r < y/√2 Jadi z = r√2 adalah bilangan irrasional yang memenuhi x < z < y.

Facebook : Citzy Fujiezchy Twitter: @citzyfujiezchy

Skype : Citzy.fujiezchy Instagram : citzyfujiezchy

Facebook : Citzy Fujiezchy Twitter: @citzyfujiezchy

Skype : Citzy.fujiezchy Instagram : citzyfujiezchy