daftar isi - julanhernadi.files.wordpress.com · pengantar analisis real i by julan hernadi 4 hasil...

DAFTAR ISI

1 SISTEM BILANGAN REAL 1

1.1 Sifat Aljabar Bilangan Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Sifat Urutan Bilangan Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Nilai Mutlak dan Jarak Pada Bilangan Real . . . . . . . . . . . . 11

1.4 Supremum dan Infimum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.5 Kepadatan bilangan rasional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

i

BAB 1

SISTEM BILANGAN REAL

Bilangan real sudah dikenal dengan baik sejak masih di sekolah menengah.Namun untuk memulai mempelajari materi pada BAB ini anggaplah diri kitabelum tahu apa-apa tentang bilangan real. Kita akan mempelajari bagaimanasistem bilangan real itu dibangun.

Pertama-tama kita hanya diberikan suatu himpunan bilangan tetapi belumtahu anggotanya seperti apa, belum aturan yang berlaku di dalamnya. Kemu-dian kepada himpunan ini diberikan dua operasi binair, penjumlahan dan pen-gurangan. Dengan dua operasi ini dibuat beberapa aksioma. Dua aksioma pent-ing adalah keujudan elemen 0 dan elemen 1. Inilah anggota bilangan real per-tama yang kita ketahui. Selanjutnya dengan aksioma-aksioma ini didefinisikananggota-anggota lainnya, seperti bilangan positif, bilangan negatif, bilangan bu-lat, bilangan rasional dan bilangan irrasional. Juga didefinisikan sifat-sifat yangmengatur hubungan antar anggota, seperti sifat urutan, sifat jarak, sifat kelengka-pan dan sifat kepadatan.

1.1 Sifat Aljabar Bilangan Real

Bilangan real dipandang sebagai suatu himpunan, seterusnya dilambangkan den-gan R. Selanjutnya, didefisikan dua operasi binair ’+’ dan ’·’ masing-masingdisebut operasi penjumlahan dan operasi perkalian. Kedua operasi binair iniditerapkan pada R dan memenuhi sifat-sifat sebagai berikut:

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

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

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

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

1

Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 2

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

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

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

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

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

Diperhatikan bahwa ada 4 sifat yang berkaitan dengan operasi penjumlahan yaituA1, A2, A3 dan A4 (notasi A untuk Adisi, atau penjumlahan), 4 sifat yang berkai-tan dengan perkalian yaitu M1, M2, M3 dan M4 (M untuk Multiplikasi, atauperkalian) dan 1 sifat yang mencakup keduanya yaitu D (D untuk Distributif).Kesembilan sifat ini disebut sifat aljabar atau aksioma bilangan real.

Sampai saat ini belum didefinisikan bilangan negatif dan operasi pengurangan.Notasi (−a) dianggap satu elemen didalam R. Begitu juga elemen kebalikan(1/a) dianggap satu elemen dan operasi pembagian belum didefinisikan.

Berikut diberikan beberapa teorema sederhana yang diturunkan langsung darisifat-sifat aljabar ini.

Teorema 1.1.1. Jika a bilangan real sebarang maka persamaan a + x = b mem-punyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (−a) + b.

Bukti:

a + x = b [diketahui]

⇒ (−a) + (a + x) = (−a) + b

⇒ ((−a) + a) + x = (−a) + b [menggunakan A2]

⇒ 0 + x = (−a) + b [menggunakan A4]

⇒ x = (−a) + b [menggunakan A3]

Latihan 1.1.1. Buktikan jika a bilangan real tidak nol maka persamaan a ·x = bmempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (1/b).

Teorema 1.1.2. Bila a suatu elemen pada R maka

(i) a · 0 = 0

(ii) (−1) · a = −a.


Bukti: (i): Berdasarkan (M3) kita mempunyai a · 1 = a. Selanjutnya keduaruas ini ditambahkan a · a, diperoleh :

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

= a · 1 [menggunakan A3]

= a [menggunakan M3]

Selanjutnya dengan menggunakan Teorema (1.1.1)dengan menganggap x sebagaia · 0 diperoleh

a · 0 = (−a) + a = 0.

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

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

= 0 · a [menggunakan A4]

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

Selanjutnya dengan menggunakan Teorema (1.1.1) dan menganggap x sebagai(−1) · a, kemudian menggunakan (A3) diperoleh

(−1) · a = (−a) + 0 = −a.

Latihan 1.1.2. Bila a suatu elemen pada R, buktikan

i) −(−a) = a

ii) (−1) · (−1) = 1.

Teorema 1.1.3. Misalkan a, b, c elemen pada R.

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

(ii) Jika a · b = a · c dan a 6= 0 maka b = c.

Bukti. (i): Karena a 6= 0 maka menurut (M4) selalu ada 1/a ∈ R. Andaikan1/a = 0 maka diperoleh

1 = a · (1/a) = a · 0 = 0.


Hasil ini berlawanan atau kontradiksi dengan (M3). Jadi pengandaian ini salah,dan haruslah 1/a 6= 0. Selanjutnya karena 1/a 6= 0 dan karena (1/a) · a = 1maka dengan Teorema (1.1.1) dengan memandang a sebagai x maka diperoleha = 1/(1/a).

(ii): Kedua ruas pada a · b = a · c dikalikan dengan (1/a) disertai dengan meng-gunakan (M2), diperoleh

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

⇔ b = c [menggunakan M3]

Latihan 1.1.3. Buktikan bahwa jika a · b = 0 maka a = 0 atau b = 0.

Operasi lainnya pada RSejauh ini hanya ada dua operasi pada bilangan real. Melalui dua operasi iniditurunkan bebedapa operasi lainnya yang didefinisikan sebagai berikut :

1. Operasi pengurangan. Bila a, b ∈ R maka notasi a−b dibaca a dikurangdengan b dan didefinisikan oleh

a− b := a + (−b).

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

dibacaa dibagi dengan b dan didefinisikan oleh

a/b := a · (1/b).

3. Operasi pangkat. Bila a ∈ R maka notasi a2 dibaca a dipangkatkan den-gan dua atau a kuadarat dan didefinisikan sebagai a2 := a ·a. Secara umumuntuk n bilangan asli, an adalah a dipangkatkan dengan n didefinisikan oleh

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

.

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


Beberapa himpunan bagian penting pada R1. Bilangan asli. Himpunan bilangan asli dilambangkan dengan N dipandang

sebagai himpunan bagian R dan n ∈ N didefinisikan sebagai

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

.

2. Bilangan bulat. Himpunan bilangan bulat dilambangkan dengan Z dankeanggotannya dapat didefinsikan sebagai berikut :

Z := {−n : n ∈ N} ∪ N ∪ {0}

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

.

3. Bilangan rasional dan irrasional. Himpunan bilangan rasional dilam-bangkan dengan Q adalah elemen bilangan real yang dapat ditulis dalambentuk pecahan. Jadi,

Q :=

{b

a: a, b ∈ Z, a 6= 0

}.

Bilangan real yang tidak dapat disajikan sebagai pecahan disebut bilan-gan irrasional dan himpunan bilangan irrasional ini biasa dilambangkandengan R \Q.

Notasi ”:=” berarti ”didefinisikan oleh” (defined by). Penggunaan notasi inilebih tepat daripada menggunakan ”=” karena tanda sama dengan seharusnyadigunakan untuk menyatakan kesamaan kedua ruas.

Teorema 1.1.4. Tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 2.

Bukti. Andai ada bilangan rasional yang kuadratnya sama dengan dua. Untukitu dapat ditulis r = m

ndengan m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan

selain 1. Diperoleh

r2 =m2

n2= 2 ⇒ m2 = 2n2,

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

(2p)2 = 2n2 ⇒ 4p2 = 2n2 ⇒ n2 = 2p2.

Ini berarti n2 bilangan genap, akibatnya n juga bilangan genap. Berangkat daripengandaian tadi diperoleh dua pernyataan berikut


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

b. m dan n bilangan genap.

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

Latihan 1.1.4. Buktkan bila m2 genap maka m juga genap.

Contoh 1.1.1. Pada contoh ini dibuktikan bahwa jika z ∈ R bilangan irrasioanldan r 6= 0 bilangan rasional maka r + z dan rz bilangan irrasional. Dibutkikandengan kontradiksi. Andai r + z rasional, maka dapat ditulis

r + z =m

ndan r =

p

q, m, n, p, q ∈ Z, n, q 6= 0.

Dari sini diperoleh

z =m

n− p

q=

mq − np

nq,

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

Latihan 1.1.5. Buktikan bahwa jika x, y keduanya rasional maka x + y dan xyrasional.

1.2 Sifat Urutan Bilangan Real

Urutan pada bilangan real merujuk pada hubungan ketidaksamaan antara duabilangan real. Sebelum didefinisikan urutan terlebih dulu didefinisikan bilanganpositif.

Definisi 1.2.1 (Bilangan Positif). Pada R terdapat himpunan bagian takkosongP dengan sifat-sifat berikut :

1. Jika a, b ∈ P maka a + b ∈ P.

2. Jika a, b ∈ P maka a · b ∈ P.

Himpunan P ini selanjutnya disebut himpunan bilangan positif.

Definisi 1.2.2 (Sifat Trikotomi). Bila a ∈ R maka tepat satu pernyataanberikut dipenuhi, yaitu

a ∈ P, a = 0, −a ∈ P.


Selanjutnya himpunan bilangan negatif didefinisikan sebagai himpunan

{−a : a ∈ P} .

Jadi himpunan bilangan real terbagi atas tiga himpunan saling asing yaitu bilan-gan positif, bilangan negatif dan nol.

Definisi 1.2.3 (Urutan). Berikut ini definisi ketidaksamaan antara elemen-elemen pada R :

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

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

3. Bilangan real a dikatakan lebih besar dari b, ditulis a > b jika a− b ∈ PNotasi a < b < b dimaksudkan berlaku keduanya a < b dan b < c. Bila a ≤ b danb < c, maka ditulis a ≤ b < c.

Teorema 1.2.1. Misalkan a, b, c tiga bilangan real.

(i) Jika a > b dan b > c maka a > c.

(ii) Tepat satu pernyataan berikut memenuhi : a > b, a = b, a < b.

Bukti. (i): Karena a > b dan b > c maka berdasarkan definisi berlaku a−b ∈ P,dan b− c ∈ P. Berdasarkan Definisi (1.2.1) diperoleh

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

(ii): Terapkan sifat trikotomi pada a− b.

Teorema 1.2.2. Misalkan a, b, c, d bilangan-bilangan real.

(i) Jika a > b maka a + c > b + c.

(ii) Jika a > b, c > d maka a + c > b + d.

(iii) Jika a > b dan c > 0 maka ca > cb.

Bukti. (i): Karena diketahui a− b ∈ P maka (a + c)− (b + c) = a− b ∈ P, yaitua + c > b + c.(ii): Karena diketahui a − b ∈ P dan c − d ∈ P maka (a + c) − (b + d) =(a− b) + (c− d) ∈ P, yaitu a + c > b + d.(iii): Karena diketahui a − b ∈ P, c ∈ P maka (a − b)c = ac − bc ∈ P, yaituac > bc.


Latihan 1.2.1. Jika a > b dan c < 0, buktikan ac < bc.

Teorema 1.2.3. Jika a dan b bilangan real dengan a < b maka a < 12(a+ b) < b.

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

2a < a + b < 2b ⇐⇒ a <a + b

2< b.

Latihan 1.2.2. Buktikan bahwa jika a > 0 maka 0 < 12a < a.

Teorema berikut menjamin bahwa suatu bilangan taknegatif yang kurangdari bilangan positif apapun adalah nol.

Teorema 1.2.4. Bila a ∈ R dengan 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0 maka a = 0.

Bukti. Andaikan a > 0. Berdasarkan Latihan sebelumnya, berlaku 0 < 12a < a.

Sekarang ambil ε0 := 12a > 0, sehingga berlaku 0 < ε0 < a. Hasil ini kontradiksi

dengan hipotesis bahwa 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0. Jadi pengandai salah, danharuslah a = 0.

Latihan 1.2.3. Bila a, b bilangan real dengan a < b+ ε untuk setiap ε > 0 makaa ≤ b.

Dari definisi bilangan positif bahwa perkalian dua bilangan positif akanmenghasilkan bilangan positif. Tetapi sebaliknya, bila hasil kali dua bilanganreal adalah positif belum tentu kedua bilangan real tadi positif.

Teorema 1.2.5. Jika ab > 0 maka berlaku salah satu dari dua kemungkinanberikut:

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

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

b = 1 · b = ((1/a)a) b = (1/a)︸︷︷︸>0

(ab)︸︷︷︸>0

> 0.

Dengan argumen yang sama, dapat dibuktikan untuk kasus a < 0.

Latihan 1.2.4. Buktikan bahwa jika ab < 0 maka berlaku salah satu dari duakemungkinan berikut:

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

Kedua hasil yang baru saja diberikan mengatakan bahwa jika hasil kali duabilangan positif maka kedua bilangan itu bertanda sama. Sebaliknya, jika hasilkali kedua bilangan negatif maka kedua bilangan itu berlainan tanda.


Beberapa ketidaksamaan penting

Teorema 1.2.6. Misalkan a ≥ 0 dan b ≥ 0. Maka pernyataan-pernyataan berikutequivalen :

(i) a < b

(ii) a2 < b2

(iii)√

a <√

b

Bukti. Untuk a = 0 diperoleh pernyataan

b > 0 ⇐⇒ b2 > 0 ⇐⇒√

b > 0.

Fakta ini mudah dibuktikan sendiri. Sekarang diasumsikan a > 0 dan b > 0,yaitu a + b > 0.(i) ⇒ (ii): Diketahui a < b, atau a− b < 0. Jadi diperoleh

a2 − b2 = (a− b)︸︷︷︸<0

(a + b)︸︷︷︸>0

< 0

(ii)⇒ (i): Diketahui a2−b2 = (a− b)︸︷︷︸<0

(a + b)︸︷︷︸>0

< 0. Karena diketahui pula a+b > 0

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

x < y ⇐⇒ x2 < y2.

Pada bagian ini diambil x =√

a dan y =√

b sehingga x, y > 0. Karena a = (√

a)2

dan b =√

b)2 maka diperoleh√

a <√

b ⇐⇒ (√

a)2 = a < b = (√

b)2.

Jadi lengkaplah bukti ini karena telah ditunjukkan berlakunya equivalensi(iii) ⇐⇒ (i) ⇐⇒ (ii).

Teorema 1.2.7 (Rata-rata Aritmatika-Geometri (RAG). Bila a dan b bi-langan positif maka berlaku √

ab ≤ 1

2(a + b) (RAG)

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

√a > 0 dan√

b > 0. Diperhatikan bahwa

0 6= a− b = (√

a−√

b) (√

a +√

b)︸︷︷︸>0

.

Jadi (√

a−√

b) 6= 0, dan selanjutnya dikuadratkan diperoleh

0 < (√

a−√

b)2 = a− 2√

ab + b ⇐⇒√

ab >1

2(a + b).


Latihan 1.2.5. Buktikan bahwa bila a = b maka relasi pada (RAG) menjadikesamaan.

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

, sedan-

gkan rata-rata geometri (RG) dari a dan b adalah√

ab. Biasanya dalam kehidu-pan sehari-hari, rata-rata aritmatika lebih sering digunakan daripada rata-ratageometri. Secara umum dua macam rata-rata ini didefinisikan sebagai berikut :Misalkan diketahui bilangan real (data) a1, a2, · · · , an maka

RA =1

n

n∑

k=1

ak, RG =

(n∏

k=1

ak

)1/n

dengan notasi∑

untuk penjumlahan dan∏

untuk perkalian suku-suku. Masihtetap berlaku bahwa

RG ≤ RA.

Teorema 1.2.8 (Ketidaksamaan Bernoulli). Jika x > −1 maka untuk setiapn ∈ N berlaku

(1 + x)n ≥ 1 + nx. (KB)

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

(1 + x)k ≥ 1 + kx [ diketahui ]

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

= 1 + (k + 1)x + kx2

≥ 1 + (k + 1)x.

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

Teorema 1.2.9 (Ketidaksamaan Cauchy). Misalkan a1, a2, · · · an dan b1, b2, · · · , bn

bilangan real maka berlaku

(n∑

k=1

akbk

)2

≤(

n∑

k=1

a2k

)(n∑

k=1

b2k

).

Bukti. Didefinisikan fungsi F : R→ R dengan

F (t) :=n∑

k=1

(ak − tbk)2.


Jelas F fungsi taknegatif, karena itu diperoleh

F (t) =n∑

k=1

a2k − 2takbk + t2b2

k

=

(n∑

k=1

b2k

)t2 − 2

(n∑

k=1

akbk

)t +

(n∑

k=1

a2k

)≥ 0.

Jadi F merupakan fungsi kuadrat definit tak negatif, sehingga diskriminannyapun tak negatif, yaitu

4

(n∑

k=1

akbk

)2

− 4

(n∑

k=1

b2k

)(n∑

k=1

a2k

)≤ 0.

Akhirnya dengan memindahkan ruas pada ketidaksamaan ini terbuktilah bahwa

(n∑

k=1

akbk

)2

≤(

n∑

k=1

a2k

)(n∑

k=1

b2k

).

1.3 Nilai Mutlak dan Jarak Pada Bilangan Real

Pada sifat urutan bilangan real kita baru mengetahui urutan lebih besar antaradua bilangan real tetapi belum menentukan jarak antara dua bilangan real. Jarakatau metrik pada bilangan real ini ditentukan melalui nilai mutlak.

Definisi 1.3.1. Nilai mutlak suatu bilangan real a, ditulis dengan |a| didefinsikansebagai:

|a| :=

a bila a > 0,

0 bila a = 0,

−a bila a < 0.

Sebagai contoh, |3| = 3, |0| = 0, dan | − 1| = 1. Dengan kata lain, nilaimultak bilangan real bersifat dikotomi, yaitu nol atau positif. Diperhatikan tigacabang pada definisi nilai mutlak dapat disederhanakan menjadi

|a| :={

a bila a ≥ 0,

−a bila a < 0.

Teorema berikut ini menyajikan sifat-sifat dasar nilai mutlak.

Teorema 1.3.1. Misalkan a, b, c bilangan-bilangan real.

(i) |a| = 0 bila hanya bila a = 0


(ii) | − a| = |a|(iii) |ab| = |a||b|(iv) untuk c ≥ 0, |a| ≤ c bila hanya bila −c ≤ a ≤ c.

(v) −|a| ≤ a ≤ |a|.Bukti. (i)(⇐=): langsung dari definisi. (=⇒): dibuktikan melalui kontrapo-sisinya, yaitu jika a 6= 0 maka |a| 6= 0, juga langsung dari definisi.(ii) Jika a = 0 maka diperoleh |a| = |0| = 0 = | − 0| = | − a|. Jika a > 0 maka−a < 0 sehingga diperoleh |a| = a = −(−a) = | − a|. Jika a < 0 maka −a > 0sehingga diperoleh |a| = −a = |a|.(iii) Bila minimal salah satu dari a atau b bernilai nol maka kedua ruas bernilainol. Bila keduanya tidak ada yang nol, ada 4 kemungkinan nilai a, b yang perludiselidiki yaitu a > 0, b > 0, a > 0, b < 0, a < 0, b > 0 dan a < 0, b < 0. Untuka > 0, b < 0 maka ab < 0, |a| = a, |b| = −b dan

|ab| = −(ab) = (a)(−b) = |a||b|.

(iv): (⇐=): karena |a| ≤ c maka a ≤ c dan −a ≤ c atau a ≥ −c, digabungkandiperoleh −c ≤ a ≤ c. (=⇒): bila −c ≤ a ≤ c maka kita mmepunyai a ≤ cdan −c ≤ a, atau −a < c. Karena |a| bernilai |a| atau | − a| maka disimpulkan|a| < c.(v): dengan mengambil c := |a| ≥ 0 pada bagian (iv) maka |a| ≤ |a| adalahpernyataan yang benar. Implikasinya adalah −|a| ≤ c ≤ |a|. Cara lain adalahdengan menggunakan kenyataan bahwa |a| ≥ a berlaku untuk setiap a ∈ R.Karena −a ∈ R maka |a| = | − a| ≥ −a, atau −|a| ≤ a. Setelah digabungkandiperoleh −|a| ≤ c ≤ |a|.Definisi 1.3.2. Jarak (metrik) antara dua bilangan real a dan b didefinisikansebagai

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

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

Gambar 1.1: Garis bilangan dan jarak antara dua bilangan real

Teorema berikut berkaitan dengan sifat dasar nilai mutlak dan sangat seringdigunakan dalam analisis.


Teorema 1.3.2 (Ketidaksamaan segitiga). Untuk sebarang bilangan real adan b berlaku

|a + b| ≤ |a|+ |b|. (KS)

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

−(|a|+ |b|) < a + b < (|a|+ |b|).Kemudian, dari bagian (iv) dengan menganggap c := (|a| + |b|) maka terbuktibahwa

|a + b| ≤ |a|+ |b|.

Latihan 1.3.1. Untuk sebarang bilangan real a dan b, buktikan

(i) ||a| − |b|| ≤ |a− b|.(ii) |a− b| ≤ |a|+ |b|.

Contoh 1.3.1. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi |x−1| > |x+1|.Penyelesaian. Diperhatikan titik x = −1 dan x = 1 merupakan titik transisi,yaitu perbatasan dimana nilai mutlak berlainan nilai.Untuk x < −1, maka x − 1 < 0 dan x + 1 > 0 sehingga |x − 1| = −(x − 1) dan|x + 1| = −(x + 1). Subtitusi kedalam ketidaksamaan diperoleh

−(x− 1) > −(x + 1) ⇐⇒ 1 > −1

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

−(x− 1) > (x + 1) ⇐⇒ 2x >< 0 ⇐⇒ x < 0.

Untuk x > 1 berlaku |x − 1| = x − 1 dan |x + 1| = x + 1. Subtitusi kedalamketidaksamaan diperoleh

x− 1 > x + 1 ⇐⇒ −1 > 1

suatu pernyataan yang salah untuk setiap x > 1. Dengan menggabungkan ketigahasil ini diperoleh himpunan penyelesaian untuk x sebagai berikut

{x : x < −1} ∪ {x : x < 0} = {x : x < 0}.Cara lain adalah dengan menggunakan Teorema 1.2.6, yaitu

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


Latihan 1.3.2. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi |x|+ |x+1| < 2.

Latihan 1.3.3. Jika x < z, buktikan bahwa x < y < z bila hanya bila |x− y|+|y − z| = |x− z|. Interprestasikan fakta ini secara geometris.

Dapat diperiksa bahwa jarak (metrik) seperti diberikan pada Definisi 1.3.2mempunyai sifat-sifat sebagai berikut :

1. d(x, y) ≥ 0 untuk setiap x, y ∈ R.

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

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

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

Catatan 1.3.1. Sifat 4 ini merupakan generalisasi dari ketidaksamaan segitiga(KS). Himpunan bilangan real yang dilengkapi dengan metrik d ini disebut ruangmetrik. Lebih lanjut, pada analisis dikenal pula ruang bernorma, ruang Banach,dan lain-lain.

Latihan 1.3.4. Misalkan S himpunan takkosong, buktikan fungsi d pada S × Syang didefinisikan oleh

d(s, t) :=

{0 bila s = t,

1 bila s 6= 0.

merupakan metrik. Metrik ini disebut metrik diskrit.

Bentuk lain generalisasi (KS) diungkapkan pada teorema berikut.

Teorema 1.3.3. Untuk sebarang bilangan real a1, a2, · · · , an, berlaku

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

Bukti. Dapat dibuktikan dengan induksi. Ingat dengan prinsip induksi, jikaberlaku untuk dua bilangan maka akan berlaku untuk sejumlah berhingga bilan-gan.

1.4 Supremum dan Infimum

Ketika kita diberikan himpunan A = [0, 1) maka minimum atau anggota terke-cil himpunan ini adalah 0. Pertanyaannya, apakah A mempunyai maksimum ?Kalau ada, berapa nilainya. Perhatikan bahwa 1 bukan nilai maksimum karenaia tidak termuat di dalam A.


Latihan 1.4.1. Buktikan bahwa himpunan A = (0, 1] tidak mempunyai maksi-mum. (Petunjuk: gunakan bukti tak langsung dengan kontradiksi).

Walaupun 1 bukan maksimum A namun tidak ada anggota A yang melebihinya.Dengan kata lain, 1 merupakan batas atas paling kecil untuk himpunan A.

Definisi 1.4.1. Misalkan S suatu himpunan bagian dari R.

(i) Bilangan u ∈ R dikatakan batas atas S jika s ≤ u untuk setiap s ∈ S.

(ii) Bilangan w ∈ R dikatakan batas bawah S jika w ≤ s untuk setiap s ∈ S.

Diperhatikan dengan seksama bahwa batas bawah atau batas atas suatuhimpunan tidak harus berada di dalam himpunan tersebut. Ilustrasi batas atasdan batas bawah diberikan pada gambar berikut.

Gambar 1.2: Batas atas dan batas bawah suatu himpunan

Contoh 1.4.1. Diberikan S := [0, 1), maka batas atas S adalah himpunan {x :x ≤ 0} dan batas bawah S adalah {x : x ≥ 1}. Diperhatikan 0 merupakan batasbawah dan termasuk didalam S, sedangkan 1 batas atas S tetapi ia tidak termuatdidalam S.

Contoh 1.4.2. Himpunan bilangan asli N tidak mempunyai batas bawah maupunbatas atas.

Contoh 1.4.3. Himpunan S := { 1n

: n ∈ N} mempunyai himpunan batas bawah{x : x ≤ 0} dan mempunyai himpunan batas atas {x : x ≥ 1}.Contoh 1.4.4. Misalkan S := ∅ himpunan kosong maka setiap bilangan realadalah batas atas S. Argumennya dapat dijelaskan sebagai berikut. Bilanganu ∈ R batas atas S dapat disajikan dalam kalimat logika berikut

s ∈ S =⇒ s < u.

Dalam kasus S himpunan kosong maka pernyataan s ∈ S bernilai salah, sehinggakalimat implikasi s ∈ S =⇒ s < u selalu benar. Dengan argumen yang sejalandapat disimpulkan bahwa semua bilangan real juga merupakan batas bawah him-punan kosong. Kenyataan ini sepertinya dibuat-buat, tetapi inilah konsekuensilogis definisi.


Latihan 1.4.2. Tuliskan definisi v1 bukan batas atas S, juga definisi w1 bukanbatas bawah S.

Definisi 1.4.2. Himpunan yang mempunyai batas atas disebut terbatas diatas(bounded above), sedangkan himpunan dikatakan terbatas dibawah (boundedbelow) jika ia mempunyai batas bawah. Himpunan dikatakan terbatas jika iaterbatas diatas dan terbatas dibawah.

Contoh 1.4.5. Himpunan bilangan real R := (−∞,∞) tidak terbatas diatasmaupun dibawah. Himpunan S := [1,∞) terbatas dibawah. Himpunan E :={ 1

n: n ∈ N} terbatas.

Definisi 1.4.3. Misalkan S himpunan bagian dari R.

(i) Bila S terbatas diatas maka batas atas u dikatakan supremum dari S jikatidak ada bilangan lain yang lebih kecil dari u yang menjadi batas atas S.Dengan kata lain u batas atas yang paling kecil.

(ii) Bila S terbatas dibawah maka batas bawah w dikatakan infimum dari Sjika tidak ada bilangan lain yang lebih besar dari w yang menjadi batasbawah S. Dengan kata lain w batas bawah yang paling besar.

Berdasarkan definisi ini, supremum himpunan S dapat dikarakterisasi olehdua kondisi berikut, yaitu :

1. s ≤ u untuk setiap s ∈ S

2. bila ada v ∈ R dengan v < u maka ada s0 ∈ S sehingga v < s0.

Kondisi pertama menyatakan bahwa v haruslah batas atas S dan kondisi keduamenyatakan bahwa batas atas ini haruslah yang terkecil.

Latihan 1.4.3. Buatlah karakterisasi w infimum S.

Biasanya supremum dan infimum himpunan S disingkat dengan

sup S dan inf S.

Ilustrasi supremum dan infimum diberikan pada gambar berikut.

Gambar 1.3: Supremum dan infimum suatu himpunan


Catatan 1.4.1. Supremum suatu himpunan selalu tunggal.

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

Latihan 1.4.4. Buktikan bahwa infimum suatu himpunan selalu tunggal.

Berikut adalah kriteria yang mudah dan sering digunakan untuk mengetahuisuatu batas atas merupakan supremum atau bukan.

Teorema 1.4.1. Misalkan u suatu batas atas S.

u = sup S ⇐⇒ ∀ε > 0,∃s ∈ S sehingga u− ε < s.

Bukti. (=⇒): Ambil ε > 0 sebarang. Karena diketahui u = sup S maka u − εbukan batas atas S, jadi ada s ∈ S sehingga u− ε < s. (⇐=): Akan ditunjukkanbahwa u yang memenuhi sebelah kanan merupakan supremum S. Misalkan untuksebarang bilangan real v, v < u. Ambil ε := u− v > 0, maka ada s ∈ S sehingga

u− ε = u− (u− v) = v < s.

Ini berarti v bukan batas atas S, dan berdasarkan karakteristik supremum dis-impulkan bahwa u = sup S.

Teorema ini dapat diilustrasikan secara grafik sebagai berikut.

Gambar 1.4: Kriteria supremum

Latihan 1.4.5. Misalkan w suatu batas bawah S. Buktikan bahwa

w = inf S ⇐⇒ ∀ε > 0,∃s ∈ S sehingga w + ε > s.

Contoh 1.4.6. Diperhatikan himpunan S := {x : 0 ≤ x < 1}. Maka maks Stidak ada, sup S = 1, min S = inf S = 0.

Contoh 1.4.7. Diperhatikan himpunan S := { 1n

: n ∈ R}. Maka maks S =sup S = 1, min S tidak ada tetapi inf S = 0. Hasil ini dapat dibuktikan sebagaiberikut. Jika diberikan ε > 0 sebarang maka selalu dapat dipilih bilangan asli n0

dengan n0 > 1/ε. Nah, s = 1n0∈ S dan 0 + s > ε. Berdasarkan kriteria infimum

(latihan sebelumnya) maka disimpulkan 0 adaah infimum S.


Catatan 1.4.2. Pada pembuktian infimum sebelumnya kita dapat memilih bilan-gan asli yang lebih besar dari suatu bilangan real yang diberikan. Ada referensiyang menyebut sifat ini sebagai sifat Archimedes. Secara formal sifat ini di-ungkapkan sebagai berikut.

Jika x ∈ R maka ada nx ∈ N sehingga nx > x.

Catatan 1.4.3. Bila suatu himpunan S mempunyai maksimum dan minimummaka

sup S = maks S, inf S = min S.

Latihan 1.4.6. Buktikan bahwa bilangan real R tidak mempunyai supremumdan infimum.

Latihan 1.4.7. Misalkan S := {1 − (−1)n

n: n ∈ N}. Tentukan inf S dan sup S.

Buktikan hasil yang anda peroleh.

1.5 Kepadatan bilangan rasional

Sebelumnya kita pahami dulu sifat supremum dan infimum sebagai berikut:

Sifat supremum dan infimum pada RSifat ini dapat disajikan secara sederhana sebagai berikut. Setiap himpunan takkosong yang terbatas diatas selalu mempunyai supremum, dan setiap himpunantak kosong yang terbatas dibawah selalu mempunyai infimum.

Sifat supremum ini dikenal juga dengan sifat kelengkapan bilangan real.Dengan sifat ini terjamin bahwa garis bilangan adalah ”padat”, artinya tidakada satupun titik yang hilang. Sebagai ilustrasi, diperhatikan himpunan terbatasberikut

A := {x > 0 : x2 < 2}.Himpunan A ini tidak mempunyai maksimum tetapi A mempunyai supremum,yaitu sup A =

√2. Fakta ini menjamin eksistensi

√2 yang merupakan bilangan

irrasional.Sekarang kita tahu terdapat paling tidak satu bilangan irrasional, yaitu

√2.

Pertanyaannya, seberapa banyak bilangan irrasional yang ada. Lebih ”banyak”mana, bilangan rasional atau bilangan irrasional. Nah, berikut ini diberikan sifatkepadatan bilangan rasional dalam R.

Teorema 1.5.1. Bila a dan b bilangan real dengan a < b maka terdapat bilanganrasional r dengan a < r < b.


Bukti. Diperhatikan bahwa 1b−a

suatu bilangan real positif. Menurut sifat Archimedes

terdapat bilangan asli n sehingga n > 1b−a

. Untuk n ini berlaku

nb− na > 1. (*)

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

m− 1 ≤ na < m. (**)

Dari (*) dan (**) diperoleh

na < m ≤ na + 1 < nb.

Bentuk terakhir ini dapat ditulis na < m < nb, dan dengan membagi semua ruasdengan n, didapat

a <m

n< b

dan dengan mengambil r := mn

maka bukti Teorema selesai.

Contoh 1.5.1. Tentukan 3 buah bilangan rasional diantara√

2 dan 32.

Penyelesaian. 1. Diketahui a =√

2 ≈ 1, 4142, b = 3/2 = 1, 5

2. d = 11,5−1,4142

≈ 11.6569

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

4. Untuk n = 12 diperoleh na ≈ (12)(√

2) ≈ 16, 9706 maka diambil m = 17.Untuk n = 13, na ≈ (13)(

√2) ≈ 18, 3848 dan dimabil m = 19. Untuk

n = 14 maka na ≈ (14)(√

2) ≈ 19, 7990 dan dimabil m = 20.

5. Jadi bilangan rasional r = 1712

, 1913

, dan 2014

terletak diantara√

2 dan 3/2.

Akibat 1.5.1. Bila a dan b bilangan real dengan a < b maka terdapat bilanganirrasional z dengan a < z < b.

Bukti. Dengan menerapkan Teorema sebelumnya pada dua bilangan real a√2

danb√2

maka ada bilangan rasional r sehingga

a√2

< r <b√2.

Selanjutnya diambil z := r√

2, inilah bilangan irrasioanl yang dimaksud.

Latihan 1.5.1. Temukan 5 bilangan irrasional yang terletak diantara 1 dan 1.01.


SOAL-SOAL LATIHAN BAB I

1. Buktikan jika a, b ∈ R maka

a. −(a + b) = (−a) + (−b)

b. (−a) · (−b) = a · bc. 1/(−1/a) = −(1/a) asalkan a 6= 0

d. −(a/b) = (−a)/b asalkan b 6= 0.

2. Jika a 6= 0 dan a · a = a, buktikan a = 0 atau a = 1.

3. Buktikan tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 3.

4. Tunjukkan dengan contoh bahwa ada dua bilangan irrasional yang jumlahkeduanya rasional.

5. Tunjukkan dengan contoh bahwa ada dua bilangan irrasional yang hasil kalikeduanya rasional.

6. Tunjukkan ada bilangan irrasional x dan y dengan xy rasional.

7. Buktikan bahwa jika 0 < a < b dan 0 < c < d maka 0 < ac < bd.

8. Jika a, b ∈ R tunjukkan bahwa a2 + b2 = 0 bila dan hanya bila a = 0 danb = 0.

9. Bila 0 ≤ a < b, buktikan a2 ≤ ab < b2.

10. Buktikan bahwa jika 0 < a < b maka a <√

ab < b dan 0 < 1/b < 1/a.

11. Tentukan semua x yang memenuhi 1/x < x2.

12. Buktikan bahwa(

12(a + b)

)2 ≤ 12(a2 + b2).

13. Jika 0 < c < 1, buktikan bahwa 0 < c2 < c < 1, tetapi jika c > 1 maka1 < c < c2.

14. Buktikan bahwa |a + b| = |a|+ |b| bila hanya bila ab ≥ 0.

15. Jika a < x < b dan a < y < b, tunjukkan bahwa |x − y| < b − a. Inter-prestasikan fakta ini secara geometris.

16. Tentukan dan sketsalah pasangan titik (x, y) pada R× R yang memenuhi

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

17. Tentukan dan sketsalah pasangan titik (x, y) pada R× R yang memenuhi


(a) |x|+ |y| ≤ 1.

(b) |xy| ≤ 2.

18. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas dibawah. Buktikan

inf S = − sup{−s : s ∈ S}.

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

inf S ≤ inf S0 ≤ sup S0 ≤ sup S.

20. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas diatas. Untuk a ∈ R didefin-isikan

a + S := {a + x : x ∈ S}.Buktikan

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

21. Misalkan S := { 1n− 1

m: m,n ∈ N}. Tentukan sup S dan inf S, buktikan

hasil yang anda peroleh.

22. Misalkan S himpunan takkosong. Untuk a bilangan real tidak nol didefin-sikan aS := {as : s ∈ S}. Buktikan

(i) Bila a > 0 maka

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

(ii) Bila a < 0 maka

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

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

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

24. Misalkan f dan g dua fungsi yang didefinisikan pada domain X. Jikarangenya terbatas, buktikan

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

daftar isi - julanhernadi.files.wordpress.com · pengantar analisis real i by julan hernadi 4 hasil...

Documents