BAB 1. PENDAHULUAN Bab ini akan membahas sekilas mengenai konsep-konsep yang berkaitan dengan himpunan dan fungsi.
1.1. Himpunan Ada beberapa notasi himpunan yang sering digunakan dalam Analisis Real. (1). (2)
merupakan notasi untuk himpunan bilangan asli. merupakan notasi untuk himpunan bilangan bulat.
(3) (4) (3)
merupakan notasi untuk himpunan bilangan rasional. merupakan notasi untuk himpunan bilangan irasional, dan merupakan notasi untuk himpunan bilangan Real.
Sama seperti bilangan, ada beberapa operasi pada himpunan yaitu gabungan , irisan ( , kurang dan kali .
Definisi 1.1. Misalkan A Misalkan A dan dan B B adalah adalah sebarang himpunan.
Selain itu, ada beberapa relasi pada himpunan yaitu subset .
dan sama dengan
Definisi 1.2. Misalkan A Misalkan A dan dan B adalah sebarang himpunan. B adalah jika dan hanya jika jika dan hanya jika dan
. .
1
Berdasarkan Definisi 1.2, langkah untuk membuktikan suatu himpunan A subset A subset dari himpunan B himpunan B adalah adalah (a) ambil sebarang anggota A anggota A tertentu, tertentu, sebut saja , (b) kemudian tunjukkan bahwa .
Contoh
1. Misalkan dan adalah himpunan. Buktikan bahwa jika dan hanya jika . Jawab
Langka pertama adalah buktikan . Berdasarkan Definsi 1.2, pembuktikan (1) Pembuktian . Ambil sembarang , maka Jadi, . (2) Pembuktian . Ambil sembarang . Karena , maka . Artinya dan . Jadi, . Kesimpulan, .
dilakukan dua tahap. .
Langka pertama adalah buktikan . Ambil sembarang . Karena , maka Artinya . Jadi, .
.
Terbukti,
jika dan hanya jika .
Berikut definisi dari hasil kali Cartesian antara himpunan A himpunan A dan dan B B..
Definisi 1.3 Jika A Jika A dan dan B B adalah adalah dua himpunan tidak kosong, maka hasil kali Cartesian (Cartesian product ) adalah himpunan semua pasangan terurut/ordered terurut/ ordered pairs a ,b dengan a A dan b B .
2
Berdasarkan Definisi 1.2, langkah untuk membuktikan suatu himpunan A subset A subset dari himpunan B himpunan B adalah adalah (a) ambil sebarang anggota A anggota A tertentu, tertentu, sebut saja , (b) kemudian tunjukkan bahwa .
Contoh
1. Misalkan dan adalah himpunan. Buktikan bahwa jika dan hanya jika . Jawab
Langka pertama adalah buktikan . Berdasarkan Definsi 1.2, pembuktikan (1) Pembuktian . Ambil sembarang , maka Jadi, . (2) Pembuktian . Ambil sembarang . Karena , maka . Artinya dan . Jadi, . Kesimpulan, .
dilakukan dua tahap. .
Langka pertama adalah buktikan . Ambil sembarang . Karena , maka Artinya . Jadi, .
.
Terbukti,
jika dan hanya jika .
Berikut definisi dari hasil kali Cartesian antara himpunan A himpunan A dan dan B B..
Definisi 1.3 Jika A Jika A dan dan B B adalah adalah dua himpunan tidak kosong, maka hasil kali Cartesian (Cartesian product ) adalah himpunan semua pasangan terurut/ordered terurut/ ordered pairs a ,b dengan a A dan b B .
2
Atau, A
A B a b | a A ,b B.
B
Contoh 2. Misal A 1 ,2,3dan B 4 ,5, maka
A B 1 ,4 ,1 ,5 ,2 ,4 ,2 ,5 ,3 ,4 ,3,5.
Latihan Soal 1.1 1. Buktikan Hukum Hukum Distributif berikut. (a) (b)
, dan
2. Misalkan . Tentukan: (a) (b) (c)
3. Gambarkan bidang dari hasil kali Cartesian .
dimana dan
untuk setiap . Tentukan:
4. Misalkan (a) (b) (c)
3
1.2. Fungsi 1.2.1. Definisi Fungsi Salah satu konsep penting dalam Analisis Real adalah fungsi.
Definisi 1.4
Misal A Misal A dan dan B B sembarang sembarang himpunan., f himpunan., f dikatakan dikatakan fungsi dari A dari A ke ke B B,, jika dan untuk setiap , ada tepat satu elemen sehingga
(dengan kata lain, a ,b ,a ,b' f b b' )
Jika a ,b f , maka dapat ditulis
b f a atau f : a b .
dapat ditulis: .
Sehingga pernyataan
Contoh 3.
Misal A 1 ,2,3dan B 4 ,5.
Manakah dari himpunan-himpunan berikut yang merupakan fungsi dan bukan fungsi. a. b. c. Jawab (a) bukan fungsi karena ada , tetapi . Dengan cara lain, , tetapi . Pembuktian tersebut mudah dipahami bila kita melihat gambar fungsi berikut.
A 1 2 3
4
f
B 4 5
(b)
bukan fungsi karena ada yang tidak memiliki pasangan di . g
A 1
B 4
2
5
3
(c) Hasil kali Cartesian himpunan himpunan A dan B,
. Maka . Karena tidak ada anggota dengan , maka pernyataan selalu bernilai benar. Terbukti, adalah fungsi. h
A 1
B 4
2
5
3
1.2.2. Daerah Asal, Daerah Kawan dan Daerah Hasil Fungsi Pada fungsi dikenal beberapa istilah yaitu daerah asal (domain), daerah kawan (kodomain) dan daerah hasil (range). Misalkan f Misalkan f adalah adalah fungsi dari A dari A ke ke B B.. Daerah asal f
adalah himpunan semua anggota A anggota A yang yang mempunyai
pasangan di B di B.. Jadi, .
Himpunan B Himpunan B disebut disebut daerah kawan. Daerah hasil f
adalah himpunan semua anggota B anggota B yang yang mempunyai
pasangan di A di A..
Ini berarti daerah hasil fungsi ada di ( ) 5
Contoh 3
adalah fungsi dari ke dimana dan , maka Misal
h
C
D
1
4
2
5
3
6
4
7
R f
1.2.3. Komposisi Fungsi Definisi dari komposisi fungsi adalah sebagai berikut.
Definisi 1.5 Misal f fungsi dengan D f
A dan R f B , dan g fungsi dengan D g B dan
R g C , maka g f adalah fungsi dari A ke C yang didefinisikan
g f a ,c A C | b B sehingga a ,b f dan b ,c g Untuk lebih jelasnya dapat dilihat pada gambar berikut. A
B
C
R g f o
g
f
Perhatikan bahwa daerah hasil dari
R gof
g f x | x Dgof
Catatan: g o f terdefinsi jika
6
adalah
.
.
Contoh 4 a. Tentukan g o f dengan
f x 2 x dan g x x 2 . b. Tentukan h j dengan
j x x 2
1 dan h x x .
jawab (a). Sebelum menentukan g o f perlu diperiksa apakah
?
Kalau f tidak dibatasi untuk nilai-nilai tertentu, maka D f adalah domain terbesar (artinya himpunan terbesar yang membuat fungsi f terdefinisi). Dengan demikian D f = R dan D g = R Sehingga R f = R. Jadi, R f
D g R .
Sehingga 2
g f x g f x g 2 x 2 x
4x 2 .
(b) Karena
R j maka R j
x | x 1 dan Dh x | x 0
Dh .
Ini berarti h j tidak terdefinisi.
1.2.4. Fungsi Injektif Fungsi injektif dikenal juga sebagai fungsi satu-satu (fungsi 1-1) atau korespondensi satu-satu.
Definisi 1.5 Misal f fungsi dari A ke B. f dikatakan injektif jika
a ,b ,a' ,b f a a' , atau f a f b a b . Contoh 5 Manakah dari fungsi-fungsi berikut yang merupakan fungsi 1-1. (a) f x x 1 . (b) g x x 2
1.
7
Jawab (a) Misal diberikan sembarang a ,b R dengan f a f b . Maka a 1 b 1 ab Jadi, f fungsi 1-1. (b) Karena ada g 1 2 g 1 dengan
1 1 , maka g bukan fungsi 1-1.
Contoh 6 Misal f dan g fungsi dengan g f x x, x D f . Tunjukkan bahwa f fungsi injektif dan R f
D g dan R g D f .
Jawab Akan ditunjukkan f fungsi 1-1. Misal diberikan sembarang x , y D f dengan f x f y . Maka
g f x x dan g f y y . Karena g fungsi dan f x f y , maka
x y . Jadi, f fungsi 1-1. Akan ditunjukkan R f
D g .
Misal diberikan sembarang y R f . Maka x D f sehingga y f x . Akibatnya
g f x g f x g y x . Ini berarti y D g . Jadi, R f
D g .
Akan ditunjukkan
Misal diberikan sembarang x D f . Maka y R f sehingga f x y . Akibatnya
g f x g f x g y x . Ini berarti x R g . Jadi,
8
.
1.2.5. Fungsi Surjektif dan Bijektif Fungsi surjektif dikenal juga sebagai fungsi pada/onto. Definisi fungsi surjektif dan injektif adalah sebagai berikut.
Definisi 1.6 Misal f fungsi dari A ke B. f dikatakan surjektif/onto/pada jika R f
B . Dengan kata lain,
sehingga . Berdasarkan definisi di atas, fungsi surjektif dapat dipahami sebagai suatu fungsi dimana setiap anggota dari kodomain memilik pasangan di domain.
Definisi 1.7 Suatu fungsi f bijektif jika (i) f injektif, dan (ii) f surjektif.
Contoh 7
Misalkan dan adalah fungsi dari yang surjektif. (a) (b) Jawab
ke . Manakah dari kedua fungsi tersebut
(a) Akan ditunjukkan bahwa surjektif. Ambil sembarang . Pilih . Sehingga
. Jadi, surjektif. (b) Akan ditunjukkan bahwa bukan fungsi surjektif. Pilih , maka tidak ada sedemikian sehingga . Jadi, anggota dari kodomain tidak memiliki pasangan di domain. Jadi, bukan fungsi surjektif.
9
1.2.6. Fungsi Invers Definisi fungsi invers adalah sebagai berikut.
Definisi 1.8
.
Misal f fungsi bijektif dari ke
Jika g b , a B A | a ,b f , maka g fungsi bijektif dari
ke .
Fungsi g yang demikian disebut fungsi invers dan dinotasikan f 1 . Bukti Akan ditunjukkan g fungsi. Misal b , a g , berdasarkan Definisi 1.6, b , a B A . Jadi g B A . Misal diberikan sembarang b , a , b , a' g , maka a ,b ,a' ,b f . Karena f injektif, maka a a' . Jadi, g fungsi.
Akan ditunjukkan g fungsi injektif. Ambil sembarang , maka Karena fungsi, maka
.
Akan ditunjukkan fungsi surjektif. Ambil sembarang . Karena fungsi, maka memiliki pasangan di sebut saja . Artinya . Akibatnya . Ini berarti setiap anggota dari kodomain fungsi ( ), memiliki pasangan di daerah asal fungsi ( ). Jadi, fungsi surjektif.
Contoh 8 Misal f, g fungsi dengan g f x x ,
x D f f g y y , y Dg
10
Tunjukkan g f 1 . Jawab g dikatakan fungsi invers dari f atau g f 1 , jika (i)
f, g injektif,
(ii)
D g R f dan R g D f ,
(iii)
a ,b f b , a g .
Berdasarkan jawaban latihan soal 1.2 nomor 5. Karena g f x x ,
x D f , maka f fungsi injektif dan R f D g dan
R g D f . Karena f g y y ,
R f
y Dg , maka g fungsi injektif dan R g D f dan
D g .
Jadi, f, g injektif, D g R f dan R g D f , Akan ditunjukkan a ,b f
b , a g .
() Misal diberikan sembarang a ,b f , maka b f a , dengan a D f . Sehingga
g f a g f a g b a . Jadi, b , a g () Misal diberikan sembarang b , a g , maka a g b , dengan b D g . Sehingga
f g b f g b f a b . Jadi, a ,b f .
11
1.2.7. Peta dan Prapeta
Peta oleh suatu fungsi disebut juga dengan bayangan (image) dari Definisi kedua konsep tersebut adalah sebagai berikut.
.
Definisi 1.9 Misal f : A B dengan D f
A dan R f B (tidak diasumsikan f injektif).
Jika E A , maka peta E oleh f, ditulis f E , didefinisikan
f E f x | x E . Jika H B , maka prapeta H oleh f, ditulis f 1 H , didefinisikan
f 1 H x | f x H .
Catatan: f 1 3 bermakna jika f 1 ada atau f injektif. f 1 3 ada karena merupakan prapeta dari {3}.
Contoh 9 Misal f x 2 x 3 , g x 2 x 2
3 , E = [1,2].
Tentukan f E , g E , f 1 E , g 1 E . Jawab f E f x | x E 2 x 3 | x 1 ,2 2 x 3 | 1 x 2 2 x 3 | 2 2 x 4
2 x 3 | 5 2 x 3 7 a | 5 a 7 5 ,7
g E g x | x E 2 x 2
3 | x 1 ,2 2 x 2 3 | 1 x 2
2 x 2 3 | 1 x 2 4 2 x 2 3 | 2 2 x 2 8 2 x 2 3 | 5 2 x 2 3 11 b | 5 b 11 5 ,11 f 1 E x | f x E x | 1 2 x 3 2 x | 2 2 x 1
x | 1 x 21 1 , 21
.
g 1 E x | g x E x | 1 2 x 2
x | 1 x 2
12
1 2
3 2 x | 2 2 x 2 1
Karena x 2
0 , untuk setiap x R , maka tidak ada x R sehingga 1 x 2 21 .
Jadi, g 1 E .
Latihan Soal 1.2.
dan yang merupakan subset dari . Apakah himpunan merupakan fungsi? Jelaskan!
1. Misalkan himpunan
himpunan
dengan . Tentukan apakah merupakan fungsi? Jika ya, buktikan. Jika tidak, buktikan. apakah merupakan fungsi injektif? Jika ya, buktikan. Jika tidak,
2. Misal (a) (b)
buktikan.
(c) apakah merupakan fungsi surjektif? Jika ya, buktikan. Jika tidak, buktikan.
(d) apakah merupakan fungsi bijektif? Jika ya, buktikan. Jika tidak, buktikan.
dengan dan . Tentukan dan .
3. Misal
4. Misal , apakah fungsi inversnya ada (atau ada)? Jika ya, tuliskan fungsi inversnya. Jika tidak ada, jelaskan alasannya.
adalah fungsi-fungsi bijektif. Buktikan juga fungsi bijektif.
5. Misalkan dan bahwa komposisi fungsi
13
1.3. Induksi Matematika 1.3.1. Sifat Terurut Baik Bilangan Asli Setiap himpunan bagian tak kosong dari
mempunyai unsur terkecil.
Atau,
S N , S , m , k S k ,m , k m .
1.3.2. Prinsip Induksi Matematika Prinsip induksi matematika adalah sebagai berikut. Misal S N dengan sifat (i) 1 S , (ii) k S k 1 S . Maka S = N . Berdasarkan itu, maka tahap-tahap pembuktian menggunakan induksi matematika adalah : Misalkan S = {n | f (n) benar} Tahap 1. Memeriksa apakah 1 S . Tahap 2. Memisalkan k S . Tahap 3. Menunjukkan k +1 S . Kesimpulan, S = N
Contoh 10 Buktikan 1 + 2 + 3 + … + n =
n( n 1 ) 2
Jawab Misal S = {n | f (n) benar} (i) 1 S sebab 1 = 1(1+1)/2 benar. (ii) Misalkan k S, maka 1 + 2 + 3 + … + k =
14
k ( k 1 ) 2
, n N
Akan ditunjukkan k+1 S. 1 + 2 + 3 + … + k + (k +1) = =
k ( k 1 ) 2
+ (k +1) =
k ( k 1 ) 2
+
2( k 1 ) 2
( k 1 )( k 2 ) 2
Jadi, k +1 S. Terbukti S = N
Contoh 11 Buktikan n < 2n, n N Jawab Misal S = {n | f (n) benar}. (i) 1 S sebab 1 < 2 1 benar. (ii) Misalkan k S , maka k < 2k . Akan ditunjukkan k +1 S . k +1 < 2k +1 < 2k +2 < 2k .2 = 2k+1. Jadi, k +1 S . Terbukti S = N
Contoh 12 f 1 1 , f n 1
2 f n 3 , n 1. 4
Buktikan (a) f n 2 , n N , (b) f n f n 1 , n N . Jawab (a) Misal S n N | f n benar . 1 S , sebab f 1 1 2 benar. Misalkan k S , maka f k 2 . Akan ditunjukkan k 1 S . 2 f k 3 2.2 3 f k 1 4 4 Jadi, k 1 S . Terbukti S=N.
7 4
2.
15
(b) Misal S n N | f n benar 1 S , sebab f 1 1 f 2
1.2 3 4
5
benar. 4
Misalkan k S , maka f k f k 1 . Akan ditunjukkan k 1 S . 2 f k 3 2 f k 1 3 f k 1 4 4 Jadi, k 1 S . Terbukti S=N.
f k 2 .
1.3.3. Prinsip Induksi Kuat Matematika Pada kasus-kasus tertentu pembuktian dengan induksi matematika belum dapat membuktikan kebenaran pernyataan yang dimaksud. Kita membutuhkan prinsip lainnya yang pada intinya sama dengan sebelumnya yaitu Prinsip Induksi Kuat Matematika. Misal S N dengan sifat (i) 1 S , (ii) 1 , 2 ,..., k 1 , k S k 1 S . Maka S = N .
Contoh 13 Misalkan suatu barisan ( xn) didefinisikan sebagai berikut: x1 = 1, x2 = 2 dan xn+2 = 1 2
( xn+1+ xn), n N. Tunjukkan bahwa 1 xn 2, n N.
Jawab Misal S = {n | f (n) benar}. (i) 1 S sebab 1 1 2 benar. (ii) Misalkan {1,2, …, k -1, k } S , maka 1 xk-1 2 1 xk 2 2 xk-1+ xk 4 1
1 2
( xk-1+ xk ) 2
1 xk+1 2 Jadi, k +1 S . Terbukti S = N .
16
Latihan 1.3 1.
Buktikan bahwa
untuk semua .
2.
Buktikan bahwa
untuk semua .
3.
Buktikan bahwa semua .
4.
Buktikan bahwa
untuk untuk .
(Petunjuk untuk membuktikannya gunakan tahap-tahap berikut.
pernyataan benar, (b) asumsikan pernyataan benar untuk . (c) tunjukkan pernyataan benar untuk ) (a) periksa apakah untuk
5.
Buktikan bahwa
untuk semua .
17
I.4. Himpunan Infnit Himpunan infinit dikenal juga sebagai himpunan tak terhingga. Sebelumnya kita pelajari dahulu apa yang dimaksud dengan fungsi finit (terhingga).
Definisi 1.10 Suatu himpunan B adalah finite jika B = atau jika ada bijeksi dengan daerah asal B dan daerah hasil dalam segmen awal {1, 2, 3, … , n} dari N . Atau, B finite jika (i) B = , atau 11
1 ,2 ,3 , , n.
(ii) ada f : B
pada
Jika tidak ada fungsi yang demikian B dikatakan infinite. Jika ada f : B
11
N , maka B dikatakan denumerable.
pad a
Jika suatu himpunan finite atau denumerable, maka himpunan tersebut dikatakan countable. Suatu himpunan yang tidak countable (tidak finite dan tidak denumerable) disebut uncountable.
Contoh 14 Tentukan manakah dari himpunan-himpunan berikut yang finite, infinite, denumreable, countable dan uncountable. A = {a, b, c, d, e, f, g, h, i, j } B = {n N | n 10000} C = {n N | n bilangan ganjil positif} D = N E = R F = Q I = { x | 0 x 1}= [0,1] J = { x | x2 = -1} K = { 1 | n N} n
Jawab
18
A, B, J himpunan finite C, D, F, K himpunan infinite, denumerable, countable E, I himpunan uncountable
Teorema 1.1 11
B dikatakan countable ada f : B N Bukti () 11
Misalkan ada f : B N. Ada dua kemungkinan. (1) Jika Rf = N, maka B denumerable. Menurut definisi B countable. (2) Jika Rf N, maka B finite. Menurut definisi B countable.
Jadi, B countable. () Misalkan B countable. Maka ada dua kemungkinan. (1) B finite. Ini berarti ada f 1-1 dengan Df = B dan Rf N.
(2) B denumerable. Ini berarti ada f 1-1 dengan Df = B dan Rf = N. 11
Jadi, ada f : B N.
Teorema 1.2 (a) A B, B finite A finite. (b) A B, B countable A countable.
Teorema 1.3 (a) A = { A1 , A2 , … , An}, Ai finite, i = 1, 2, … , n A finite. Atau, n
Ai finite, i = 1, 2, … , n Ai finite i 1
Bukti n
Dengan induksi kuat akan ditunjukkan Ai finite. i 1
Misalkan S = {n N | f (n) benar}
19
1
i) 1 S , karena Ai = A1 finite. i 1
ii) Misalkan {1, 2, … , k -1, k } S , maka 2
Ai = A1 A2 finite i 1 k
Ai = B finite. i 1
Akan ditunjukkan k+1 S. k 1
k
i 1
i 1
Ai = Ai Ak = B Ak finite.
Jadi, k +1 S . Terbukti S = N.
Pertanyaan Apakah berlaku kebalikannya yaitu n
Ai finite Ai finite, i = 1, 2, … , n i 1
Jawab : Ya Dari Teorema 1.2, kita tahu bahwa jika A finite maka sembarang subset da ri A adalah finite. n
Tulis Ai = A. i 1
Karena A finite dan A1 A, A2 A, … , An A, maka A1, A2, … , An finite. Jadi, Ai finite, i = 1, 2, … , n. (b) C = {C 1 , C 2 , C 3, … }, C i countable, i = 1, 2, 3, … C countable. Atau,
C i countable, i = 1, 2, 3, … C i countable i 1
Bukti
Tulis C i = C . i 1
C dikatakan countable jika setiap anggota di C dapat diberi nomor 1, 2, 3, … tanpa ada yang ketinggalan/tercecer. Jadi untuk membuktikan C countable, maka kita akan memberi nomor setiap anggota C .
20
Misal C 1 = { c11 , c12 , c13 , c14 , } C 2 = { c12 , c 22 , c 32 , c 24 , }
C n = { c1n , c n2 , c 3n , c n4 , } j
dengan c i adalah anggota ke-i dari himpunan C j. j
Definisikan tinggi c i = i+j. Karena untuk sembarang bilangan asli m 2 hanya ada m – 1 anggota yang mempunyai tinggi m, maka kita dapat memberi nomor anggota-anggota C berdasarkan tingginya sebagai berikut 1
2
1
1
2
3
4
c1 , c1 , c 2 , c 3 , c 2 , c1 , c1
Secara gambar kita dapat memberi nomor setiap anggota di C dengan mengikuti arah tanda panah sebagai berikut 1
1
1
1
c1 , c 2 , c 3 , c 4 , c12 , c 22 , c 32 , c 24 , c13 , c 32 , c 33 , c 34 , 4
4
4
4
c1 , c 2 , c 3 , c 4 ,
Karena kita dapat memberi nomor setiap anggota di C berdasarkan tingginya seperti di atas, maka C countable. Pertanyaan Apakah berlaku kebalikannya yaitu
C i countable C i countable, i = 1, 2, 3, …
i 1
Jawab : Ya Dari Teorema 1.2, kita tahu bahwa jika C countable maka sembarang subset dari C adalah countable.
Tulis C i = C . i 1
21
Karena C countable dan C 1 C , C 2 C , … , C n C , maka C 1, C 2, … , C n, … countable. Jadi, C i countable, i = 1, 2, … , n.
Buktikan bahwa Q countable. Bukti
Bilangan rasional Q adalah bilangan yang dapat dinyatakan dalam bentuk
m n
dengan m,n Z dan n 0. Untuk membuktikkan Q countable perhatikan himpunan-himpunan berikut. A0 = {0}
11 , 11 , 12 , 12 , 13 , 13 ,.... A2 = 12 , 21 , 22 , 22 , 32 , 23 ,.... A1 =
An =
1n , n1 , n2 , n2 , n3 , n3 ,....
Perhatikan bahwa Ai, i = 1, 2, … , n, … adalah himpunan countable, dengan n
Ai
Q.
i 1
Berdasarkan Teorema 1.3, maka Q countable.
Buktikan I = [0, 1] uncountable Bukti Andaikan I countable, maka I finite atau denumerable.
Karena I memuat { n1 | n N} maka I infinite. Jadi, I denumerable. Tulis I = {x1, x2, x3, … , xn, …} dengan 0 xi 1 i N. Dengan demikian xi dapat ditulis. x1 = 0,a1a2a3…
, ai {0,1,2, … , 9}
x2 = 0,b1 b2 b3…
, bi {0,1,2, … , 9}
x3 = 0,c1c2c3…
, ci {0,1,2, … , 9}
xn = …
22
,
Definisikan y = 0,y1y2y3… dengan
2 7 2 y2 = 7 2 y3 = 7 y1 =
5 , a1 4 , a1
5 ,b2 4 ,b2
5 , c3 4 , c3
Sehingga y xi, xi padahal 0 y 1 (kontradiksi). Jadi pengandaian salah. Haruslah I uncountable.
Akan dibuktikan bahwa R uncountable. Jawab Andaikan R countable maka sembarang subset dari R juga countable. I = [0,1] adalah subset dari R. Akibatnya I countable. Hal ini bertentangan dengan I uncountable. Jadi, pengadaian R countable salah. Haruslah R uncountable.
Contoh 16 Buktikan bahwa himpunan-himpunan C = {n N | n bilangan ganjil positif} K = Z denumerable. Jawab Untuk menunjukkan himpunan-himpunan tersebut denumerable berarti harus menunjukkan ada f : B N yang 1-1 dan pada.
Akan ditunjukkan C denumerable.
Misalkan f : C N dengan f (c) =
c 1 2
., cC .
23
Akan ditunjukkan f fungsi. Misalkan diberikan sembarang (a,b) f , maka aC dan b = f (a) =
a 1
Karena a bilangan ganjil positif, maka a+1 bilangan genap positif. a 1 Akibatnya = b N. 2 Ini berarti (a, b) CxN. Jadi, f CxN. Misalkan a=b C , maka f (a) =
a 1 2
=
b 1 2
= f (b).
Jadi, f fungsi. Akan ditunjukkan f 1-1. Misalkan f (a) = f (b) N, maka b 1 a 1 = 2 2 a+1 = b+1 a = b. Jadi, f 1-1. Akan ditunjukkan f fungsi pada. Karena f fungsi dari C ke N, maka Rf N. Misalkan y N, maka ada 2 y-1 C sehingga f (2 y-1) =
( 2 y 1 ) 1 2
=
2 y 2
= y.
Ini berarti y Rf . Jadi N Rf . Karena Rf N dan N Rf , maka Rf = N. Terbukti f fungsi onto. Kesimpulan, C denumerable.
24
2
.
Akan ditunjukan denumerable.
Misalkan f : Z N dengan f ( z ) =
2( z 1 ) , z 0 , ( 2 z 1 ) , z 1
zZ.
Misalkan (a,b) f , maka aZ dan b = f (a). Jika a 0, maka a+1 1 2(a+1) = f (a) = b 1. Jika a -1, maka 2a -2 (2a + 1) 1 -(2a+1) = f (a) = b 1. Ini berarti b 1 atau dengan kata lain b N. Akibatnya (a,b) ZxN. Jadi, f Z xN. (i) Misalkan a=b 0, maka f (a) = 2(a+1) = 2(b+1) = f (b). (ii) Misalkan a=b -1, maka f (a) = -(2a + 1) = -(2b + 1) = f(b). Jadi f fungsi. Akan ditunjukkan f 1-1. (i) Misalkan f (a) = f (b) genap, maka f (a) = 2(a+1) f (b) = 2(b+1), untuk suatu a, b 0. Karena f (a) = f (b) maka 2(a+1) = 2(b+1) a = b. (ii) Misalkan f (a) = f (b) ganjil, maka f (a) = -(2a+1) f (b) = -(2b+1) untuk suatu a,b -1.
25
Karena f (a) = f (b), maka -(2a+1) = -(2b+1) a = b. Jadi, f 1-1. Akan ditunjukkan f fungsi onto. Artinya Rf = N. Karena f fungsi dari Z ke N, maka Rf N. Misalkan diberikan sembarang y N. (i) Jika y genap, maka ada f (
y 2
-1) = 2(
y 2
y 2
-1 0 sehingga
-1 +1) = 2 .
y 2
= y
Jadi y Rf .
(ii) Jika y ganjil, maka ada f (
y 1 2
) = -(2.
y 1
2 y 1 2
-1 sehingga
+1) = -(- y-1+1) = -(- y) = y.
Jadi y Rf . Jadi N Rf . Karena Rf N dan N Rf , maka Rf = N. Terbukti f fungsi onto. Kesimpulan, Z denumerable.
26
27
BAB 2. BILANGAN REAL Bab ini akan membahas sifat-sifat aljabar, terurut dan kelengkapan dari bilangan real
2.1. Sifat-sifat Aljabar dari R Operasi pada himpunan S adalah suatu fungsi. Untuk sembarang a,bS , kita tulis ab untuk (a,b). :
S x S S (a,b) (a,b)
Misal adalah operasi pada hmpunan S . S dikatakan tertutup di bawah operasi jika
a,b S , ab S .
Grup adalah suatu pasangan terurut (S , ) dengan S adalah himpunan dan adalah operasi pada S yang memenuhi: (i) asosiatif (ii) memiliki unsur identitas (iii) ada unsur invers. R dengan operasi + bersifat : (i) asosiatif ( R, +)
(ii) 0 R, a R, a+0 = 0+a = a (iii) a R, (-a) R, a+(-a) = (-a)+a = 0 (iv) komutatif
R – {0} dengan operasi × bersifat :
(i) asosiatif
( R – {0}, x)
(ii) 1 R, a R, ax1 = 1xa = a (iii) a R, (1/a) R, ax(1/a) = (1/a)xa = 1 (iv) komutatif
( R, +, x) bersifat : distributif, ax(b+c) = (axb) + (axc), a,b,c R. Himpunan-himpunan yang memenuhi sifat-sifat di atas disebut field . Field adalah triple ( F , +, x) sedemikian sehingga ( F , +) adalah suatu grup abelian (identitasnya 0) dan ( F – {0}, x) juga suatu grup abelian, dan memenuhi sifat distributif ax(b+c) = (axb) + (axc), a,b,c F.
28 R dengan operasi + dan x adalah field. Selain R ada field-field yang lain yaitu C, dan Q.
Teorema 2.1 (a). Jika z,a R dan z +a = a, maka z = 0. Bukti a + (-a) = 0 ( z +a) + (-a) = 0 z + (a + (-a)) = 0 z+0=0 z=0 (b) Jika u,bR dan b0 dan u.b=b, maka u=1. Bukti b ( b1 ) = 1 (u.b) ( b1 ) = 1 u (b. b1 ) = 1 u.1 = 1 u = 1
Teorema 2.2 (a) Jika a,bR, a+b = 0, maka b = -a. Bukti -a +0 = -a -a + (a+b) = -a (-a+a) + b = -a 0 + b = -a b = -a (b) Jika a 0 dan b R sehingga a.b = 1, maka b = 1/a. bukti (1/a) .1 = 1/a (1/a) . ab = 1/a ((1/a).a) . b = 1/a 1. b = 1/a b = 1/a
29
Teorema 2.3 Misal a ,b R , maka (i) persamaan a x b mempunyai selesaian tunggal x a b . (ii) Jika a 0 , maka persamaan a x . b mempunyai selesaian tunggal x
1 a
.b .
Teorema 2.4 Jika a R , maka (i) a.0 0 bukti
. (ii)
1.a a
bukti
. (iii)
a a
bukti
(iv)
1. 1 1
Teorema 2.5 Misal a ,b ,c R . (i) jika a 0 , maka
1 a
0 dan 11
a.
a
(ii) jika a.b a.c dan a 0 , maka b c (iii) jika a.b 0 , maka a 0 atau b 0 .
Operasi kurang didefinisikan dengan a b a b . Operasi bagi didefinisikan dengan
a b
a.b1 .
30
Bilangan Rasional Teorema 2.6 Tidak ada bilangan rasional r yang memenuhi r 2
2.
Contoh 1 Jika a R dengan a.a a , maka a 0 atau a 1 . jawab Karena a a.1 dan a.a a , maka a.a a.1 . Jika a 0 , berdasarkan teorema 2.1.6, maka a 1 . Jika a 0 , maka 0.0 = 0 benar. Jadi, a 0 atau a 1 .
Latihan 2.1 1. Buktikan Teorema 2.4.
, buktikan bahwa:
2. Jika (a) (c)
3. Jika
(b) (d)
.
yang memenuhi . Buktikan bahwa atau .
2.2. Sifat Terurut dari R Definisi 2.7 Ada subset P dari R yang tak kosong, yang disebut himpunan bilangan real positif kuat, yang memenuhi sifat-sifat. (i) a,b P a + b P (ii) a,b P a x b P (iii) aR tepat satu memenuhi hal-hal berikut: a P ,
a=0,
-a P .
Definisi 2.2 Jika aP, kita namakan bilangan real positif kuat, dan ditulis a>0. Jika aP atau a=0 , kita namakan bilangan real positif, dan ditulis a0.
31 Jika -aP, kita namakan bilangan real negatif kuat, dan ditulis a<0. Jika -aP atau a=0 , kita namakan bilangan real negatif, dan ditulis a0.
Definisi 2.3 Misalkan a,bR. (i) a – b P a > b atau b < a. (ii) a – b P {0} a b atau b a.
Teorema 2.7 Misalkan a,b,c R. (a) Jika a>b dan b>c, maka a>c. bukti Karena a>b dan b>c, maka a-b P dan b-c P . Sehingga (a-b) + (b-c) = a-c P . Ini berarti a>c. (b) Hanya satu memenuhi hal berikut. a>b, a = 0, a
a-b = 0,
-(a-b) = b-a P .
Ini berarti hanya tepat satu memenuhi a>b, a = 0, a b atau b > a. Jika a > b, hal ini bertentangan dengan b a. Jika b > a, hal ini bertentangan dengan a b. Jadi, pengandaian salah. Terbukti a = b.
Teorema 2.8 (a) Jika aR dan a 0, maka a2 > 0. (b) 1 > 0.
32 (c) Jika n N, maka n>0.
Teorema 2.9 Misal a, b, c, d R. (a) a>b a+c > b+c. (b) a>b dan c>d a+c > b+d . (c) a>b dan c>0 ac > bc. a>b dan c<0 ac < bc. (d) a>0 1/a > 0. a<0 1/a < 0. Bukti
Misal P = {x | x>0} (a) Karena a>b maka a – b P . Sehingga (a+c) – (b+c) = a – b P . Jadi, a+c > b+c. (b) Karena a>b dan c>d , maka a – b, c – d P . Sehingga (a+c) – (b+d ) = (a – b) + (c – d ) P . Jadi, a+c > b+d . (c) Karena a>b dan c>0, maka a – b, c – 0 = c P . Sehingga (ac – bc) = c(a – b) P . Jadi, ac > bc. Jika c < 0, mak a – c P . Sehingga (bc – ac) = (-c)(a – b) P . Jadi, ac < bc. (d) Karena a > 0, maka a 0. Sehingga 1/a 0. Berdasarkan sifat Trichotomy maka 1/a > 0 atau 1/a < 0. Misalkan 1/a < 0, maka berdasarkan Teorema 2.2.6 (c) berlaku a(1/a) = 1 < 0 (kontradiksi). Hal ini berarti tidak mungkin 1/a < 0. Jadi, 1/a > 0. Hal yang serupa untuk a < 0. Karena a < 0, maka a 0.
33 Sehingga 1/a 0. Berdasarkan sifat Trichotomy maka 1/a > 0 atau 1/a < 0. Misalkan 1/a > 0, maka berdasarkan Teorema 2.2.6 (c) berlaku a(1/a) = 1 < 0 (kontradiksi). Hal ini berarti tidak mungkin 1/a > 0. Jadi, 1/a < 0.
Teorema 2.10 a, b R, a > b a > 12 (a+b) > b bukti Karena a > b maka 2a = a + a > a + b dan a + b > b + b = 2b. Berdasarkan Teorema 2.2.4 (a), maka 2a > a+b > 2b Karena 2 > 0, maka 1 2
(2a) >
1 2
1 2
> 0. Sehingga
(a+b) >
1 2
(2b)
a > 12 (a+b) > b.
Corollary 2.1 a R, a > 0 a > 12 a > 0. bukti Berdasarkan Teorema 2.2.7 dengan b = 0, maka a > 12 a > 0.
Teorema 2.11 a R, 0 a < , >0 a = 0. bukti Misalkan a > 0. Berdasarkan Corollary 2.2.8, maka a > 12 a > 0. Pilih 0 =
1 2
a>0. Maka
a > 0. Hal ini bertentangan dengan a < , >0. Haruslah a = 0.
Teorema 2.12 ab > 0 (i) a>0 dan b>0, atau (ii) a<0 dan b<0.
34 bukti Karena ab > 0, maka a0 dan b0. Berdasarkan sifat Trichotomy, maka a>0 atau a<0. Jika a>0, berdasarkan Teorema 2.2.6 (d), maka b = 1.b = (a 1a ) b =
1 a
1 a
> 0. Sehingga
1 a
< 0. Sehingga
(ab) > 0.
Jika a<0, berdasarkan Teorema 2.2.6 (d), maka b = 1.b = (a 1a ) b =
1 a
(ab) < 0.
Corollary 2.2 ab < 0 (i) a<0 dan b>0, atau (ii) a>0 dan b<0.
Contoh 2 Cari semua bilangan real x sehingga (a) x2 > 3 x + 4. Jawab Karena x2 > 3 x + 4, maka x2 - 3 x - 4 > 0. ( x – 4)( x+1) >0 Sehingga (i) x – 4>0 dan x+1>0. Ini berarti x>4 dan x>-1. Jadi, x>4. Atau, (ii) x – 4<0 dan x+1<0. Ini berarti x<4 dan x<-1. Jadi, x<-1. Jadi, A = { x | x2 > 3 x + 4} = { x | x>4 atau x<-1}. (b) 1 < x2 < 4. Karena 1 < x2 < 4, maka 1 < x2 dan x2 < 4. (i) Karena 1 < x2, maka ( x+1)( x-1) > 0. Sehingga - x+1>0 dan x-1>0. Ini berarti x >-1 dan x >1. Jadi, x >1. Atau, - x+1< 0 dan x-1< 0. Ini berarti x < -1 dan x < 1. Jadi, x < -1. Jadi, semua x yang memenuhi 1 < x2 adalah x > 1 atau x < -1. (ii) Karena x2 < 4, maka ( x+2)( x-2) < 0. Sehingga
35 -
x+2 > 0 dan x-2 < 0. Ini berarti x > -2 dan x < 2. Jadi, -2 < x < 2. - x+2 < 0 dan x-2 > 0. Ini berarti x < -2 dan x > 2. Karena tidak mungkin x < -2 dan x > 2, maka tidak ada x yang memenuhi x+2 < 0 dan x-2 > 0. Jadi semua x yang memenuhi x2 < 4 adalah -2 < x < 2. Jadi, B = { x | 1 < x2 < 4} = { x | x > 1 atau x < -1}dan { x | -2 < x < 2} = { x | -2 < x <1 atau 1 < x < 2}.
Contoh 3 a < b dan c < d ad + bc < ac+bd . jawab Misal P = { x | x > 0}. Karena a < b dan c < d maka b – a, d – c P . Sehingga (ac+bd ) – (ad +bc) = (b – a)(d – c) P . Ini berarti ad + bc < ac+bd .
Contoh 4 Misalkan a,bR dan untuk setiap >0, berlaku a - < b. Tunjukkan a b. jawab Andaikan a > b. Pilih 0 = a – b, maka a - 0 = a – (a – b) = b < b (kontradiksi). Jadi, a b.
Latihan 2.2 1. Misalkan
dan . Buktikan bahwa .
2. Misalkan
. Tunjukkan bahwa dan .
3. Misalkan
. Tunjukkan bahwa .
36 4. Cari semua nilai x yang memenuhi pertidaksamaan berikut. (a) (b) (c)
5. Misalkan .
(d)
dan untuk setiap berlaku . Buktikan bahwa
2.3. Nilai Mutlak Definisi 2.4 a
a a
, a 0 , a 0
, dengan a R .
Teorema 2.13 (a)
a a , untuk semua a R .
bukti 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 | . (b) ab
a b , untuk semua a,b R .
bukti Jika a = 0 atau b = 0, maka | ab | dan | a || b | sama dengan 0. Jika a > 0 dan b > 0, maka ab > 0. Sehingga | ab | ab | a || b | . Jika a < 0 dan b < 0, maka ab > 0. Sehingga | ab | ab ( a )( b ) | a || b | . Jika a > 0 dan b < 0, maka ab < 0. Sehingga | ab | ab a( b ) | a || b | . Jika a < 0 dan b > 0, maka ab < 0. Sehingga
37
| ab | ab a( b ) | a || b | . (c) jika c 0 , maka a
c , jika dan hanya jika - c a c .
bukti Misalkan c>0. () Karena | a | c , maka a c dan
a c .
Kita tahu bahwa a c ekuivalen dengan c a . Karena c a dan a c , maka c a c . () Jika
(d)
c a c , maka c a dan a c . | a | c .
Sehingga
a a a , untuk semua a R .
bukti Ganti c = |a| pada c akan diperoleh
a a
Ketidaksamaan Segitiga
Untuk sembarang a, b R, berlaku
a b | a | | b | . bukti Karena
a a
a dan
b b
b,
maka
a | b | a b a | b | | a | | b | a b | a | | b | Jadi,
a b | a | | b | .
Corollary 2.3 Untuk sembarang a, b R, berlaku (a) | a | | b | | a b | . bukti Karena | a || a b b || a b | | b | , maka
| a | | b | | a b |. Karena | b || b a a | | b a | | a | , maka
a.
38
|b| | a||b a|
| a | | b | | | a b | Sehingga dari | a | | b | | | a b | dan | a | | b | | a b | , diperoleh | a | | b | | a b | (b) a b | a | | b | bukti Ganti b dengan – b pada ketidaksamaan segitiga diperoleh
a b | a | | b || a | | b | .
Contoh 4 Cari semua x R yang memenuhi pertidaksamaan berikut 5(a). | 4 x 5 | 13 jawab Karena | 4 x 5 | 13 , maka
13 4 x 5 13 13 5 4 x 5 5 13 5 8 4 x 18 1 8 1 4 x 1 18 4 4 4 2 x 184
Jadi, A = x || 4 x 5 | 13 x | 2 x 18 . 4 5(c). | x 1 | | x 1 | jawab Cara I
(i)
Jika x 1 , maka x 1 x 1 0 2.
Ini berarti tidak ada x 1 yang memenuhi pertidaksamaan. (ii)
Jika x 1 , maka
39
x 1 x 1 1 x x 1 0 2. Ini berarti untuk semua x 1 memenuhi pertidaksamaan.
1 x 1 , maka x 1 x 1 x 1 x 1 2 x 0 x 0 Ini berarti 1 x 0 memenui pertidaksamaan.
(iii) Jika
Jadi, B = x || x 1 | | x 1 | x | x 0.
Contoh 5 Tunjukkan bahwa | x a | a x a . bukti () Karena | x a | , maka
x a a x a a a a x a . () Karena a x a , maka a a x a a a x a | x a | .
Contoh 6 2 x 2
3 x 1 , untuk setiap 2 x 3 . 2 x 1 Cari konstanta M >0 sehingga | f x | M , untuk setiap Misal f x
2 x 3 .
jawab Karena | 2 x 2
| 2 x 2
3 x 1 | 2 | x |2 3 | x | | 1 | dan x 3 , maka
3 x 1 | 2.32 3.3 1 28 . Karena | 2 x 1| 2 | x | |1| dan x 2 , maka
40
| 2 x 1 | 2.2 1 3 . Sehingga | f x | Pilih M =
28 3
| 2 x 2
3 x 1 | 28 . | 2 x 1 | 3
>0, maka
| f x | M , untuk setiap 2 x 3 .
Latihan 2.3
.Tunjukkan bahwa jika dan hanya jika .
1.
Misalkan
2.
Misalkan
3.
Carilah semua
dengan . Buktikan bahwa jika , maka . (a)
yang memenuhi pertidaksamaan berikut (b)
2.4. Lingkungan Definisi 2.5 Misalkan aR. (i) Untuk suatu >0, lingkungan- dari a adalah himpunan V(a) = { xR | |x – a| < }
V(a) ( a-
) a
a+
41 (ii) Suatu lingkungan dari a adalah sembarang himpunan yang memuat lingkungan- dari a, untuk suatu > 0.
Teorema 2.14 Misalkan a R . Jika x R sehingga x anggota setiap lingkungan dari a, maka x =a. bukti
0 , maka | x a | untuk setiap 0 . Berdasarkan Teorema 2.2.9, maka x a 0 . Jadi x a . Karena x V a untuk setiap
Contoh 7 Tunjukkan bahwa jika U dan V adalah lingkungan aR, maka U V dan U V juga lingkungan dari a. jawab Karena U lingkungan maka ada
1 , 2 > 0 sehingga U 1 a U dan V 2 a V .
Sehingga U 1 a U 1 a V 2 a U V Ini berarti U V juga lingkungan dari a.
4 min1 , 2 . Maka V 4 a U 1 a V 2 a . Karena U 1 a V 2 a U V , maka V 3 a U V . Ini berarti U V juga lingkungan dari a. Tentukan
Contoh 8 Periksa apakah (a) I x | 0 x 1 lingkungan dari 0. (b) U x | 0 x 1 lingkungan dari
1 2
jawab (a) I bukan lingkungan dari 0 karena untuk sembarang
0,
V 0 x | x I . (b) U lingkungan dari
V 0
1 2
, karena ada
0 14 0 , sehingga
12 x | 14 x 12 14 x | 12 x 34 U .
42
Latihan 2.4
, dan . Buktikan bahwa dan adalah lingkungan- untuk suatu yang sesuai.
1.
Misalkan
2.
Buktikan bahwa jika dengan , maka ada lingkungan U dari a dan lingkungan V dari b sedemikian sehingga .
2.5. Sifat Kelengkapan dari R Supremum dan Infimum Sifat kelengkapan bilangan Real berkaitan dengan konsep supremum dan infimum.
Definisi 2.6 Misal S R . (i) u R dikatakan batas atas jika memenuhi s S s u . (ii) w R dikatakan batas bawah jika memenuhi s S w s . Batas atas terkecil disebut supremum. Batas bawah terbesar disebut infimum.
Definisi 2.7 Misal S R . (a) p R disebut supremum jika memenuhi (i) s p , s S ( p batas atas) (ii) s u , s S p u . (b) q R disebut infimum jika memenuhi
43 (i) q s , s S (q batas bawah) (ii) w s , s S w q .
Catatan Jika p supremeum dari S dan q infimum dari S maka p dan q tunggal. Akan ditunjukkan bahwa supremum p tunggal. Bukti Andaikan ada supremum yang lain, sebutlah m. Karena m supremum dan p batas atas maka m p . Karena p supremum dan m batas atas maka p m . Sehingga, m = p.
Lemma 2.1 Suatu batas atas u dikatakan supremum dari S (sup S )
0 , s S sehingga u s .
(
S
)
ada s sehingga < s bukti () Misalkan v batas atas yang lain dari S . Akan ditunjukkan u v . Andaikan u v , maka u v 0 . Pilih u v 0 . Maka ada s
S sehingga u u ( u v ) v s .
Hal ini bertentangan dengan v adalah batas atas dari S . Jadi, pengandaian u v salah. Haruslah u v . () Misalkan u
sup S .
Misal pula diberikan sembarang 0 . Karena u u , maka u bukan batas atas dari S. Sehingga ada anggota dari S, sebutlah s
S yang melebihi u .
44 Atau, u s .
Contoh 9 Misalkan S x | 0 x 1 Tunjukkan bahwa sup S = 1. 1 batas atas karena s 1 , s S . Karena 1 S , maka sembarang batas atas v dari S akan memenuhi 1 < v. Jadi, sup S = 1.
Contoh 10 Misalkan A x | 0 x 1 Tunjukkan bahwa sup A = 1. 1 batas atas karena s 1 , s A . Misal diberikan sembarang (i) Maka dapat dipilih s
0 dengan (i) 0 1 atau (ii) .
1 2 A
Sehingga
u s
1 1 2 2
Jadi, sup A = 1. (ii)
Sifat Supremum dari R Setiap himpunan bagian tak kosong dari R yang terbatas di atas mempunyai supremum. Atau dengan kata lain, A R
A sup A ada . A terbatas di atas Hal yang sama dengan Sifat Infimum dari R. Setiap himpunan bagian tak kosong dari R yang terbatas di bawah mempunyai infimum. Misal S adalah himpunan bagian tak kosong dari R dan S terbatas di atas dan misal pula a R . Didefinisikan
45 a S a s | s S . Maka sup(a+S ) = a + sup S . bukti Misalkan sup S = u, maka x u , x S , a x a u. Ini berarti a+u adalah batas atas untuk a+S . Misalkan pula v adalah batas atas yang lain untuk a+S . Maka a x v , x S x v a Ini berarti v – a batas atas untuk S . Karena u = sup S , maka u va uav Jadi, u+a = sup(a+S ).
Contoh 11 Misal S x | 0 x 1. Tentukan sup(2+S ). jawab sup(2+S ) = 2 + sup S = 2 + 1 = 3. Misalkan D R , dan fungsi f D f x | x D g D g x | x D. adalah himpunan-himpunan terbatas di R. Maka (i) f x g x , x D
(ii) f x g y , x , y D
sup f D sup g D
sup f D inf g D
46
g g g ( D)
f
g ( D)
f ( D)
f f ( D)
D
D f x g x , x D
f x g y , x , y D
bukti (i) Misal sup g ( D) = t, maka x t , x g D , atau g x t , x D . Karena f x g x , x D , maka f x t . Jadi, t batas atas dari f ( D). Sehingga, sup f D t . Jadi, sup f D sup g D . (ii) Untuk membuktikan sup f D inf g D , pertama misalkan y tetap. Maka f x g y , x D . Ini berarti g ( y) adalah batas atas dari f ( D). Sehingga sup f D g y . Karena f x g y , x D berlaku untuk sembarang y D . Maka sup f D g y , y D . Ini berarti sup f ( D) adalah batas bawah dari g ( D). Sehingga sup f D inf g D .
Contoh 12 Misalkan S himpunan terbatas di R dan S 0
inf S inf S 0
S , S 0 .
Tunjukkan bahwa
sup S 0 sup S .
jawab Karena inf S 0
sup S 0 maka untuk membuktikan pernyataan di atas cukup
dengan menunjukkan (a) inf S inf S 0 (b) sup S 0 sup S
47 (a) Akan ditujukkan inf S inf S 0 . Misalkan inf S = t , maka t x , x S . Karena S 0
S , maka t x , x S 0 .
Ini berarti t batas bawah dari S 0.
S R , S 0 , dan S 0 terbatas di bawah, maka inf S 0 ada. Sehingga t inf S 0 . Jadi, inf S inf S 0 Karena S 0
sup S Misalkan sup S = m, maka x m , x S . Karena S 0 S , maka x m , x S 0 .
(b) Akan ditujukkan sup S 0
Ini berarti m batas atas dari S 0.
S R , S 0 , dan S 0 terbatas di atas, maka sup S 0 ada. Sehingga sup S 0 m . Jadi, sup S 0 sup S . Karena S 0
Sifat Archimedes
x R n x sehingga x n x (himpunan bilangan asli tidak terbatas). bukti Andaikan N terbatas. Karean N dan N R , dan N terbatas maka sup N ada, sebutlah u.
1, maka m N sehingga u 1 m u m 1. Karena m 1 N , maka u m 1 bertentangan dengan u adalah sup N . Pilih
Jadi, pengandaian salah. Terbukti N tidak terbatas.
Corollarry 2.4 Misalkan y dan z adalah bilangan real positif kuat. Maka (a) n N sehingga z ny . (b)
n N sehingga 0 1n y . n N sehingga n 1 z n .
(c) bukti
48 (a) Karena y dan z adalah bilangan real positif kuat maka
R .
n N sehingga
Berdasarkan sifat Archimedes, maka z y
z y
n
z ny
(b) Pilih z = 1 pada Corollary (a), maka Karena n N , maka 0
1
n
n N sehingga 1 ny .
y .
(c) Sifat Archimedes menjamin bahwa m N | z m dari N adalah tidak kosong. Berdasarkan sifat terurut baik dari N , maka m N | z m mempunyai unsur terkecil, sebutlah n. Maka n 1 z n .
Teorema Density x , y R , x y r Q sehingga x r y . (di antara dua bilangan real, ada bilangan rasional) bukti Tanpa mengurangi sifat keumumanya, misalkan x > 0. Karena 0 x y dengan x , y R , maka
Berdasarkan sifat Archimedes, maka 1 y x
1 y x
R .
n N sehingga
n
1 ny nx ny
1 nx
Dengan menggunakan Corollary 2.4.8.(c) untuk nx 0 , maka m 1 nx m . Ini berarti m 1 nx . Sehingga nx m 1 nx ny . Ini berarti nx m ny x Tulis
m m
m n
y
r Q .
m N sehingga
49 Maka x r y .
Corollary 2.5 x , y R , x y z I sehingga x z y . (di antara dua bilangan real, ada bilangan irasional) bukti Karena x , y R dengan
x y ,
maka
Berdasarkan Teorema Density, maka x 2
r
x r 2
y x , 2 2
R dengan
x
2
y
2
.
r Q sehingga
y 2
y
Tulis r 2 z I . Maka x z y .
Latihan 2.5 1.
Misalkan
. Tentukan sup A dan buktikan.
2.
Misalkan
. Tentukan sup A dan buktikan.
3.
Misalkan adalah himpnan tak kosong, subset dari Buktikan bahwa .
, dan terbatas di bawah.
2.6. Titik Cluster (Clu ster Poin t ) Definisi 2.8 Suatu titik x R dikatakan titik cluster dari subset S R , jika setiap lingkungan- dari x, V x x , x memuat paling sedikit satu titik dari S yang berbeda dengan x. Atau Suatu titik x R dikatakan titik cluster dari subset S R jika
0 , V x S \ x . Suatu titik x R dikatakan bukan titik cluster dari subset S R jika 0 , V x S \ x .
50
(
x (
S
x+ )
x
)
ada y S, y x
Contoh 13
5 ,6,20 dan S 2
Misalkan S 1
1 n
| n N .
a. Apakah 5 titik cluster dari S 1? Bukan bukti Ada
12 0 sehingga V 1 / 2 5
b. Apakah
1 10 0
4 12 ,5 12
S 1 \ 5 .
titik cluster dari S 2? Bukan
bukti Ada
1 0 sehingga 1000 1 1 1 1 1001 1000 , 100 1000 S 2 \ 100
1 V 1 / 1000 100
.
c. Apakah 0 titik cluster dari S 2? Ya bukti Misal diberikan sembarang 0 . Maka berdasarkan Corollary 2.4.8.(b), Ini berarti V 0 , memuat
m N sehingga 0 m1 .
S 2 .
1 m
Sehingga
V 0 S 2 \ 0 . Jadi, 0 adalah titik cluster dari S 2.
2.7. Himpunan Terbuka (Open Set ) dan Tertutup (Cl osed Set ) di R Definisi 2.9 (i) Suatu subset G dari R adalah terbuka di R jika untuk setiap x G , ada lingkungan V dari x sehingga V G . Atau G terbuka x G , 0 sehingga x , x G . (ii) Suatu subset F dari R dikatakan tertutup di R jika R\ F terbuka di R.
Contoh 14
51 a. Buktikan bahwa sembarang selang terbuka I = (a,b) adalah himpunan terbuka. jawab Misal diberikan sembarang x I , maka a x b .
min x a ,b x > 0. Akan ditunjukkan V x I . Misalkan u V x y | x y x maka x u x . Pilih
Ada dua kemungkinan: (i) jika x a , maka x a b x 2 x b a x b2a .
Sehingga
a b .
a ( x a ) x x u x x a x 2 x a 2. b2a Jadi, a u b . Dengan kata lain u I . (ii) jika
b x , maka x a b x 2 x b a x b2a .
Sehingga a 2. ba
2
b 2 x b ( b x ) x x u x b x x b . Jadi, a u b . Dengan kata lain u I . Jadi, V x I . Kesimpulan, I = (a,b) adalah himpunan terbuka. b. Tunjukkan bahwa himpunan I = [0,1] tidak terbuka. jawab Pilih 0 I . Misal diberikan sembarang 0 . Akan ditunjukkan V 0 x | x I . Pilih 2 V 0 , maka 2 I . Jadi, V 0 I . Kesimpulan, I = [0,1] tidak terbuka. c. Buktikan bahwa I = [0,1] tertutup.
52 jawab Karena R \ I = (0,1) adalah himpunan terbuka di R maka I tertutup di R. d. Buktikan bahwa H x | 0 x 1 tidak terbuka juga tidak tertutup. jawab Akan ditunjukkan H tidak terbuka. Karena ada 0 I sehingga untuk setiap
0 berlaku V 0 H , maka H
tidak terbuka di R. Akan ditunjukkan H tidak tertutup. Andaikan H tertutup, maka H terbuka di R. Hal ini bertentangan dengan H tidak terbuka. Jadi, haruslah H tidak tertutup.
Sifat Himpunan Terbuka (a) Gabungan dari sembarang koleksi dari himpunan-himpunan terbuka adalah terbuka. (b) Irisan dari koleksi finite dari himpunan-himpunan terbuka adalah terbuka. Bukti
(a) Misalkan G Gi | Gi
R tebuka, i adalah sembarang koleksi dari
himpunan-himpunan terbuka di R. Misal diberikan sembarnag x G , maka x adalah anggota salah satu dari Gi, sebutlah G1.
0 sehingga V x G1 . G1 G , maka V x G .
Karena G1 terbuka, maka Karena
Jadi, G adalah himpunan terbuka di R. (b) Misalkan G G1 G2
... Gn untuk suatu n N adalah irisan dari
koleksi finite dari himpunan-himpunan terbuka di R. Misal diberikan sembarang x G , maka x G1 , x G2 , … , dan x Gn . Karena G1 terbuka, maka
1 0 sehingga V 1 x G1 .
Karena G2 terbuka, maka
2 0 sehingga V 2 x G2 .
Dan seterusnya sampai Gn terbuka, maka Pilih
n 0 sehingga V n x Gn .
min 1 , 2 , ... , n > 0.
Maka
V x G1 dan V x G2 , dan … , dan V x Gn