Senin, 13 Juni 2011

ANALISIS REAL II


    

    
    
    
    














ANALISIS REAL II

MODUL BELAJAR MATEMATIKA UNTUK PERGURUAN TINGGI

 

KATA  PENGANTAR
Matematika perguruan tinggi lebih menekankan pada pembentukan pola pikir matematika yaitu logis, kritis dan tegas. Jadi bukan lagi untuk mengasah kemampuan berhitung semata atau kemampuan menerapkan konsep ke dalam pemecahan masalah. Melalui mata kuliah Analisis Real II ini, mahasiswa diharapkan dapat mengasah pola pikirnya melalui ketekunan dalam mempelajari langkah demi langkah berbagai aksioma, definisi maupun teorema-teorema yang berkaitan dengan bilangan real. Serta dapat meningkatkan kemampuan analisisnya melalui serangkaian  tugas dan latihan-latihan terstruktur yang telah tersajikan dalam modul belajar ini.
Pada akhirnya semua hal yang telah disusun oleh penulis hanyalah semata-mata ungkapan rasa syukur kehadirat Tuhan Yang Maha Esa  bahwa penulis dapat membagikan sedikit  ilmu kepada para mahasiswa agar berguna kelak dikemudian hari.
Kritik dan saran membangun penulis harapkan dari pembaca demi kesempurnaan karya ini. Terima kasih


Mataram,    September 2010

             Penyusun



BAB I : SISTEM BILANGAN REAL

PENDAHULUAN :  CARA-CARA  MEMBUKTIKAN DALAM MATEMATIKA
Sebuah sifat atau teorema dalam matematika dapat dibuktikan kebenarannya dengan mengambil kesimpulan yang didasarkan pada pernyataan-pernyataan lain yang benar (misalnya definisi, fakta atau aksioma) dan dari sifat atau teorema lain yang telah dibuktikan kebenarannya terlebih dahulu.
Dengan demikian, suatu pembuktian dalam matematika adalah sebuah argumentasi yang memperlihatkan bahwa pernyataan implikasi p → q selalu benar, dimana :
p  :  adalah sebuah premis atau konjungsi premis-premis
q : adalah konklusi (kesimpulan) dari argumentasi yang dapat berbentuk pernyataan tunggal atau pernyataan majemuk
Terdapat tiga macam cara untuk membuktikan sifat atau teorema matematika yaitu dengan :
1.    Bukti langsung
2.    Bukti tidak langsung
3.    Induksi matematika
Berikut penjelasannya :
1.      Bukti Langsung
Salah satu cara pembuktian sifat atau teorema matematika dengan bukti langsung  adalah penarikan kesimpulan dengan silogisme, modus ponens dan modus tollens (hal ini telah dipelajari di SMA). Yang akan dipelajari di tingkat perguruan tinggi adalah bukti langsung yang dikerjakan dengan menggabungkan (mengintegrasi) definisi, fakta atau aksioma dan sifat-sifat yang telah dipelajari di jenjang pendidikan sebelumnya (SD-SMP-SMA).
Contoh 1 :
Buktikan untuk semua a dan b є R maka berlaku (a + b)2 = a2 + 2ab + b2
Jawab : 
Untuk semua a dan b є R, maka
    (a + b)2 = (a + b)(a + b) ……………………………...definisi perpangkatan
    (a + b)2 = (a + b)a + (a + b)b  ……………….sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan
↔  (a + b)2 = (a2 + ba) + (ab + b2)  …………….sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan
↔  (a + b)2 = a2 +  (ba + ab) + b2 …………………...…sifat asosiatif pada penjumlahan
↔  (a + b)2 = a2 +  (ab + ab) + b2 ………………….…sifat komutatif pada perkalian
↔  (a + b)2 = a2 + 2ab + b2…………………………….definisi penjumlahan bilangan real
Jadi untuk semua a dan b є R maka berlaku (a + b)2 = a2 + 2ab + b2
Contoh 2 :
Buktikan bahwa untuk semua n bilangan bulat genap, maka n2 genap
Jawab :
Pernyataan yang akan dibuktikan berbentuk implikasi yang terdiri atas 2 komponen, yaitu :
p : n bilangan bulat genap ……...............pernyataan yang diketahui
q : n2 bilangan genap…...….......................pernyataan yang akan dibuktikan
Sehingga harus dibuktikan p → q bernilai benar.
Proses pembuktiannya sebagai berikut :
Karena n bilangan genap maka berdasarkan definisi bilangan genap n dapat dinyatakan dengan bentuk n = 2b ( b є bilangan bulat ), sehingga diperoleh :
n = 2b  ↔ n2 = ( 2b )2  .………………...............definisi perpangkatan
            ↔ n2 =  4b2 ……………………………...hasil perpangkatan
          ↔ n2 =  2(2b2)  ………...…......................sifat distributif pada perkalian
           ↔ n2 =  2k, k = 2b2 dan k є B ………….bentuk bilangan bulat genap
Hasil terakhir menunjukkan bahwa n2 juga merupakan bilangan genap.
Jadi terbukti bahwa “Untuk semua n bilangan bulat genap, maka n2 genap”
2.    Bukti Tidak Langsung
Pembuktian tidak langsung digunakan apabila tidak cukup aksioma atau teorema terdahulu yang dapat digunakan dalam langkah pembuktiannya, sehingga sulit untuk mengambil kesimpulan. Konsep pembuktian untuk teorema yang berbentuk pernyataan tunggal dan pernyataan majemuk, diberikan sebagai berikut :
a.    Untuk pernyataan tunggal
Untuk membuktikan pernyataan tunggal p benar maka harus ditunjukkan ~p salah
b.    Untuk pernyataan majemuk
Untuk pernyataan majemuk p → q benar maka harus ditunjukkan  kontraposisinya yaitu ~q → ~p benar                           
Contoh 1 :
Buktikan bahwa “Jika n2 bilangan bulat ganjil, maka n bilangan bulat ganjil”
Jawab :  Kita agak kesulitan menggunakan bukti langsung untuk membuktikan pernyataan di atas karena ada langkah yang tidak cukup dasarnya. Mari kita lihat bersama di bawah ini :
Pernyataan yang akan dibuktikan berbentuk implikasi yang terdiri atas 2 komponen, yaitu :
p   :  n2 bilangan bulat ganjil………………pernyataan yang diketahui
q  : n bilangan bulat ganjil ………….……pernyataan yang akan dibuktikan
sehingga harus dibuktikan p → q bernilai benar.
Proses pembuktiannya sebagai berikut :
Karena n2 bilangan ganjil maka berdasarkan definisi bilangan ganjil n2 dapat dinyatakan dengan bentuk n2 = 2b + 1 ( b є bilangan bulat ), sehingga diperoleh :
   n2 = 2b + 1 …...……………...........………..definisi bilangan bulat ganjil
↔  √ n2     = √ 2b + 1…......................................kedua ruas ditarik akar pangkat dua
↔ (n2)½ = (2b + 1) ½ ……………………...……..bentuk pangkat pecahan
↔ (n)2.½  = (2b + 1) ½ ……………………………..sifat perpangkatan
↔ n = (2b + 1) ½ ………………….……...……….hasil perpangkatan
Pada langkah terakhir ini kita tidak mempunyai cukup aksioma atau teorema untuk mengatakan bahwa bentuk terakhir adalah bilangan ganjil. Jadi kita tidak dapat menarik kesimpulan untuk pembuktian pernyataan tersebut. Sehingga kita harus menggunakan cara bukti tidak langsung.
Karena melalui bukti langsung teorema di atas tidak dapat dibuktikan, maka marilah kita lihat bersama bukti teorema di atas melalui bukti tidak langsung
Proses pembuktian tidak langsung:
Pernyataan yang akan dibuktikan berbentuk implikasi  p → q , yang terdiri atas 2 komponen, yaitu :
p : n2 bilangan bulat ganjil  ………….………….…pernyataan yang diketahui
q : n bilangan bulat ganjil  ………………………....pernyataan yang akan dibuktikan
Untuk membuktikan p → q benar maka kita harus buktikan  ~q →~p
Berikut pernyataan ingkarannya:
~q : n2 bukan bilangan bulat ganjil = n2 bilangan bulat  genap …….………pernyataan yang akan dibuktikan
 ~p: n bukan bilangan bulat ganjil = n bilangan bulat  genap……………….…pernyataan yang diketahui
Karena n bilangan bulat genap maka berdasarkan definisi bilangan genap n dapat dinyatakan dengan bentuk n = 2b ( bє bilangan bulat), sehingga diperoleh :
        n2 = (2b)2 …………………….……………………..definisi perpangkatan
↔  n2 = (2)2 (b)2 ………….…………..............................sifat perpangkatan
↔   n2 = 4b2…………………………………………………..hasil perpangkatan
↔   n2 = 2(2b2)  ……………...........................sifat distributif pada perkalian
↔   n2 = 2x ,  x = 2b2 є B…………….………bentuk bilangan bulat genap
Hasil terakhir menunjukkan bahwa n2 juga merupakan bilangan bulat genap.
Jadi terbukti bahwa “Jika n2 bilangan bulat ganjil, maka n bilangan bulat ganjil”
3.    Induksi Matematika
Untuk memahami bagaimana cara membuktikan sifat atau teorema dengan menggunakan  induksi matematika, perlu dipahami terlebih dahulu pengertian deret dan notasi sigma. Deret telah dipelajari pada pembahasan sebelumnya. Berikut diberikan pengertian notasi sigma:
Secara umum, notasi sigma dapat didefinisikan sebagai berikut:
Dalam penulisan notasi sigma di atas, ada beberapa pengertian yang perlu dipahami, yaitu:
a.      Notasi  dinamakan notasi sigma, karena dalam notasi ini menggunakan huruf kapital Yunani (dibaca sigma) yang dapat diartikan sebagai penjumlahan (sum)
b.      Notasi

dibaca sebagai : penjumlahan suku-suku Ui untuk nilai i = 1 sampai dengan i = n.
 Selanjutnya i = 1 disebut batas bawah penjumlahan dan  i = n disebut batas atas penjumlahan, sedangkan bilangan asli dari       1 sampai dengan n disebut wilayah penjumlahan
c.      Variabel Ui disebut variabel berindeks dengan huruf i bertindak sebagai indeks yang diartikan sebagai penunjuk penjumlahan. Indeks atau penunjuk penjumlahan dalam suatu notasi sigma dapat saja menggunakan huruf yang lain (selain huruf i)
d.      Untuk lebih mempersingkat cara penulisan dalam notasi sigma maka pada bagian atas penjumlahan cukup ditulis nilainya saja. Sehingga bentuk umum notasi sigma di atas dapat dituliskan sebagai berikut :
Langkah pembuktian dengan cara induksi matematika, yaitu :
Langkah 1 :  Benar untuk n = 1
Langkah 2 : Asumsikan atau andaikan benar   untuk n = k
Langkah 3 : Tunjukkan benar untuk n = k + 1
Sehingga dapat disimpulkan suatu sifat atau teorema tersebut berlaku untuk semua bilangan asli
Contoh 1 :
Buktikan menggunakan induksi matematika bahwa Jumlah deret kuadrat n bilangan asli pertama ditentukan oleh :
Jawab :
Kita tetapkan bahwa S(n) adalah rumus  :
Proses pembuktiannya sebagai berikut :
Langkah 1 :  Untuk  n = 1 diperoleh :
                                                             =1    
Bagian ruas kiri = bagian ruas kanan.
Jadi S(n) benar untuk n = 1  atau S(1) benar
Langkah 2 : Andaikan S(n) benar untuk n = k, maka diperoleh hubungan :     
Langkah 3 : Harus dibuktikan bahwa S(n) benar untuk n = k + 1

     

Bentuk terakhir adalah rumus S(n) jika n = k +1. Jadi jika S(n) benar untuk n = k, maka S(n) benar juga untuk n = k + 1
Dengan demikian terbukti bahwa :
Benar untuk semua n bilangan asli
Contoh 2 :
Menggunakan induksi matematika, buktikan bahwa  ( 5n – 1 ) habis dibagi oleh 4 untuk semua n bilangan asli
Jawab :
Kita tetapkan bahwa S(n) adalah sebuah teorema yang menyatakan ( 5n – 1 ) habis dibagi oleh 4 untuk semua n bilangan asli
Proses pembuktiannya sebagai berikut :
Langkah 1 :  Untuk n = 1 diperoleh : ( 51 – 1 ) = 4 habis dibagi oleh 4
                      Jadi S(n) benar untuk n = 1  atau S(1) benar
Langkah 2 :  Andaikan S(n) benar untuk n = k, maka diperoleh teorema  bahwa (5k – 1) habis dibagi oleh 4. Karena bentuk ( 5k – 1 ) habis dibagi oleh 4, maka bentuk (5k – 1) dapat dituliskan sebagai ( 5k – 1 ) = 4p, dengan p adalah sebarang bilangan asli
Langkah 3 : Harus dibuktikan bahwa S(n) benar untuk n = k + 1
( 5k+1 – 1) = 5  .  5k  - 1
             = 5  .  5k  - 5  +  5  - 1 ………….sifat identitas pada penjumlahan
             =  5 ( 5k – 1 ) + 4 …….…………sifat disributif perkalian terhadap penjumlahan
             = 5 ( 4p ) + 4  ……………..…...diasumsikan berdasarkan langkah 2
             = 4 ( 5p ) + 4 …………………..sifat komutatif pada perkalian
             = 4 (5p + 1) …………...............sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan
             = 4z , z = 5p +1 dan z є bilangan asli
Bentuk terakhir adalah S(n) untuk n = k+1 yang benar habis dibagi oleh 4. Jadi jika S(n) benar untuk n = k maka S(n) benar juga untuk n = k + 1. Dengan demikian terbukti benar bahwa ( 5n – 1 ) habis dibagi oleh 4 untuk semua n bilangan asli
 Soal-soal Latihan
1.    Buktikan untuk semua a dan b є R berlaku  (a - b)2 = a2 - 2ab + b2
2.    Buktikan untuk semua n bilangan bulat ganjil, maka n2 bilangan bulat ganjil
3.    Buktikan untuk setiap bilangan real yang tidak pernah positif, maka kuadratnya tidak pernah negatif
4.    Buktikan untuk setiap bilangan bulat n, jika n2 genap maka n genap
5.    Buktikan jumlah bilangan rasional dan irrasional adalah bilangan irrasional
6.    Buktikan bahwa  
7.    Buktikan  bahwa 
8.    Buktikan  bahwa 
9.    Buktikan  bahwa 
10.       Buktikan  bahwa 
11.         Buktikan  bahwa 
12.         Buktikan  bahwa 
13.         Buktikan  bahwa 
14.         Buktikan  bahwa
15.         Buktikan bahwa  habis dibagi oleh 3
16.         Buktikan bahwa  habis dibagi oleh 6
17.         Buktikan bahwa  habis dibagi oleh 2
18.         Buktikan bahwa  habis dibagi oleh 4
19.         Buktikan bahwa  habis dibagi oleh 3
20.         Buktikan bahwa  habis dibagi oleh 5

1.1         Sifat Aljabar dan Sifat Urutan dalam R
Sifat Aljabar dalam R
Pada bab ini dibahas sifat-sifat penting dari sistem bilangan real R, seperti sifat-sifat aljabar, urutan dan ketaksamaan. Selanjutnya akan dibahas beberapa pengertian seperti bilangan rasional, harga mutlak, himpunan terbuka dan pengertian lain yang berkaitan dengan bilangan real.  Sebelum menjelaskan tentang sifat-sifat bilangan real, diberikan terlebih dahulu struktur aljabar dari sistem bilangan real. Akan diberikan penjelasan singkat mengenai sifat-sifat dasar dari penjumlahan dan perkalian dan sifat-sifat aljabar lain yang dapat diturunkan dari definisi atau teorema.  Dalam terminologi aljabar abstrak, sistem bilangan real membentuk lapangan (field) terhadap operasi biner penjumlahan dan perkalian biasa.
Aksioma 1.1. 1  (Aksioma Field Bilangan Real)
Pada himpunan bilangan real R terdapat dua operasi biner, dinotasikan dengan “+” dan “x” yang disebut penjumlahan (addition) dan perkalian (multiplication). Operasi biner tersebut memenuhi sifat-sifat berikut :
(A1)  a + b = b + a  untuk semua a dan b є R (sifat komutatif pada penjumlahan)
(A2)  (a + b) + c = a + (b + c) untuk semua a,b,c є R (sifat asosiatif pada penjumlahan)
(A3)  Terdapat 0 є R sedemikian sehingga 0 + a = a  dan  a + 0 = a  untuk semua a є R (eksistensi elemen nol / sifat identitas pada penjumlahan)
(A4)  Untuk setiap a є R terdapat -a є R sedemikian sehingga a + (-a) = 0  dan  (-a) + a = 0  (eksistensi elemen negatif / sifat invers pada penjumlahan)
(M1)   ab = ba  untuk semua a dan b є R (sifat komutatif pada perkalian)
(M2)  (ab)c = a(bc) untuk semua a,b,c є R (sifat asosiatif pada perkalian)
(M3)  Terdapat 1 є R sedemikian sehingga 1.a = a  dan  a.1 = a  untuk semua a є R (eksistensi elemen satu / sifat identitas pada perkalian)
(M4)  Untuk setiap a є R terdapat   є R sedemikian sehingga   a .   = 1  dan   . a = 1  (eksistensi / sifat  invers pada perkalian)
(D)   a.(b + c) = (a.b) + (a.c)  dan  (b + c).a = (b.a) + (c.a)  untuk semua  a,b,c є R (sifat distributif perkalian atas penjumlahan)
Beberapa teorema yang berkaitan dengan sifat aljabar R
Teorema 1.1.1  Jika a є R, maka
(a)  (-1) a = -a
(b)  -(-a) = a
(c)  (-1) (- 1) = 1
Bukti Teorema 1.1.1 (bukti langsung)
(b) Berdasarkan aksioma field bilangan real (sifat invers pada penjumlahan), bahwa              a + (-a) = 0, sehingga a = - (-a)
Teorema 1.1.2
(a)  Jika z, a є R dengan z + a = a, maka z = 0
(b)  Jika u dan b ≠ 0 є R dengan u.b = b, maka u = 1
(c)  Jika a є R, maka a.0 = 0
Bukti  Teorema 1.1.2   (bukti langsung)
(a)  Jika z, a є R dengan z + a = a, maka z = 0
     z = z + 0………………………sifat identitas pada penjumlahan
       = z + ( a + (-a) )…………….sifat invers pada penjumlahan
       = (z + a) + (-a)..…………….sifat asosiatif pada penjumlahan
       = a + (-a)  …………….…….diketahui z + a = a
       = 0   …………………………sifat invers pada penjumlahan 
(b) Jika u dan b ≠ 0 є R dengan u.b = b, maka u = 1
      u = u . 1 ………………………..sifat identitas pada perkalian
         = u . ( b .   ) …….………......sifat invers pada perkalian
         = (u . b).   …………..……sifat asosiatif pada penjumlahan
         = b .   ………….……….….,diketahui  u.b = b
         = 1 ………………………….sifat invers pada perkalian
(c)  Jika  a є R, maka a . 0 = 0
 a . 0  =  a . ( 1 + (-1) ) …………….sifat invers  pada penjumlahan
          = (a.1)  +  ( a . (-1) ) …………….sifat distributif perkalian terhadap  penjumlahan
          =  a + ( a . (-1))..………………….sifat identitas  pada penjumlahan
          =  a + ((-1) . a) …………….……..sifat komutatif pada penjumlahan
          =  a + (-a)  ………………………..teorema 1.1.1 (a)
          = 0………………………………….sifat invers pada penjumlahan
Teorema 1.1.3
(a)  Jika a,b є R sehingga a + b = 0, maka b = -a
(b)  Jika a ≠ 0 dan b є R sedemikian sehingga a . b = 1, maka b =
(c)  Jika a . b = 0, maka a = 0 atau b = 0
Bukti teorema 1.1.3   (bukti langsung)
(a)     Jika a,b є R sehingga a + b = 0, maka b = -a
 b = b + 0 ………………….sifat identitas pada penjumlahan
    = b + ( a + (-a) )………..sifat invers pada penjumlahan
    = ( b + a ) + (-a)  ……….sifat asosiatif pada penjumlahan

    = ( a + b ) + (-a) ……….sifat komutatif pada penjumlahan
    = 0 + (-a) ……………….diketahui a + b = 0
    = -a  …………………….Sifat identitas pada penjumlahan
(b)     Jika a ≠ 0 dan b є R sedemikian sehingga a . b = 1, maka b =
 b = b . 1  ………………..sifat identitas pada perkalian
    = b.  …….……….sifat invers pada perkalian
    = ( b . a ) .  ………..sifat asosiatif pada perkalian
    = ( a . b ) .  ………sifat komutatif pada perkalian
   = 1 . ………………..diketahui a . b = 1
   = …………………..sifat identitas pada perkalian
Teorema 1.1.4
Jika a, b, c є R, maka berlaku a = b ↔ a + c = b + c
Bukti Teorema 1.1.4    (bukti langsung)
Jika a, b, c є R, maka berlaku a = b ↔ a + c = b + c
Teorema di atas menggunakan penghubung jika dan hanya jika (biimplikasi), sehingga harus dibuktikan dua arah
(a)      Jika a, b, c є R, maka berlaku a = b → a + c = b + c
a + c = (a + c) + 0  ……….sifat identitas pada penjumlahan
        = (b + c) + 0 ………..diketahui a = b
        = b + c ……..……….sifat identitas pada penjumlahan
(b)      Jika a, b, c є R, maka berlaku  a + c = b + c → a = b
a = a + 0 ………………………...sifat identitas pada perkalian
  = a + ( c + ( -c ) ) ……………..sifat invers pada penjumlahan
  = ( a + c ) + ( -c )  …………….sifat asosiatif pada penjulahan
  = ( b + c ) + ( -c ) ……………..diketahui a + c = b + c
          = b + ( c + ( -c ) )  …………….sifat asosiatif pada penjumlahan
          = b + 0  ………………………..sifat invers pada penjumlahan
          = b   ……………………………sifat identitas pada penjumlahan
Teorema 1.1.5  Diberikan sebarang a,b,c є R, maka berlaku ;
(a). Jika a ≠ 0, maka  dan
(b) Jika a . c = b . c dan c ≠ 0, maka a = b
(c) Jika a . b = 0, maka a = 0 atau b = 0
Bukti Teorema 1.1.5
Diberikan sebarang a,b,c є R, maka berlaku ;
(a). Jika a ≠ 0, maka  ≠ 0 dan
      Terdapat dua hal yang harus dibuktikan, yaitu:
§  Jika a ≠ 0, maka      (bukti tidak langsung)
 Jika a ≠ 0, maka  terdefinisi.  Andaikan  , akibatnya :
1 = a .    ………………sifat identitas pada perkalian
   = a . 0 ………………pengandaian
   = 0 ………………….teorema 1.1.2 (c)
Hal ini bertentangan dengan fakta bahwa 1 ≠ 0. Jadi pengandaian  salah. Seharusnya
§  Jika a ≠ 0, maka           (bukti langsung)
Berdasarkan sifat invers pada perkalian maka dimilki a . , maka seharusnya
(b) Jika a . c = b . c dan c ≠ 0, maka a = b         (bukti langsung)
     a = a . 1 ……………….sifat identitas pada perkalian
        = a ( c .  )  ………….sifat invers pada perkalian
        = ( a . c ) .   …………sifat asosiatif pada perkalian
        = ( b . c ) .    …………diketahui a . c = b . c
        = b ( c .  ) …………..sifat asosiatif pada perkalian
        = b . 1 ………………sifat invers pada perkalian
        = b ………………….sifat identitas pada perkalian
(c) Jika a . b = 0, maka a = 0 atau b = 0             (bukti langsung)
     Penghubung “atau” bermakna keduanya a = 0 dan b = 0, atau jika a ≠ 0, maka b = 0, atau jika b ≠ 0, maka a = 0. Sehingga terdapat tiga hal yang harus dibuktikan, yaitu :
§  Jika a . b = 0 dan andaikan a ≠ 0, maka b = 0
b = b . 1 …………………sifat identitas pada perkalian
             = b . ( a .  )  …………..sifat invers pada perkalian
             = ( b . a ) .   ……………sifat asosiatif pada perkalian
             = ( a . b ) .  …………….sifat komutatif pada perkalian
             = 0 .    ………………….diketahui a . b = 0
            = 0 ……………………….teorema 1.1.2 (c)
§  Jika a . b = 0 dan andaikan b ≠ 0, maka a = 0
a = a . 1 …………………sifat identitas pada perkalian
   = a . ( b .  )  …………..sifat invers pada perkalian
   = ( a . b ) .   ……………sifat asosiatif pada perkalian
   = 0 .    ………………….diketahui a . b = 0
   = 0 ……………………….teorema 1.1.2 (c)

§  Jika a . b = 0, maka jelas a = 0 dan b = 0
Teorema 1.1.6   Diberikan sebarang a, b є R, maka ;
(a). Persamaan a + x = b memiliki solusi tunggal x = (-a) + b
(b) Jika a ≠ 0, maka persamaan ax = b memiliki solusi tunggal  yaitu
Bukti Teorema 1.1.6         (bukti langsung)
Diberikan sebarang a, b є R, maka ;
(a). Persamaan a + x = b memiliki solusi tunggal x = (-a) + b
     Ada dua hal yang harus dibuktikan yaitu:
§  Untuk sebarang a, b є R maka persamaan a + x = b memiliki solusi  x = (-a) + b
x = x + 0 ……………………sifat identitas pada penjumlahan
  = x + ( a + (-a) ) ………….sifat invers pada penjumlahan
  = ( x + a ) + (-a) ………….sifat asosiatif pada penjumlahan
  = ( a + x ) + (-a) ………….sifat komutatif pada penjumlahan
  = b + (-a) …………………diketahui a + x = b
 = (-a) + b  …………………sifat komutatif pada penjumlahan
§  Tunjukkan bahwa solusi itu tunggal
Andaikan x1 adalah solusi yang lain, maka a + x1 = b. akan ditunjukkan x = x1
x1 = x1 + 0 ………………..……..sifat identitas pada penjumlahan
    = x1  + ( a + (-a) ) ……………sifat invers pada penjumlahan
    = ( x1 + a ) + (-a) …………….sifat asosiatif pada penjumlahan
    = ( a + x1 ) + (-a) …………….sifat komutatif pada penjumlahan
    = b + (-a)  ……………………diketahui a + x1 = b
    = (-a) + b …………………….sifat komutatif pada penjumlahan
    = x …………………berdasarkan sifat di atas yang telah dibuktikan
(b) Jika a ≠ 0, maka persamaan ax = b memiliki solusi tunggal  yaitu
Ada dua hal yang harus dibuktikan yaitu:
§  Untuk sebarang a, b є R maka persamaan ax = b memiliki solusi 
x = x .1  ……………………sifat identitas pada perkalian
  = x  ( a .  ) ………….…..sifat invers pada perkalian
  = ( x . a ).  ………..…….sifat asosiatif pada perkalian
  = ( a . x ).  ……..……….sifat komutatif pada perkalian
  = b .  ………….…………diketahui ax = b
 = . b  ………………….…sifat komutatif pada perkalian
§  Tunjukkan bahwa solusi itu tunggal
Andaikan x1 adalah solusi yang lain, maka ax1 = b. akan ditunjukkan x = x1
x1 = x1 . 1 ………………..……..sifat identitas pada perkalian
    = x1 ( a .  ) ………….………sifat invers pada perkalian
    = ( x1 . a ) .   …………….….sifat asosiatif pada perkalian
    = ( a . x1 ) .  …………….….sifat komutatif pada perkalian
    = b .  …………………….…diketahui ax1 = b
    =  . b …...………………….sifat komutatif pada perkalian
    = x …………………berdasarkan sifat di atas yang telah dibuktikan
Teorema 1.1.7
Tidak ada r є Q sedemikian sehingga r2= 2
Bilangan Rasional dan Irrasional
Bilangan rasional dapat dituliskan dalam bentuk  dimana a,b є bilangan bulat dan b ≠ 0. Himpunan semua bilangan rasional di R dinotasikan dengan Q. Dapat ditunjukkan bahwa penjumlahan dan perkalian dua bilangan rasional adalah bilangan rasional. Lebih lanjut sifat-sifat yang berlaku pada R juga berlaku untuk Q.
Akan tetapi tidak semua elemen R merupakan elemen Q, seperti  yang tidak dapat dinyatakan ke dalam bentuk  . Elemen R yang bukan elemen Q disebut bilangan Irrasional, dinotasikan dengan I.
Bukti teorema 1.1.7       (bukti tidak langsung)
Tidak ada r є Q sedemikian sehingga r2= 2
Andaikan ada r є Q sedemikian sehingga r2= 2. Karena ada r є Q, maka r dapat dinyatakan dalam bentuk r = , dengan a dan b є B dan b ≠ 0, serta faktor persekutuan a dan b adalah satu.
Selanjutnya perhatikan :
                                                         
                                                         
Terlihat bahwa a2 adalah bilangan genap, akibatnya a juga bilangan genap. Sehingga  a dapat dinyatakan dalam bentuk a = 2k, k є B
Selanjutnya perhatikan :
                                                       
                                                       
Terlihat bahwa b2 adalah bilangan genap, akibatnya b juga bilangan genap. Karena a dan b keduanya bilangan genap, maka tidak mungkin faktor persekutuan a dan b adalah satu. Hal ini kontradiksi dengan pernyataan sebelumnya, sehingga pengandaian salah. Seharusnya tidak ada bilangan r є Q sedemikian sehingga x2 = 2
Sifat Urutan dalam R
Sifat urutan menjelaskan tentang kepositifan (positivity) dan ketaksamaan (inequalities) di antara bilangan-bilangan real.Selanjutnya Jika R adalah himpunan semua bilangan real, maka P adalah himpunan bilangan real positif. Sebelum membahas sifat-sifat selanjutnya, sebaiknya kita melihat aksioma pendukung.
Aksioma 1.1.2
Ada P subset tak kosong dari R, yang disebut himpunan bilangan real positif tegas, yang memenuhi sifat-sifat sebagai berikut :
(a)      Jika a, b є P, maka a + b є P
(b)      Jika a, b є P, maka ab є P
(c)      Jika a є R, maka memenuhi tepat satu kondisi yaitu a є P, a = 0, -a є P   atau
dengan kata lain  a > 0,   a = 0,   atau  a < 0
Sifat (a) disebut sifat tertutup P terhadap operasi penjumlahan
Sifat (b) disebut sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
Sifat (c) disebut Sifat Trikotomi (Trichotomy Property), sebab akan membagi R ke dalam tiga jenis elemen yang berbeda.  Hal ini menjelaskan bahwa himpunan                { -a : a є P } dari bilangan real negatif tidak mempunyai elemen yang sama dengan himpunan bilangan real positif. Selanjutnya R dapat dituliskan sebagai gabungan tiga himpunan yang saling lepas, yaitu : R = P U { 0 } U { -a : a є P }
Definisi 1.1.1
(a)        Jika a є P, ditulis a > 0. Artinya a adalah bilangan real positif
(b)        Jika a є P U { 0 }, ditulis a ≥ 0. Artinya a adalah bilangan real non negatif
(c)        Jika –a є P, ditulis a < 0. Artinya a adalah bilangan real negatif
(d)        Jika –a P U { 0 }, ditulis a ≤ 0. Artinya a adalah bilangan real non positif
Definisi 1.1.2
(a)        Jika a – b є P, maka ditulis a > b atau b < a
(b)        Jika a – b є P U { 0 }, maka ditulis a ≥ b atau b ≤ a
Teorema 1.1.8     Diberikan sebarang a, b, c є R
(a)        Jika a > b dan b > c, maka a > c
(b)        Jika a > b, maka a + c > b + c
(c)        Jika a > b dan c > 0, maka ca > cb
(d)        Jika a > b dan c < 0, maka ca < cb
(e)        Jika a > 0, maka   > 0
(f)         Jika a < 0, maka   < 0
(g)        Jika a ≤ b dan b ≤ a, maka a = b
Bukti teorema 1.1.8
(a)      Jika a > b dan b > c, maka a > c
Diketahui a > b, maka berdasarkan definisi  a – b є P
Diketahui b > c, maka berdasarkan definisi  b – c є P
Berdasarkan sifat tertutup P terhadap operasi penjumlahan, maka akan diperoleh :
     a – b + b – c є P
↔ a + 0 – c є P …………………sifat invers pada penjumlahan
↔ a – c є P ……………………..sifat identitas pada penjumlahan
↔ a > c …………………………definisi 1.1.2(a)
(b)      Jika a > b, maka a + c > b + c
Diketahui a > b, maka berdasarkan definisi  a – b є P
Diberikan c є R sebarang.
Perhatikan :
     a – b + 0 є P …………………....sifat identitas pada penjumlahan
↔ a – b + c - c є P ……………….,sifat invers pada penjumlahan
↔ a + c – b - c є P ………………...sifat komutatif pada penjumlahan
↔ a + c – ( b + c ) є P …………...sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan
↔ a + c > b + c  …………………..definisi 1.1.2(a)
(c)      Jika a > b dan c > 0, maka ca > cb
Diketahui a > b, berdasarkan definisi 1.1.2(a) maka  a – b є P
Diketahui c > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka  c є P
Berdasarkan sifat tertutup P terhadap operasi perkalian, maka akan diperoleh :
    c ( a – b ) є P
↔ ca - cb є P ………………..…sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan
↔ ca > cb………………………definisi 1.1.2(a)
(d)      Jika a > b dan c < 0, maka ca > cb
Diketahui a > b, maka berdasarkan definisi  a – b є P
Diketahui c < 0, maka berdasarkan definisi -c є P
Berdasarkan sifat tertutup P terhadap operasi perkalian, maka akan diperoleh :
    -c ( a – b ) є P
↔ -ca + cb є P …………………sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan
↔ cb – ca є P …………..……..sifat komutatif pada penjumlahan
↔ ca < cb………………………definisi 1.1.2(c)
(e)      Jika a > 0, maka  > 0
Diketahui a > 0, berarti a ≠ 0, berdasarkan teorema 1.1.5(a) maka  
Selanjutnya digunakan bukti tidak langsung.
Andaikan  < 0, berdasarkan teorema 1.1.8(d) maka diperoleh :
a .   <  0 . 0  ↔ 1 < 0. Hal ini tidak mungkin. Pengandaian salah, seharusnya  > 0
(f)       Jika a < 0, maka  < 0
Diketahui a < 0, berarti a ≠ 0, berdasarkan teorema 1.1.5(a) maka  
Selanjutnya digunakan bukti tidak langsung.
Andaikan  > 0, berdasarkan teorema 1.1.8(c) maka diperoleh :
0.   <  a . 0  ↔ 0 < 0. Hal ini tidak mungkin. Pengandaian salah, seharusnya  < 0
(g)      Jika a ≤ b dan b ≤ a, maka a = b
Diketahui a ≤ b dan b ≤ c.
Selanjutnya digunakan bukti tidak langsung.
Andaikan a ≠ b, maka a – b ≠ 0, berdasarkan sifat trikotomi maka a – b є P       atau  – ( a – b ) = b – a є P.
Jika a – b є P, berdasarkan definisi maka a > b. Begitu pula jika b – a є P, berdasarkan definisi maka b > a. Hal ini bertentangan dengan yang  telah diketahui sebelumnya. Jadi pengandaian salah. Seharusnya a = b
Teorema 1.1.9
(a)        Jika a є R dan a ≠ 0, maka a2 > 0
(b)        1 > 0
(c)        Jika n є N, maka n > 0
Bukti teorema 1.1.9
(a)        Jika a є R dan a ≠ 0, maka a2 > 0
Diketahui a є R dan a ≠ 0, berdasarkan sifat trikotomi maka a є P atau –a є P
§   Untuk a є P
      Perhatikan :
      a . a є P  …………………….. sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
      a2 є P …………………………definisi pengkuadratan
      a2 > 0 …………………………definisi 1.1.1
§   Untuk –a є P
      Perhatikan :
      (-a) .(-a) є P  ………….……..sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
      ( -1.a ) . ( -1.a ) є P  …………teorema 1.1.1 bagian (a)
      -1. -1. a. a є P ……………….sifat komutatif pada perkalian
      1. a. a є P ……………………teorema 1.1.1 bagian (c)
      a . a є P……………………….sifat identitas pada perkalian
      a2 є P …………………………definisi pengkuadratan
      a2 > 0 …………………………definisi 1.1.1
(b)        1 > 0
1 = 1 . 1 ……………sifat idenitas pada perkalian
   = 12 ………..…….definisi pengkuadratan
             > 0  ……………...teorema 1.1.9  bagian (a)
(c)        Jika n є N, maka n > 0
Gunakan induksi matematika.
Langkah 1 : Benar bahwa untuk n = 1 > 0   ( berdasarkan teorema 1.1.9  bagian (b) ), dan berdasarkan definisi 1.1.1 berarti 1 є P
Langkah 2 : Andaikan benar untuk n = k > 0, maka berdasarkan definisi 1.1.1     berarti k є P
Langkah 3 : Tunjukkan benar untuk n = k + 1
Perhatikan :
k + 1 є P ………………sifat tertutup P terhadap operasi penjumlahan
k + 1 > 0 ……………...definisi 1.1.1
Jadi terbukti bahwa untuk semua n є N berlaku n > 0
Teorema 1.1.10
Jika a, b є R dan a < b, maka a <  < b
Bukti teorema 1.1.10
Karena a < b, maka diperoleh :
a + a < a + b  ………………teorema 1.1.8 bagian (b)
2a < a + b  ………………...definisi penjumlahan bilangan real
a <   ……………………kedua ruas dibagi oleh 2       
Karena a < b, maka diperoleh :
a + b < b + b  ………………teorema 1.1.8 bagian (b)
a + b < 2b  ………………...definisi penjumlahan bilangan real
   <  b ……………………kedua ruas dibagi oleh 2      
Penggabungan kedua hubungan ketaksamaan akan diperoleh :
a <       dan       <  b    ↔      a <   <  b
Teorema 1.1.11
Jika a є R sedemikian sehingga 0 ≤ a < ε,  ε > 0, maka a = 0
Teorema  1.1.12  Jika ab > 0, maka berlaku
(a)    a > 0 dan b > 0,    atau
(b)    a < 0 dan b < 0
Bukti teorema 1.1.12
Diketahui ab > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka ab є P
Karena diketahui bahwa ab > 0, maka a ≠ 0 dan b ≠ 0
Karena a ≠ 0, maka berdasarkan sifat trikotomi  a > 0 atau a < 0
(a)    Untuk a > 0, berdasarkan teorema 1.1.8 bagian (e)  maka     > 0      dan
Karena   > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a)  maka     є P
Perhatikan :
(ab) .   є P  ……………..sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
(ba) .  є P ………..……..sifat komutatif pada perkalian
b ( a .  ) є P ….…………sifat asosiatif pada perkalian
b . 1 є P  …………..…….sifat invers pada perkalian
b є P ………….....……….sifat identitas pada perkalian
b > 0  …………………….definisi 1.1.1(a)
(b)    Untuk a < 0, berdasarkan teorema 1.1.8(f)  maka     < 0    dan
Karena   < 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a)  maka  є P
Perhatikan :
(ab) .   є P  ………......sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
(ba) .  є P ………..…...sifat komutatif pada perkalian
b ( a .  ) є P ….……….sifat asosiatif pada perkalian
b . (-1) є P  …………..……..sifat invers pada perkalian
- b є P …………...………….sifat identitas pada perkalian
b < 0  ………………………..definisi 1.1.1(c)
Teorema  1.1.13    Jika ab < 0, maka berlaku :
(a)    a > 0 dan b < 0,     atau
(b)    a < 0 dan b > 0
Bukti teorema 1.1.13
Diketahui ab < 0, berdasarkan definisi 1.1.1(c) maka (-ab) є P
Karena diketahui bahwa ab < 0, maka a ≠ 0 dan b ≠ 0
Karena a ≠ 0, maka berdasarkan sifat trikotomi  a > 0 atau a < 0
(a)    Untuk a > 0, berdasarkan teorema 1.1.8(e) maka   > 0      dan
Karena    > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a)  maka   є P
Perhatikan :
(-ab) .   є P  ……………..sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
(-ba) .  є P ………..……..sifat komutatif pada perkalian
-b ( a .  ) є P ….…………sifat asosiatif pada perkalian
-b . 1 є P  …………..…….sifat invers pada perkalian
-b є P …………... ……….sifat identitas pada perkalian
 b < 0  …………………….definisi 1.1.1
(b)    Untuk a < 0, berdasarkan teorema 1.1.8 bagian (f) maka    < 0  dan
Karena   < 0, berdasarkan definisi 1.1.1  maka  є P
Perhatikan :
(-ab) .   є P  ………........sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
-1(ab) . -1  є P ………..…...teorema 1.1.1 bagian (a)
(-1) . (-1) (ab) .  є P ………sifat komutatif pada perkalian
1 . (ab) .  є P ………………teorema 1.1.1 bagian (c)
(ab) .  є P ………………….sifat identitas pada perkalian
(ba) .  є P ………………….sifat komutatif pada perkalian
b ( a .  ) є P ….…………….sifat asosiatif pada perkalian
b . (1) є P  ……………………..sifat invers pada perkalian
b є P …………...………..…….sifat identitas pada perkalian
b > 0  ……………………...…..definisi 1.1.1(a)
 Soal-soal Latihan
1.    Buktikan bahwa –(a+b) = (-a) + (-b), untuk a, b є R
Jawab :
-(a+b) = -1.(a+b)  ……………………………teorema 1.1.1 (a)
            = (-1.a) + (-1.b)  ………….sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan
            =(-a) + (-b) ………………………teorema 1.1.1 (a)
2.    Buktikan bahwa (-a)(-b) = ab, untuk a, b є R
Jawab :
(-a)(-b) = (-1.a)(-1.b)  ……………………teorema 1.1.1(a)
             = -1.(a.-1).b ……………………..sifat asosiatif pada perkalian
             = -1.(-1.a).b  ……………………..sifat komutatif pada perkalian
             = (-1.-1)(a.b)  ……………………sifat asosiatif pada perkalian
             = 1.ab  …………………………….teorema 1.1.1(c)
             = ab ……………………………….sifat identitas pada perkalian
3.    Butikan bahwa , untuk a, b є R
Jawab :
4.    Buktikan bahwa jika 0 < a < b dan 0 < c < d, maka 0 < ac < bd
Jawab :
Diketahui :
a > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka a  P
b > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka b  P
c > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka c  P
d > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka d  P
a < b, berdasarkan definisi 1.1.2(a) maka b – a  P
c < d, berdasarkan definisi 1.1.2(a) maka d – c  P
Tahap 1 :
a . c  P….……..sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
ac > 0  …………..definisi 1.1.1(a)
Tahap 2:
b . d  P….……..sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
bd > 0  …………..definisi 1.1.1(a)

Tahap 3:
(b – a).d  P …………sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
   bd – ad  P ……….…sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan
Tahap 4:
(d – c ).a  P…………sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
   da - ca  P……..…….sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan
Tahap 5:
(bd – ad) + (da – ca)  P  …….. sifat tertutup P terhadap operasi penjumlahan
bd – ad + ad – ca  P  ………… sifat komutatif pada perkalian
-ad + bd + ad – ca  P  ……….. sifat komutatif pada penjumlahan
-ad + ad + bd – ca  P  ……….. sifat komutatif pada penjumlahan
0 + bd – ca  P  ……………….. sifat invers pada penjumlahan
bd – ca  P  ……………………. sifat elemen identitas pada penjumlahan
ac < bd  …………………………..definisi 1.1.2(a)
   Sehingga gabungan dari hasil tahap 1, 2 dan 5 diperoleh  0 < ac < bd  (terbukti)
5.    Buktikan bahwa jika 0 < a < b dan 0 < c < d, maka 0 < a + c < b + d
Tahap 1 :
Diketahui :
a > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka a  P
b > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka b  P
Sehingga :
a + c  P….………..sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
a + c > 0  …………..definisi 1.1.1(a)
Tahap 2:
Diketahui :
c > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka c  P
d > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka d  P
Sehingga :
b + d  P….………...sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
b + d > 0  …………..definisi 1.1.1(a)
Tahap 3:
Diketahui :
a < b, berdasarkan definisi 1.1.2(a) maka b – a  P
c < d, berdasarkan definisi 1.1.2(a) maka d – c  P
Sehingga :
b – a + d – c  P  ……….….. sifat tertutup P terhadap operasi penjumlahan
b + d - a – c  P  …………… sifat komutatif pada penjumlahan
b + d -1.a -1.c  P  …………..teorema 1.1.1(a)
b + d -1(a + c)  P  ..……….. sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan
b + d – (a + c)  P  …………..teorema 1.1.1(a)
a + c < b + d  P  …………….definisi 1.1.2(a)

Gabungan dari hasil tahap 1, 2 dan 3 diperoleh 0 < a +c < b + d  (terbukti)

6.    Buktikan bahwa jika 0 < a < b dan 0 < c < d, maka 0 < ad + bc < ac + bd
Diketahui :
a > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka a  P
b > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka b  P
c > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka c  P
d > 0, berdasarkan definisi 1.1.1(a) maka d  P
a < b, berdasarkan definisi 1.1.2(a) maka b – a  P
c < d, berdasarkan definisi 1.1.2(a) maka d – c  P
Tahap 1 :
d . (b – a)  P….……...sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
db - da  P  …………..sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan
bd - ad  P  …………..sifat komutatif pada perkalian
Tahap 2:
c . (b – a )  P….……..sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
cb - ca > 0  …………....sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan
bc - ac  P  …………..sifat komutatif pada perkalian
Berdasarkan hasil tahap 1 dan 2, maka diperoleh :
bd – ad + bc - ac  P …………sifat tertutup P terhadap operasi penjumlahan
ad – bc – ac + bd  P ……….…sifat komutatif pada penjumlahan
Tahap 4:
(d – c ).a  P…………sifat tertutup P terhadap operasi perkalian
   da - ca  P……..…….sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan
Tahap 5:
(bd – ad) + (da – ca)  P  …….. sifat tertutup P terhadap operasi penjumlahan
bd – ad + ad – ca  P  ………… sifat komutatif pada perkalian
-ad + bd + ad – ca  P  ……….. sifat komutatif pada penjumlahan
-ad + ad + bd – ca  P  ……….. sifat komutatif pada penjumlahan
0 + bd – ca  P  ……………….. sifat invers pada penjumlahan
bd – ca  P  ……………………. sifat elemen identitas pada penjumlahan
ac < bd  …………………………..definisi 1.1.2(a)
   Sehingga gabungan dari hasil tahap 1, 2 dan 5 diperoleh  0 < ac < bd  (terbukti)

7.    Buktikan bahwa jika 0 < a < b, maka a2  < ab < b2 
8.    Buktikan bahwa jika a b dan b  c, maka a  c
9.    Buktikan bahwa jika 0 < a < b, maka          
10. Buktikan bahwa jika 0 < a < b, maka  
11. Buktikan bahwa jika 0 < a < 1, maka 0 < a2 < a < 1   
12. Buktikan bahwa jika 0 < a < b, maka a <  < b
13. Buktikan bahwa jika a > 1, maka 1 < a < a2  
14. Buktikan , untuk semua a, b є R
15. Buktikan bahwa tidak ada bilangan rasional t  sedemikian sehingga t2 = 3

Ketaksamaan Bernoulli
Jika x > -1, maka (1 + x)n ≥ 1 + nx  Untuk semua n є N
Pembuktian Ketaksamaan Bernoulli
Akan dibuktikan menggunakan Induksi Matematika
Langkah 1 : Untuk n = 1, maka :
                  (1 + x)1 ≥ 1 + 1 . x  ↔  1 + x ≥ 1 + x  (pernyataan benar)
Langkah 2 : Misalkan benar untuk n = k, yaitu : (1 + x)k ≥ 1 + kx
Langkah 3 : Tunjukkan benar untuk n = k + 1
        (1 + x)k+1 = (1 + x)k (1 + x)
                   (1 + kx) (1 + x)  = 1 + x + kx+ kx2  = 1 + (k + 1)x + kx2
Karena  k = n є N, maka k > 0
Berdasarkan teorema 1.1.8 (a) jika x є R dan x ≠ 0 maka x2  > 0
Diketahui x > -1 berarti x ≥ 0
Sehingga berlaku juga  bahwa x2  ≥ 0
Karena k > 0 dan x2  ≥ 0 maka diperoleh  kx2  ≥ 0
Sehingga pembuktiannya menjadi :
         (1 + x)k+1 = (1 + x)k (1 + x)
                        ≥ (1 + kx) (1 + x)  = 1 + x + kx+ kx2  = 1 + (k + 1)x + kx2
                                          1 + (k + 1) + 0 = 1 + (k + 1) x
Yang berarti benar untuk n = k + 1 . Jadi terbukti Ketaksamaan Bernoulli
Ketaksamaan Cauchy  
Jika n є N dan a1, ……, a dan  b1, ……, b adalah bilangan-bilangan real, maka
(a1 b1 + a2 b2 …… + an bn)2 ≤ (a12 + a22 +……+ an2) + (b12 + b22 + ……+ bn2)
                                               atau
Selanjutnya jika tidak semua bi = 0 maka  
jika dan hanya jika terdapat s є R sedemikian sehingga a1 = sb1  , a2 = sb2 , … , an = sbn
Pembuktian Ketaksamaan Cauchy
Didefinisikan fungsi F : R → R sebagai berikut :
F(t) = (a1 – tb1)2 + (a2 – tb2)2  + ……..+ (an – tbn)2  , t є R
Jelas bahwa F(t) ≥ 0, untuk setiap t є R.
Selanjutnya :
F(t) = (a12 – 2ta1b1 + t2b12 ) + (a22 – 2ta2b2 + t2b22 ) + …..+ (an2 – 2tanbn + t2bn2 )
F(t) = (a12 + a22 +……. an2 ) – 2t (a1b1 + a2b2  + ….+ anbn) + t2 (b12 + b22 +……. bn2 )
Bentuk terakhir di atas terlihat bahwa F(t) merupakan fungsi kuadrat dengan koefisien dari t2 bernilai positif, yang berarti grafiknya berupa parabola terbuka ke atas 
Agar F(t) ≥ 0 maka Diskriminan = D = b2 – 4ac ≤ 0
Selanjutnya :  
Dapat ditentukan a = koefisien t2 , yaitu :      
b = koefisien t, yaitu :
c = konstanta, yaitu :
Perhatikan :                         
b2 – 4ac ≤ 0

Akibat Ketaksamaan Cauchy
Jika n є N dan a1, a2,…,an     serta b1,b2,….bn  adalah bilangan-bilangan real, maka
 Soal Latihan
1.    Buatlah contoh soal untuk ketaksamaan Cauchy
2.    Buatlah contoh soal untuk Ketaksamaan Cauchy dalam kondisi

1.2         NILAI MUTLAK DAN GARIS BILANGAN REAL
Dari sifat Trikotomi dapat ditarik kesimpulan bahwa jika a є R dan a ≠ 0, maka a atau –a merupakan bilangan real positif. Nilai mutlak dari a ≠ 0 didefinisikan sebagai nilai positif dari dua bilangan tersebut.
Definisi 1.2.1 Nilai mutlak (absolute value) dari suatu bilangan real a, dinotasikan dengan │a│ dan didefisikan sebagai berikut :

                                              
Berikut teorema-teorema yang berkaitan dengan nilai mutlak
Teorema 1.2.2
(a). │ab│= │a││b│ untuk semua a,b є R
(b). │a│2 = a 2 untuk semua a є R
(c). Jika c ≥ 0 maka │a│≤ c jika dan hanya jika –c ≤ a ≤ c
(d). -│a│≤ a ≤ │a│ untuk semua a є R
(e). │-a│ = │a│ = a  untuk semua  a є R
Bukti  Teorema 1.2.2
(a). │ab│= │a││b│ untuk semua a,b є R
Diketahui  a,b є R, maka  berdasarkan  sifat  trikotomi terdapat  3  kemungkinan  nilai  a dan b, yaitu :
a > 0  atau  a = 0  atau  a < 0
b > 0  atau  b = 0  atau  b < 0
*        Jika a = 0 dan b = 0, berdasarkan teorema 1.1.3 (c) maka ab = 0
      │ab│= │0│  …….………..subtitusi ab = 0
              = 0  ………………….definisi 1.2.1 (nilai mutlak)
              = a . 0 ……….……..teorema 1.1.1 bagian (c)
             = 0 . 0  .…………….subtitusi a = 0
              =│a││b│...…….definisi 1.2.1(nilai mutlak), karena a = 0  dan b = 0
*        Jika a > 0 dan b > 0, berdasarkan teorema 1.1.11 (a) maka ab >0
      │ab│= ab ………….definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena ab > 0
             =│a││b│……….definisi 1.2.1 (nilai mutlak) karena a > 0  dan b > 0
*           Jika a < 0  dan b > 0, berdasarkan teorema 1.1.12 (b) maka  ab < 0
      │ab│= - (ab)….…....definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena ab < 0
             = -1(ab) …….…..teorema 1.1.1 bagian (a)
             = (-1. a) b…….…sifat asosiatif pada perkalian
             = (-a) b  ………….teorema 1.1.1 bagian (a)
              =│a││b│………definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a < 0 dan b < 0
*           Jika a > 0 dan b < 0, berdasarkan teorema 1.1.12 (b)  maka  ab < 0
      │ab│= - (ab)…..……………definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena ab < 0
             = (-1) ab ……….….......teorema 1.1.1 bagian (a)
             = a (-1) b ………….…sifat komutatif pada perkalian
           = a (-b) …………………teorema 1.1.1 bagian (a)
           =│a││b│………...definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a > 0 dan b < 0
*           Jika a < 0 dan b < 0, berdasarkan teorema 1.1.11 (a)  maka  ab >0
     │ab│= ab ……………….........definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena ab > 0
              = 1.ab ……...……………sifat identitas pada perkalian
              = (-1) (-1) ab ……………teorema 1.1.1 bagian (c)
              = (-1) a (-1) b……………sifat komutatif pada perkalian
              = (-a) (-b)  ………………teorema 1.1.1 bagian (a)
               =│a││b│…....definisi 1.2.1 (nilai mutlak),  karena a < 0  dan b < 0
(b). │a│2 = a 2 untuk semua a є R
Diketahui a є R, maka berdasarkan sifat trikotomi terdapat 3 kemungkinan nilai a ,yaitu : 
a > 0  atau  a = 0  atau  a < 0
*           Jika a = 0
      │a│2 = │0│2  …………………. subtitusi a = 0
             = │0│ │0│……………….definisi perpangkatan
             = 0 . 0 …………………..definisi 1.2.1 (nilai mutlak)
             = a . a. ………………… .karena 0 = a
           = a 2 ……………………..definisi perpangkatan
*              Jika a > 0
     │a│= │a│ │a│  …………………definisi perpangkatan
              = a . a. …………definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a > 0
              = a 2 ………………………...definisi perpangkatan
*           Jika a < 0
     │a│= │a│ │a│  ………………….definisi perpangkatan
              = -a . -a. ………definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a < 0
              = (-1) a . (-1) a …………….teorema 1.1.1 bagian (a)
              = (-1) (-1) a . a.  …..............sifat komutatif pada perkalian
              = 1 . a. a …………………….teorema 1.1.1 bagian (c)
              = a . a. ………………………sifat identitas pada perkalian
              = a 2 ………………………....definisi perpangkatan
(c). Jika c ≥ 0 maka │a│≤ c jika dan hanya jika –c ≤ a ≤ c
Pembuktian teorema ini diadaptasi dari sifat ketidaksamaan yang menyangkut nilai mutlak yang telah dipelajari sebelumnya pada mata kuliah kalkulus I (buku kalkulus dan geometri analitis jilid 1, pengarang Edwin J. Purcell, halaman 17)
Sifat itu berbunyi : │x│< a ↔ -a < x < a. Untuk x є R dan a bukan bilangan real negatif
Karena 0 juga bukan bilangan real negatif, Jadi secara langsung memang berlaku Jika c ≥ 0 maka │a│≤ c jika dan hanya jika –c ≤ a ≤ c
(d). -│a│≤ a ≤ │a│ untuk semua a є R
Pembuktian teorema ini mempunyai langkah yang sama seperti bagian (c) dengan mengambil c = │a│
Pada Teorema 1.2.2 (c)  berlaku :
Jika c ≥ 0 maka  a│≤ c jika dan hanya jika –c ≤ a ≤ c
Jadi terbukti  -│a│≤ a ≤ │a│untuk semua a є R
(e). │-a│ = │a│ = a  untuk semua  a є R
Diketahui a є R, maka berdasarkan sifat trikotomi terdapat 3 kemungkinan  nilai a ,yaitu:
a > 0  atau  a = 0  atau  a < 0
*        Jika a = 0
    │-a│ = │0│  ………………… subtitusi a = 0
            = │a│ ………………….subtitusi 0 = a
            = 0  ……....................definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a = 0
            = a . …………………...subtitusi 0 = a      
*        Jika a > 0
     │-a│  = │(-1) a│ ..………….teorema 1.1.1 bagian (a) dan karena a > 0
              = │(-1)││a│………….…teorema 1.2.2 (a)
              = 1│a│ ……………….….definisi 1.2.1 (nilai mutlak)
              = │a│ ….........................sifat identitas pada perkalian
              =  a ……………………definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a > 0
*     Jika a < 0
     │-a│  = │(-1) (-a)│ ..…………....…..teorema 1.1.2 (a) dan karena a < 0
              = │(-1) (-1) a│…………………..teorema 1.1.1 bagian (a)
              = │1 . a│ ………………………..teorema 1.1.1 bagian (c)
              = │a│ …....................................sifat identitas pada perkalian
              = -a ……………………definisi 1.2.1 (nilai mutlak), karena a < 0
              = a  ………………………………karena a < 0
Teorema 1.2.3  Ketaksamaan Segitiga
Jika a, b є R , maka │a + b │≤ │a│ + │b│
Bukti  Teorema 1.2.3  Ketaksamaan Segitiga  
Jika a, b є R , maka │a + b │≤ │a│ + │b│
Diketahui a є R maka berdasarkan teorema 1.2.2 (d) diperoleh :
-│a│≤ a ≤ │a│  …………..(*)
Diketahui b є R maka berdasarkan teorema 1.2.2 (d) diperoleh :
-│b│≤ b ≤ │b│  …………..(**)
Jumlahkan kedua ruas dari (*) dan (**)
(-│a│) + ( -│b│ )  a + b  ≤ │a│ + │b│
- (│a│ + │b│)   a + b  ≤ │a│ + │b│
                     │a + b │≤ │a│ + │b│ ……………..terbukti menggunakan teorema 1.2.2 (c)
Teorema 1.2.4.  Jika a,b є R, maka  
(a). ││a│-│b││ ≤ │a - b │
(b). │a - b │ ≤  │a│+│b│
Bukti  Teorema 1.2.4   
(a) Jika a, b є R , maka ││a│ - │b││≤ │a - b │
Diketahui a є R maka a dapat ditulis :
a = a + 0………………….sifat identitas pada penjumlahan
   = a + (-b) + b …………sifat invers pada penjumlahan
   = a – b + b ……………distributif perkalian
Sehingga diperoleh :
│a│ = │a – b + b│…………….subtitusi a = a – b  + b
       ≤ │a - b│ + │b│…………..ketaksamaan segitiga
│a│ - │b│ ≤ │a - b│…………pindah ruas │b│ dari ruas kanan ke ruas kiri dan beri nama persamaan (*)
Diketahui b є R maka a dapat ditulis :
b = b + 0…………………….sifat identitas pada penjumlahan
   = b + (-a) + a …………….sifat .invers pada penjumlahan
   = b – a + a………………..distributif perkalian
Sehingga diperoleh :
│b│ = │b – a + a│……………….….subtitusi b = b – a  + a
       = │- (a – b) + a│ ………………sifat distributif perkalian
       ≤ │- (a – b)│ + │a│ ……………ketaksamaan segitiga
       = │a - b│ + │a│ ……………….teorema 1.2.2 (e)
-│a - b│ ≤ │a│ - │b│…………….. pindah ruas │b│ dari ruas kiri ke ruas kanan, serta pindah ruas │a - b│dari ruas kanan ke ruas kiri. Kemudian beri nama persamaan (**)
Penggabungan (*) dan (**) diperoleh :
│a│ - │b│ ≤ │a - b│……………..tuliskan persamaan (*)
-│a - b│ ≤ │a│ - │b│…………....tuliskan persamaan (**)
Sehingga:
-│a - b│ ≤ │a│ - │b│ ≤ │a - b│
││a│ - │b││≤ │a - b │…………terbukti menggunakan teorema 1.2.2 (c)
(b). Jika a, b є R, maka │a - b │ ≤  │a│+│b│
Gantilah b pada ketaksamaan segitiga (teorema 1.2.3) dengan –b, sehingga diperoleh :
     │a + (-b)│= │a - b │ ……………sifat distributif pada perkalian
               ≤ │a│ + │-b│ ……………ketaksamaan segitiga
               = │a│ + │b│……………..teorema 1.2.2 (e)
Ketaksamaan segitiga di atas dapat diperluas sehingga berlaku untuk sebarang bilangan real yang banyaknya berhingga
Akibat 1.2.5    Jika a1, a2, a3, ……, an  adalah sebarang bilangan real, maka
a1 + a2  + a3 + …… + an  │ ≤ │ a1  │ + │ a2s  │ + │ a│ + …… + │ a
 Soal Latihan
1.    Butikan jika x ≤ 3, maka │ 2x2 – 3x + 1 │ ≤ 28
2.    Buktikan  jika │ x – 2 │ ≤  3, maka │2x -5 │ ≤  9
3.    Buktikan │ a + b │ = │a│ + │b│ jika dan hanya jika ab ≥ 0
4.    Buktikan jika │ x – 2 │ ≤ 1, maka │ x2 – 4 │ ≤ 6
5.    Carilah hubungan a dan b supaya berlaku jika │ x – 1 │ ≤ a, maka │ 2x – 2 │ ≤ b
6.    Buktikan jika a < x < b dan a < y < b, maka │x – y │ < b – a
7.    Misalkan x, y, z є R dan x ≤ z. Buktikan bahwa x < y < z jika dan hanya jika │ x – y │ + │ y – z │ = │ x – z │
8.    Buktikan bahwa │ x – a │ < ε jika dan hanya jika –ε < x < ε
9.    Buktikan jika a є R , maka │ a │ =
10. Buktikan jika a, b є R dan b ≠ 0, maka
11. Carilah semua nilai x є R sedemikian sehingga  │ x + 1 │ + │ x + 2 │ = 7
12. Buatlah sketsa grafik y = │ x │ - │ x – 1 │


1.3         SIFAT LENGKAP BILANGAN REAL
Pada bagian ini akan diberikan salah satu sifat dari R yang sering disebut Sifat Lengkap (completeness property). Tetapi sebelumnya, perlu dijelaskan terlebih dahulu konsep suprimum dan infimum.
SUPRIMUM dan INFIMUM
Berikut ini diperkenalkan konsep tentang batas atas dan batas bawah dari suatu himpunan bilangan real, serta jenis-jenis himpunan yang terdiri dari himpunan terbatas ke atas, terbatas ke bawah, terbatas dan tidak terbatas
Definisi 1.3.1   Diberikan S subset tak kosong dari R ( S  R )
(a)      Himpunan S dikatakan terbatas ke atas (bounded above) jika terdapat suatu bilangan u є R sedemikian sehingga s ≤ u, untuk semua s є S. Setiap bilangan u seperti ini disebut dengan batas atas (upper bound) dari himpunan S
(b)   Himpunan S dikatakan terbatas ke bawah (bounded below) jika terdapat suatu bilangan  w є R sedemikian sehingga w ≤ s, untuk semua s є S. Setiap bilangan w seperti ini disebut dengan batas bawah (lower bound) dari himpunan S
(c)   Himpunan S dikatakan terbatas (bounded) jika terbatas ke atas dan terbatas ke bawah
 
(d)   Himpunan S dikatakan tidak terbatas (unbounded) jika tidak terbatas ke atas atau tidak terbatas ke bawah

Definisi 1.3.2   Diberikan S subset tak kosong dari R ( S  R )
(a) Jika S terbatas ke atas, maka suatu bilangan u disebut suprimum (batas atas terkecil) dari S jika memenuhi kondisi sebagai berikut :
§  u merupakan batas atas S
§  Jika v adalah sebarang batas atas S, maka u ≤ v
 
(b)  Jika S terbatas ke bawah, maka suatu bilangan w disebut infimum (batas bawah terbesar) dari S jika memenuhi kondisi sebagai berikut :
§  w merupakan batas bawah S
§  Jika t adalah sebarang batas bawah S, maka t ≤ w
TENTANG 4 KEMUNGKINAN
Jika S himpunan tak kosong dan subset dari R ( S  R  dan  S ≠ Ø)  maka terdapat empat kemungkinan, yaitu :
§  S mempunyai suprimum dan infimum (S himpunan terbatas)
§  S hanya mempunyai suprimum (S himpunan terbatas ke atas)
§  S hanya mempunyai infimum (S himpunan terbatas ke bawah)
§  S tidak mempunyai suprimum dan infimum (S himpunan tidak terbatas)
Teorema 1.3.3    Diberikan sebarang S subset tak kosong dari R ( S  R )
(a)    u = sup S jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat s є S sedemikian sehingga u – ε < s
(b)    w = inf S jika dab hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat s є S sedemikian sehingga w – ε < s

Bukti
(a)    Pernyataan di atas merupakan pernyataan majemuk biimplikasi (jika dan hanya jika) atau sering disebut pernyataan dua arah. Sehingga kita harus membuktikan dua arah juga
§  ( → ) Diketahui u = sup S dan akan dibuktikan untuk setiap ε > 0 terdapat s є S sedemikian sehingga u – ε < s. Untuk setiap ε > 0 berlaku karena u – ε < u, maka u – ε bukan batas atas S. oleh karena itu, terdapat s є S yang lebih besar dari u – ε sedemikian sehingga u – ε < s
§  ( ← ) Diketahui untuk setiap ε > 0 terdapat s є S sedemikian sehingga u – ε < s, sehingga akan dibuktikan u = sup S
(b)    Pembuktian selanjutnya diserahkan kepada mahasiswa
(c)    Pembuktian selanjutnya diserahkan kepada mahasiswa
 Soal-soal berikut harus dikerjakan mahasiswa sebagai latihan
Jelaskan setiap himpunan S di atas berkaitan dengan definisi 1.3.1 dan definisi 1.3.2
Diberikan S subset tak kosong dari R, sebagai berikut :
(1)  S = { x ≤ a , x є R }, dengan a = digit terakhir NIM anda
(2) S = { x > b , x є R }, dengan b = ⅓ x digit terakhir NIM anda
(3) S = { -a < x ≤  b , x є R }, dengan a = kuadrat digit terakhir NIM anda   dan  b = ⅝ x digit terakhir NIM anda
(4) S = { x ≤ a , x є R }{ x > b , x є R }, dengan a = digit terakhir NIM anda dan b = ⅓ x digit terakhir NIM anda
(5) S = { x ≥ a , x є R } U { x ≥ b , x є R }, dengan a = digit terakhir NIM anda dan b = ⅔ x digit terakhir NIM anda
(6) S = { x ≤ a atau x ≥ b, x є R}, dengan a = akar pangkat dua digit terakhir NIM anda dan b = ¾ x digit terakhir NIM anda
(7) S = N, N = himpunan bilangan asli
(8) S = R, R = himpunan bilangan real
(9) S = { 1 }
(10) S = Ø
(11) S = { x2  - 3x + 2 ≤ 0, x є R }
(12) S = { │ x │ ≤ 2, x є R }
Akan ditunjukkan bahwa subset tak kosong R yang terbatas ke atas pasti mempunyai batas atas terkecil. Sifat ini disebut Sifat Lengkap R atau sering disebut juga Aksioma Suprimum R
Definisi 1.3.4  Sifat Lengkap R
Jika S subset tak kosong dari R terbatas ke atas, maka suprimumnya ada, yaitu terdapat u є R sedemikian sehingga u = sup S
Akibat 1.3.5 ( Akibat Sifat Lengkap R )
Jika S subset tak kosong dari R terbatas ke bawah, maka infimumnya ada, yaitu terdapat w є R sedemikian sehingga w = inf S
1. 4  Penggunaan Sifat Lengkap R (Aksioma Suprimum R)
Pada subbab ini akan dibahas beberapa akibat dari Sifat Lengkap R atau Aksioma Suprimum R
Teorema 1.4.1   Diberikan S subset tak kosong R yang terbatas ke atas dan sebarang a є R. Didefinisikan himpunan  a + S = { a + s, s є S } maka berlaku sup (a + S) = a + sup (S)
Bukti Teorema 1.4.1
Jika diberikan u = sup S, maka x ≤ u untuk semua x є S, sehingga a + x ≤ a
+ u. Oleh karena itu, a + u merupakan batas atas dari himpunan a + S. Akibatnya sup (a+S) ≤ a + u. selanjuynya, misalkan v adalah sebarang batas atas a+S, maka a + x ≤ v untuk semua x є S. Akibatnya x ≤ v – a untuk semua x є S, sehingga v – a merupakan batas atas S. Oleh karena itu, u = sup S ≤ v – a. Karena v adalah sebarang batas atas a
+S, maka dengan mengganti v dengan u = sup S, diperoleh a + u ≤ sup (a+S). Di lain pihak diketahui sup (a+S) ≤ a + u. Akibatnya terbukti bahwa sup (a+S) = a + u = a + sup S
Teorema 1.4.2   Diberikan S subset tak kosong R yang terbatas dan sebarang bilangan real a > 0. Didefinisikan himpunan aS = { as, s є S } maka berlaku inf (aS) = a inf (S)
Bukti Teorema 1.4.2  (bukti langsung)
§  Tulis w = inf aS dan t = inf S.
§  Akan dibuktikan bahwa w = at.
§  Berdasarkan teorema 1.1.8 bagian (g) maka Jika w ≤ at dan at ≤ w, maka w = at
§  Karena w = inf S, maka w ≤ as untuk setiap s є S.
§  Begitu pula karena t = inf S, maka t ≤ s untuk semua s є S. Karena diketahui a > 0 sebarang bilangan real, akibatnya at ≤ as untuk setiap s є S. Berarti at merupakan batas bawah aS
§  Karena w = inf aS, maka at ≤ w
§  Karena w ≤ as untuk setiap s є S, maka diperoleh
Teorema 1.4.3    Jika  A dan B subset tak kosong R dan memenuhi a ≤ b untuk semua a є A dan b є B, maka berlaku  sup A ≤ inf B
 Soal berikut harus dikerjakan oleh mahasiswa sebagai latihan
1.    Buktikanlah teorema 1.4.1, teorema 1.4.2 dan teorema 1.4.3
2.    Jelaskan melalui contoh soal maksud dari teorema 1.4.1,  teorema 1.4.2 dan teorema 1.4.3
3.    Jika S himpunan terbatas di R dan T  S tidak kosong. Buktikan bahwa
Inf S ≤ inf T ≤ sup T ≤ sup S

Teorema 1.4.4  Sifat Archimedes
Jika x є R, maka terdapat n є N sedemikian sehingga x < n
Sifat Archimedes ini merupakan salah satu sifat yang mengaitkan hubungan antara bilangan real dan bilangan asli. Sifat ini menyatakan bahwa apabila diberikan sebarang bilangan real x, maka selalu dapat ditemukan suatu bilangan asli n yang lebih besar dari x.     
Pembuktian Sifat Archimedes   ( Bukti Tidak Langsung )
Diketahui x є R.  Andaikan tidak ada n є N  sedemikian sehingga  x < n, maka  x ≥ n  atau  n ≤ x, untuk setiap n є N. Dengan kata lain, x merupakan batas atas N .
Jelas bahwa N  R,  N ≠ Ø  dan N terbatas ke atas, maka menurut Aksioma Suprimum (Sifat Lengkap R) sup N ada. Tulis x = sup N.
Berdasarkan Lemma 1.3.3, karena x = sup N maka dengan mengambil ε = 1 > 0, terdapat m є N sedemikian sehingga x – ε < m  atau  x – 1 < m.  Akibatnya x < m + 1, dengan m + 1 є N. Timbul kontradiksi dengan x = sup N. Jadi pengandaian salah, yang benar adalah ada  n є N sedemikian sehingga  x < n
Beberapa Akibat Sifat Archimedes
Akibat 1.4.5 
Jika S = {1/n : n є N }, maka inf S = 0
Akibat 1.4.6 
Jika t > 0, maka terdapat n є N sedemikian sehingga 0 < 1/n < t
Akibat 1.4.7 
Jika y > 0, maka terdapat n є N sedemikian sehingga n -1 < y < n
Salah satu penggunaan Sifat Lengkap R (Aksioma Suprimum) adalah dapat digunakan untuk memberikan jaminan eksistensi bilangan-bilangan real. Berikut ini akan ditunjukkan bahwa ada bilangan real x positif  sedemikian sehingga x2 = 2
Teorema 1.4.8  Eksistensi Bilangan Real
Ada bilangan real positif x sedemikian sehingga x2 = 2
Bukti  Tidak Langsung
Bukti  Langsung
Teorema 1.4.8
Ada Bilangan Real Positif  Sedemikian Sehingga  x2 = 2
Alur Pembuktian
Proses (1) :
Tunjukkan  Ada  x є R

Proses (2) :
Tunjukkan  x2 = 2







                                                                                                                                                           


Pembuktian Teorema 1.4.8. Eksistensi Bilangan Real  
Proses (1) : Tunjukkan ada x є R
§  Dibentuk himpunan S = {s є R :  s ≥ 0 dan s2 < 2}
§  Jelas S  R
§  S ≠ Ø, karena 0 є S dan 1 є S
§  S terbatas ke atas dengan batas atasnya adalah 2
§  Karena S  R, S ≠ Ø dan S himpunan terbatas ke atas, berdasarkan Sifat Lengkap R (Aksioma Suprimum) maka S mempunyai suprimum. Namakan x = sup S, dengan  x є R
Proses (2) : Tunjukkan  x2 = 2
Andaikan x2 ≠ 2, berdasarkan Sifat Trikotomi maka x2 < 2  atau  x2 >2 
§   Kemungkinan I :    Untuk x2 < 2
 Karena x2 < 2, maka  2 - x2 > 0
     Perhatikan :            
       ………………pengkuadratan suku dua
                     …………………….karena  
                   
                    …………  
                   
Berdasarkan hasil di atas diperoleh bahwa (x + 1/n)2 < 2 ,  yang berarti (x + 1/n) є S.
Hal ini kontradiksi dengan x = sup S.
Oleh karena itu tidak mungkin x2 < 2
§  Kemungkinan II : Untuk x2 > 2
         Karena x2 > 2, maka   x2 – 2 > 0
         Perhatikan :
          ………………pengkuadratan suku dua
                       …………………….karena 
                        ……
                    
Berdasarkan hasil di atas diperoleh bahwa (x - 1/n)2 > 2,  yang berarti (x - 1/n)  S.
Hal ini kontradiksi dengan x = sup S
Oleh karena itu tidak mungkin x2 > 2
    
Proses (1) :  Ada bilangan real x positif
Proses (2) : Pada Kemungkinan I diperoleh hasil tidak mungkin x2 < 2 dan pada kemungkinan II diperoleh hasil tidak mungkin x2 > 2, sehingga pengandaian  x2 ≠ 2 salah seharusnya x2  = 2   
Kesimpulan : Terbukti bahwa ada bilangan real x positif  sedemikian sehingga x2 = 2
Teorema 1.4.9  Teorema Densitas (The Density Theorem)
Jika x, y є R dengan x < y, maka ada bilangan rasional q  ( q є Q ) sedemikian sehingga x < q < y
Pembuktian Teorema 1.4.9  Densitas
Diketahui x, y є R dengan x < y, berarti diambil x > 0 dan y > 0
Diketahui  x < y berarti y – x > 0   (berdasarkan definisi 1.1.6)
Karena  y – x > 0 maka berdasarkan Akibat Sifat Archimedes, terdapat n є N sedemikian sehingga :
1/n < y – x   ↔  1 < n ( y – x )
                  ↔ 1 < ny – nx
                  ↔ nx + 1 < ny   ………….(i)
Karena x > 0 dan n є N, maka n > 0. Sehingga nx > 0
Karena nx > 0 maka berdasarkan Akibat Sifat Archimedes, terdapat m є N sedemikian sehingga :
    m – 1 < nx < m
↔ m – 1 < nx ……..(ii)   dan   nx < m ……..(iii)
↔ m < nx + 1 < ny  (berdasarkan persamaan (i))
↔ m < ny ……….(iv)
Gabungkan persamaan (iii) dan (iv) akan diperoleh :
           nx < m < ny 
       ↔  x < m/n < y
       ↔  x < q < y  ………..(terbukti),  dengan bilangan rasional q = m/n, m dan n є B
Akibat 1.4.10  Jika x, y є R dengan x < y, maka ada bilangan irrasional r sedemikian sehingga x < r < y
Bukti akibat 1.4.10
Menggunakan teorema densitas, ada bilangan real   dan   dengan sifat ada bilangan rasional q sedemikian sehingga   < q <  . Akibatnya x < q  < y atau                 x < r < y, dengan r =  q   adalah bilangan irrasional
 Soal berikut harus dikerjakan oleh mahasiswa sebagai latihan
1. Jika y > 0, tunjukkan bahwa terdapat n є N sedemikian sehingga 1/2n < y
2. Jika u > 0 adalah sebarang bilangan real dan x < y, tunjukkan bahwa terdapat bilangan rasional r sedemikian sehingga x < ru < y
1.5 Interval Dalam R
Interval didefinisikan sebagai himpunan  dalam . Interval terbagi menjadi 2 bagian yaitu interval terbatas dan interval tidak terbatas. Interval terbatas adalah himpunan terbatas di R berupa himpunan terbatas (bounded), himpunan terbatas ke atas (bounded above) dan himpunan terbatas ke bawah (bounded below). Interval tidak terbatas adalah himpunan tidak terbatas di R (unbounded)
Jenis Interval Terbatas Dalam R
1.    Jika diberikan a,b є R dengan a < b, maka Interval terbuka yang ditentukan oleh  a dan b adalah himpunan :
     (a,b) = {x є R : a < x < b }
Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung interval tidak termuat dalam interval terbuka
2.    Jika diberikan a,b є R dengan a < b, maka Interval tertutup yang ditentukan oleh  a dan b adalah himpunan :
[a,b] = {x є R : a ≤ x ≤ b }
Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung interval  termuat dalam interval tertutup
3.    Jika diberikan a,b є R dengan a < b, maka Interval setengah terbuka  atau setengah tertutup yang merupakan gabungan interval terbuka dengan titik ujung a adalah himpunan :
[a,b) = {x є R : a ≤ x < b }  atau    (a,b] = {x є R : a < x ≤ b }
Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Hanya salah satu titik ujung interval yang termuat dalam interval tertutup
Jenis Interval  Tidak Terbatas Dalam R
Pada interval tidak terbatas simbol +∞ atau -∞ digunakan sebagai simbol titik ujung yang tidak berhingga.
1.      Interval terbuka tidak terbatas atau sinar terbuka adalah himpunan yang didefinisikan sebagai berikut :
       (a,∞) = {x є R : x > a}     atau     (-∞,b) = {x є R : x < b}
Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung interval tidak termuat dalam interval terbuka tidak terbatas
2.      Interval tertutup tidak terbatas atau sinar tertutup adalah himpunan yang didefinisikan sebagai berikut :
 [a,∞) = {x є R : x ≥ a}     atau     (-∞,b] = {x є R : x ≤ b}
Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung interval  termuat dalam interval tertutup tidak terbatas
3.      Himpunan R dapat dituliskan sebagai (-∞,∞). Perhatikan  -∞ dan ∞ bukan elemen   dari R
Teorema  1.5.1 Teorema Karakteristik Interval
Jika S adalah subset tak kosong dari R yang memuat paling sedikit dua titik dan mempunyai sifat :
Jika x,y є S dan x < y, maka [x,y]  S, maka S merupakan suatu interval
Interval susut (Nested Intervals)
Telah diketahui bahwa barisan adalah fungsi f : N → A ≠ Ø. Jika A adalah himpunan interval – interval, maka terbentuk barisan interval {In}n≥1 . Untuk mempersingkat penulisan, barisan {In}n≥1 cukup ditulis In
Definisi 1.5.2 (Interval Susut)
Barisan In, n є N dikatakan interval susut (Nested Intervals) jika
I  I  I3  I4………..  In  In+1   ……
Sifat 1.5.3  Sifat Interval Susut (Nested Intervals Property)
Jika In = [an, bn], n є N interval tertutup terbatas dan In  In+1, untuk setiap n є N (interval susut), maka
Yaitu terdapat  x є R sedemikian sehingga x є In, untuk setiap n є N.
Selanjutnya, jika panjang In = bn – an memenuhi inf {bn – an ; n є N} = 0, maka elemen berserikat  x  tersebut tunggal
Contoh :
(1)    Diberikan . Yaitu  
Maka :    I  I  I3  I4………..  In  In+1   ……
Sehingga In adalah interval susut (nested intervals) dan
 
Jadi In mempunyai elemen berserikat yang tunggal yaitu 0 є R, karena
(2)    Diberikan . Yaitu
Maka :    I  I  I3  I4………..  In  In+1   ……
Sehingga In adalah interval susut (nested intervals), tetapi
 
Yang berarti In tidak mempunyai elemen berserikat. Jadi interval susut belum tentu mempunyai elemen berserikat.
Sebab, andaikan
Akan terdapat
Maka x є In, untuk setiap n є N. Atau dapat dituliskan 0 < x < . Berdasarkan akibat sifat Archimedes (akibat 1.4.6), karena x > 0 maka terdapat n є N sedemikian sehingga  < x. Hal ini kontradiksi dengan pengandaian. Jadi pengandaian salah, seharusnya
(3)    Diberikan , maka
Maka : I  I  I3  I4………..  In  In+1   ……
Sehingga In adalah interval susut (nested intervals) dan
 
Jadi In mempunyai elemen berserikat tetapi tidak tunggal, yaitu ada tak berhingga banyaknya x є [0,1], x є R . Hal ini dikarenakan
Definisi 1.5.4   Persekitaran-ε ( ε-Neighborhood )
Diberikan a є R dan ε > 0. Persekitaran-ε (ε-neighborhood) dari a didefinisikan sebagai himpunan Nε(a) = { x є R : │ x – a │ < ε } = ( a – ε , a + ε )
Jadi  x є Nε(a) jika dan hanya jika  a – ε < x < a + ε
Nε(a)
a
a - ε
a + ε





Contoh :
(1)    Tentukan persekitaran-ε dari 2, dengan mengambil ε = ½
(2)    Apakah N¼(2)  N½(2) ?
(3)    Apakah N¼(2) dapat dikatakan juga sebagai persekitaran-ε dari 2 ?
Jawab :
(1)    Nε(a) = { x є R : │ x – a │ < ε } = ( a – ε , a + ε )
N½(2) = { x є R : │ x – 2 │ < ½ }
           = ( 2 – ½ , 2 + ½ )
           = ( 1½ , 2½ )
           = 1½ < x < 2½
N½(2)
2


Ilustrasi :      




(2)    Karena ε = ¼ < ε = ½, maka dapat dikatakan bahwa N¼(2)  N½(2)
N½(2)
2
Ilustrasi :
N¼(2)




(3)    N¼(2) dapat dikatakan juga persekitaran-ε dari 2, karena N¼(2)  N½(2)

Teorema 1.5.5
Diberikan a є R. Jika x berada dalam persekitaran Nε(a) untuk setiap ε > 0, maka x = a
Definisi 1.5.6    Titik Cluster (titik kumpul / titik akumulasi / titik limit)
Diberikan S subset tak kosong dari R ( S  R ). Titik a є R disebut titik cluster, jika setiap persekitaran-ε dari a yaitu Nε(a) = ( a – ε , a + ε ) memuat paling sedikit satu titik anggota S yang tidak sama dengan a
Dengan kata lain, a titik cluster S jika untuk setiap ε > 0 berlaku (Nε(a) ∩ S) - {a} ≠ Ø atau (Nε(a) ∩ {a}) - S ≠ Ø
Ekuivalen dengan mengatakan bahwa a titik cluster S jika untuk setiap n є N, terdapat   s є S sedemikian sehingga 0 < │ s – a │ <
Contoh :
(1)    Diberikan S = ( 0,2). Apakah 0 merupakan titik cluster dari S ?
Jawab :
Diketahui S = ( 0,2 ) = { x є R : 0 < x < 2 }
Kemudian untuk setiap persekitaran-ε dari 0, yaitu :
Nε(0) = { x є R : │ x – 0 │ < ε }
           = ( 0 – ε , 0 + ε )
           = ( -ε , ε )
           = -ε < x < ε
Memuat paling sedikit satu titik anggota S yang tidak sama dengan 0. Hal ini dikarenakan anggota S adalah elemen bilangan real, yaitu x є R. Menggunakan konsep densitas bilangan real, akan selalu dapat ditemukan sebuah bilangan real di antara dua bilangan real berbeda. Aibatnya selalu dapat ditemukan paling sedikit satu titik anggota S yang tidak sama dengan 0. Jadi dapat dikatakan bahwa 0 merupakan titik cluster dari S.
Ilustrasi :
2
0





(2)    Diberikan S = [ 1,2 ] U { 4 }. Apakah 4 merupakan titik cluster dari S ?
Jawab :
Diketahui S = [ 1,2 ] U { 4 } = { x є R : 1 ≤ x ≤ 2 } U { 4 }
4 bukan titik cluster dari S, karena untuk ε = ½ maka persekitaran-ε dari 4 yaitu :
N½(4) = { x є R : │ x – 4 │ < ½ }
           = ( 4 – ½ , 4 + ½ )
           = ( 3½ , 4½ )
           = 3½ < x < 4½
Sehingga  :
(Nε(a) ∩ S) - {x}  = [ ( 3½ , 4½ ) ∩ { x є R : 1 ≤ x ≤ 2 } U { 4 } ] - { 4 } = Ø
Jadi tidak setiap persekitaran-ε dari 4 memuat paling sedikit satu titik anggota S yang tidak sama dengan 4.
Ilustrasi :

3
4
 
1
2
                                                                                                    

                                                

(3)    Diberikan S = {  : n є N } = . Apakah 0 merupakan titik cluster dari S ?
Jawab :
Diketahui S = {  : n є N } =
Kemudian untuk setiap persekitaran-ε dari 0, yaitu :
Nε(0) = { x є R : │ x – 0 │ < ε }
           = ( 0 – ε , 0 + ε )
           = ( -ε , ε )
           = -ε < x < ε
Memuat paling sedikit satu titik anggota S yang tidak sama dengan 0. Hal ini dikarenakan N terbatas ke bawah, sehingga jika n → ~ maka  → 0. Akibatnya terdapat tak berhingga banyaknya bilangan real yang mendekati 0, sehingga selalu dapat ditemukan paling sedikit satu anggota S yang tidak sama dengan 0. Jadi dapat dikatakan bahwa 0 merupakan titik cluster dari S.

Teorema 1.5.7  Teorema Bolzano – Weierstrass
Setiap subset R yang tak berhingga (infinite) dan terbatas, mempunyai paling sedikit satu titik cluster
Bukti Teorema Bolzano – Weiertrass :
Diberikan sebarang subset S  R tak berhingga dan terbatas. Karena S terbatas maka terdapat interval I1 = [ a,b ] dengan panjang interval I1 = b – a. Kemudian bagilah I1 menjadi dua bagian, yaitu  dan  Karena S tak berhingga, maka salah satu interval tersebut memuat tak berhingga banyak titik anggota S. Namakan bagian yang memuat tak berhingga banyak titik anggota S dengan I2. Panjangnya                     I2 = . Selanjutnya, I2 dibagi menjadi dua bagian seperti langkah di atas, maka salah satu bagian yang memuat tak berhingga titik anggotas S. Namakan bagian tersebut dengan I3, panjangnya I3 = . Apabila proses diteruskan, maka akan diperoleh barisan interval susut (Nested Intervals), yang memenuhi I  I  I 3  I 4….  I n  I n+1   ….
Menurut sifat interval susut, maka
Atau terdapat 
Akan ditunjukkan bahwa x titik cluster S. Diambil sebarang ε > 0, maka terdapat n є N sedemikian sehingga  < ε dan persekitaran-ε dari x yaitu Nε(x) =  ( x – ε , x + ε ). Karena x є In dan  < ε, maka In  Nε(x). Karena In memuat tak berhingga titik anggota S, maka Nε(x) juga memuat tak berhingga titik anggota S yang tidak sama dengan x. Jadi x adalah titik cluster S.
Countabilitas
Masalah countabilitas sebenarnya masih membicarakan tentang himpunan, khususnya tentang hubungan antar himpunan dan banyaknya anggota himpunan yang dikaji melalui konsep fungsi.
Definisi 1.5.8
Sebuah himpunan A dikatakan berhingga (finite) jika A himpunan kosong atau A berkoresondensi satu-satu (fungsi bijektif) dengan In = {1,2,3,…n}, n є N. Jika tidak demikian maka A dikatakan tak berhingga (infinite).
Contoh :
(1)    Himpunan A = { a,b,c,d } adalah berhingga, karena dapat dibuat korespondensi satu-satu dengan In = { 1,2,3,…n}, n є N
(2)    Himpunan N = { 1,2,3,…n,… } adalah tak berhingga, karena tidak dapat dibuat korespondensi satu-satu dengan In = { 1,2,3,…n}, n є N
Definisi 1.5.9
Diberikan N = himpunan bilangan asli dan A himpunan tak kosong. Jika A berkorespondensi satu-satu (fungsi bijektif ) dengan N, maka A dikatakan denumerable. Jika tidak demikian maka A dikatakan non denumerable.
Definisi 1.5.10
Himpunan yang berhingga (finite) atau denumerable disebut himpunan countable (terhitung). Sebaliknya himpunan yang tak berhingga (infinite) dan non denumerable disebut himpunan uncountable (tak terhitung)
Jadi dapat dikatakan pula bahwa himpunan denumerable dapat diukur dari himpunan bilangan asli. Akibatnya himpunan denumerable unsur-unsurnya dapat dinomori.
Contoh :
(1)      Diberikan A = { 0,2,4,6,8,…}. Apakah A countable ?
(2)      Diberikan B = { 1,3,5,7,9,…}. Apakah B countable ?
(3)      Diberikan C = { x є N : 2 < x < 10 }. Apakah C countable ?
(4)      Diberikan Z = himpunan bilangan bulat. Apakah Z countable ?
(5)      Diberikan R = himpunan bilangan real. Apakah R countable ?
Jawab :
(1)      Himpunan A = { 0,2,4,6,8,…} adalah himpunan tak kosong dan berkorespondensi satu-satu dengan N = himpunan bilangan asli. Sehingga himpunan A  denumerable. Karena A denumerable, berdasarkan definisi maka himpunan A adalah himpunan countable
(2)      Himpunan B = { 1,3,5,7,9,…} adalah himpunan tak kosong dan berkorespondensi satu-satu dengan N = himpunan bilangan asli. Sehingga himpunan B denumerable. Karena B denumerable, berdasarkan definisi maka  himpunan B adalah himpunan countable
(3)      Himpunan C = { x є N : 2 < x < 10 } adalah himpunan tak kosong dan berkoresondensi satu-satu (fungsi bijektif) dengan In = {1,2,3,…n}, n є N. Sehingga  himpunan C berhingga (finite). Karena C berhingga, berdasarkan definisi maka himpunan C adalah himpunan countable
(4)      Himpunan Z = himpunan bilangan bulat, dapat dikontruksi melalui suatu fungsi   . Sehingga dapat dibuat korespondensi satu-satu (fungsi bijektif) dari Z ke N = himpunan bilangan asli. Jadi himpunan Z denumerable. Karena Z denumerable, berdasarkan definisi maka Z adalah himpunan countable
(5)      Himpunan R = himpunan bilangan real = (-∞,∞), tidak dapat dibuat korespondensi satu-satu (funagsi bijektif) dari R ke In = { 1,2,3,…n}, n є N. Sehingga himpunan R tak berhingga (infinite). Selanjutnya, tidak dapat dibuat pula korespondensi satu-satu (fungsi bijektif) dari R ke N = himpunan bilangan asli. Sehingga himpunan R non denumerable. Karena R tak berhingga (infinite) dan non denumerable, berdasarkan definisi maka R adalah himpunan uncountable
Teorema 1.5.11
Setiap himpunan tak berhingga memiliki himpunan bagian denumerable
Teorema 1.5.12
Setiap himpunan tak berhingga ekuivalen dengan salah satu himpunan bagian sejatinya (proper subset)
Teorema 1.5.13
Diberikan A1, A2, A3,… adalah himpunan-himpunan countable, maka :
Teorema 1.5.14
Himpunan bilangan rasional adalah countable
Teorema 1.5.15
Diberikan A dan B dua himpunan tak kosong. Jika A  B dan B countable, maka A countable
Teorema 1.5.16
Himpunan [ 0,1 ] = {  0 ≤ x ≤ 1  ;  x є R } uncountable
Himpunan Terbuka dan Tertutup
Definisi 1.5.17
(a)      Himpunan G  R dikatakan terbuka dalam R jika untuk setiap x є G terdapat persekitaran-ε dari x sedemikian sehingga Nε(x)  G
(b)      Himpunan F  R dikatakan tertutup dalam R jika FC = R – F terbuka dalam R
Sifat 1.5.18   Sifat Himpunan Terbuka
(a)      Jika  A1, A2, A3,… masing-masing adalah himpunan terbuka dalam R, maka
(b)      Jika  A1, A2, A3,… masing-masing adalah himpunan terbuka dalam R, maka

Sifat 1.5.19   Sifat Himpunan Tertutup
(a)      Jika  A1, A2, A3,… masing-masing adalah himpunan tertutup dalam R, maka
(b)      Jika  A1, A2, A3,… masing-masing adalah himpunan tertutup dalam R, maka
Teorema 1.5.20
Diberikan S  R. S dikatakan tertutup jika memuat semua titik clusternya
 Soal berikut harus dikerjakan oleh mahasiswa sebagai latihan
1.      Diberikan Kn = (n, ), n є N. Buktikan bahwa
2.      Buktikan A = { 1,2,3 } tertutup dalam R
3.      Buktikan B = [ 0,1 ] tertutup dalam R
4.      Buktikan C = { x < 1 ; x є R } terbuka dalam R
5.      Buktikan D = { x > 0 ; x є R } terbuka dalam R
6.      Jika S  R tak kosong dan terbatas, dan Is = [ inf S, sup S ]. Tunjukkan bahwa        S  Is





BAB II : Barisan Bilangan Real

2.1 Definisi Barisan
Sebuah barisan dari bilangan-bilangan riil (atau sebuah barisan di R) adalah sebuah fungsi pada himpunan N dari bilangan-bilangan asli yang daerah hasilnya termuat pada  himpunan R dari bilangan-bilangan riil.
Dengan kata lain, sebuah barisan dalam R adalah pengaitan setiap bilangan asli n = 1, 2, … menentukan dengan tunggal bilangan riil.
Bilangan-bilangan riil yang dihasilkan disebut elemen-elemen  dari barisan, atau nilai dari barisan, atau suku dalam barisan. Bilangan ini biasanya elemen dari R dikaitkan dari n Î N dengan sebuah symbol seperti:
                         xn, (atau un, atau an).
Jadi, jika X: N ® R adalah sebuah barisan, maka nilai X pada n dinyatakan dengan xn. Selanjutnya notasi barisan dinyatakan dengan X(n). Disini biasanya barisang dinyatakan dengan notasi-notasi
                        X,        (xn),    (xn: nÎN).
Dalam definisi barisan ini sering digunakan mendaftar dalam urutan sesuai dengan suku barisan, hal ini disusun penurut rumusnya. Jadi mungkin ditulis  
                        X = (2, 4, 6, 8, …)
untuk barisan dari bilangan-bilangan asli genap, atau
                        Y = (1/1, ½, 1/3, ¼, … )
Untuk barisan dari kebalikan bilangan-bilangan asli, atau
                        Z = (1/12, 1/22, 1/32, 1/42, … )
untuk barisan dari kebalikan kuadrat bilangan-bilangan asli.
Kemudian untuk melengkapi metode di atas diperlukan rumus yang lebih khusus untuk suku umum dari barisan seperti
                        X = (2n: n Î N),        
                        Y = (1/m: m Î N),     
                        Z = (1/s2: s Î N)
Dalam prakteknya, rumus tersebut sering digunakan untuk menentukan nilai x1 dan sebuah rumus untuk mendapatkan xn+1 (n Î N) bilamana xn diketahui. Dalam barisan  X di atas dapat didefinisikan 
                        x1  = 2,        xn+1 = xn+2 (n Î N ) ;
atau dengan definisi
                        x1 = 2,         xn+1 = x1 + xn (n Î N ).
Contoh-Contoh
(a)  Jika b Î R, barisan B = (b, b, b, …), semua sukunya sama dengan b, yang disebut barisan konstan b.
      Jadi barisan 1 adalah barisan (1, 1, 1, …), semua sukunya adalah 1, dan barisan konstan 0 adalah barisan (0, 0, 0, …).
(b) Barisan kuadrat dari bilangan-bilangan asli adalah barisan
                                    S = (12, 22, 32, …) = (n2: n Î N),
            atau sama dengan barisan (1, 4, 9, … , n2, …).
(c) Jika a Î R, maka barisan A = (an: n Î N) adalah barisan
                                    A = (a, a2, a3, … , an, …),
            tentu saja, jika a = ½, maka diperoleh barisan
                                    (1/2n, n Î N) = (1/2, 1/4, 1/8 , … , 1/2n, …).
(d)  The Barisan Fibonacci F = (fn: n Î N) didefinikan dengan induksi berikut
                                    f1 = 1,  f2 = 1,  fn+1 = fn-1 + fn              (n ³ 2)
            sepuluh suku pertama dari barisan Fibonacci adalah
                                    F = (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, …).
2.2 Operasi Pada Barisan
Definisi
Jika X = (xn) dan Y = (yn), adalah barisan-barisan dari bilangan-bilangan riil, maka jumlah kedua barisan tersebut didefinisikan sebagai barisan
                        X + Y = (xn + yn: n Î N),
selisih kedua barisan tersebut adalah barisan
                        X - Y = (xn – yn: n Î N),
dan hasil kali kedua barisan tersebut adalah barisan
                        X.Y = (xnyn: n Î N).
Jika c Î R definisi kelipatan dari X dengan c adalah barisan
                        cX = (cxn: n Î N).
Akhirnya, jika Z = (zn) adalah barisan bilangan-bilangan riil dengan zn ¹ 0 untuk semua n Î N, maka definisi hasil bagi dari X dan Z adalah barisan               X/Z = (xn/zn: n Î N).
Untuk contohnya, jika X dan Y adalah barisan-barisan
X = (2, 4, 6, … , 2n, …),       Y = (1/1, 1/2, 1/3, … , 1/n, … ),
Maka diperoleh
                        X + Y = (3/1, 9/2, 19/3, … , (2n2 + 1)/n, …),
                        X – Y = (1/1, 7/2, 17/2, … , (2n2 + 1)/n, …),
                        X.Y = (2, 2, 2, …, 2, …),
                        3X = (6, 12, 18, …, 6n, …),
                        X/Y = (2, 8, 18, …, 2n2, …).
Catatan bahwa jika Z dinyatakan dengan barisan
                        Z = (0, 2, 0, …, 1 + (-1)n, …),
Maka X + Z, X – Z, dan X.Z terdefinisi, tetapi X/Z tidak terdefinisi karena terdapat suku dari Z yang nilainya sama dengan 0.
2.3 Limit Barisan
Definisi
Misalkan X = (xn) merupakan barisan dari bilangan-bilangan riil. Sebuah bilangan riil x dikatakan limit dari (xn) jika untuk setiap e > 0 terdapat sebuah bilangan asli K(e) sedemikian hingga untuk semua n ³ K(e), maka xn  termuat pada lingkungan-e dari x (e-neighborhood Ve(x)).
Jika x adalah sebuah limit dari barisan, disebut juga bahwa X = (xn) konvergen ke x (atau mempunyai sebuah limit x). Jika sebuah barisan mempunyai sebuah limit, dikatakan barisan yang konvergen. Jika tidak mempunyai limit, dikatakan barisan yang divergen.
2.4 Persamaan Linier Diophantus dan Teorema Sisa
Bukti: 
Misalkan m1.m2.m3…mk = m, maka kita dapat menyimpulkan bahwa         Mj = m/mj merupakan bilangan bulat, dan FPB(Mj, mj) = 1. Karenanya,  terdapat bilangan bulat bj sedemikian hingga
           (Mj)bj º 1(mod mj)                                  (1)
Jika i ¹ j, maka jelas (Mj)bj º 0 (mod mi). Sekarang kita misalkan x0 dengan
                       x0 = å (Mj)bjaj
Maka x0 º å (Mj)bjaj º (Mi)biai º ai (mod mi ), untuk i = 1, 2, 3, .., k.
Teorema: (Teorema Sisa Cina)
Misalkan m1, m2, m3, …, mk menyatakan k-buah bilangan-bilangan bulat positif yang sepasang-sepasang relatif prima , yakni FPB(mi, mj) = 1 untuk setiap i ¹ j dan misalkan a1, a2, a3, …, ak menyatakan k-buah bilangan-bilangan bulat. Maka sistem perkongruenan linier x º ai (mod mi), i = 1, 2, 3, …, k, mempunyai solusi bersama modulo m1.m2.m3…mk dan solusi bersama itu tunggal.  
Hal ini berarti x0 merupakan penyelesaian bersama dari sistem perkongruenan linier x º ai (mod mi), i = 1, 2, 3, …, k.
Sekarang akan kita tunjukkan ketunggalannya. Misalkan x0 dan x1 adalah dua solusi bersama dari perkongruenan linier x º ai (mod mi), i = 1, 2, 3, …, k. maka x0 º x1 (mod mi) untuk setiap i = 1, 2, 3, …, k, karenannya dapat disimpulkan x0 º x1 (mod m). Ingat x0 dan x1 adalah solusi-solusi bersama dari perkongruenan berarti x0 dan x1 adalah residu terkecil dari modulo (m1.m2.m3…mk) sehingga
                       -(m1.m2.m3…mk) < x0 - x1 < (m1.m2.m3…mk)
Mengingat bahwa (x0 - x1) adalah kelipatan pesekutuan dari  (m1.m2.m3…mk) dan FPB(mI, mj) = 1 untuk i ¹ j maka dapat disimpulkan
           x0 - x1 = 0 atau x0 = x1
Jadi solusi bersama dari sistem x º aI (mod mI), i = 1, 2, 3, …, k adalah tunggal.
Contoh: 1  
Carilah sebuah bilangan bulat positif terkecil x yang memenuhi sistem kekongruenan linier berikut:
            x º 1 (mod 2), x º 2 (mod 3), dan x º 3 (mod 5).
Contoh: 1  
Carilah sebuah bilangan bulat positif terkecil x yang memenuhi sistem kekongruenan linier berikut:
            x º 1 (mod 2), x º 2 (mod 3), dan x º 3 (mod 5).
Penyelesaian:
a1 = 1, a2 = 2 dan a3 = 3
m1 = 2, m2 = 3, dan m3 = 5
M1 = 3.5 = 15 sehingga 15b1 º 1 (mod 2) atau b1 = 1.
M2 = 2.5 = 10 sehingga 13b2 º 1 (mod 3) atau b2 = 1.
M3 = 1.2 = 2   sehingga   2b3 º 1 (mod 5) atau b3 = 3.
Maka, x0 = å (Mj)bjaj = 15.1.1 + 10.1.2 + 2.3.3 = 53.
Jadi x º 53 (mod 2.3.5) atau x º 23 (mod 30).
Jadi x = 23.
Contoh: 2  
Selesaikan perkongruenan linier 19x º 1 (mod 140).
Penyelesaian:
Masalah ini sama saja dengan masalah menentukan solusi bersama dari sistem perkongruenan linier
            19x º 1 (mod 4), 19x º 1 (mod 5), dan 19x º 1 (mod 7)
atau    x º 3 (mod 4), x º 4 (mod 5), dan x º 3 (mod 7)
Maka diperoleh:    a1 = 3, a2 = 4 dan a3 = 3
m1 = 4, m2 = 5, dan m3 = 7
M1 = 5.7 = 35 sehingga 35b1 º 1 (mod 4) atau b1 = -1.
M2 = 4.7 = 28 sehingga 28b2 º 1 (mod 5) atau b2 = 2.
M3 = 4.5 = 20 sehingga 20b3 º 1 (mod 7) atau b3 = -1.
Maka  x0 = bjaj = 35.-1.3 + 28.2.4 + 20.-1.3 = 59.
Jadi x º 59 (mod 4.5.7) atau x º 59 (mod 140).
 Soal berikut harus dikerjakan oleh mahasiswa sebagai latihan
1.    Tentukan semua bilangan bulat yang memberikan sisa berturut- turut 1, 2, dan 3 jika dibagi berturut oleh 3, 4, dan 5.
2.    Tentukan semua bilangan bulat yang memenuhi secara bersama perkongruenan linier-perkongruenan linier berikut.
      x º 5 (mod 2), x º 2 (mod 3), x º 3 (mod 5).  
3.    Tentukan solusi bersama dari sistem perkongruenan berikut.
       2x º 1 (mod 5), 3x º 2 (mod 7), 4x º 1 (mod 11).  
4. Carilah bilangan bulat  positif terkecil selain 1 yang memenuhi  perkongruenan linier-perkongruenan linier berikut.
    x º 1 (mod 3), x º 1 (mod 5), x º 1 (mod 7).
5. Tentukan bilangan bulat kelipatan 7 yang bersisa 1 apabila  dibagi dengan 2, 3, 4, 5, atau 6.
6. Tentukan bilangan bulat positif ganjil terkecil x, x > 3 sehingga  3½x, 5 ½(x + 2), dan 7 ½(x + 4).

1 komentar: