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) 0R, aR, a+0 = 0+a = a

(iii) aR, (-a)R, a+(-a) = (-a)+a = 0

(iv) komutatif

R – {0} dengan operasi × bersifat : (i) asosiatif

(R – {0}, x) (ii) 1R, aR, ax1 = 1xa = a

(iii) aR, (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 Rb,a , maka

(i) persamaan bxa mempunyai selesaian tunggal bax .

(ii) Jika 0a , maka persamaan bx.a mempunyai selesaian tunggal b.xa1 .

Teorema 2.4

Jika Ra , maka

(i) 00 .a

bukti

.

(ii) aa. 1

bukti

.

(iii) aa

bukti

(iv) 111 .

Teorema 2.5

Misal Rc,b,a .

(i) jika 0a , maka 01 a

dan aa

11 .

(ii) jika c.ab.a dan 0a , maka cb

(iii) jika 0b.a , maka 0a atau 0b .

Operasi kurang didefinisikan dengan baba .

Operasi bagi didefinisikan dengan bb

a .a 1 .

30

Bilangan Rasional

Teorema 2.6

Tidak ada bilangan rasional r yang memenuhi 22 r .

Contoh 1

Jika Ra dengan aa.a , maka 0a atau 1a .

jawab

Karena 1.aa dan aa.a , maka 1.aa.a .

Jika 0a , berdasarkan teorema 2.1.6, maka 1a .

Jika 0a , maka 0.0 = 0 benar.

Jadi, 0a atau 1a .

Latihan 2.1

1. Buktikan Teorema 2.4.

2. Jika , buktikan bahwa:

(a) (b)

(c)

(d)

.

3. Jika 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:

aP, a=0, -aP.

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<b.

bukti

Berdasarkan sifat terurut dari R, maka hanya satu dari hal-hal berikut yang

dipenuhi yaitu

a-bP, a-b = 0, -(a-b) = b-a P.

Ini berarti hanya tepat satu memenuhi

a>b, a = 0, a<b.

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

bukti

Andaikan a b, maka 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 nN, 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, maka –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 >21 (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 21 > 0. Sehingga

21 (2a) >

21 (a+b) >

21 (2b)

a >21 (a+b) > b.

Corollary 2.1

a R, a > 0 a >21 a > 0.

bukti

Berdasarkan Teorema 2.2.7 dengan b = 0, maka

a >21 a > 0.

Teorema 2.11

a R, 0 a < , >0 a = 0.

bukti

Misalkan a > 0.

Berdasarkan Corollary 2.2.8, maka a >21 a > 0.

Pilih 0 = 21 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 a1 > 0. Sehingga

b = 1.b = (aa1 ) b =

a1 (ab) > 0.

Jika a<0, berdasarkan Teorema 2.2.6 (d), maka a1 < 0. Sehingga

b = 1.b = (aa1 ) b =

a1 (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 > 3x + 4.

Jawab

Karena x2 > 3x + 4, maka

x2 - 3x - 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 > 3x + 4} = {x | x>4 atau x<-1}.

(b) 1 < x2 < 4.

Karena 1 < x2 < 4, maka 1 < x

2 dan x

2 < 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)

(d)

5. Misalkan dan untuk setiap berlaku . Buktikan bahwa

.

2.3. Nilai Mutlak

Definisi 2.4

0

0

a,a

a,aa , dengan Ra .

Teorema 2.13

(a) Ra semuauntuk ,aa .

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) Rba, semuauntuk ,baab .

bukti

Jika a = 0 atau b = 0, maka |ab| dan |b||a| sama dengan 0.

Jika a > 0 dan b > 0, maka ab > 0. Sehingga

|b||a|ab|ab| .

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

|b||a|)b)(a(ab|ab| .

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

|b||a|)b(aab|ab| .

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

37

|b||a|)b(aab|ab| .

(c) cac- jika hanya dan jika ,ca maka ,c jika 0 .

bukti

Misalkan c>0.

()

Karena c|a| , maka ca dan ca .

Kita tahu bahwa ca ekuivalen dengan ac .

Karena ac dan ca , maka cac .

()

Jika cac , maka ac dan ca . Sehingga

c|a| .

(d) Ra semuauntuk ,aaa .

bukti

Ganti c = |a| pada c akan diperoleh aaa .

Ketidaksamaan Segitiga

Untuk sembarang a, b R, berlaku

|b||a|ba .

bukti

Karena

aaa dan bbb ,

maka

|b||a|ba|b||a|

|b|aba|b|a

Jadi,

|b||a|ba .

Corollary 2.3

Untuk sembarang a, b R, berlaku

(a) |ba| |b||a| .

bukti

Karena |b||ba||bba||a| , maka

|ba||b||a| .

Karena |a||ab||aab||b| , maka

38

|ab||a||b|

|ba|||b||a|

Sehingga dari |ba|||b||a| dan |ba||b||a| , diperoleh

|ba| |b||a|

(b) |b||a|ba

bukti

Ganti b dengan –b pada ketidaksamaan segitiga diperoleh

|b||a||b||a|ba .

Contoh 4

Cari semua x R yang memenuhi pertidaksamaan berikut

5(a). 1354 |x|

jawab

Karena 1354 |x| , maka

418

41

41

41

2

1848

1848

513554513

135413

x

x

x

x

x

Jadi, A = 4

1821354 x|x|x||x .

5(c). |x| |x| 11

jawab

Cara I

(i) Jika 1x , maka

.

xx

20

11

Ini berarti tidak ada 1x yang memenuhi pertidaksamaan.

(ii) Jika 1x , maka

39

.

xx

xx

20

11

11

Ini berarti untuk semua 1x memenuhi pertidaksamaan.

(iii) Jika 11 x , maka

0

02

11

11

x

x

xx

xx

Ini berarti 01 x memenui pertidaksamaan.

Jadi, B = 011 x|x|x||x||x .

Contoh 5

Tunjukkan bahwa

axa|ax| .

bukti

()

Karena |ax| , maka

ax

aaaxa

axa .

()

Karena axa , maka

aaaxaa

ax

|ax| .

Contoh 6

Misal 12

132 2

x

xxxf , untuk setiap 32 x .

Cari konstanta M>0 sehingga M|xf| , untuk setiap 32 x .

jawab

Karena |||x||x||xx| 132132 22 dan 3x , maka

2813332132 22 ..|xx| .

Karena |||x||x| 1212 dan 2x , maka

40

312212 .|x| .

Sehingga

3

28

12

132 2

|x|

|xx||xf| .

Pilih M = 3

28>0, maka

M|xf| , untuk setiap 32 x .

Latihan 2.3

1. Misalkan .Tunjukkan bahwa

jika dan hanya jika .

2. Misalkan dengan . Buktikan bahwa jika , maka

.

3. Carilah semua yang memenuhi pertidaksamaan berikut

(a) (b)

2.4. Lingkungan

Definisi 2.5

Misalkan aR.

(i) Untuk suatu >0, lingkungan- dari a adalah himpunan

V(a) = {xR | |x – a| < }

( ) a

a- a+

V(a)

41

(ii) Suatu lingkungan dari a adalah sembarang himpunan yang memuat

lingkungan- dari a, untuk suatu > 0.

Teorema 2.14

Misalkan Ra . Jika Rx sehingga x anggota setiap lingkungan dari a, maka

x =a.

bukti

Karena aVx untuk setiap 0 , maka |ax| untuk setiap 0 .

Berdasarkan Teorema 2.2.9, maka 0 ax .

Jadi ax .

Contoh 7

Tunjukkan bahwa jika U dan V adalah lingkungan aR, maka VU dan VU

juga lingkungan dari a.

jawab

Karena U lingkungan maka ada 1 , 2 > 0 sehingga aU 1 U dan aV 2 V.

Sehingga

aU 1 VUaVaU 21

Ini berarti VU juga lingkungan dari a.

Tentukan 214 ,min . Maka

aVaUaV 214 .

Karena VUaVaU 21 , maka VUaV 3 .

Ini berarti VU juga lingkungan dari a.

Contoh 8

Periksa apakah

(a) 10 x|xI lingkungan dari 0.

(b) 10 x|xU lingkungan dari 21

jawab

(a) I bukan lingkungan dari 0 karena untuk sembarang 0 ,

x|xV 0 I.

(b) U lingkungan dari 21 , karena ada 0

41

0 , sehingga

43

21

41

21

41

21

0 x|xx|xV U.

42

Latihan 2.4

1. Misalkan , dan . Buktikan bahwa dan

adalah lingkungan- untuk suatu yang sesuai.

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 RS .

(i) Ru dikatakan batas atas jika memenuhi

usSs .

(ii) Rw dikatakan batas bawah jika memenuhi

swSs .

Batas atas terkecil disebut supremum.

Batas bawah terbesar disebut infimum.

Definisi 2.7

Misal RS .

(a) Rp disebut supremum jika memenuhi

(i) Ss,ps (p batas atas)

(ii) upSs,us .

(b) Rq disebut infimum jika memenuhi

43

(i) Ss,sq (q batas bawah)

(ii) qwSs,sw .

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 pm .

Karena p supremum dan m batas atas maka mp .

Sehingga, m = p.

Lemma 2.1

Suatu batas atas u dikatakan supremum dari S (sup S)

suSs, sehingga 0 .

bukti

()

Misalkan v batas atas yang lain dari S.

Akan ditunjukkan vu .

Andaikan vu , maka 0 vu .

Pilih 0 vu .

Maka ada Ss sehingga sv)vu(uu .

Hal ini bertentangan dengan v adalah batas atas dari S.

Jadi, pengandaian vu salah.

Haruslah vu .

()

Misalkan Su sup .

Misal pula diberikan sembarang 0 .

Karena uu , maka u bukan batas atas dari S.

Sehingga ada anggota dari S, sebutlah Ss yang melebihi u .

( )

ada s sehingga < s

S

44

Atau, su .

Contoh 9

Misalkan 10 x|xS

Tunjukkan bahwa sup S = 1.

1 batas atas karena Ss,s 1 .

Karena S1 , maka sembarang batas atas v dari S akan memenuhi 1 < v.

Jadi, sup S = 1.

Contoh 10

Misalkan 10 x|xA

Tunjukkan bahwa sup A = 1.

1 batas atas karena As,s 1 .

Misal diberikan sembarang 0 dengan (i) 10 atau (ii) .

(i)

Maka dapat dipilih As 2

1

Sehingga

22

11su

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,

ada sup

atas di terbatas

A

A

A

RA

.

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 Ra . Didefinisikan

45

Ss|saSa .

Maka

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

bukti

Misalkan sup S = u, maka

.uaxa

,Sx,ux

Ini berarti a+u adalah batas atas untuk a+S.

Misalkan pula v adalah batas atas yang lain untuk a+S. Maka

avx

Sx,vxa

Ini berarti v – a batas atas untuk S.

Karena u = sup S, maka

vau

avu

Jadi, u+a = sup(a+S).

Contoh 11

Misal 10 x|xS .

Tentukan sup(2+S).

jawab

sup(2+S) = 2 + sup S = 2 + 1 = 3.

Misalkan RD , dan fungsi

.Dx|xgDg

Dx|xfDf

adalah himpunan-himpunan terbatas di R.

Maka

(i) DgDfDx,xgxf sup sup

(ii) DgDfDy,x,ygxf inf sup

46

Dx,xgxf Dy,x,ygxf

bukti

(i) Misal sup g(D) = t, maka Dgx,tx , atau Dx,txg .

Karena Dx,xgxf , maka txf .

Jadi, t batas atas dari f(D).

Sehingga, tDf sup .

Jadi, DgDf sup sup .

(ii) Untuk membuktikan DgDf inf sup , pertama misalkan y tetap. Maka

Dx,ygxf .

Ini berarti g(y) adalah batas atas dari f(D).

Sehingga ygDf sup .

Karena Dx,ygxf berlaku untuk sembarang Dy . Maka

DyygDf , sup .

Ini berarti sup f(D) adalah batas bawah dari g(D).

Sehingga

DgDf inf sup .

Contoh 12

Misalkan S himpunan terbatas di R dan 00 S,SS . Tunjukkan bahwa

SSSS sup sup inf inf 00 .

jawab

Karena 00 sup inf SS maka untuk membuktikan pernyataan di atas cukup

dengan menunjukkan

(a) 0 inf inf SS

(b) SS sup sup 0

D

f

g

f(D)

g(D)

g

f

f(D)

g(D)

D

47

(a) Akan ditujukkan 0 inf inf SS .

Misalkan inf S = t, maka Sx,xt .

Karena SS 0 , maka 0 Sx,xt .

Ini berarti t batas bawah dari S0.

Karena 00 S,RSS , dan S0 terbatas di bawah, maka inf S0 ada.

Sehingga 0 inf St .

Jadi, 0 inf inf SS

(b) Akan ditujukkan SS sup sup 0

Misalkan sup S = m, maka Sx,mx .

Karena SS 0 , maka 0 Sx,mx .

Ini berarti m batas atas dari S0.

Karena 00 S,RSS , dan S0 terbatas di atas, maka sup S0 ada.

Sehingga mS 0 sup .

Jadi, SS sup sup 0 .

Sifat Archimedes

xx nxnRx sehingga

(himpunan bilangan asli tidak terbatas).

bukti

Andaikan N terbatas.

Karean N dan RN , dan N terbatas maka sup N ada, sebutlah u.

Pilih 1 , maka Nm sehingga

mu 1

1 mu .

Karena Nm 1 , maka 1 mu bertentangan dengan u adalah sup N.

Jadi, pengandaian salah.

Terbukti N tidak terbatas.

Corollarry 2.4

Misalkan y dan z adalah bilangan real positif kuat. Maka

(a) Nn sehingga nyz .

(b) Nn sehingga yn 10 .

(c) Nn sehingga nzn 1 .

bukti

48

(a) Karena y dan z adalah bilangan real positif kuat maka Ryz .

Berdasarkan sifat Archimedes, maka Nn sehingga

nyz

nyz

(b) Pilih z = 1 pada Corollary (a), maka Nn sehingga ny1 .

Karena Nn , maka yn 10 .

(c) Sifat Archimedes menjamin bahwa mz|Nm dari N adalah tidak

kosong. Berdasarkan sifat terurut baik dari N, maka mz|Nm

mempunyai unsur terkecil, sebutlah n. Maka

nzn 1 .

Teorema Density

yrxQryx,Ry,x sehingga .

(di antara dua bilangan real, ada bilangan rasional)

bukti

Tanpa mengurangi sifat keumumanya, misalkan x > 0.

Karena yx 0 dengan Ry,x , maka Rxy

1 .

Berdasarkan sifat Archimedes, maka Nn sehingga

nxny

nxny

nxy

1

1

1

Dengan menggunakan Corollary 2.4.8.(c) untuk 0nx , maka Nm sehingga

mnxm 1 .

Ini berarti nxm 1 .

Sehingga

nynxmnx 1 .

Ini berarti

yx

nymnx

nm

Tulis Qrmm .

49

Maka yrx .

Corollary 2.5

yzxIzyx,Ry,x sehingga .

(di antara dua bilangan real, ada bilangan irasional)

bukti

Karena Ry,x dengan yx , maka R,yx 22

dengan 22

yx .

Berdasarkan Teorema Density, maka Qr sehingga

yrx

ryx

2

22

Tulis Izr 2 .

Maka yzx .

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 , dan terbatas di bawah.

Buktikan bahwa .

2.6. Titik Cluster (Cluster Point)

Definisi 2.8

Suatu titik Rx dikatakan titik cluster dari subset RS , jika setiap

lingkungan- dari x, x,xxV memuat paling sedikit satu titik dari S

yang berbeda dengan x.

Atau

Suatu titik Rx dikatakan titik cluster dari subset RS jika

x\SxV,0 .

Suatu titik Rx dikatakan bukan titik cluster dari subset RS jika

x\SxV,0 .

50

Contoh 13

Misalkan 20651 ,,S dan Nn|Sn

12 .

a. Apakah 5 titik cluster dari S1? Bukan

bukti

Ada 021 sehingga 5545 12

121

21 \S,V / .

b. Apakah 100

1 titik cluster dari S2? Bukan

bukti

Ada 01000

1 sehingga

100

121000

1100

11000

1100

1100

110001 \S,V / .

c. Apakah 0 titik cluster dari S2? Ya

bukti

Misal diberikan sembarang 0 .

Maka berdasarkan Corollary 2.4.8.(b), Nm sehingga m10 .

Ini berarti ,V 0 memuat 21 Sm .

Sehingga

00 2 \SV .

Jadi, 0 adalah titik cluster dari S2.

2.7. Himpunan Terbuka (Open Set) dan Tertutup

(Closed Set) di R

Definisi 2.9

(i) Suatu subset G dari R adalah terbuka di R jika untuk setiap Gx , ada

lingkungan V dari x sehingga GV .

Atau

G terbuka Gx,x,Gx sehingga 0 .

(ii) Suatu subset F dari R dikatakan tertutup di R jika R\F terbuka di R.

Contoh 14

( ) x

ada yS, y x

S

) ( x x+

51

a. Buktikan bahwa sembarang selang terbuka I = (a,b) adalah himpunan terbuka.

jawab

Misal diberikan sembarang Ix , maka bxa .

Pilih xb,ax min > 0.

Akan ditunjukkan IxV .

Misalkan xyx|yxVu maka xux .

Ada dua kemungkinan:

(i) jika ax , maka

.x

abx

xbax

ab2

2

Sehingga

ba.axxaxxuxx)ax(a ab 2

22 .

Jadi, bua .

Dengan kata lain Iu .

(ii) jika xb , maka

.x

abx

xbax

ab2

2

Sehingga

bxxbxuxx)xb(bxb.a ab 222

.

Jadi, bua .

Dengan kata lain Iu .

Jadi, IxV .

Kesimpulan, I = (a,b) adalah himpunan terbuka.

b. Tunjukkan bahwa himpunan I = [0,1] tidak terbuka.

jawab

Pilih I0 .

Misal diberikan sembarang 0 .

Akan ditunjukkan Ix|xV 0 .

Pilih 02 V , maka I

2.

Jadi, IV 0 .

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 10 x|xH tidak terbuka juga tidak tertutup.

jawab

Akan ditunjukkan H tidak terbuka.

Karena ada I0 sehingga untuk setiap 0 berlaku HV 0 , 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 iRG|GG ii tebuka, adalah sembarang koleksi dari

himpunan-himpunan terbuka di R.

Misal diberikan sembarnag Gx , maka x adalah anggota salah satu dari Gi,

sebutlah G1.

Karena G1 terbuka, maka 0 sehingga 1GxV .

Karena GG 1 , maka GxV .

Jadi, G adalah himpunan terbuka di R.

(b) Misalkan nG...GGG 21 untuk suatu Nn adalah irisan dari

koleksi finite dari himpunan-himpunan terbuka di R.

Misal diberikan sembarang Gx , maka 1Gx , 2Gx , … , dan nGx .

Karena G1 terbuka, maka 01 sehingga 11GxV .

Karena G2 terbuka, maka 02 sehingga 22GxV .

Dan seterusnya sampai Gn terbuka, maka 0 n sehingga nGxVn

.

Pilih n,, , ... min 21 > 0.

Maka

1GxV dan 2GxV , dan … , dan nGxV

53

Jadi, GG...GGxV n 21 .

Jadi, G adalah himpunan terbuka di R.

DAFTAR PUSTAKA

Bartle, R. G. & Sherbert, D.R. (1982). Introduction to Real Analysis. New York:

John Willey & Sons, Inc.

Bruckner, T. (2008). Elementary Real Analysis, 2nd

Editions. New York: Prentice

Hall.

Trench, W. F. (2003). Introduction to Real Analysis. San Antonio: Pearson

Education.