ANALISIS REAL I - PowerPoint PPT Presentation

analisis real i n.
Download
Skip this Video
Loading SlideShow in 5 Seconds..
ANALISIS REAL I PowerPoint Presentation
Download Presentation
ANALISIS REAL I

play fullscreen
1 / 50
ANALISIS REAL I
1023 Views
Download Presentation
boris
Download Presentation

ANALISIS REAL I

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - E N D - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
Presentation Transcript

  1. ANALISIS REAL I Oleh: Mardiyana Jurusan Pendidikan Matematika

  2. SISTEM BILANGAN REAL (R) Sifat-Sifat yang akan dikaji: • Sifat Aljabar • Sifat Urutan • Sifat Kelengkapan

  3. Operasi Biner Yang dimaksud dengan operasi biner pada himpunan A adalah fungsi dari AxA ke A. Contoh + : R x R  R (x,y)  +(x,y) = x + y

  4. Aksioma 1.1.1 (Sifat Aljabar dari R) Untuk setiap a, b, c  R, dengan 2 operasi biner penjumlahan (+) dan Perkalian (.)berlaku sifat: (A1) a + b = b + a (A2) (a + b) + c = a + (b + c) (A3) terdapat 0 R, sehingga a + 0 = a = 0 + a; (A4) terdapat -a  R, sehingga a + (-a) = 0 = (-a) + a; (M1) a. b = b . a (M2) (a.b).c = a.(b.c) (M3) terdapat 1 R, 1  0, sehingga a.1 = a = 1.a (M4) untuk a 0, terdapat 1/a  R, sehingga a.1/a = 1 = a.1/a; • a.(b+c) = a.b + a.c Selanjutnya (R,+.) disebut lapangan (field), 0 disebut elemen nol dan 1 disebut elemen satuan

  5. Teorema 1.1.2(1). Jika z, aR sehingga z + a = a , maka z = 0 (2). Jika u, b R; u.b = b dan b  0 , maka u = 1 Bukti (1) Diketahui bahwa z + a = a . Dengan menambahkan (-a) pada kedua ruas diperoleh (z + a) + (-a) = a + (-a) Jika berturut-turut diaplikasikan (A2), (A4), dan (A3) pada ruas kiri maka diperoleh (z + a) + (-a) = z + (a + (-a)) sifat A2 = z + 0 sifat A4 = z sifat A3 Selanjutnya, jika diaplikasikan (A4) pada ruas kanan maka diperoleh a + (-a) = 0 Jadi disimpulkan bahwa z = 0. Dari sifat ini berarti bahwa elemen nol tunggal.

  6. Bukti: (2). Diketahui u, b R; u.b = b dan b  0. Berdasarkan (M4) terdapat 1/b di R sedemikian hingga b.(1/b) = 1. Jika kedua ruas dari u.b = b dikalikan dengan 1/b maka diperoleh: (u.b).(1/b) = b.(1/b) (*) Selanjutnya jika diaplikasikan berturut-turut (M2), (M4) dan (M3) pada ruas kiri, maka diperoleh (u.b).(1/b) = u.( b.(1/b)) sifat M2 = u.1 sifat M4 = u sifat M3 Jika diaplikasikan (M4) pada ruas kanan, maka diperoleh b.(1/b) = 1 Jadi dari hubungan (*) disimpulkan bahwa u = 1. Dari sifat ini berarti elemen satuan 1 tunggal.

  7. Teorema 1.1.3 (1). Jika a, bR sehingga a + b = 0 , maka b = -a(2). Jika a, b  R; a  0 sehingga a.b = 1 , maka b = 1/a Bukti (1) Diketahui bahwa a + b = 0 . Dengan menambahkan -a pada kedua ruas, maka diperoleh (-a) + (a + b) = (-a) + 0 Dengan (A2), (A4), dan (A3) pada ruas kiri, diperoleh (-a) + (a + b) = ((-a) + a) + b = 0 + b = b Jika diaplikasikan (A3) pada ruas kanan, maka (-a) + 0 = -a Jadi disimpulkan bahwa b = -a. Dari sifat ini berarti elemen invers thd (+) tunggal

  8. Teorema 1.1.4 Jika a, b  R, maka:(1). Persamaan a + x = b mempunyai penyelesaian tunggal x = (-a) + b.(2). Jika a  0maka persamaan ax = b mempunyai penyelesaian tunggal x = (1/a)b. Bukti (1)Dengan mengaplikasikan (A2), (A4), (A3), diperoleh a + (-a + b) = (a + (-a)) + b = 0 + b = b yang berakibat(-a + b) penyelesaian dari a + x = b. Selanjutnya ditunjukkan penyelesaian tersebut tunggal. Misalkan z penyelesaian lain persamaan tersebut, maka a + z = b , dan jika ditambahkan (-a) pada kedua ruas, maka diperoleh (-a) + (a + z) = (-a) + b Selanjutnya dengan mengaplikasikan (A2), (A4), dan (A3) pada ruas kiri, maka (-a) + (a + z) = ((-a) + a) + z = 0 + z = z • Jadi disimpulkan bahwa z = (-a) + b.

  9. Teorema 1.1.5 Jika a  R; maka(1). a.0 = 0 (2). (-1).a = -a (3). –(-a) = a (4). (-1)(-1) = 1 Bukti (1) Dari (M3), a.1 = a, sehingga dengan menambahkan a.0 dan menerapkan (D) dan (M3) akan diperoleh a + a.0 = a.1 + a.0 = a.(1+0) = a.1 = a . Dengan Teorema 1.1.2 (1), disimpulkan a.0 = 0.

  10. Teorema1.1.6 Misalkan a, b, c  R,(1). Jika a  0 , maka 1/a  0 dan 1/(1/a) = a. (2). Jika ab = ac dan a  0, maka b = c. (3). Jika ab = 0 , maka a = 0 atau b = 0 Bukti: (1). Untuk a  0 , maka 1/a ada. Jika 1/a = 0, maka 1 = a.(1/a) = a. 0 = 0, sehingga bertentangan dengan (M3). Jadi 1/a  0. Selanjutnya karena (1/a).a = 1, maka dengan Teorema 1.1.3 (2) diperoleh 1/(1/a) = a.

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

  12. Aksioma 1.2.1 (Sifat–Sifat Urutan dari R) Terdapat himpunan bagian tak kosong P dari R yang disebut himpunan bilangan real positif, yang memenuhi sifat-sifat berikut : • Jika a, b  P maka a + b  P. • Jika a, b  P maka a.b  P. • Jika aR maka tepat satu dari di bawah ini akan dipenuhi: a  P, a = 0 -a  P

  13. Definisi1.2.2 • Jika a  P, maka dikatakan bahwa a bilangan real positif dan ditulis a > 0. • Jika a  P  {0} , maka dikatakan bahwa a bilangan real nonnegatif dan ditulis a ≥ 0. • Jika -a  P, maka dikatakan bahwa a bilangan real negatif dan ditulis a < 0. • Jika -a  P  {0} , maka dikatakan bahwa a bilangan real nonpositif dan ditulis a ≤ 0.

  14. Definisi 1.2.3 Misalkan a, b R . (a) Jika a – b  P, maka kita tulis a > b atau b < a. • Jika a – b  P  {0}, maka ditulis a ≥ b atau b ≤ a.

  15. Teorema 1.2.4 Misalkan a, b, cR. • Jika a > b dan b > c, maka a > c. • Dipenuhi tepat satu dari: a > b, a = b atau a < b. (c) Jika a ≥ b dan a ≤ b, maka a = b.

  16. Teorema 1.2.5 (a) Jika aR dan a ≠ 0, maka a2 > 0. (b) 1 > 0. (c) Jika nN, maka n > 0.

  17. Teorema 1.2.6 Misalkan a, b,c, dR. (a) Jika a > b, maka a + c > b + c. (b) Jika a > b dan c > d, maka a + c > b + d. (c) Jika a > b dan c > 0, maka ca > cb Jika a > b dan c < 0, maka ca < cb. (d) Jika a > 0, maka 1/a > 0 Jika a < 0, maka 1/a < 0.

  18. Teorema 1.2.7 Jika a, b  dan a < b, maka a < ½ (a + b) < b. Akibat 1.2.8 Jika b dan b > 0, maka 0 < ½ b < b. Teorema 1.2.9 Jika a dan 0  a <  untuk setiap  > 0, maka a = 0.

  19. Example 1 Show that for real numbers a > 0 and b > 0, we have the inequality chain min(a,b)     max(a,b).

  20. Example 2 Bernaulli’s Inequality. Prove that if x > -1, then (1 + x)n 1 + nx, for all n  N.

  21. Example 3 Cauchy’s Inequality. Prove that if n  N and a1, a2, …, an and b1, b2, …, bn are real numbers, then (a1b1 + … + anbn)2  (a12 + … + an2) (b12 + … + bn2)

  22. Definisi 1.3.1 Untuk a R, harga mutlak dari a, dinotasikan|a|, dan didefinisikan dengan |a| = a jika a ≥ 0 dan = -a jika a < 0.

  23. Teorema 1.3.2 (a) |a| = 0 jika dan hanya jika a = 0. (b) |-a| = |a| untuk semua a R. (c) |ab| = |a| |b| untuk semua a, b R . (d) Jika c ≥ 0, maka |a| ≤ c jika dan hanya jika –c ≤ a ≤ c. (e) - |a| ≤ a ≤ |a| untuk semua a R.

  24. Bukti Teorema 1.3.2 (a) Dari definisi, jika a = 0, maka |a| = 0. Sebaliknya, jika a ≠ 0 maka –a ≠ 0, sehingga |a| ≠ 0. Jadi, jika |a| = 0, maka a = 0. (b) Jika a = 0, maka |0| = 0 = |-0|. Jika a > 0, maka –a < 0 sehingga |a| = a = -(-a) = |-a|. Jika a < 0 maka –a > 0 sehingga |a| = -a = |-a|. (c) Jika salah satu dari a,b bernilai nol, maka baik |ab| maupun |a| |b| sama-sama bernilai nol. Jika a > 0 dan b > 0 maka |ab| = ab = |a| |b|. Jika a > 0 dan b < 0 maka ab < 0 sehingga |ab| = -(ab) = a (-b) = |a| |b|, Sedangkan untuk dua kasus yang lain dapat dikerjakan dengan cara yang sama. (d) Jika |a| ≤ c, maka diperoleh a ≤ c dan –a ≤ c. Hasil ini memberikan a ≤ c dan –c ≤ a, sehingga -c ≤ a ≤ c. Sebaliknya, jika –c ≤ a ≤ c, maka a ≤ c dan –a ≤ c yang berarti |a| ≤ c. (e) Substitusikan c = |a| ke dalam (d).

  25. Teorema 1.3.3 Ketaksamaan SegitigaUntuk sebarang bilangan real a dan b berlaku|a + b| ≤ |a| + |b| Bukti:Dari Teorema 1.3.2 (e), diperoleh -|a| ≤ a ≤ |a| dan -|b| ≤ b ≤ |b|. Dengan menjumlahkan keduanya dan menerapkan Teorema 1.2.6 (b) akan diperoleh -(|a| + |b|) ≤ a + b ≤ |a| + |b| Dengan Teorema 1.3.2 (d), disimpulkan bahwa |a + b| ≤ |a| + |b| 

  26. Akibat1.3.4Jika a dan b sebarang bilangan real, maka (a) ||a| - |b|| ≤ |a – b| (b) |a – b| ≤ |a| + |b| Bukti (a) Perhatikan a = a – b + b. Dengan Ketaksamaan Segitiga diperoleh |a| = |a – b + b| ≤ |a – b| + |b|atau |a| - |b| ≤ |a - b|. Dengan cara yang sama |b| = |b – a + a| ≤ |b – a| + |a| Akibatnya -|a – b| = -|b – a| ≤ |a| - |b|. Dengan menggabungkan kedua ketaksamaan ini dan menerapkan Teorema 1.3.2 (d), maka disimpulkan bahwa ||a| - |b|| ≤ |a – b|. (b) Dengan mengganti b pada Ketaksamaan Segitiga dengan –b maka dihasilkan |a – b| ≤ |a| + |-b|. Karena |-b| = |b| maka disimpulkan |a – b| ≤ |a| + |b|.

  27. Akibat1.3.5Untuk sebarang bilangan a1, a2, ..., an di dalam R berlaku| a1 + a2 + ... + an| ≤ |a1| + |a2| + ... + |an| Bukti : Diserahkan pembaca sebagai latihan.

  28. Definisi 1.3.7Misalkan a  R dan  > 0. Persekitaran-  dari a didefinisikan sebagai himpunanV(a) = {x  R : |x – a| < }. Teorema 1.3.8 Misalkan a  R. Jika x anggota dari persekitaran V(a) untuk setiap  > 0, maka x = a. Bukti: Jika x memenuhi |x – a| <  untuk setiap  > 0, maka menurut Teorema 1.2.9 berlaku |x – a| = 0, yaitu x = a.

  29. 1.4 Sifat Kelengkapan dari R Definisi 1.4.1 Misalkan S himpunan bagian dari R. (a) Bilangan u  R dikatakan batas atas dari S jika berlaku s ≤ u untuk setiap s  S. (b) Bilangan v  R dikatakan batas bawah dari S jika berlaku v ≤ s untuk setiap s  S.

  30. Definisi 1.4.2 Misalkan S himpunan bagian dari R. (a) Jika S terbatas di atas, maka batas atas u disebut supremum (batas atas terkecil) dari S jika tidak ada bilangan yang lebih kecil dari u yang merupakan batas atas dari S. (b) Jika S terbatas di bawah, maka batas bawah v adalah infimum (batas bawah terbesar) dari S jika tidak ada bilangan yang lebih besar dari v yang merupakan batas bawah dari S.

  31. Lemma 1.4.3 Bilangan u adalah supremum dari himpunan tak kosong S  R, jika dan hanya jika memenuhi: (a) s ≤ u untuk setiap s  S. (b) jika w < u,maka terdapat s’  S sehingga w < s’. Bukti : Bukti ditinggalkan bagi pembaca.

  32. Lemma 1.4.4 (a) Batas atas u dari himpunan tak kosong S  R, merupakan supremum dari S jika dan hanya jika untuk setiap  > 0 terdapat s sehingga u -  < s. (b) Batas bawah v dari himpunan tak kosong S  R, merupakan infimum dari S jika dan hanya jika untuk setiap  > 0 terdapat s sehingga s < v + .

  33. Teorema 1.4.6 (Sifat Supremum dari ) Setiap himpunan tak kosong di dalam  yang mempunyai batas atas pasti mempunyai supremum di dalam .

  34. Teorema 1.4.7 (Sifat Infimum dari) Setiap himpunan tak kosong di dalam  yang mempunyai batas bawah pasti mempunyai infimum di dalam .

  35. Contoh1.4.8 Misalkan S himpunan bagian tak kosong di dalam  yang terbatas di atas dan misalkan a. Didefinisikan himpunan a + S = {a + s : s  S}. Akan ditunjukkan bahwa sup (a + S) = a + sup S.

  36. Soal 1 Misalkan S himpunan tak kosong terbatas di dalam . (a) Jika a > 0 dan aS = {as : s  S}. Buktikan bahwa inf aS = a inf S dan sup aS = a sup S. (b) Jika b < 0 dan bS = {bs : s  S}. Buktikan bahwa inf bS = b sup S dan sup bS = b inf S.

  37. Soal 2 Misalkan X himpunan tak kosong dan f : X  mempunyai range yang terbatas di dalam . Jika a , maka tunjukkan bahwa sup {a + f(x) : x  X} = a + sup {f(x) : x  X} dan inf {a + f(x) : x  X} = a + inf {f(x) : x  X}.

  38. Soal 3 Misalkan X himpunan tak kosong dan f, g : X  mempunyai range yang terbatas di dalam . Tunjukkan bahwa sup{f(x) + g(x) : xX}  sup{f(x) : xX} + sup{g(x) : xX} dan inf {f(x) : xX} + inf {g(x) : xX}  inf {f(x) + g(x) : xX}.

  39. Sifat Archimides Teorema (Sifat Archimides) Jika x Rmaka terdapat nxN sehingga x < nx

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

  41. Akibat Sifat Archimides Jika y dan z bilangan real positif, maka : (a) Terdapat n  N sehingga z < ny. (b) Terdapat n  N sehingga 0 < 1/n < y. (c) Terdapat n  N sehingga n – 1  z < n.

  42. Bukti Akibat Sifat Archimides: (a) Karena x = z/y > 0, maka terdapat n  N sehingga z/y = x < n yang berarti z < ny. (b) Dengan mengganti z = 1 pada (a), maka 1 < ny, sehingga `1/n < y. Jadi 0 < 1/n < y. (c) Sifat Archimides menjamin bahwa himpunan bagian {m  N : z < m} di dalam N merupakan himpunan tak kosong. Misalkan n adalah elemen terkecil dari himpunan tersebut, maka n - 1 bukan anggota dari himpunan tersebut, sehingga n – 1  z < n

  43. Eksistensi Bilangan 2 Teorema Terdapat bilangan real positif x sehingga x2 = 2.

  44. Bukti : Misalkan S = {s  : 0 ≤ s, s2 < 2}, karena 1  S, maka S tidak kosong. Selanjutnya, jika t > 2 maka t2 > 2 , sehingga t  S. Jadi 2 merupakan batas atas dari S. Dengan sifat supremum, maka S mempunyai supremum di dalam R. Sekarang dimisalkan x = sup S. Perhatikan bahwa x > 1. Akan ditunjukkan bahwa x2 = 2, dengan menunjukkan bahwa tidak dipenuhi x2 < 2 maupunx2 > 2.

  45. Andaikan x2 < 2. Perhatikan bahwa untuk setiap n  N, berlaku 1/n2 1/n, sehingga Karena 0 < x dan x2 < 2, maka (2 - x2)/(2x + 1) > 0. Akibatnya terdapat bilangan asli n sehingga Akibatnya untuk bilangan asli n berlaku Jadi (x + 1/n)  S. Kontradiksi dengan x = sup S

  46. Andaikan x2 > 2 Perhatikan bahwa untuk sebarang bilangan asli m Selanjutnya karen x > 0 dan x2 > 2, maka (x2 – 2)/2x > 0. Sehingga terdapat bilangan asli m sehingga Akibatnya untuk bilangan asli m ini berlaku Ini berarti (x – 1/m) merupakan batas atas S. Kontradiksi dengan x = sup S.

  47. Sifat Kerapatan Bilangan Real Teorema (Kerapatan Bilangan Rasional) Jika x dan y bilangan real dengan x < y, maka terdapat bilangan rasional r sehingga x < r < y.

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

  49. Akibat Jika x dan y bilangan real dengan x < y, maka terdapat bilangan irrasional z sehingga x < z < y. Bukti: Dengan menggunakan Teorema Kerapatan Bilangan Rasional, pada bilangan real x/2 dan y/2, terdapat bilangan rasional r sehingga x/2 < r < y/2 Jadi z = r2 adalah bilangan irrasional yang memenuhi x < z < y.

  50. Sekian Terima Kasih Atas Perhatiannya