Analisis Real

DAFTAR ISI
1 SISTEM BILANGAN REAL 1
1.1 Sifat Aljabar Bilangan Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Sifat Urutan Bilangan Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Nilai Mutlak dan Jarak Pada Bilangan Real . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Supremum dan Infimum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.5 Kepadatan bilangan rasional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
i

BAB 1
SISTEM BILANGAN REAL
Bilangan real sudah dikenal dengan baik sejak masih di sekolah menengah.
Namun untuk memulai mempelajari materi pada BAB ini anggaplah diri kita
belum tahu apa-apa tentang bilangan real. Kita akan mempelajari bagaimana
sistem bilangan real itu dibangun.
Pertama-tama kita hanya diberikan suatu himpunan bilangan tetapi belum
tahu anggotanya seperti apa, belum aturan yang berlaku di dalamnya. Kemu-dian
kepada himpunan ini diberikan dua operasi binair, penjumlahan dan pen-gurangan.
Dengan dua operasi ini dibuat beberapa aksioma. Dua aksioma pent-ing
adalah keujudan elemen 0 dan elemen 1. Inilah anggota bilangan real per-tama
yang kita ketahui. Selanjutnya dengan aksioma-aksioma ini didefinisikan
anggota-anggota lainnya, seperti bilangan positif, bilangan negatif, bilangan bu-lat,
bilangan rasional dan bilangan irrasional. Juga didefinisikan sifat-sifat yang
mengatur hubungan antar anggota, seperti sifat urutan, sifat jarak, sifat kelengka-pan
dan sifat kepadatan.
1.1 Sifat Aljabar Bilangan Real
Bilangan real dipandang sebagai suatu himpunan, seterusnya dilambangkan den-gan
R. Selanjutnya, didefisikan dua operasi binair ’+’ dan ’¢’ masing-masing
disebut operasi penjumlahan dan operasi perkalian. Kedua operasi binair ini
diterapkan pada R dan memenuhi sifat-sifat sebagai berikut:
(A1) a+b = b+a untuk setiap a; b 2 R, yaitu komutatif terhadap penjumlahan.
(A2) (a + b) + c = a + (b + a) untuk setiap a; b; c 2 R, yaitu asosiatif terhadap
penjumlahan.
(A3) Terdapat elemen 0 2 R sehingga a + 0 = 0 + a = a untuk setiap a 2 R.
Elemen 0 ini disebut elemen nol.
(A4) Untuk setiap a 2 R selalu terdapat (¡a) 2 R sehingga a+(¡a) = (¡a)+a =
0. Elemen (¡a) ini disebut negatif dari a.
1

Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 2
(M1) a ¢ b = b ¢ a untuk setiap a; b 2 R, yaitu komutatif terhadap perkalian.
(M2) (a ¢ b) ¢ c = a ¢ (b ¢ a) untuk setiap a; b; c 2 R, yaitu asosiatif terhadap
perkalian.
(M3) Terdapat elemen 1 2 R sehingga a ¢ 1 = 1 ¢ a = a untuk setiap a 2 R.
Elemen 1 ini disebut elemen satuan.
(M4) Untuk setiap a 2 R, a6= 0 selalu terdapat (1=a) 2 R sehingga a ¢ (1=a) =
(1=a) ¢ a = 1. Elemen (1=a) ini disebut kebalikan dari a.
(D) a ¢ (b + c) = (a ¢ b) + (a ¢ c) dan (b + c) ¢ a = (b ¢ a) + (c ¢ a) untuk setiap
a; b; c 2 R. Sifat ini disebut distributif perkalian terhadap penjumlahan.
Diperhatikan bahwa ada 4 sifat yang berkaitan dengan operasi penjumlahan yaitu
A1, A2, A3 dan A4 (notasi A untuk Adisi, atau penjumlahan), 4 sifat yang berkai-tan
dengan perkalian yaitu M1, M2, M3 dan M4 (M untuk Multiplikasi, atau
perkalian) dan 1 sifat yang mencakup keduanya yaitu D (D untuk Distributif).
Kesembilan sifat ini disebut sifat aljabar atau aksioma bilangan real.
Sampai saat ini belum didefinisikan bilangan negatif dan operasi pengurangan.
Notasi (¡a) dianggap satu elemen didalam R. Begitu juga elemen kebalikan
(1=a) dianggap satu elemen dan operasi pembagian belum didefinisikan.
Berikut diberikan beberapa teorema sederhana yang diturunkan langsung dari
sifat-sifat aljabar ini.
Teorema 1.1.1. Jika a bilangan real sebarang maka persamaan a+x = b mem-punyai
penyelesaian tunggal, yaitu x = (¡a) + b.
Bukti:
a + x = b [diketahui]
) (¡a) + (a + x) = (¡a) + b
) ((¡a) + a) + x = (¡a) + b [menggunakan A2]
) 0 + x = (¡a) + b [menggunakan A4]
) x = (¡a) + b [menggunakan A3]
Latihan 1.1.1. Buktikan jika a bilangan real tidak nol maka persamaan a¢x = b
mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (1=b).
Teorema 1.1.2. Bila a suatu elemen pada R maka
(i) a ¢ 0 = 0
(ii) (¡1) ¢ a = ¡a.

Bukti: (i): Berdasarkan (M3) kita mempunyai a ¢ 1 = a. Selanjutnya kedua
ruas ini ditambahkan a ¢ a, diperoleh :
a + a ¢ 0 = a ¢ 1 + a ¢ 0
= a ¢ (1 + 0) [menggunakan D]
= a ¢ 1 [menggunakan A3]
= a [menggunakan M3]
Selanjutnya dengan menggunakan Teorema (1.1.1)dengan menganggap x sebagai
a ¢ 0 diperoleh
a ¢ 0 = (¡a) + a = 0:
(ii): Dari (M3) kita mempunyai a = 1 ¢ a. Tambahkan pada kedua ruas dengan
(¡1) ¢ a, diperoleh
a + (¡1) ¢ a = 1 ¢ a + (¡1) ¢ a
= (1 + (¡1)) ¢ a [menggunakan D]
= 0 ¢ a [menggunakan A4]
= 0 [menggunakan bagian i, setelah menerapkan (A1)]
Selanjutnya dengan menggunakan Teorema (1.1.1) dan menganggap x sebagai
(¡1) ¢ a, kemudian menggunakan (A3) diperoleh
(¡1) ¢ a = (¡a) + 0 = ¡a:
Latihan 1.1.2. Bila a suatu elemen pada R, buktikan
i) ¡(¡a) = a
ii) (¡1) ¢ (¡1) = 1:
Teorema 1.1.3. Misalkan a; b; c elemen pada R.
(i) Jika a6= 0 maka 1=a6= 0 dan 1=(1=a) = a.
(ii) Jika a ¢ b = a ¢ c dan a6= 0 maka b = c.
Bukti. (i): Karena a6= 0 maka menurut (M4) selalu ada 1=a 2 R. Andaikan
1=a = 0 maka diperoleh
1 = a ¢ (1=a) = a ¢ 0 = 0:

Hasil ini berlawanan atau kontradiksi dengan (M3). Jadi pengandaian ini salah,
dan haruslah 1=a6= 0. Selanjutnya karena 1=a6= 0 dan karena (1=a) ¢ a = 1
maka dengan Teorema (1.1.1) dengan memandang a sebagai x maka diperoleh
a = 1=(1=a).
(ii): Kedua ruas pada a ¢ b = a ¢ c dikalikan dengan (1=a) disertai dengan meng-gunakan
(M2), diperoleh
((1=a) ¢ a) ¢ b = ((1=a) ¢ a) ¢ c
, 1 ¢ b = 1 ¢ c [menggunakan M4]
, b = c [menggunakan M3]
Latihan 1.1.3. Buktikan bahwa jika a ¢ b = 0 maka a = 0 atau b = 0.
Operasi lainnya pada R
Sejauh ini hanya ada dua operasi pada bilangan real. Melalui dua operasi ini
diturunkan bebedapa operasi lainnya yang didefinisikan sebagai berikut :
1. Operasi pengurangan. Bila a; b 2 R maka notasi a¡b dibaca a dikurang
dengan b dan didefinisikan oleh
a ¡ b := a + (¡b):
2. Operasi pembagian. Bila a; b 2 R, b6= 0 maka notasi a=b atau a
b dibaca
a dibagi dengan b dan didefinisikan oleh
a=b := a ¢ (1=b):
3. Operasi pangkat. Bila a 2 R maka notasi a2 dibaca a dipangkatkan den-gan
dua atau a kuadarat dan didefinisikan sebagai a2 := a¢a. Secara umum
untuk n bilangan asli, an adalah a dipangkatkan dengan n didefinisikan oleh
an := |a ¢ a ¢ a{z¢ ¢ ¢ ¢ ¢ a}
sebanyak n faktor
:
Untuk a6= 0, notasi a¡1 dimaksudkan untuk 1=a dan notasi a¡n untuk
(1=a)n.

Beberapa himpunan bagian penting pada R
1. Bilangan asli. Himpunan bilangan asli dilambangkan dengan N dipandang
sebagai himpunan bagian R dan n 2 N didefinisikan sebagai
n := 1| + 1 + 1{z+ ¢ ¢ ¢ + 1}
sebanyak n suku
:
2. Bilangan bulat. Himpunan bilangan bulat dilambangkan dengan Z dan
keanggotannya dapat didefinsikan sebagai berikut :
Z := f¡n : n 2 Ng [ N [ f0g
dengan ¡n := (|¡1) + (¡1) + ({¡z 1) + ¢ ¢ ¢ + (¡1})
sebanyak n suku
.
3. Bilangan rasional dan irrasional. Himpunan bilangan rasional dilam-bangkan
dengan Q adalah elemen bilangan real yang dapat ditulis dalam
bentuk pecahan. Jadi,
Q :=
½
b
a
: a; b 2 Z; a6= 0
¾
:
Bilangan real yang tidak dapat disajikan sebagai pecahan disebut bilan-gan
irrasional dan himpunan bilangan irrasional ini biasa dilambangkan
dengan R n Q.
Notasi ”:=” berarti ”didefinisikan oleh” (defined by). Penggunaan notasi ini
lebih tepat daripada menggunakan ”=” karena tanda sama dengan seharusnya
digunakan untuk menyatakan kesamaan kedua ruas.
Teorema 1.1.4. Tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 2.
Bukti. Andai ada bilangan rasional yang kuadratnya sama dengan dua. Untuk
itu dapat ditulis r = m
n dengan m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan
selain 1. Diperoleh
r2 =
m2
n2 = 2 ) m2 = 2n2;
berarti m2 bilangan genap. Karena itu m juga genap (lihat latihan berikut!).
Karena m genap maka dapat ditulis m = 2p. Substitusi m ini ke kesamaan
sebelumnya, diperoleh
(2p)2 = 2n2 ) 4p2 = 2n2 ) n2 = 2p2:
Ini berarti n2 bilangan genap, akibatnya n juga bilangan genap. Berangkat dari
pengandaian tadi diperoleh dua pernyataan berikut

a. m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1, berarti m dan n
tidak mungkin keduanya genap.
b. m dan n bilangan genap.
Kedua pernyataan ini bertentangan (kontradiksi), sehingga pengandaian harus
diingkari. Kesimpulannya Teorema terbukti.
Latihan 1.1.4. Buktkan bila m2 genap maka m juga genap.
Contoh 1.1.1. Pada contoh ini dibuktikan bahwa jika z 2 R bilangan irrasioanl
dan r6= 0 bilangan rasional maka r + z dan rz bilangan irrasional. Dibutkikan
dengan kontradiksi. Andai r + z rasional, maka dapat ditulis
r + z =
m
n
dan r =
p
q
; m; n; p; q 2 Z; n; q6= 0:
Dari sini diperoleh
z =
m
n
¡
p
q
=
mq ¡ np
nq
;
yaitu z rasional, sebab mq¡np; nq 2 Z; nq6= 0. Kontradiksi dengan z irrasioanl.
Jadi pengandaian r + z rasional salah, dan haruslah r + z irrasional. Dengan
argumen yang sama dapat dibuktikan sisanya.
Latihan 1.1.5. Buktikan bahwa jika x; y keduanya rasional maka x + y dan xy
rasional.
1.2 Sifat Urutan Bilangan Real
Urutan pada bilangan real merujuk pada hubungan ketidaksamaan antara dua
bilangan real. Sebelum didefinisikan urutan terlebih dulu didefinisikan bilangan
positif.
Definisi 1.2.1 (Bilangan Positif ). Pada R terdapat himpunan bagian takkosong
P dengan sifat-sifat berikut :
1. Jika a; b 2 P maka a + b 2 P.
2. Jika a; b 2 P maka a ¢ b 2 P.
Himpunan P ini selanjutnya disebut himpunan bilangan positif.
Definisi 1.2.2 (Sifat Trikotomi). Bila a 2 R maka tepat satu pernyataan
berikut dipenuhi, yaitu
a 2 P; a = 0; ¡a 2 P:

Selanjutnya himpunan bilangan negatif didefinisikan sebagai himpunan
f¡a : a 2 Pg :
Jadi himpunan bilangan real terbagi atas tiga himpunan saling asing yaitu bilan-gan
positif, bilangan negatif dan nol.
Definisi 1.2.3 (Urutan). Berikut ini definisi ketidaksamaan antara elemen-elemen
pada R :
1. Bilangan a 2 P disebut bilangan positif dan ditulis a > 0. Notasi a ¸ 0
berarti a 2 P [ f0g, dan a disebut bilangan taknegatif.
2. Bilangan a 2 P sehingga¡a 2 P disebut bilangan negatif, ditulis a < 0.
Notasi a · 0 berarti ¡a 2 P [ f0g, dan a disebut bilangan takpositif.
3. Bilangan real a dikatakan lebih besar dari b, ditulis a > b jika a ¡ b 2 P
Notasi a < b < b dimaksudkan berlaku keduanya a < b dan b < c. Bila a · b dan
b < c, maka ditulis a · b < c.
Teorema 1.2.1. Misalkan a; b; c tiga bilangan real.
(i) Jika a > b dan b > c maka a > c.
(ii) Tepat satu pernyataan berikut memenuhi : a > b, a = b, a < b.
Bukti. (i): Karena a > b dan b > c maka berdasarkan definisi berlaku a¡b 2 P,
dan b ¡ c 2 P. Berdasarkan Definisi (1.2.1) diperoleh
a ¡ c = (a ¡ b) + (b ¡ c) 2 P; yakni a > c:
(ii): Terapkan sifat trikotomi pada a ¡ b.
Teorema 1.2.2. Misalkan a; b; c; d bilangan-bilangan real.
(i) Jika a > b maka a + c > b + c.
(ii) Jika a > b, c > d maka a + c > b + d.
(iii) Jika a > b dan c > 0 maka ca > cb.
Bukti. (i): Karena diketahui a¡b 2 P maka (a+c)¡(b+c) = a¡b 2 P, yaitu
a + c > b + c.
(ii): Karena diketahui a ¡ b 2 P dan c ¡ d 2 P maka (a + c) ¡ (b + d) =
(a ¡ b) + (c ¡ d) 2 P, yaitu a + c > b + d.
(iii): Karena diketahui a ¡ b 2 P, c 2 P maka (a ¡ b)c = ac ¡ bc 2 P, yaitu
ac > bc.

Latihan 1.2.1. Jika a > b dan c < 0, buktikan ac < bc.
Teorema 1.2.3. Jika a dan b bilangan real dengan a < b maka a < 1
2 (a+b) < b.
Bukti. Karena a < b maka 2a = a + a < a + b. Dengan argumen yang sama
diperoleh juga a + b < b + b = 2b. Dengan menggabungkan kedua hasil ini,
diperoleh
2a < a + b < 2b () a <
a + b
2
< b:
Latihan 1.2.2. Buktikan bahwa jika a > 0 maka 0 < 1
2a < a.
Teorema berikut menjamin bahwa suatu bilangan taknegatif yang kurang
dari bilangan positif apapun adalah nol.
Teorema 1.2.4. Bila a 2 R dengan 0 · a < ² untuk setiap " > 0 maka a = 0.
Bukti. Andaikan a > 0. Berdasarkan Latihan sebelumnya, berlaku 0 < 1
2a < a.
Sekarang ambil "0 := 1
2a > 0, sehingga berlaku 0 < "0 < a. Hasil ini kontradiksi
dengan hipotesis bahwa 0 · a < ² untuk setiap " > 0. Jadi pengandai salah, dan
haruslah a = 0.
Latihan 1.2.3. Bila a; b bilangan real dengan a < b+" untuk setiap " > 0 maka
a · b.
Dari definisi bilangan positif bahwa perkalian dua bilangan positif akan
menghasilkan bilangan positif. Tetapi sebaliknya, bila hasil kali dua bilangan
real adalah positif belum tentu kedua bilangan real tadi positif.
Teorema 1.2.5. Jika ab > 0 maka berlaku salah satu dari dua kemungkinan
berikut:
a > 0 dan b > 0 atau a < 0 dan b < 0:
Bukti. Karena ab > 0 maka a6= 0 dan b6= 0, sebab jika salah satu diantara a
atau b bernilai nol maka ab = 0. Karena sifat trikotomi sekarang kemungkinnya
a > 0 atau a < 0. Untuk a > 0 maka 1=a > 0 dan
b = 1 ¢ b = ((1=a)a) b = (|1{=za})
>0
|(a{zb})
>0
> 0:
Dengan argumen yang sama, dapat dibuktikan untuk kasus a < 0.
Latihan 1.2.4. Buktikan bahwa jika ab < 0 maka berlaku salah satu dari dua
kemungkinan berikut:
a > 0 dan b < 0 atau a < 0 dan b > 0:
Kedua hasil yang baru saja diberikan mengatakan bahwa jika hasil kali dua
bilangan positif maka kedua bilangan itu bertanda sama. Sebaliknya, jika hasil
kali kedua bilangan negatif maka kedua bilangan itu berlainan tanda.

Beberapa ketidaksamaan penting
Teorema 1.2.6. Misalkan a ¸ 0 dan b ¸ 0. Maka pernyataan-pernyataan berikut
equivalen :
(i) a < b
(ii) a2 < b2
p
p
(iii)
a <
b
Bukti. Untuk a = 0 diperoleh pernyataan
b > 0 () b2 > 0 ()
p
b > 0:
Fakta ini mudah dibuktikan sendiri. Sekarang diasumsikan a > 0 dan b > 0,
yaitu a + b > 0.
(i) ) (ii): Diketahui a < b, atau a ¡ b < 0. Jadi diperoleh
a2 ¡ b2 = (|a{¡z b})
<0
(|a{+z b})
>0
< 0
(ii))(i): Diketahui a2¡b2 = (|a{¡z b})
<0
(|a{+z b})
>0
< 0. Karena diketahui pula a+b > 0
maka haruslah a ¡ b < 0, atau a < b.
(i) , (iii): Sebelumnya sudah dibuktikan bahwa jika x; y > 0 maka
x < y () x2 < y2:
Pada bagian ini diambil x =
p
a dan y =
p
b sehingga x; y > 0. Karena a = (
p
a)2
dan b =
p
b)2 maka diperoleh
p
a <
p
b () (
p
a)2 = a < b = (
p
b)2:
Jadi lengkaplah bukti ini karena telah ditunjukkan berlakunya equivalensi
(iii) () (i) () (ii).
Teorema 1.2.7 (Rata-rata Aritmatika-Geometri (RAG). Bila a dan b bi-langan
positif maka berlaku
p
ab ·
1
2
(a + b) (RAG)
Bukti. Bila a = b maka relasi pada (RAG) menjadi kesamaan (lihat p
latihan di
bawah). Sekarang diasumsikan a6= b. Karena a > 0 dan b > 0 maka
p a > 0 dan
b > 0. Diperhatikan bahwa
06= a ¡ b = (
p
a ¡
p
b) (
p
a +
p
| {z b})
>0
:
Jadi (
p
a ¡
p
b)6= 0, dan selanjutnya dikuadratkan diperoleh
p
a ¡
0 < (
p
b)2 = a ¡ 2
p
ab + b ()
p
ab >
1
2
(a + b):

Latihan 1.2.5. Buktikan bahwa bila a = b maka relasi pada (RAG) menjadi
kesamaan.
Rata-rata aritmatika (RA) dari dua bilangan real a dan b adalah a+b
2 , sedan-gkan
rata-rata geometri (RG) dari a dan b adalah
p
ab. Biasanya dalam kehidu-pan
sehari-hari, rata-rata aritmatika lebih sering digunakan daripada rata-rata
geometri. Secara umum dua macam rata-rata ini didefinisikan sebagai berikut :
Misalkan diketahui bilangan real (data) a1; a2; ¢ ¢ ¢ ; an maka
RA =
1
n
Xn
k=1
ak; RG =
Ã
Yn
k=1
ak
!1=n
dengan notasi
P
untuk penjumlahan dan
Q
untuk perkalian suku-suku. Masih
tetap berlaku bahwa
RG · RA:
Teorema 1.2.8 (Ketidaksamaan Bernoulli). Jika x > ¡1 maka untuk setiap
n 2 N berlaku
(1 + x)n ¸ 1 + nx: (KB)
Bukti. Dibuktikan dengan induksi matematika. Untuk n = 1 kedua ruas pada
(KB) menjadi kesamaan. Diasumsikan berlaku untuk n = k, yaitu berlaku (1 +
x)k ¸ 1 + kx. Untuk n = k + 1, diperoleh
(1 + x)k ¸ 1 + kx [ diketahui ]
, (1 + x)k+1 = (1 + x)k(1 + x) ¸ (1 + kx)(1 + x)
= 1 + (k + 1)x + kx2
¸ 1 + (k + 1)x:
Jadi berlaku untuk n = k +1. Perhatikan pada baris kedua kedua ruas dikalikan
dengan (1 + x) suatu bilangan positif karena x > ¡1.
Teorema 1.2.9 (Ketidaksamaan Cauchy). Misalkan a1; a2; ¢ ¢ ¢ an dan b1; b2; ¢ ¢ ¢ ; bn
bilangan real maka berlaku
Ã
Xn
k=1
akbk
!2
·
Ã
Xn
k=1
a2
k
!Ã
Xn
k=1
b2
k
!
:
Bukti. Didefinisikan fungsi F : R ! R dengan
F(t) :=
Xn
k=1
(ak ¡ tbk)2:

Jelas F fungsi taknegatif, karena itu diperoleh
F(t) =
Xn
k=1
a2
k ¡ 2takbk + t2b2
k
=
Ã
Xn
k=1
b2
k
!
t2 ¡ 2
Ã
Xn
k=1
akbk
!
t +
Ã
Xn
k=1
a2
k
!
¸ 0:
Jadi F merupakan fungsi kuadrat definit tak negatif, sehingga diskriminannya
pun tak negatif, yaitu
4
Ã
Xn
k=1
akbk
!2
¡ 4
Ã
Xn
k=1
b2
k
!Ã
Xn
k=1
a2
k
!
· 0:
Akhirnya dengan memindahkan ruas pada ketidaksamaan ini terbuktilah bahwa
Ã
Xn
k=1
akbk
!2
·
Ã
Xn
k=1
a2
k
!Ã
Xn
k=1
b2
k
!
:
1.3 Nilai Mutlak dan Jarak Pada Bilangan Real
Pada sifat urutan bilangan real kita baru mengetahui urutan lebih besar antara
dua bilangan real tetapi belum menentukan jarak antara dua bilangan real. Jarak
atau metrik pada bilangan real ini ditentukan melalui nilai mutlak.
Definisi 1.3.1. Nilai mutlak suatu bilangan real a, ditulis dengan jaj didefinsikan
sebagai:
jaj :=
8><
>:
a bila a > 0;
0 bila a = 0;
¡a bila a < 0:
Sebagai contoh, j3j = 3, j0j = 0, dan j ¡ 1j = 1. Dengan kata lain, nilai
multak bilangan real bersifat dikotomi, yaitu nol atau positif. Diperhatikan tiga
cabang pada definisi nilai mutlak dapat disederhanakan menjadi
jaj :=
(
a bila a ¸ 0;
¡a bila a < 0:
Teorema berikut ini menyajikan sifat-sifat dasar nilai mutlak.
Teorema 1.3.1. Misalkan a; b; c bilangan-bilangan real.
(i) jaj = 0 bila hanya bila a = 0

(ii) j ¡ aj = jaj
(iii) jabj = jajjbj
(iv) untuk c ¸ 0, jaj · c bila hanya bila ¡c · a · c.
(v) ¡jaj · a · jaj.
Bukti. (i)((=): langsung dari definisi. (=)): dibuktikan melalui kontrapo-sisinya,
yaitu jika a6= 0 maka jaj6= 0, juga langsung dari definisi.
(ii) Jika a = 0 maka diperoleh jaj = j0j = 0 = j ¡ 0j = j ¡ aj. Jika a > 0 maka
¡a < 0 sehingga diperoleh jaj = a = ¡(¡a) = j ¡ aj. Jika a < 0 maka ¡a > 0
sehingga diperoleh jaj = ¡a = jaj.
(iii) Bila minimal salah satu dari a atau b bernilai nol maka kedua ruas bernilai
nol. Bila keduanya tidak ada yang nol, ada 4 kemungkinan nilai a; b yang perlu
diselidiki yaitu a > 0; b > 0, a > 0; b < 0, a < 0; b > 0 dan a < 0; b < 0. Untuk
a > 0; b < 0 maka ab < 0, jaj = a, jbj = ¡b dan
jabj = ¡(ab) = (a)(¡b) = jajjbj:
(iv): ((=): karena jaj · c maka a · c dan ¡a · c atau a ¸ ¡c, digabungkan
diperoleh ¡c · a · c. (=)): bila ¡c · a · c maka kita mmepunyai a · c
dan ¡c · a, atau ¡a < c. Karena jaj bernilai jaj atau j ¡ aj maka disimpulkan
jaj < c.
(v): dengan mengambil c := jaj ¸ 0 pada bagian (iv) maka jaj · jaj adalah
pernyataan yang benar. Implikasinya adalah ¡jaj · c · jaj. Cara lain adalah
dengan menggunakan kenyataan bahwa jaj ¸ a berlaku untuk setiap a 2 R.
Karena ¡a 2 R maka jaj = j ¡ aj ¸ ¡a, atau ¡jaj · a. Setelah digabungkan
diperoleh ¡jaj · c · jaj.
Definisi 1.3.2. Jarak (metrik) antara dua bilangan real a dan b didefinisikan
sebagai
d(a; b) := ja ¡ bj:
Bila b = 0 maka d(a; 0) = jaj dipandang sebagai jarak a terhadap titik asal 0.
Interpretasi sederhana bilangan real dapat disajikan dalam garis bilangan.
Gambar berikut adalah garis bilangan dan ilustrasi jarak antara ¡3 dan 2.
Gambar 1.1: Garis bilangan dan jarak antara dua bilangan real
Teorema berikut berkaitan dengan sifat dasar nilai mutlak dan sangat sering
digunakan dalam analisis.

Teorema 1.3.2 (Ketidaksamaan segitiga). Untuk sebarang bilangan real a
dan b berlaku
ja + bj · jaj + jbj: (KS)
Bukti. Dari Teorema sebelumnya bagian (v) kita mempunyai ¡jaj < a < jaj
dan ¡jbj < b < jbj. Dengan menjumlahkan dua ketidaksamaan ini diperoleh
¡(jaj + jbj) < a + b < (jaj + jbj):
Kemudian, dari bagian (iv) dengan menganggap c := (jaj + jbj) maka terbukti
bahwa
ja + bj · jaj + jbj:
Latihan 1.3.1. Untuk sebarang bilangan real a dan b, buktikan
(i) jjaj ¡ jbjj · ja ¡ bj.
(ii) ja ¡ bj · jaj + jbj.
Contoh 1.3.1. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi jx¡1j > jx+1j.
Penyelesaian. Diperhatikan titik x = ¡1 dan x = 1 merupakan titik transisi,
yaitu perbatasan dimana nilai mutlak berlainan nilai.
Untuk x < ¡1, maka x ¡ 1 < 0 dan x + 1 > 0 sehingga jx ¡ 1j = ¡(x ¡ 1) dan
jx + 1j = ¡(x + 1). Subtitusi kedalam ketidaksamaan diperoleh
¡(x ¡ 1) > ¡(x + 1) () 1 > ¡1
suatu pernyataan yang benar untuk setiap x < ¡1.
Untuk ¡1 < x < 1 berlaku jx ¡ 1j = ¡(x ¡ 1) dan jx + 1j = (x + 1). Subtitusi
kedalam ketidaksamaan diperoleh
¡(x ¡ 1) > (x + 1) () 2x >< 0 () x < 0:
Untuk x > 1 berlaku jx ¡ 1j = x ¡ 1 dan jx + 1j = x + 1. Subtitusi kedalam
ketidaksamaan diperoleh
x ¡ 1 > x + 1 () ¡1 > 1
suatu pernyataan yang salah untuk setiap x > 1. Dengan menggabungkan ketiga
hasil ini diperoleh himpunan penyelesaian untuk x sebagai berikut
fx : x < ¡1g [ fx : x < 0g = fx : x < 0g:
Cara lain adalah dengan menggunakan Teorema 1.2.6, yaitu
jx¡1j > jx+1j , (x¡1)2 > (x+1)2 , x2¡2x+1 > x2+2x+1 , 4x < 0 , x < 0:

Latihan 1.3.2. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi jxj+jx+1j < 2.
Latihan 1.3.3. Jika x < z, buktikan bahwa x < y < z bila hanya bila jx ¡ yj +
jy ¡ zj = jx ¡ zj. Interprestasikan fakta ini secara geometris.
Dapat diperiksa bahwa jarak (metrik) seperti diberikan pada Definisi 1.3.2
mempunyai sifat-sifat sebagai berikut :
1. d(x; y) ¸ 0 untuk setiap x; y 2 R.
2. d(x; y) = 0 bila hanya bila x = y.
3. d(x; y) = d(y; x) untuk setiap x; y 2 R.
4. d(x; y) · d(x; z) + d(z; y) untuk setiap x; y 2 R.
Catatan 1.3.1. Sifat 4 ini merupakan generalisasi dari ketidaksamaan segitiga
(KS). Himpunan bilangan real yang dilengkapi dengan metrik d ini disebut ruang
metrik. Lebih lanjut, pada analisis dikenal pula ruang bernorma, ruang Banach,
dan lain-lain.
Latihan 1.3.4. Misalkan S himpunan takkosong, buktikan fungsi d pada S £ S
yang didefinisikan oleh
d(s; t) :=
(
0 bila s = t;
1 bila s6= 0:
merupakan metrik. Metrik ini disebut metrik diskrit.
Bentuk lain generalisasi (KS) diungkapkan pada teorema berikut.
Teorema 1.3.3. Untuk sebarang bilangan real a1; a2; ¢ ¢ ¢ ; an, berlaku
ja1 + a2 + ¢ ¢ ¢ + anj · ja1j + ja2j + ¢ ¢ ¢ + janj:
Bukti. Dapat dibuktikan dengan induksi. Ingat dengan prinsip induksi, jika
berlaku untuk dua bilangan maka akan berlaku untuk sejumlah berhingga bilan-gan.
1.4 Supremum dan Infimum
Ketika kita diberikan himpunan A = [0; 1) maka minimum atau anggota terke-cil
himpunan ini adalah 0. Pertanyaannya, apakah A mempunyai maksimum ?
Kalau ada, berapa nilainya. Perhatikan bahwa 1 bukan nilai maksimum karena
ia tidak termuat di dalam A.

Latihan 1.4.1. Buktikan bahwa himpunan A = (0; 1] tidak mempunyai maksi-mum.
(Petunjuk: gunakan bukti tak langsung dengan kontradiksi).
Walaupun 1 bukan maksimum A namun tidak ada anggota A yang melebihinya.
Dengan kata lain, 1 merupakan batas atas paling kecil untuk himpunan A.
Definisi 1.4.1. Misalkan S suatu himpunan bagian dari R.
(i) Bilangan u 2 R dikatakan batas atas S jika s · u untuk setiap s 2 S.
(ii) Bilangan w 2 R dikatakan batas bawah S jika w · s untuk setiap s 2 S.
Diperhatikan dengan seksama bahwa batas bawah atau batas atas suatu
himpunan tidak harus berada di dalam himpunan tersebut. Ilustrasi batas atas
dan batas bawah diberikan pada gambar berikut.
Gambar 1.2: Batas atas dan batas bawah suatu himpunan
Contoh 1.4.1. Diberikan S := [0; 1), maka batas atas S adalah himpunan fx :
x · 0g dan batas bawah S adalah fx : x ¸ 1g. Diperhatikan 0 merupakan batas
bawah dan termasuk didalam S, sedangkan 1 batas atas S tetapi ia tidak termuat
didalam S.
Contoh 1.4.2. Himpunan bilangan asli N tidak mempunyai batas bawah maupun
batas atas.
n : n 2 Ng mempunyai himpunan batas bawah
Contoh 1.4.3. Himpunan S := f 1
fx : x · 0g dan mempunyai himpunan batas atas fx : x ¸ 1g.
Contoh 1.4.4. Misalkan S := ; himpunan kosong maka setiap bilangan real
adalah batas atas S. Argumennya dapat dijelaskan sebagai berikut. Bilangan
u 2 R batas atas S dapat disajikan dalam kalimat logika berikut
s 2 S =) s < u:
Dalam kasus S himpunan kosong maka pernyataan s 2 S bernilai salah, sehingga
kalimat implikasi s 2 S =) s < u selalu benar. Dengan argumen yang sejalan
dapat disimpulkan bahwa semua bilangan real juga merupakan batas bawah him-punan
kosong. Kenyataan ini sepertinya dibuat-buat, tetapi inilah konsekuensi
logis definisi.

Latihan 1.4.2. Tuliskan definisi v1 bukan batas atas S, juga definisi w1 bukan
batas bawah S.
Definisi 1.4.2. Himpunan yang mempunyai batas atas disebut terbatas diatas
(bounded above), sedangkan himpunan dikatakan terbatas dibawah (bounded
below) jika ia mempunyai batas bawah. Himpunan dikatakan terbatas jika ia
terbatas diatas dan terbatas dibawah.
Contoh 1.4.5. Himpunan bilangan real R := (¡1;1) tidak terbatas diatas
maupun dibawah. Himpunan S := [1;1) terbatas dibawah. Himpunan E :=
f 1
n : n 2 Ng terbatas.
Definisi 1.4.3. Misalkan S himpunan bagian dari R.
(i) Bila S terbatas diatas maka batas atas u dikatakan supremum dari S jika
tidak ada bilangan lain yang lebih kecil dari u yang menjadi batas atas S.
Dengan kata lain u batas atas yang paling kecil.
(ii) Bila S terbatas dibawah maka batas bawah w dikatakan infimum dari S
jika tidak ada bilangan lain yang lebih besar dari w yang menjadi batas
bawah S. Dengan kata lain w batas bawah yang paling besar.
Berdasarkan definisi ini, supremum himpunan S dapat dikarakterisasi oleh
dua kondisi berikut, yaitu :
1. s · u untuk setiap s 2 S
2. bila ada v 2 R dengan v < u maka ada s0 2 S sehingga v < s0.
Kondisi pertama menyatakan bahwa v haruslah batas atas S dan kondisi kedua
menyatakan bahwa batas atas ini haruslah yang terkecil.
Latihan 1.4.3. Buatlah karakterisasi w infimum S.
Biasanya supremum dan infimum himpunan S disingkat dengan
sup S dan inf S:
Ilustrasi supremum dan infimum diberikan pada gambar berikut.
Gambar 1.3: Supremum dan infimum suatu himpunan

Catatan 1.4.1. Supremum suatu himpunan selalu tunggal.
Bukti. Andaikan u = sup S dan u1 = sup S dengan u6= u1. Karena itu ada dua
kemungkinan yang dapat terjadi, yaitu u < u1 atau u > u1. Untuk u < u1 berarti
u bukan batas atas S, ini berlawanan dengan u = sup S. Untuk u > u1 berarti
u1 bukan batas atas S, ini bertentangan dengan u1 = sup S. Jadi pengandaian
u6= u1 salah, seharusnya u = u1
Latihan 1.4.4. Buktikan bahwa infimum suatu himpunan selalu tunggal.
Berikut adalah kriteria yang mudah dan sering digunakan untuk mengetahui
suatu batas atas merupakan supremum atau bukan.
Teorema 1.4.1. Misalkan u suatu batas atas S.
u = sup S () 8" > 0; 9s 2 S sehingga u ¡ " < s:
Bukti. (=)): Ambil " > 0 sebarang. Karena diketahui u = sup S maka u ¡ "
bukan batas atas S, jadi ada s 2 S sehingga u¡" < s. ((=): Akan ditunjukkan
bahwa u yang memenuhi sebelah kanan merupakan supremum S. Misalkan untuk
sebarang bilangan real v, v < u. Ambil " := u¡v > 0, maka ada s 2 S sehingga
u ¡ " = u ¡ (u ¡ v) = v < s:
Ini berarti v bukan batas atas S, dan berdasarkan karakteristik supremum dis-impulkan
bahwa u = sup S.
Teorema ini dapat diilustrasikan secara grafik sebagai berikut.
Gambar 1.4: Kriteria supremum
Latihan 1.4.5. Misalkan w suatu batas bawah S. Buktikan bahwa
w = inf S () 8" > 0; 9s 2 S sehingga w + " > s:
Contoh 1.4.6. Diperhatikan himpunan S := fx : 0 · x < 1g. Maka maks S
tidak ada, sup S = 1, min S = inf S = 0.
Contoh 1.4.7. Diperhatikan himpunan S := f 1
n : n 2 Rg. Maka maks S =
sup S = 1, min S tidak ada tetapi inf S = 0. Hasil ini dapat dibuktikan sebagai
berikut. Jika diberikan " > 0 sebarang maka selalu dapat dipilih bilangan asli n0
dengan n0 > 1=". Nah, s = 1
n0
2 S dan 0 + s > ". Berdasarkan kriteria infimum
(latihan sebelumnya) maka disimpulkan 0 adaah infimum S.

Catatan 1.4.2. Pada pembuktian infimum sebelumnya kita dapat memilih bilan-gan
asli yang lebih besar dari suatu bilangan real yang diberikan. Ada referensi
yang menyebut sifat ini sebagai sifat Archimedes. Secara formal sifat ini di-ungkapkan
sebagai berikut.
Jika x 2 R maka ada nx 2 N sehingga nx > x:
Catatan 1.4.3. Bila suatu himpunan S mempunyai maksimum dan minimum
maka
sup S = maks S; inf S = min S:
Latihan 1.4.6. Buktikan bahwa bilangan real R tidak mempunyai supremum
dan infimum.
Latihan 1.4.7. Misalkan S := f1 ¡ (¡1)n
n : n 2 Ng. Tentukan inf S dan sup S.
Buktikan hasil yang anda peroleh.
1.5 Kepadatan bilangan rasional
Sebelumnya kita pahami dulu sifat supremum dan infimum sebagai berikut:
Sifat supremum dan infimum pada R
Sifat ini dapat disajikan secara sederhana sebagai berikut. Setiap himpunan tak
kosong yang terbatas diatas selalu mempunyai supremum, dan setiap himpunan
tak kosong yang terbatas dibawah selalu mempunyai infimum.
Sifat supremum ini dikenal juga dengan sifat kelengkapan bilangan real.
Dengan sifat ini terjamin bahwa garis bilangan adalah ”padat”, artinya tidak
ada satupun titik yang hilang. Sebagai ilustrasi, diperhatikan himpunan terbatas
berikut
A := fx > 0 : x2 < 2g:
Himpunan A ini p
tidak mempunyai maksimum tetapi p
A mempunyai supremum,
yaitu supA =
2. Fakta ini menjamin eksistensi
2 yang merupakan bilangan
irrasional.
Sekarang kita tahu terdapat paling tidak satu bilangan irrasional, yaitu
p
2.
Pertanyaannya, seberapa banyak bilangan irrasional yang ada. Lebih ”banyak”
mana, bilangan rasional atau bilangan irrasional. Nah, berikut ini diberikan sifat
kepadatan bilangan rasional dalam R.
Teorema 1.5.1. Bila a dan b bilangan real dengan a < b maka terdapat bilangan
rasional r dengan a < r < b.

Bukti. Diperhatikan bahwa 1
b¡a suatu bilangan real positif. Menurut sifat Archimedes
terdapat bilangan asli n sehingga n > 1
b¡a . Untuk n ini berlaku
nb ¡ na > 1: (*)
Sekarang ambil m sebagai bilangan bulat pertama yang lebih besar dari na, dan
berlaku
m ¡ 1 · na < m: (**)
Dari (*) dan (**) diperoleh
na < m · na + 1 < nb:
Bentuk terakhir ini dapat ditulis na < m < nb, dan dengan membagi semua ruas
dengan n, didapat
a <
m
n
< b
dan dengan mengambil r := m
n maka bukti Teorema selesai.
Contoh 1.5.1. Tentukan 3 buah bilangan rasional diantara
p
2 dan 3
2 .
Penyelesaian. 1. Diketahui a =
p
2 ¼ 1; 4142, b = 3=2 = 1; 5
2. d = 1
1;5¡1;4142 ¼ 11:6569
3. Jadi bilangan asli yang yang dapat diambil adalah n = 12; 13; 14; 15; 16.
4. Untuk n = 12 diperoleh na ¼ (12)(
p
2) ¼ 16; 9706 maka diambil m = 17.
Untuk n = 13, na ¼ (13)(
p
2) ¼ 18; 3848 dan dimabil m = 19. Untuk
n = 14 maka na ¼ (14)(
p
2) ¼ 19; 7990 dan dimabil m = 20.
5. Jadi bilangan rasional r = 17
12 ; 19
13 , dan 20
14 terletak diantara
p
2 dan 3=2.
Akibat 1.5.1. Bila a dan b bilangan real dengan a < b maka terdapat bilangan
irrasional z dengan a < z < b.
Bukti. Dengan menerapkan Teorema sebelumnya pada dua bilangan real pa
2
dan
pb
2
maka ada bilangan rasional r sehingga
a
p
2
< r <
b
p
2
:
Selanjutnya diambil z := r
p
2, inilah bilangan irrasioanl yang dimaksud.
Latihan 1.5.1. Temukan 5 bilangan irrasional yang terletak diantara 1 dan 1.01.

SOAL-SOAL LATIHAN BAB I
1. Buktikan jika a; b 2 R maka
a. ¡(a + b) = (¡a) + (¡b)
b. (¡a) ¢ (¡b) = a ¢ b
c. 1=(¡1=a) = ¡(1=a) asalkan a6= 0
d. ¡(a=b) = (¡a)=b asalkan b6= 0.
2. Jika a6= 0 dan a ¢ a = a, buktikan a = 0 atau a = 1.
3. Buktikan tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 3.
4. Tunjukkan dengan contoh bahwa ada dua bilangan irrasional yang jumlah
keduanya rasional.
5. Tunjukkan dengan contoh bahwa ada dua bilangan irrasional yang hasil kali
keduanya rasional.
6. Tunjukkan ada bilangan irrasional x dan y dengan xy rasional.
7. Buktikan bahwa jika 0 < a < b dan 0 < c < d maka 0 < ac < bd.
8. Jika a; b 2 R tunjukkan bahwa a2 + b2 = 0 bila dan hanya bila a = 0 dan
b = 0.
9. Bila 0 · a < b, buktikan a2 · ab < b2.
10. Buktikan bahwa jika 0 < a < b maka a <
p
ab < b dan 0 < 1=b < 1=a.
11. Tentukan semua x yang memenuhi 1=x < x2.
12. Buktikan bahwa
¡1
2 (a + b)
¢2 · 1
2 (a2 + b2).
13. Jika 0 < c < 1, buktikan bahwa 0 < c2 < c < 1, tetapi jika c > 1 maka
1 < c < c2.
14. Buktikan bahwa ja + bj = jaj + jbj bila hanya bila ab ¸ 0.
15. Jika a < x < b dan a < y < b, tunjukkan bahwa jx ¡ yj < b ¡ a. Inter-prestasikan
fakta ini secara geometris.
16. Tentukan dan sketsalah pasangan titik (x; y) pada R £ R yang memenuhi
(a) jxj = jyj.
(b) jxyj = 1.
17. Tentukan dan sketsalah pasangan titik (x; y) pada R £ R yang memenuhi

(a) jxj + jyj · 1.
(b) jxyj · 2.
18. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas dibawah. Buktikan
inf S = ¡supf¡s : s 2 Sg:
19. Misalkan S himpunan terbatas dan S0 himpunan bagian dari S. Buktikan
inf S · inf S0 · sup S0 · sup S:
20. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas diatas. Untuk a 2 R didefin-isikan
a + S := fa + x : x 2 Sg:
Buktikan
sup(a + S) = a + sup S:
n ¡ 1
m : m; n 2 Ng. Tentukan sup S dan inf S, buktikan
21. Misalkan S := f 1
hasil yang anda peroleh.
22. Misalkan S himpunan takkosong. Untuk a bilangan real tidak nol didefin-sikan
aS := fas : s 2 Sg. Buktikan
(i) Bila a > 0 maka
inf(aS) = a inf S; dan sup(aS) = a sup S:
(ii) Bila a < 0 maka
inf(aS) = a sup S; dan sup(aS) = a inf S:
23. Misalkan A dan B himpunan takkosong dan A+B := fa+b : a 2 A; b 2 Bg.
Buktikan bahwa
sup(A + B) = supA + supB dan inf(A + B) = inf A + inf B:
24. Misalkan f dan g dua fungsi yang didefinisikan pada domain X. Jika
rangenya terbatas, buktikan
(i) supff(x) + g(x) : x 2 Xg · supff(x) : x 2 Xg + supfg(x) : x 2 Xg.
(ii) infff(x) + g(x) : x 2 Xg ¸ infff(x) : x 2 Xg + inffg(x) : x 2 Xg.

Analisis Real

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Analisis Real

Similar to Analisis Real (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Analisis Real