Sifat Urutan Bilangan Real

1. Aksioma Dasar tentang Sifat Urutan Bilangan Real

Terdapat suatu himpunan ℝ⁺ (himpunan bilangan real positif) yang merupakan subset dari ℝ (himpunan bilangan real). Berikut sifat-sifat dasarnya:

A. Ketertutupan operasi penjumlahan

Jika a, b ∈ ℝ⁺ maka a + b ∈ ℝ⁺

B. Ketertutupan operasi perkalian

Jika a, b ∈ ℝ⁺ maka a ⋅ b ∈ ℝ⁺

C. Hukum trikotomi

Jika a ∈ ℝ, maka dipenuhi tepat satu dari

a ∈ ℝ⁺;    a = 0;    −a ∈ ℝ⁺

2. Definisi untuk Simbol Urutan

A. Bilangan Real Positif

Jika a ∈ ℝ⁺, maka dikatakan a merupakan bilangan real positif, dituliskan a > 0

B. Bilangan Real Non-Negatif

Jika a ∈ ℝ⁺ atau a = 0, maka dikatakan a merupakan bilangan real non-negatif, dituliskan a ≥ 0

C. Bilangan Real Negatif

Jika −a ∈ ℝ⁺, maka dikatakan a merupakan bilangan real negatif, dituliskan a < 0

D. Bilangan Real Non-Positif

Jika −a ∈ ℝ⁺ atau −a = 0, maka dikatakan a merupakan bilangan real non-positif, dituliskan a ≤ 0

E. Relasi Urutan Tegas

Misal a, b ∈ ℝ. Jika a − b ∈ ℝ⁺, maka dituliskan a > b, dituliskan juga b < a.

F. Relasi Urutan Tidak Tegas

Misal a, b ∈ ℝ. Jika a − b ∈ ℝ⁺ atau a − b = 0, maka dituliskan a ≥ b, dituliskan juga b ≤ a.

3. Teorema Sifat Relasi Urutan

Misalkan a, b, c ∈ ℝ. Berlaku sifat-sifat berikut:

A. Sifat Transitif

Jika a > b dan b > c, maka a > c.

Bukti:

a > b berarti a − b ∈ ℝ⁺

b > c berarti b − c ∈ ℝ⁺

Ingat kembali bahwa operasi penjumlahan di ℝ⁺ bersifat tertutup, sehingga:

a − b + b − c ∈ ℝ⁺

a + 0 − c ∈ ℝ⁺

a − c ∈ ℝ⁺

Dengan kata lain, a > c ∎

B. Hukum Trikotomi

Dipenuhi tepat satu dari a > b, a = b, atau a < b.

Bukti:

a, b ∈ ℝ, sehingga a − b ∈ ℝ, berlaku hukum trikotomi:

a − b ∈ ℝ⁺ ⊻ a − b = 0 ⊻ −(a − b) ∈ ℝ⁺

a > b ⊻ a = b ⊻ a < b ∎

C. Konjungsi dari Urutan Tidak Tegas

a ≥ b ∧ a ≤ b ekivalen dengan a = b

Bukti:

a ≥ b ∧ a ≤ b

≡ (a > b ∨ a = b) ∧ (a < b ∨ a = b), gunakan sifat distributif aljabar logika

≡ (a > b ∧ a < b) ∨ (a > b ∧ a = b) ∨ (a = b ∧ a < b) ∨ (a = b ∧ a = b)

≡ F ∨ F ∨ F ∨ a = b

≡ a = b ∎

4. Kepositifan

A. Kepositifan kuadrat dari bilangan real taknol

Jika a ∈ ℝ dan a ≠ 0, maka a² > 0

Bukti:

a ∈ ℝ dan a ≠ 0, berarti a > 0 ∨ a < 0

(i) Untuk a > 0

a² = a⋅a, ingat kembali bahwa operasi perkalian di ℝ⁺ bersifat tertutup.

a² = a⋅a > 0

(ii) Untuk a < 0

a < 0, berarti −a > 0

(−a)² = (−a)⋅(−a), ingat kembali bahwa operasi perkalian di ℝ⁺ bersifat tertutup.

(−a)⋅(−a) > 0

(−a)⋅(−a) = (−1)⋅a⋅(−1)⋅a = (−1)⋅(−1)⋅a⋅a = 1⋅a² = a² > 0

Jadi, baik a > 0 maupun a < 0 dipenuhi a² > 0 ∎

B. Kepositifan identitas perkalian

1 > 0

Bukti:

1 merupakan identitas perkalian, sehingga

1⋅1 = 1² = 1, dan 1 ≠ 0, sehingga

1² = 1 > 0 ∎

C. Kepositifan bilangan asli

Untuk setiap n, jika n ∈ ℕ, maka n > 0

Bukti:

• Langkah Basis

Tunjukkan bahwa n > 0 benar untuk n = 1

1 > 0, jelas benar

• Langkah Induksi

Asumsikan bahwa n > 0 benar untuk n = k

k > 0

Akan ditunjukkan bahwa n > 0 benar untuk n = k + 1

telah diasumsikan k > 0, dan karena operasi penjumlahan di ℝ⁺ bersifat tertutup

k + 1 > 0, juga benar

• Langkah Konklusi

Karena telah ditunjukkan bahwa n > 0 benar untuk n = 1, dan telah diasumsikan bahwa n > 0 benar untuk n = k, sehingga dapat ditunjukkan bahwa n > 0 benar untuk n = k + 1. Oleh karena itu, n > 0 benar untuk setiap n bilangan asli.∎

5. Pengaruh Operasi di Masing-Masing Ruas terhadap Urutan

Misalkan a, b, c, d ∈ ℝ, berlaku sifat-sifat berikut:

A. Penambahan sama di masing-masing ruas tidak mengubah tanda urutan

Jika a > b, maka a + c > b + c

Bukti:

a > b berarti a − b ∈ ℝ⁺

a + c − c − b ∈ ℝ⁺

a + c + (−1)⋅(c + b) ∈ ℝ⁺

(a + c) − (b + c) ∈ ℝ⁺

a + c > b + c ∎

B. Penambahan berbeda di masing-masing ruas

Jika a > b dan c > d, maka a + c > b + d

Bukti:

a > b berarti a − b ∈ ℝ⁺

c > d berarti c − d ∈ ℝ⁺

ingat kembali bahwa operasi penjumlahan bersifat tertutup di ℝ⁺, sehingga

a − b + c − d ∈ ℝ⁺

(a + c) + (−1)⋅(b + d) ∈ ℝ⁺

(a + c) − (b + d) ∈ ℝ⁺

a + c > b + d ∎

C. Pengalian dengan bilangan positif di masing-masing ruas tidak mengubah tanda urutan

Jika a > b dan c > 0, maka ac > bc

Bukti:

a > b berarti a − b ∈ ℝ⁺

c > 0 berarti c ∈ ℝ⁺

ingat kembali bahwa operasi perkalian bersifat tertutup di ℝ⁺, sehingga

(a − b)⋅c ∈ ℝ⁺

ac − bc ∈ ℝ⁺

ac > bc ∎

D. Pengalian dengan bilangan negatif di masing-masing ruas membalik tanda urutan

Jika a > b dan c < 0, maka ac < bc

Bukti:

a > b berarti a − b ∈ ℝ⁺

c < 0 berarti −c ∈ ℝ⁺

ingat kembali bahwa operasi perkalian bersifat tertutup di ℝ⁺, sehingga

(a − b)⋅(−c) ∈ ℝ⁺

−ac + bc ∈ ℝ⁺

bc − ac ∈ ℝ⁺

ac < bc ∎

E. Invers bilangan positif terhadap perkalian adalah bilangan positif

Jika a > 0, maka 1/a > 0

Bukti:

Andaikan 1/a ≤ 0

Untuk 1/a = 0, kontradiksi dengan jika a ≠ 0 maka 1/a ≠ 0.

Untuk 1/a < 0:

1/a < 0 berarti −1/a > 0

ingat kembali bahwa operasi perkalian di ℝ⁺ bersifat tertutup

a ⋅ (−1/a) > 0

−1 > 0

1 < 0, kontradiksi dengan 1 > 0, sehingga pengandaian harus diingkar, dan yang benar adalah 1/a > 0 ∎

F. Invers bilangan negatif terhadap perkalian adalah bilangan negatif

Jika a < 0, maka 1/a < 0

Bukti:

a < 0 berarti −a > 0

Andaikan 1/a ≥ 0

Untuk 1/a = 0, kontradiksi dengan jika a ≠ 0 maka 1/a ≠ 0.

Untuk 1/a > 0:

ingat kembali bahwa operasi perkalian di ℝ⁺ bersifat tertutup

−a ⋅ (1/a) > 0

−1 > 0

1 < 0, kontradiksi dengan 1 > 0, sehingga pengandaian harus diingkar, dan yang benar adalah 1/a < 0 ∎

6. Teorema Titik Tengah Urutan

Misal a, b ∈ ℝ, berlaku:

Jika a < b, maka a < ½(a + b) < b

Bukti:

a < b, tambahkan masing-masing ruas dengan a

a + a < a + b

2a < a + b

a < b, tambahkan masing-masing ruas dengan b

a + b < b + b

a + b < 2b

2a < a + b dan a + b < 2b, menurut sifat transitif

2a < a + b < 2b

2 > 0, maka ½ > 0

ingat bahwa pengalian masing-masing ruas dengan bilangan positif tidak mengubah tanda urutan, kalikan masing-masing ruas dengan ½

½⋅2a < ½(a + b) < ½⋅2b

a < ½(a + b) < b ∎

Kasus khusus untuk a = 0:

0 < ½(0 + b) < b

0 < ½b < b

7. Teorema Himpitan dengan 0

Misal a ∈ ℝ, jika 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0, maka a = 0

Bukti:

Kontraposisi dari pernyataan ini adalah jika a ≠ 0, maka terdapat ε > 0 yang tidak memenuhi 0 ≤ a < ε.

a ≠ 0 dan 0 ≤ a, diharuskan a > 0.

Misal dipilih ε = ½a > 0

ε − a = ½a − a = −½a < 0

ε − a < 0 berarti ε < a

Telah ditunjukkan bahwa terdapat ε > 0 yang tidak memenuhi 0 ≤ a < ε. Kontraposisinya adalah jika 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0, maka a = 0. ∎

8. Komparasi Kuadrat dan Akar

Misal a, b ≥ 0. Komparasi a vs b, √a vs √b, dan a² vs b² tandanya sama.

Bukti:

a, b ≥ 0, sehingga a + b ≥ 0, juga √a ≥ 0 dan √b ≥ 0

Untuk a < b

b > a

b − a > 0, kalikan masing-masing ruas dengan a + b

b² − a² > 0

b² > a²

dengan mengganti tanda, akan diperoleh hal yang sama. Jadi, a vs b dan a² vs b² tandanya sama.

Karena √a ≥ 0, √b ≥ 0, dan (√a)² = a, (√b)² = b, juga berlaku kesamaan tanda untuk a vs b dan √a vs √b.

Jadi, a vs b, √a vs √b, dan a² vs b² tandanya sama. ∎

Contoh Soal

1. Buktikan bahwa untuk setiap bilangan real a dan b dengan 0 < a ≤ b selalu berlaku

Bukti:

Ketidaksamaan ini terdiri dari 6 ruas.

(i) Ruas 1 dan ruas 2

a ≤ b, tambahkan masing-masing ruas dengan b

a + b ≤ 2b

a > 0 dan b > 0, maka a + b > 0, sehingga a/(a + b) > 0, karena positif kalikan ke masing-masing ruas, tidak mengubah tanda

a ≤ 2ab/(a + b), ini sesuai dengan ruas 1 dan ruas 2

(ii) Ruas 2 dan ruas 3

a ≤ b berarti b − a ≥ 0

untuk b − a = 0 → (b − a)² = 0

untuk b − a > 0 → (b − a)² > 0

b − a ≥ 0 maka (b − a)² ≥ 0

a² + b² − 2ab ≥ 0, tambahkan masing-masing ruas dengan 4ab

a² + b² + 2ab ≥ 4ab

(a + b)² ≥ 4ab

a > 0 dan b > 0 maka a + b > 0 dan ab > 0, kalikan masing-masing ruas dengan ab/(a + b)²

ab ≥ 4a²b²/(a + b)²

ab ≥ (2ab)²/(a + b)², kedua ruas merupakan bilangan positif, akarkan masing-masing ruas

√(ab) ≥ 2ab/(a + b)

2ab/(a + b) ≤ √(ab), ini sesuai dengan ruas 2 dan ruas 3

(iii) Ruas 3 dan ruas 4

Pada langkah sebelumnya telah diperoleh (a + b)² ≥ 4ab

kedua ruas merupakan bilangan positif, akarkan masing-masing ruas

a + b ≥ 2√ab, bagi masing-masing ruas dengan 2

(a + b)/2 ≥ √ab

√ab ≤ (a + b)/2, ini sesuai dengan ruas 3 dan ruas 4

(iv) Ruas 4 dan ruas 5

Ingat kembali pembuktian ruas 2 dan ruas 3

a² + b² ≥ 2ab, tambahkan masing-masing ruas dengan a² + b²

2(a² + b²) ≥ a² + b² + 2ab

2(a² + b²) ≥ (a + b)², kalikan masing-masing ruas dengan ¼

(a² + b²)/2 ≥ (a + b)²/4, kedua ruas merupakan bilangan positif, akarkan masing-masing ruas

√[(a² + b²)/2] ≥ (a + b)/2

(a + b)/2 ≤ √[(a² + b²)/2], ini sesuai dengan ruas 4 dan ruas 5

(v) Ruas 5 dan ruas 6

a ≤ b, berarti b − a ≥ 0

a > 0 dan b > 0, maka b + a > 0

untuk b − a = 0 → (b + a)(b − a) = 0

untuk b − a > 0 → (b + a)(b − a) > 0

b − a ≥ 0, maka (b + a)(b − a) ≥ 0

b² − a² ≥ 0, tambahkan masing-masing ruas dengan a² + b²

2b² ≥ a² + b²

b² ≥ (a² + b²)/2, kedua ruas merupakan bilangan positif, akarkan masing-masing ruas

b ≥ √[(a² + b²)/2]

√[(a² + b²)/2] ≤ b, ini sesuai dengan ruas 5 dan ruas 6

a ≤ 2ab/(a + b) ∧ 2ab/(a + b) ≤ √(ab) ∧ √ab ≤ (a + b)/2 ∧ (a + b)/2 ≤ √[(a² + b²)/2] ∧ √[(a² + b²)/2] ≤ b

menurut sifat transitif

a ≤ 2ab/(a + b) ≤ √(ab) ≤ (a + b)/2 ≤ √[(a² + b²)/2] ≤ b ∎

Ketaksamaan ini disebut sebagai ketaksamaan mean.

2. Buktikan bahwa untuk setiap n ∈ ℕ, jika x > −1, maka (1 + x)ⁿ ≥ 1 + nx

x > −1, tambahkan masing-masing ruas dengan 1

1 + x > 1 + (−1)

1 + x > 0

Misal P(n): (1 + x)ⁿ ≥ 1 + nx, ∀n ∈ ℕ

• Langkah Basis

Tunjukkan bahwa P(n) benar untuk n = 1

P(1): (1 + x)¹ = 1 + 1.x, jelas benar

• Langkah Induksi

Asumsikan bahwa P(n) benar untuk n = k

P(k): (1 + x)ᵏ ≥ 1 + kx

Akan ditunjukkan bahwa P(n) benar untuk n = k + 1

(1 + x)ᵏ⁺¹ = (1 + x)(1 + x)ᵏ, telah diasumsikan (1 + x)ᵏ ≥ 1 + kx, dan ingat bahwa 1 + x > 0, sehingga

≥ (1 + x)(1 + kx)

= 1 + kx + x + kx²

= 1 + (k + 1)x + kx², karena k > 0 dan x² ≥ 0 maka kx² ≥ 0, sehingga

≥ 1 + (k + 1)x

P(k + 1): (1 + x)ᵏ⁺¹ ≥ 1 + (k + 1)x

• Langkah Konklusi

Karena telah ditunjukkan bahwa P(n) benar untuk n = 1, dan telah diasumsikan bahwa P(n) benar untuk n = k, sehingga dapat ditunjukkan bahwa P(n) benar untuk n = k + 1. Oleh karena itu, P(n) benar untuk setiap n bilangan asli.∎

Ketaksamaan ini disebut sebagai ketaksamaan Bernoulli.

3. Buktikan bahwa (∀n ∈ ℕ)(∀a₁, a₂, ..., a_n, b₁, b₂, ..., b_n ∈ ℝ), berlaku ketaksamaan

(a₁b₁ + a₂b₂ + ... + a_nb_n)² ≤ (a₁² + a₂² + ... + a_n²)(b₁² + b₂² + ... + b_n²)

Ketaksamaan ini disebut sebagai Ketaksamaan Cauchy

Bukti:

Ambil sebarang n ∈ ℕ dan a, b, t ∈ ℝ, definisikan suatu fungsi

f(t) = (a₁ + tb₁)² + (a₂ + tb₂)² + ... + (a_n + tb_n)²

karena f(t) merupakan jumlah dari bilangan kuadrat, f(t) ≥ 0

f(t) = (a₁² + 2ta₁b₁ + t²b₁²) + (a₂² + 2ta₂b₂ + t²b₂²) + ... + (a_n² + 2ta_nb_n + t²b_n²) ≥ 0

f(t) = (a₁² + a₂² + ... + a_n²) + 2(a₁b₁ + a₂b₂ + ... + a_nb_n)t + (b₁² + b₂² + ... + b_n²)t² ≥ 0

f(t) merupakan fungsi kuadrat, diskriminannya adalah

D = 4(a₁b₁ + a₂b₂ + ... + a_nb_n)² − 4(a₁² + a₂² + ... + a_n²)(b₁² + b₂² + ... + b_n²)

Nilai f(t) hanya memungkinkan 0 atau positif, sehingga diharuskan D ≤ 0.

4(a₁b₁ + a₂b₂ + ... + a_nb_n)² − 4(a₁² + a₂² + ... + a_n²)(b₁² + b₂² + ... + b_n²) ≤ 0, kalikan masing-masing ruas dengan ¼, sehingga menjadi

(a₁b₁ + a₂b₂ + ... + a_nb_n)² − (a₁² + a₂² + ... + a_n²)(b₁² + b₂² + ... + b_n²) ≤ 0, tambahkan masing-masing ruas dengan (a₁² + a₂² + ... + a_n²)(b₁² + b₂² + ... + b_n²) menjadi

(a₁b₁ + a₂b₂ + ... + a_nb_n)² ≤ (a₁² + a₂² + ... + a_n²)(b₁² + b₂² + ... + b_n²) ∎

4. Buktikan bahwa (∀n ∈ ℕ)(∀a₁, a₂, ..., a_n, b₁, b₂, ..., b_n ∈ ℝ), berlaku ketaksamaan

√[(a₁ + b₁)² + (a₂ + b₂)² + ... + (a₂ + b₂)²] ≤ √(a₁² + a₂² + ... + a_n²) + √(b₁² + b₂² + ... + b_n²)

Bukti:

Ingat kembali soal nomor 3

(a₁b₁ + a₂b₂ + ... + a_nb_n)² ≤ (a₁² + a₂² + ... + a_n²)(b₁² + b₂² + ... + b_n²), akarkan masing-masing ruas

meski menghilangkan kuadrat pada ruas kiri memungkinkan ruas kiri negatif, tetapi dapat dipastikan mengakarkan ruas kanan tidak memungkinkan ruas kanan negatif, sehingga tetap dipastikan ruas kiri tidak mungkin lebih besar dari ruas kanan, dengan ini tanda tidak berubah.

a₁b₁ + a₂b₂ + ... + a_nb_n ≤ √(a₁² + a₂² + ... + a_n²)(b₁² + b₂² + ... + b_n²), kalikan masing-masing ruas dengan 2

2(a₁b₁ + a₂b₂ + ... + a_nb_n) ≤ 2√(a₁² + a₂² + ... + a_n²)(b₁² + b₂² + ... + b_n²)

tambahkan masing-masing ruas dengan a₁² + a₂² + ... + a_n² + b₁² + b₂² + ... + b_n²

a₁² + a₂² + ... + a_n² + b₁² + b₂² + ... + b_n² + 2(a₁b₁ + a₂b₂ + ... + a_nb_n) ≤ a₁² + a₂² + ... + a_n² + b₁² + b₂² + ... + b_n² + 2√(a₁² + a₂² + ... + a_n²)(b₁² + b₂² + ... + b_n²)

(a₁ + b₁)² + (a₂ + b₂)² + ... + (a₂ + b₂)² ≤ [√(a₁² + a₂² + ... + a_n²) + √(b₁² + b₂² + ... + b_n²)]²

akarkan masing-masing ruas

√[(a₁ + b₁)² + (a₂ + b₂)² + ... + (a₂ + b₂)²] ≤ √(a₁² + a₂² + ... + a_n²) + √(b₁² + b₂² + ... + b_n²) ∎