Dokumen tersebut membahas tentang sistem bilangan real (R) yang meliputi sifat-sifat aljabar, urutan, dan kelengkapan dari R. Beberapa teorema yang dijelaskan antara lain mengenai operasi biner di R, aksioma dan sifat-sifat dasar aljabar dan urutan bilangan real, ketaksamaan segitiga, serta contoh-contoh penerapannya.

1. ANALISIS REALANALISIS REAL
By:By:
Siti KhotijahSiti Khotijah

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;
(D) 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 ≠ 0 maka 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. Teorema 1.1.6
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. Definisi 1.2.2
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.
(b) Jika a – b ∈ P ∪ {0}, maka ditulis a ≥ b
atau b ≤ a.

15. Teorema 1.2.4
Misalkan a, b, c ∈ R.
(a)Jika a > b dan b > c, maka a > c.
(b) 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 ∈ ℜ dan a < b, maka a < ½ (a
+ b) < b.
Akibat 1.2.8
Jika b ∈ ℜ dan b > 0, maka 0 < ½ b < b.
Teorema 1.2.9
Jika a ∈ ℜ dan 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 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).
ba
ab
+
2
ab
2
ba +
2
22
ba +

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
≤ (a1
2
+ … + an
2
) (b1
2
+ … +
bn
2
)

22. Definisi 1.3.1Definisi 1.3.1
UntukUntuk aa ∈∈ RR,, harga mutlak dariharga mutlak dari aa,,
dinotasikandinotasikan ||aa||, dan didefinisikan, dan didefinisikan
dengandengan
|a| = a jika a ≥ 0 dan|a| = a jika a ≥ 0 dan
= -a jika a < 0.= -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 Segitiga
Untuk 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. Akibat 1.3.4
Jika 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. Akibat 1.3.5
Untuk sebarang bilangan a1, a2, ..., an di dalam R berlaku
| a1 + a2 + ... + an| ≤ |a1| + |a2| + ... + |an|
Bukti : Diserahkan pembaca sebagai
latihan.

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

29. 1.4 Sifat Kelengkapan dari R1.4 Sifat Kelengkapan dari R
Definisi 1.4.1Definisi 1.4.1
MisalkanMisalkan SS himpunan bagian darihimpunan bagian dari RR..
(a) Bilangan(a) Bilangan uu ∈∈ RR dikatakandikatakan batas atas daribatas atas dari SS
jika berlaku sjika berlaku s ≤ u≤ u untuk setiap suntuk setiap s ∈∈ S.S.
(b) Bilangan(b) Bilangan vv ∈∈ RR dikatakandikatakan batas bawah daribatas bawah dari SS
jika berlaku vjika berlaku v ≤ s≤ s untuk setiap suntuk setiap s ∈∈ 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 ε > 0 terdapat sε sehingga u -
ε < sε.
(b) Batas bawah v dari himpunan tak
kosong S ⊂ R, merupakan infimum
dari S jika dan hanya jika untuk
setiap ε > 0 terdapat sε sehingga sε
< v + ε.

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

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

35. Contoh 1.4.8
Misalkan S himpunan bagian tak kosong
di dalam ℜ yang terbatas di atas dan
misalkan a ∈ ℜ. 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 ℜ.
(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
→ ℜ mempunyai range yang terbatas di
dalam ℜ. Jika a ∈ ℜ, 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 → ℜ
mempunyai range yang terbatas di dalam ℜ.
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 ∈ R maka 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 ∈ ℜ : 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
maupun x2
> 2.

45. Andaikan x2
< 2.
Perhatikan bahwa untuk setiap n ∈ N,
berlaku 1/n2
≤ 1/n, sehingga
)12(
1121 2
2
2
2
++≤++=





+ x
n
x
nn
x
x
n
x
Karena 0 < x dan x2
< 2, maka (2 - x2
)/(2x + 1) > 0.
Akibatnya terdapat bilangan asli n sehingga
2
1 2
.
2 1
x
n x
−
<
+
Akibatnya untuk bilangan asli n berlaku
2 2 2
( 1/ ) (2 ) 2.x n x x+ < + − =
Jadi (x + 1/n) ∈ S. Kontradiksi dengan x = sup S

46. Andaikan x2
> 2
Perhatikan bahwa untuk sebarang bilangan asli
m2
2 2
2
1 2 1 2
.
x x
x x x
m m mm
 
− = − + > − 
 
Selanjutnya karen x > 0 dan x2
> 2, maka (x2
– 2)/2x > 0.
Sehingga terdapat bilangan asli m sehingga
2
1 2
2
x
m x
−
<
Akibatnya untuk bilangan asli m ini berlaku
2 2 2
( 1/ ) ( 2) 2.x m x x− > − − =
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. Facebook : Citzy Fujiezchy Twitter
: @citzyfujiezchy
Skype : Citzy.fujiezchy Instagram :
citzyfujiezchy
Facebook : Citzy Fujiezchy Twitter
: @citzyfujiezchy
Skype : Citzy.fujiezchy Instagram :
citzyfujiezchy