Nilai Mutlak
2.3. Nilai Mutlak
Analisis Real I 40
Pendahuluan Dari sifat trikotomi 2.2.1(ii), dijamin bahwa bila a ∈ R dan a ≠
0, maka tepat satu dari bilangan a atau -a positif. Nilai mutlak dari a ≠ 0 didefinisikan sebagai bi- langan yang positif dari keduanya. Nilai mutlak dari 0 didefinisikan 0.
2.3.1 Definisi. Bila a ∈ R , nilai mutlak a, dituliskan dengan a, didefinisikan den- gan a , bila > 0 a
a = 0 , bila = 0 a
− a , bila < 0 a Sebagai contoh 3 = 3 dan − 2 = 2. Dari definisi ini kita akan melihat bahwa a ≥ 0, untuk semua a ∈ R . Juga a = a bila a ≥ 0, dan a = -a bila a < 0.
2.3.2 Teorema. (a). a = 0 jika dan hanya jika a = 0
(b). -a = a, untuk semua a ∈ R . (c). ab = ab, untuk semua a,b ∈ R . (d). Bila c ≥ 0, maka a ≤ c jika dan hanya jika -c ≤ a ≤ c. (e). - a ≤ a ≤ a untuk semua a ∈ R .
Bukti : (a). Bila a = 0, maka a = 0. Juga bila a ≠
0. Jadi bila a = 0, maka a = 0. (b). Bila a = 0, maka 0 = 0 = 0. Bila a > 0, maka -a < 0 sehingga a = a = -(-a) = -a. Bila a < 0, maka -a > 0, sehinga a = -a = -a. (c). Bila a,b keduanya 0, maka ab dan ab sama dengan 0. Bila a > 0 dan b > 0,
0, maka -a ≠
0, jadi a ≠
maka ab > 0, sehingga ab = ab = ab. Bila a > 0 dan b < 0, maka ab < 0, se- hingga ab = -ab = a(-b) = ab. Secara sama untuk dua kasus yang lain. (d). Misalkan a ≤
c. Maka kita mempunyai a ≤
c dan -a ≤
c. (Mengapa?) Karena ke-taksamaan terakhir ekivalen dengan a ≥ -c, maka kita mempunyai -c ≤ a ≤ c. Se-
c. (Mengapa?), se- hingga a ≤ c. (e). Tetapkan c = a pada (d).
balik-nya, bila -c ≤ a ≤
c, maka kita mempunyai a ≤
c dan -a ≤
Analisis Real I 41
Aljabar Himpunan Ketaksamaan berikut akan sering kita gunakan.
2.3.3. Ketaksamaan Segitiga . Untuk sebarang a,b di R , kita mempunyai
a +≤ b a + b
Bukti : Dari 2.3.2(e), kita mempunyai -a ≤ a ≤ a dan -b ≤ b ≤ b. Kemudian dengan menambahkan dan menggunaka 2.2.6(b), kita peroleh
− ( a + b ) ≤+≤ a b a + b
Dari sini, kita mempunyai a +≤ b a + b dengan menggunakan 2.3.2(d). Terdapat banyak variasi penggunaan Ketaksamaan Segitiga. Berikut ini dua di
antaranya.
2.3.4 Teorema Akibat . Untuk sebarang a,b di R , kita mempunyai
(a). a − b ≤− a b
(b). a −≤ b a + b Bukti :
(a). Kita tuliskan a = a - b + b dan gunakan Ketaksamaan Segitiga untuk memperoleh
a =−+≤−+ a b b a b b .
Sekarang kita kurangi dengan b untuk memperoleh a −≤− b a b . Secara sama, dari b =−+≤−+ b a a b a a dan 2.3.2(b), kita peroleh −− a b = −− b a ≤ a − b . Bila kedua ketaksamaan ini kita kombinasikan, dengan menggunakan
2.3.2(d), kita memperoleh ketaksamaan di (a). (b). Tukar b pada Ketaksamaan Segitiga dengan -b untuk memperoleh a − b ≤
a + -b Karena −= b b [menurut 2.3.2(b)] kita dapatkan ketaksamaan (b). Aplikasi langsung induksi matematika memperluas Ketaksamaan Segitiga un-
tuk sejumlah hingga bilangan real.
2.3.5 Teorema Akibat . Untuk sebarang a 1 ,a 2 ,...,a n ∈ R , kita mempunyai
a 1 +++ a 2 ... a n ≤ a 1 + a 2 ++ ... a n
Analisis Real I 42
Pendahuluan Contoh-contoh berikut mengilustrasikan bagaimana sifat-sifat nilai mutlak
terdahulu dapat digunakan.
2.3.6 Contoh-contoh.
(a). Tentukan himpunan A dari bilangan real x yang memenuhi 2x +< 3 6 Dari 2.3.2(d), kita lihat bahwa x ∈
A jika dan hanya jika -6 < 2x + 3 < 6, yang dipenuhi jika dan hanya jika -9 < 2x < 3. Dengan membagi dua, kita peroleh
A = {x ∈ R -9/2 < x < 3/2}. (b). Tentukan himpunan B = {x ∈ R x1 −< x }.
Caranya dengan memperhatikan setiap kasus bila tanda mutlak dihilangkan. Di sini kita perhatikan kasus-kasus (i). x ≥ 1, (ii). 0 ≤ x < 1, (iii). x < 0. (Mengapa kita hanya memperhatikan ketiga kasus di atas?). Pada kasus (i) ketaksamaan kita men- jadi x - 1 < x, yang dipenuhi oleh semua bilangan real x. Akibatnya semua x ≥ 1 ter- muat di B. Pada kasus (ii), ketaksamaan kita menjadi -(x - 1) < x, yang menghasilkan pembahasan lebih lanjut, yaitu x > 1/2. Jadi, kasus (ii) menyajikan semua x dengan 1/2 < x < 1 termuat di B. Pada kasus (iii), ketaksamaan menjadi -(x - 1) < -x, yang ekivalen dengan 1 < 0. Karena 1 < 0 selalu salah, maka tiodak ada x yang memenuhi ketaksaman kita pada kasus (iii). Dengan mengkombinasikan ketiga kasus ini diperoleh bahwa
B = {x ∈ R x > 1/2}.
2x 2 − 3x 1 + (c). Misalkan f fungsi yang didefinisikan dengan f (x) =
untuk 2 ≤ x ≤ 2x 1 −
3. Tentukan konstanta M sehingga f (x) ≤ M untuk semua x yang memenuhi 2 ≤ x ≤
3. Kita akan perhatikan secara terpisah pembilang dan penyebut dari
Analisis Real I 43
Aljabar Himpunan
2 Dari 2 ketaksamaan segitiga, kita peroleh 2x − 3x 1 + ≤ 2x + 3x + 1 ≤⋅+⋅+ 2 23 331 = 28, karena x ≤ 3 untuk semua x yang kita bicarakan. Juga,
2x 1 −≥ 2x − 1 ≥⋅− 221 =
3, karena x ≥ 2 untuk semua x yang kita bicarakan.
28 (Mengapa?) Karena itu, untuk 2 ≤ x ≤
3 kita memperoleh bahwa f (x) ≤ . Dari
3 sini kita dapat menetapkan M = 28/3. (Catatan bahwa kita meneukan sebuah kon- stanta yang demikian, M; sebenarnya semua bilangan M ≥ 28/3 juga memenuhi
f (x) ≤ M . Juga dimungkinkan bahwa 28/3 bukan pilihan terkecil untuk M).
Garis Bilangan Real
Interpretasi geometri yang umum dan mudah untuk sistem bilangan real adalah garis bilangan. Pada interpretasi ini, nilai mutlak a dari unsur a di R diang- gap seba- gai jarak dari a ke pusat 0. Lebih umum lagi, jarak antara unsur a dan b di R adalah
a − b . Kita akan memerlukan bahasa yang tepat untuk membahas gagasan suatu bi-
langan real “dekat” ke yang lain. Bila diberikan bilangan real a, maka bilangan real x dikatakan “ dekat ” dengan a seharusnya diartikan bahwa jarak antara keduanya x − a
“kecil”. Untuk membahas gagasan ini, kita akan menggunakan kata lingkungan, yang sebentar lagi akan kita definisikan.
2.3.7 Definisi . Misalkan a ∈ R dan ε > 0. Maka lingkungan- ε dari a adalah himpunan
V ε (a) = {x ∈ R x − a < ε }. Untuk a ∈ , pernyataan x termuat di V ε (a) ekivalen dengan pernyataan
- ε <x-a< ε ⇔ a- ε <x<a+ ε
2.3.8 Teorema . Misalkan a ∈ R . Bila x termuat dalam lingkungan V ε (a) untuk setiap ε > 0, maka x = a. Bukti :
Analisis Real I 44
Pendahuluan Bila x memenuhi x −
a < ε untuk setiap ε > 0, maka dari 2.2.9 diperoleh bahwa x − a = 0, dan dari sini x = a.
2.3.9. Contoh-contoh.
(a). Misalkan U = {x 0 < x < 1}. Bila a ∈ U, misalkan ε bilangan terkecil dari a atau
1 - a. Maka V ε (a) termuat di U. Jadi setiap unsur di U mempunyai lingkungan- ε yang termuat di U. (b). Bila I = {x : 0 ≤ x ≤ 1}, maka untuk sebarang ε > 0, lingkungan- ε V ε (0) memuat titik di luar I, sehingga V ε (0) tidak termuat dalam I. Sebagai contoh, bilangan x ε =- ε /2 unsur di V ε (0) tetapi bukan unsur di I. (c). Bila x −
a < ε dan y −< b ε , maka Ketaksamaan Segitiga mengakibatkan bahwa
( x +−+ y )( a b ) = ( x −+− a )( y b )
= x −+−< a y b 2. ε
Jadi bila x,y secara berturut-turut termuat di lingkungan - ε dari a,b maka x + y ter- muat di lingkungan -2 ε dari (a + b) (tetapi tidak perlu lingkungan - ε dari (a + b)).
Latihan 2.3.
1. Misalkan a ∈ R . tunjukkan bahwa
2 2 (a). a = a 2 (b). a = a
2. Bila a,b ∈ R . dan b ≠
0, tunjukkan bahwa a b / = a / b .
3. Bila a,b ∈ R , tunjukkan bahwa a += b a + b .jika dan hanya jika ab > 0.
4. Bila x,y,z ∈ R , x ≤ z, tunjukan bahwa x < y < z jika dan hanya jika x − y + y −=− z x z Interpretasikan secara geometris.
5. Tentukan x ∈ R , yang memenuhi pertaksamaan berikut :
(a). 4x 2 −≤ 3 13 ; (b). x −≤ 1 3 ;
(c). x 1 −>+ x1 ;
(d). x ++< x1 2 .
6. Tunjukkan bahwa x −< a ε jika dan hanya jika a - ε
Aljabar Himpunan
7. Bila a < x < b dan a < y < b, tunjukkan bahwa x −<− y b a . Interpretasikan se- cara geometris.
8. Tentukan dan sketsa himpunan pasangan berurut (a,b) di R × R yang memenuhi (a x = y ;
(b). x + y = 1 ;
(c xy = 2 ;
(d). x − y = 2 .
9. Tentukan dan sketsa himpunan berurut (x,y) yang memenuhi (a). x ≤ y ;
(b). x + y ≤ 1 ;
(c). xy ≤ 2 ;
(d). x − y ≥ 2 .
10. Misalkan ε > 0 dan δ > 0, a ∈ R . Tunjukkan bahwa V ε (a) ∩ V δ (a) dan V ε (a) ∪
V δ (a) adalah lingkungan- γ dari a untuk suatu γ .
b, maka terdapat lingkungan- ε U dari a dan lingkungan- γ
11. Tunjukkan bahwa bila a,b ∈ R , dan a ≠
V dari b, sehingga U ∩ V= ∅ .