Makalah Sifat Aljabar Bil Real [PDF]

Citation preview

ANALISIS REAL Makalah ini disusun untuk memenuhi tugas mata kuliah analisis real



“SIFAT ALJABAR BILANGAN REAL”



Dosen Pengampu :



Febriana Kristanti, M.Si Kelompok 1 : 1. Mawadatul Atiyah



(D74217055)



2. Nafiatul Zuliana



(D74217058)



3. Nina Alma’idah



(D74217060)



4. Prasticia Wahyu Audytia



(D74217062)



5. Ricca Damayanti



(D74217063)



UIN SUNAN AMPEL SURABAYA FAKULTAS TARBIYAH DAN KEGURUAN PRODI PENDIDIKAN MATEMATIKA 2019



1|ANALISIS REAL



BILANGAN REAL Bilangan real digunakan secara luas dui universitas dan sekolah menengah atas, tetapi sering tidak didefinisikan secara mendalam. Jika bilangan bulat dan rasional secara cermat di[elajari di sekolah sejak sekolah dasar, maka bilangan real, karena kekontinuannya sering terlupakan. Siswa mengetahui fakta bahwa ada bilangan yang tidak rasional, tetapi pertanyaan tentang “koleksi semua bilangan itu” diabaikan. Mahasiswa tahun pertama cukup puas dengan ilustrasi bahwa bilangan real adalah titiktitik pada garis bilangan. Kalkulus lanjut juga menghindari hal tersebut. Pada akhirnya, presentasi formalnya baru ditemukan pada perkuliahan Analisis Real. Banyak dari kita, meskipun lulusan S1 Matematika, memiliki ide yang samar-samar tentang apa sesungguhnya bilangan real itu. Berikut kita akan memahami mengenai bilangan real. 1.



SIFAT ALJABAR R 2.1.1.



Sifat-sifat aljabar R Dalam bagian ini kita akan membahas “struktur aljabar” sistem bilangan real. Pertama akan diberikan daftar sifat penjumlahan dan perkaliannya. Daftar ini mendasari semua untuk mewujudkan sifat dasar aljabar R dalam arti sifat-sifat yang lain dapat dibuktikan sebagai teorema. Dalam aljabar abstrak sistem bilangan real merupakan lapangan/medan terhadap penjumlahan dan perkalian. Sifat-sifat yang akan disajikan pada 2.1.1 berikut dikenal dengan “Aksioma medan”. Yang dimaksud operasi biner pada himpunan F adalah suatu fungsi B dengan domain F×F dan range di F. Jadi, operasi biner memasangkan setiap pasangan berurut (a,b) dari unsur-unsur di F dengan tepat sebuah unsur B(a,b) di F. Tetapi, disamping menggunakan notasi B(a,b), kita akan lebih sering menggunakan notasi konvensional a+b dan a.b (atau hanya ab) untuk membicarakan sifat penjumlahan dan perkalian. Contoh operasi biner yang lain dapat dilihat pada latihan. Sifat-sifat aljabar R. Pada himpunan bilangan real R terdapat dua operasi biner, dituliskan dengan “+” dan “.” dan secara berturut-turut disebut penjumlahan dan perkalian. Kedua operasi ini memenuhi sifat-sifat berikut (𝑨𝟏) 𝑎 + 𝑏 = 𝑏 + 𝑎, ∀𝑎, 𝑏 ∈ ℝ (sifat komutatif penjumlahan) 2|ANALISIS REAL



(𝑨𝟐)(𝑎 + 𝑏) + 𝑐 = 𝑎 + (𝑏 + 𝑐), ∀𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ (sifat asosiatif penjumlahan) (𝑨𝟑)∃0 ∈ ℝ ∋ 0 + 𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝑎 + 0, ∀𝑎 ∈ ℝ (eksistensi unsur nol) (𝑨𝟒)∀𝑎 ∈ ℝ, ∃ − 𝑎 ∈ ℝ ∋ 𝑎 + (−𝑎)𝑑𝑎𝑛 (−𝑎) + 𝑎 = 0 (eksistensi negatif dari unsur)



(𝑴𝟏)𝑎. 𝑏 = 𝑏. 𝑎, ∀𝑎, 𝑏 ∈ ℝ (sifat komutatif perkalian) (𝑴𝟐)(𝑎. 𝑏)𝑐 = 𝑎(𝑏. 𝑐), ∀𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ (sifat asosiatif perkalian) (𝑴𝟑)∃1 ∈ ℝ = 1. 𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝑎. 1 = 𝑎, ∀𝑎 ∈ ℝ (eksistensi unsur satuan) (𝑴𝟒)∀ 𝑎 ≠ 0 ∈ ℝ 𝑡𝑒𝑟𝑑𝑎𝑝𝑎𝑡



1 𝑎



1



∈ ℝ 𝑠𝑒𝑑𝑒𝑚𝑖𝑘𝑖𝑎𝑛 𝑠𝑒ℎ𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎 𝑎 (𝑎) =



1



1 𝑑𝑎𝑛 (𝑎) 𝑎 = 1 (unsur balikan) (𝑫) 𝑎(𝑏 + 𝑐) = (𝑎. 𝑏) + (𝑎. 𝑐) 𝑑𝑎𝑛 (𝑏 + 𝑐)𝑎 = (𝑏. 𝑎) + (𝑐. 𝑎), ∀ 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℝ (sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan) 2.1.2.



Teorema (a) Jika 𝑧 dan 𝑎 ∈ 𝑅dengan 𝑧 + 𝑎 = 𝑎, maka 𝑧 = 𝑎 (b) Jika 𝑢 dan 𝑏 ≠ 0 ∈ 𝑅 dengan 𝑢. 𝑏 = 𝑏, maka 𝑢 = 1 (c) Jika 𝑎 ∈, maka 𝑎. 0 = 0 Pembuktian : a. Diketahui :  𝑧, 𝑎 ∈ 𝑅  𝑧+𝑎 =𝑎 Akan dibuktikan : 𝑧 = 0 Bukti : 𝑧 =𝑧+0



(A3) Eksistensi Unsur nol



= 𝑧 + (𝑎 + (−𝑎))



(A4) Eksistensi negatifdari unsur



= (𝑧 + 𝑎) + (−𝑎)



(Dimanipulasi)



Sehingga : 𝑎 + (−𝑎) = 0



(A4) Eksistensi negatif dari unsur



Jadi terbukti 𝑧 = 0 b. Diketahui :  𝑢&𝑏 ≠0 3|ANALISIS REAL



 𝑢. 𝑏 = 𝑏 Akan dibuktikan : 𝑢 = 1 Bukti : Karena 𝑏 ∈ 𝑅 dan 𝑏 ≠ 0 1



Berdasarkan sifat (M4) ada unsur 𝑏 ∈ 𝑅 1



Sehingga 𝑏. (𝑏) = 1 Jadi, 𝑢. 𝑏 = 𝑏 1



1



𝑢. 𝑏 (𝑏) = 𝑏 (𝑏)



(M4)



𝑢. 1 = 1



(M3)



𝑢=1 Jadi terbukti 𝑢 = 1 c. Diketahui :  𝑎∈𝑅 Akan dibuktikan : 𝑎. 0 = 0 Jawab :  Ruas kiri 𝑎. 0 = 0 = 𝑎 + 𝑎. 0 (tambahkan 𝑎 ∈ 𝑅) = 𝑎. 1 + 𝑎. 0 = 𝑎(1 + 0) (D) = 𝑎. 1 (A3) =𝑎 (M3)  Ruas kanan =0 = 𝑎. 0 (tambahkan 𝑎 ∈ 𝑅) =0 Sehingga dapat disimpulkan 𝑎. 0 = 0 2.1.3.



Teorema 1



(a) Bila a + 0 dan b unsur di R sehingga a.b = 1 maka b = 𝑎 (b)Jika a . b = 0 maka a = 0 atau b = 0



(a) Diketahui: a≠0 b≠R 4|ANALISIS REAL



a.b = 1 1



Akan dibuktikan: b = 𝑎 Bukti: Karena a.b = 1, maka 1



1



1



a.b = 1 (𝑎) (a.b) = 𝑎 . 1



(masing-masing ruas dikalikan dengan 𝑎 yang merupakan invers dari a)



1



1



(𝑎 . 𝑎) (b) = (𝑎)



((M2) asosiatif)



1



1 . b = (𝑎)



(M4)



1



b = (𝑎)



(M3)



1



Jadi terbukti b = 𝑎 (b) Jika a . b = 0 maka a = 0 atau b = 0 Diketahui:



a.b=0



Akan dibuktikan: a) a = 0 b) b = 0 a) a = 0, maka a.b = 0



,



b≠0



a.b = a.b + (-ab) a.b = b (a + (-a))



(D)



a.b = b . 0



(A4)



a=0 b) b = 0 a.b = 0, a ≠ 0 a.b = (-ba) + b.a a.b = a ((-b) + b)



(D)



a.b = a . 0



(A4)



b=0 Jadi terbukti a = 0 dan b = 0 2.1.4.



Teorema “Tidak ada bilangan rasional 𝑟, sehingga 𝑟 2 = 2” Bukti :



5|ANALISIS REAL



Pengandaian terdapat bilangan rasional yang kuadratnya adalah 2 𝑝



Misal 𝑟 = 𝑞 dengan 𝑞 ≠ 0 dan faktor dari p dan q bernilai 1 atau (𝑝. 𝑞) = 1 Sehinga 𝑟 2 = 2 𝑝 2 ( ) =2 𝑞 𝑝2 =2 𝑞2 𝑝2 = 2. 𝑞 2 Artinya 𝑝2 bernilai genap Lalu akan ditunjukkan p bernilai genap (untuk menggagalkan pemisalan (𝑝, 𝑞) = 1) Bukti : Andaikan p ganjil Misal 𝑝 = 2𝑚 − 1, 𝑚 ∈ 𝑍 Sehingga 𝑝2 = (2𝑚 − 1)2 = 4𝑚2 − 4𝑚 + 1 = 2(2𝑚2 − 2𝑚 + 1) − 1 𝑝2 bernilai ganjil dan kontradiksi dengan 2. 𝑞 2 , jadi p genap. Karena p genap, maka 𝑝 = 2𝑚 Sehingga



𝑝2 = 2𝑞 2 (2𝑚)2 = 2𝑞 2 4𝑚2 = 2𝑞 2 2𝑚2 = 𝑞 2



Artinya 𝑞 2 bernilai genap dan 𝑞 bernilai genap. Karena p dan q bernilai genap maka (𝑝, 𝑞) ≠ 1. Akibatnya, pengandaian terdapat bilangan rasional yang kuadratnya 2 adalah salah atau tidak ada. 2.1.5.



Contoh 1) Buktikan jika 𝑎 , 𝑏 𝜖 𝑅 maka −( 𝑎 + 𝑏 ) = (−𝑎) + (−𝑏) Pembahasan : Diketahui : 𝑎 , 𝑏 𝜖 𝑅 Jawab : −( 𝑎 + 𝑏 ) = (−1)(𝑎 + 𝑏) = ((−1)(𝑎) + ((−1)(𝑏)) = (−𝑎) + (−𝑏 ) Maka 6|ANALISIS REAL



Terbukti −( 𝑎 + 𝑏 ) = (−𝑎) + (−𝑏) 2) Jika 𝑎 , 𝑏 𝜖 𝑅 sehingga 𝑎𝑎 = 𝑏𝑏, buktikan bahwa 𝑎 = 𝑏 atau 𝑎 = −𝑏 Diketahui 𝑎 ,𝑏 𝜖 𝑅 𝑎𝑎 = 𝑏𝑏 Adib :  𝑎=𝑏  𝑎 = −𝑏 Jawab : 𝑎𝑎 = 𝑏𝑏 𝑎𝑎 + (−𝑏𝑏) = 𝑏𝑏 + (−𝑏𝑏) dikurangkan dengan 𝑏𝑏) 𝑎2 + (−𝑏 2 ) = 0



(Masing-masing ruas



(Bentuk pers kuadrat)



(𝑎 + (−𝑏))(𝑎 + 𝑏) = 0 𝑎+𝑏 =0 (𝑎 + 𝑏) + (−𝑏) = 0 + (−𝑏) –b) 𝑎 + (𝑏 + (−𝑏)) = 0 + (−𝑏) 𝑎+0







= 0 + (−𝑏) 𝑎 = −𝑏



(Masing-masing ruas kurangkan dengan (𝐴2 ) (𝐴4 ) (𝐴3 )



𝑎 + (−𝑏) = 0 (𝑎 + (−𝑏)) + 𝑏 = 0 + 𝑏 ditambahkan b) (𝑎 + (−𝑏)) + 𝑏 = 0 + 𝑏 (𝑎 + ((−𝑏) + 𝑏) = 0 + 𝑏 𝑎+0= 0+𝑏 𝑎=𝑏



(Masing-masing ruas



(𝐴2 ) (𝐴4 ) (𝐴3 )



Berdasarkan pemfaktoran kuadrat didapatkan (𝑎 + (−𝑏)) = 0 𝑎𝑡𝑎𝑢 (𝑎 + 𝑏) = 0 Terbukti a = b atau a = −b



7|ANALISIS REAL