teori ukur

Analisis Real A: Teori Ukuran dan Integral

Johan Matheus Tuwankotta1

March 17, 2012

1Departemen Matematika, FMIPA, Institut Teknologi Bandung, jl. Ganesha no. 10, Bandung, In-donesia. mailto:[email protected]

Daftar Isi

1 Sistem Bilangan Real 51.1 Himpunan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Aksioma Bilangan Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Fungsi dan Relasi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4 Bilangan Asli dan Bilangan Rasional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Topologi pada R dan Aljabar Himpunan 152.1 Barisan Bilangan Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2 Himpunan Terbilang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3 Aljabar Himpunan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3 Ukuran Luar 213.1 Pendahuluan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2 Ukuran Luar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

4 Keterukuran 274.1 Himpunan Terukur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

5 Pengantar Teori Integral Lebesgue 315.1 Integral Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315.2 Integral Lebesgue untuk fungsi sederhana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

6 Integral Lebesgue dan Kekonvergenan dalam Ukuran 41

7 Fungsi Monoton dan Fungsi Bervariasi Terbatas 43

8 Teorema Dasar Kalkulus dan Kekontinuan Absolut 45

9 Ruang Lp dan Ketaksamaan Holder dan Minkowski 47

10 Ukuran Luar dan Himpunan Terukur 49

11 Kekonvergenan dan Kelengkapan; Teorema Representasi Riesz 51

12 Ruang Berukuran dan Fungsi Terukur 53

13 Teorema Kekonvergenan 55

A Konstruksi Bilangan Real 59A.1 Himpunan Terurut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61A.2 Perluasan lapangan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62A.3 Konstruksi Bilangan Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3

4 DAFTAR ISI

Bab 1

Sistem Bilangan Real

Faith is the substance of things hoped for, the evidence of things not seen.(Hebrew 11:1)

1.1 Himpunan

Himpunan merupakan suatu objek yang sangat sederhana dalam arti hanya ada keanggotaan didalamnya, tidak ada interaksi antar anggota. Suatu himpunan dapat dinyatakan dengan cara:

1. mendaftarkan anggota-anggotanya: {1, 2, 3, 4, . . .},2. menuliskan formula atau aturan yang mendefinisikannya: {2n|n bilangan asli}.

Jika a anggota dari himpunan A, kita tuliskan a A. Jika A,B dua buah himpunan, makaA B jika: anggota A adalah anggota B. Kita memiliki sebuah himpunan yang istimewa yaitu:. Perhatikan bahwa karena tidak memiliki anggota, maka kalimat setiap anggotanya adalahanggota dari himpunan lain senantiasa dipenuhi.

Lemma 1.1. Himpunan adalah bagian dari semua himpunan.Definisi 1.2. Misalkan A dan B adalah dua buah himpunan. Maka

1. gabungan dari A dan B: A B = {x | x A atau x B}.2. irisan dari A dan B: A B = {x | x A dan x B}.3. jumlah A dan B: A + B = {x | x A atau x B, tetapi x / A B}. Operasi ini dikenal

dengan exclusive or dalam logika matematika.

4. komplemen dari A: Ac = {x | x / A}.5. pengurangan A oleh B: A\B = A Bc = {x | x A tetapi x / B}.

Definisi 1.3. Misalkan An, n N adalah himpunan-himpunan. Maka1

An = {x | n N sehingga x An} ,

dan 1

An = {x | x An n N}.

Definisi ini dapat diperluas dengan mudah untuk himpunan sebarang sebagai indeks.

5

6 BAB 1. SISTEM BILANGAN REAL

Definisi 1.4. Misalkan untuk setiap J , A adalah himpunan. Maka:

A = {x | J sehingga x A} ,

dan

A = {x | x A J }.

Dalam Definisi 1.3 J dapat berupa interval subset dari himpunan bilangan real.

Lemma 1.5. (Hukum de Morgan) Jika A dan B adalah dua buah himpunan, maka

(A B)c = Ac Bc dan (A B)c = Ac Bc.

Lebih umum, (

A

)c=

(A)c dan

(

A

)c=

(A)c

1.2 Aksioma Bilangan Real

Bilangan real adalah himpunan bilangan yang sangat abstrak 1. Ada beberapa pendekatan yangdikenal untuk mengkonstruksi bilangan real, misalkan dengan menggunakan Dedekind cuts. PadaBab ini kita akan memperkenalkan bilangan real secara aksiomatis, yaitu dengan mendaftarkansifat-sifat yang harus dipenuhi oleh himpunan tersebut.

1.2.1 Aksioma Lapangan

Misalkan R adalah himpunan bilangan real. Himpunan bilangan ini kita lengkapi dengan operasipenjumlahan + dan perkalian . Sistem (R,+, ) memenuhi: A. Aksioma Lapangan:

A1. x+ y = y + x, untuk setiap x dan y di R.

A2. (x+ y) + z = x+ (y + z), untuk setiap x, y, z di R.

A3. 0 R sehingga x+ 0 = x untuk setiap x R.

A4. untuk setiap x R terdapat w R sehingga x+ w = 0.

A5. xy = yx untuk setiap x dan y di R.

A6. (xy)z = x(yz) untuk setiap x, y, z di R.

A7. 1 6= 0 sehingga x 1 = x untuk setiap x R.

A8. Untuk setiap x 6= 0 terdapat v sehingga xv = 1.

A9. x(y + z) = xy + xz.

Sifat A1 sampai dengan A4 dapat dituliskan sebagai: (R,+) adalah grup komutatif. Sifat A5 sam-pai dengan A8 adalah: (R\{0}, ) membentuk grup komutatif. Sifat A9 adalah hukum distributif.Elemen w pada sifat A4 kita tuliskan sebagai: x sedangkan elemen v pada sifat A8 kita tuliskansebagai: 1x .

1Padahal namanya real (nyata)

1.2. AKSIOMA BILANGAN REAL 7

Contoh 1.6. Contoh dari sebuah lapangan adalah: bilangan rasional Q. Pandang Z himpunanbilangan bulat yang dilengkapi dengan operasi penjumlahan seperti yang biasa kita kenal. Maka(Z,+) membentuk grup komutatif. Z dapat dilengkapi dengan operasi perkalian seperti yang biasakita kenal. Tetapi (Z\{0}) tidak dapat membentuk grup komutatif terhadap operasi perkalian ini(karena sifat A8) tidak terpenuhi). Maka definisikan:

Q ={ ab

a, b Z, b 6= 0} .Operasi penjumlahan pada Z diperluas ke Q, dengan cara:

a

b+c

d=ad+ bcbd

.

Perhatikan bahwa jika b = d = 1, maka kita mendapatkan penjumlahan bilangan bulat sesuaidengan penjumlahan di Z. Demikian pula dengan operasi perkalian pada Z kita perluas ke Qdengan cara:

a

b

c

d=ac

bd.

Untuk b = d = 1 kita peroleh kembali perkalian pada Z. Perhatikan bahwa: setiap bilanganrasional ab 6= 0 memiliki invers perkalian yaitu: ba , karena

a

b

b

a=ab

ba=ab

ab= 1.

Dapat ditunjukkan bahwa hukum distributif berlaku pada bilangan rasional.

1.2.2 Aksioma Urutan

Selain memenuhi aksioma lapangan di atas, bilangan real juga diasumsikan memenuhi: B. Ak-sioma Urutan. Misalkan P adalah suatu himpunan bagian dari R yang memenuhi:

B1. Jika x dan y di P maka: x+ y P .

B2. Jika x dan y di P maka: xy P .

B3. Jika x P maka x 6 P .

B4. Jika x P maka entah x = 0 atau x P atau x P .Setiap himpunan yang memenuhi Aksioma Lapangan dan Aksioma Urutan disebut: lapanganterurut.

Akibat dari Aksioma Urutan, kita dapat mendefinisikan sebuah relasi: < yaitu:

a < b jika b a P,

a, b R.Proposisi 1.7. Misalkan x < y dan z < w maka: x+ z < y + w.

Bukti. Karena x < y maka yx P , dan karena z < w maka w z P . Dari B1 kita simpulkanbahwa:

(y x) + (w z) = (y + w) (x+ z) P,dimana sifat-sifat lapangan telah kita gunakan. Jadi: x+ z < y + w.

Proposisi 1.8. Misalkan 0 < x < y dan 0 < z < w maka xz < yw.


Bukti. Perhatikan bahwa 0 < x < y mengakibatkan: yx P , x P dan y P . Demikian pula:0 < z < w mengakibatkan: w z P , z P dan w P . Maka:

(y x)z = yz xz P.Lebih lanjut lagi,

(w z)y = wy zy = yw yz P,Maka:

(yz xz) + (yw yz) = yw xz P.Jadi: xz < yw.

Himpunan bilangan P disebut himpunan bilangan positif, dan dapat dideskripsikan oleh:

P = {x R | 0 < x}Himpunan invers penjumlahan dari unsur-unsur di P disebut himpunan bilangan negatif, dandideskripsikan oleh:

P = {x R | x P}.Perhatikan bahwa P P = , sehingga dipenuhi: R = P {0} P (pernyataan ini setaradengan sifat B4).

Contoh 1.9. Himpunan bilangan rasional Q adalah contoh dari lapangan terurut.

1.2.3 Aksioma Kelengkapan

Kita menuliskan a b jika entah a < b atau a = b, dengan a, b R. Pandang S sebuah himpunanbagian dari R yang tak kosong. r R kita sebut sebagai batas atas dari S jika berlaku: x S,x r. Misalkan R = {r R | x r, x S}. Elemen r R sedemikian sehingga: r r untuksetiap r R, disebut batas atas terkecil atau supremum dari S, dan dinotasikan sebagai: sup(S).Sebaliknya: misalkan T = {t R | t x, x S}. Elemen-elemen dalam T disebut batas bawahdari S, dan jika ada t T sehingga t t untuk setiap t T , maka t disebut batas bawahterbesar atau infimum dari S, yaitu inf(S).

Contoh 1.10. Misalkan L adalah himpunan bilangan rasional positif yang memenuhi q L makaq2 < 2 dan G =

{q Q | 2 < q2 < 4, q > 0}. Keduanya adalah subset dari bilangan rasional yang

terbatas. Misalkan 0 < p Q, dan pandang:

q = p p2 2p+ 2

Akibatnya:

q2 2 =(p p

2 2p+ 2

)2 2

=(

2p+ 2p+ 2

)2 2

=4p2 + 8p+ 4

(p+ 2)2 2p

2 + 8p+ 8(p+ 2)2

=2(p2 2)(p+ 2)2

.

Jadi, p L jika dan hanya jika q L (demikian pula p G jika dan hanya jika q G).Misalkan p L, maka p2 2 < 0. Jadi

q p = p2 2p+ 2

> 0.

1.3. FUNGSI DAN RELASI 9

Akibatnya, untuk setiap p L, senantiasa ada q L sehingga q > p. Perhatikan bahwa p Lberarti p adalah suatu batas bawah bagi G. Jadi kita telah memperlihatkan bahwa G tidakmemiliki infimum meskipun G adalah subset terbatas dari Q. Dengan cara yang serupa, kitadapat memperlihatkan bahwa L tidak memiliki supremum.

Himpunan bilangan real R diasumsikan memiliki: C. Aksioma Kelengkapan: setiap him-punan bagian dari R yang tak kosong senantiasa memiliki infimum dan supremum.

1.3 Fungsi dan Relasi

Misalkan X dan Y adalah dua buah himpunan. Kita dapat membentuk himpunan baru denganmelihat hasil kali Cartesius dari kedua himpunan, yaitu:

X Y = {(x, y) | x X dan y Y }.Contoh 1.11. Misalkan A = {1, 2, 3, 4} dan B = {a, b, c}. Maka

AB = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c), (3, a), (3, b), (3, c), (4, a), (4, b), (4, c)}.Contoh 1.12. Misalkan X = [1, 3] dan Y = [1, 4]. Maka X Y adalah himpunan

{(x, y) | 1 x 3, 1 y 4}seperti pada Gbr 1.1.

Gbr. 1.1: Pada sumbu X terdapat interval [1, 3] dan pada sumbu y diletakan interval [1, 4].Daerah yang dibatasi oleh persegipanjang dengan titik sudut (1, 1), (3, 1), (1, 4) dan (3, 4) adalahhimpunan X Y .

Pandang Gf (X,Y ) XY sedemikian sehingga: jika (x, y1) Gf (X,Y ) dan (x, y2) Gf (X,Y )maka y1 = y2. Pemasangan x 7 y (jika (x, y) Gf (X,Y )) disebut sebuah fungsi. Jadi fungsiadalah pengaitan:

f : X Yx 7 y

sedemikian sehingga x dipetakan dengan tepat satu elemen y. Himpunan Gf (X,Y ) disebut grafikdari f . Secara umum, himpunan bagian R X Y mendefinisikan sebuah relasi. Jadi, fungsi


Gbr. 1.2: Seperti pada Gbr 1.1, daerah yang dibatasi oleh persegipanjang dengan titik sudut (1, 1),(3, 1), (1, 4) dan (3, 4) adalah himpunan X Y . Perhatikan terdapat dua kurva dalam daerahtersebut. Kurva yang digambarkan dengan garis tegas mendefinisikan sebuah fungsi, sedangkanyang dengan garis putus-putus bukan.

adalah sebuah relasi khusus dimana setiap anggota x X hanya dipetakan (dipasangkan) satukali. Lihat Gambar 1.2.

Suatu himpunan bagian A dari X sedemikian sehingga f terdefinisi untuk setiap x A disebutdomain dari f , dan dinotasikan oleh Df . Sebaliknya, sebuah himpunan bagian B dari Y , sehinggauntuk sebarang y B terdapat x A sehingga y = f(x) disebut range dari f , dinotasikan oleh:Rf . Perhatikan kembali Gambar 1.2. Misalkan f didefinisikan sehingga grafiknyaGf (X,Y ) adalahkurva yang digambar dengan garis tegas. Maka domain dari f adalah: Df = [1, 2] sedangkan rangedari f : Rf = [1, 4].

Pandang A X sebarang, maka:

f(A) = {y Y | x A sehingga f(x) = y}.

Kita tergoda untuk mendefinisikan f(A) = {f(x) jika x A}. Ini benar jika A Df . Kembaliperhatikan Gambar 1.2, jika A = [ 32 ,

52 ], maka f(

2110 ) tidak terdefinisi, sehingga menggunakan

alternatif kedua tidak memungkinkan. Sekarang pandang B Y sebarang. Maka:

f1(B) = {x Df | f(x) B}.

Himpunan ini dinamakan, prapeta dari B.

1.3.1 Relasi Ekivalen

Mari kita perhatikan kembali sebuah relasi: R X X, sedemikian sehingga:

1. (x, x) R untuk setiap x X.

2. Jika (x, y) R maka (y, x) R untuk setiap x, y X.

3. Jika (x, y) R dan (y, z) R maka (x, z) R untuk setiap x, y, z X.

1.4. BILANGAN ASLI DAN BILANGAN RASIONAL 11

Relasi ini disebut relasi ekivalen. Misalkan x X sebarang. Pandang

[x] = {y X | (y, x) R}.

Himpunan ini disebut kelas ekivalen.

Proposisi 1.13. Misalkan x dan y X sebarang. Maka entah [x] = [y] atau [x] [y] = .Bukti. Misalkan [x] [y] 6= . Ambil z [x] [y]. Maka (x, z) R dan (z, y) R. Karena Radalah relasi ekivalen, maka (x, y) R. Akibatnya: x [y] dan y [x]. Sekarang, ambil a [x]sebarang. Maka (a, x) R. Karena x [y] maka (x, y) R. Akibatnya, a [y]. Jadi [x] [y].Dengan cara yang sama kita dapat menunjukkan bahwa kebalikannya berlaku.

Perhatikan bahwaX =

xX

[x].

Kita dapat mendefinisikan:X\R = { [x] | x X} .

Misalkan X dilengkapi dengan operasi +, dan operasi tersebut memenuhi: jika (x, x) R dan(y, y) R maka (x+ y, x + y) R. Maka operasi tersebut disebut kompatibel dengan relasi R.Akibatnya pada X\R terdefinisi dengan baik operasi: +. Maka kita dapat menginduksi sebuahstruktur aljabar pada ruang kuosien: X\R.

1.4 Bilangan Asli dan Bilangan Rasional

Untuk sementara, kita akan membedakan dua buah satu: 1 N dan 1 R. Misalkan : N R,adalah sebuah fungsi yang memenuhi: (1) = 1 dan (n+ 1) = (n) + 1. Fungsi adalah fungsisatu ke satu dari N ke R. Perhatikan bahwa:

(p+ q) = (p+ q 1) + 1= (p+ q 1) + (1)= (p+ q 2) + 1 + (1)= (p+ q 2) + (1) + (1)= (p+ q 2) + (1 + 1)= (p+ q 2) + (2)...= (p) + (q).

Lebih lanjut, perhatikan bahwa

(pq) = (p(1 + 1 + . . .+ 1))= (p+ p+ . . .+ p)= (p) + (p) + . . .+ (p)= (p)(1 + 1 + 1 + . . .+ 1)= (p)([(1) + (1)] + (1) + . . .+ (1))= (p)([(1 + 1)] + (1) + . . .+ (1))...= (p)(1 + 1 + 1 + . . .+ 1)= (p)(q).

Jadi mendefinisikan suatu pemetaan satu ke satu dari N ke R yang mempertahankan keduaoperasi pada N. Kedua operasi tersebut kemudian dapat diperluas ke Z dan ke Q.


Proposisi 1.14. Sebarang lapangan yang terurut X (memenuhi Aksioma Lapangan dan AksiomaUrutan) memiliki subset yang isomorfik dengan N, Z dan Q. Dalam pengertian ini kita katakan:N X (atau lapangan terurut lainnya), Z X dan Q X. Lebih jauh lagi, Q adalah sublapangandari X.

Proposisi 1.15. Aksioma Archimedes.Diberikan x R sebarang, maka terdapat suatu bilangan asli n sehingga x < n.Bukti. Misalkan x < 0 maka pilih n = 0. Bukti selesai.Untuk x yang lain, pandang S = {k Z | k x}. Himpunan S terbatas di R oleh x, sehinggamenurut Aksioma Kelengkapan memiliki batas atas terkecil, misalkan y. Maka y 12 bukanlahbatas atas. Jadi, ada k S sehingga: k > y 12 . Akibatnya: k + 1 > y + 12 > y. Jadi k 6 S. Iniberarti: k > x. Pilih n = k.

Misalkan diberikan dua buah bilangan real x dan y, dan misalkan 0 x. Dengan menggunakanAksioma Archimedes, dapat dipilih suatu bilangan asli: q sedemikian sehingga:

1y x < q, yang berakibat

1q< y x.

MisalkanS = {n N | yq n}.

Jelas: S 6= , juga diakibatkan oleh Aksioma Archimedes. Himpunan S terbatas dibawah oleh yqsehingga: inf(S) ada, misalkan p. Jadi:

p 1 < yq p, yang identik dengan: p 1q

< y pq.

Perhatikan bahwa:x = y (y x) < p

q 1q

=p 1q

.

Jadi:x N = |xn x| < .

Jika suatu barisan konvergen, maka titik konvergensinya (disebut juga titik limitnya) tung-gal.

2. {xn} dikatakan Cauchy jika untuk setiap bilangan positif terdapat N N sedemikiansehingga:

n > N = |xn xm| < .Teorema 2.2. Jika {xn} konvergen, maka {xn} Cauchy.Bukti. Misalkan xn x, jika n. Ambil > 0 sebarang. Pilih N sedemikian sehingga:

|xn x| < 2 , n > N.Untuk sebarang m,n N berlaku:

|xm xn| = |xn x+ x xm| |xn x|+ |xm x|.Akibatnya, jika n > N dan m > N , haruslah berlaku:

|xm xn| 2 +

2= .

Jadi {xn} Cauchy.

15

16 BAB 2. TOPOLOGI PADA R DAN ALJABAR HIMPUNAN

Secara umum, konvers (kebalikan) dari Teorema di atas tidak berlaku. Sebagai contoh: pan-dang barisan bilangan rasional:

qn+1 = qn qn2 2

qn + 2, n = 1, 2, 3, . . .

dengan q1 = 1. Jika barisan {qn} konvergen, maka titik limitnya adalah bilangan positif q yangmemenuhi: q2 2 = 0. Tetapi tidak ada bilangan rasional yang bisa memenuhi persamaan terse-but. Sebagai barisan bilangan real, barisan tersebut konvergen ke

2, sehingga {qn} Cauchy.

Barisan diatas adalah contoh yang sama yang kita gunakan untuk menunjukkan bahwa lapan-gan bilangan rasional tidak lengkap. Jadi, barisan Cauchy identik dengan barisan konvergenapabila kita bekerja pada lapangan yang lengkap. Sebelum kita buktikan pernyataan ini, kitaakan membuktikan pernyataan berikut ini.

Lemma 2.3. Barisan Cauchy senantiasa terbatas.

Bukti. Misalkan {xn} adalah barisan Cauchy. Pilih N sedemikian sehingga, jika n,m > N 1,|xn xm| < 1. Maka, khususnya jika m = N berlaku:

|xn xN | < 1, n > N.Pernyataan ini identik dengan:

xN 1 < xn < xN + 1.Pilih:

M = max{x1, x2, . . . , xN + 1} dan m = {x1, x2, . . . , xN 1}.Maka {xn} terbatas di atas oleh M dan di bawah oleh m.Teorema 2.4. Lapangan terurut F memenuhi Aksioma Kelengkapan jika dan hanya jika setiapbarisan Cauchy di F konvergen.

Bukti. Misalkan F adalah lapangan terurut yang memenuhi aksioma kelengkapan dan {xn} adalahbarisan Cauchy di F. Maka berlaku: xn > m untuk suatu m F.Pandang:

Sn = {x F | m < x < xn}, n = 1, 2, 3, 4, . . . .Jika barisan {xn} monoton naik, maka definisikan:

S =n

Sn.

Jika barisan {xn} monoton turun, maka definisikan:

S =n

Sn.

Karena {xn} barisan Cauchy maka xn terbatas, misalkan oleh M . Maka S adalah himpunanterbatas, sehingga memiliki batas atas terkecil: misalkan m. Pilih: xnk {xn} sedemikiansehingga:

|xnk m| 0, ada k > N sehingga:ak > L .Bukti. Jika xn = sup

knak maka ak xn untuk setiap k n. Karena lim sup

nan = L maka

limnxn = L. Ambil > 0 sebarang. Pilih: N sehingga, jika n > N maka |xn L| < /2. Pilihsebuah m > N yang memenuhi:

L 2< xm < L+

2.

Karena xm = supnm

an, pilih k m sehingga: xm ak < /2. Jadi: xm /2 < ak. Akibatnya:L < xm 2 < ak.Proposisi 2.10. Jika lim sup

nan = L, maka: untuk setiap > 0, ada N N sehingga ak L+ ,

jika k > N .

Bukti. Karena xn = supkn

ak dan lim supn

an = L = limnxn, maka pilih N sehingga: jika n > (N1)

berlaku: |xn L| < . Khususnya berlaku: xN < L+ . Karena xn = supkn

ak, maka berlaku:

ak xN < L+ , jika k > N.

2.2 Himpunan Terbilang

Pandang N yaitu himpunan bilangan asli. Sebelum mendefinisikan himpunan bilangan terbilang,kita definisikan

JN = {n N | n N}dengan N N.Definisi 2.11. Sebuah himpunan X dikatakan berhingga jika entah dia kosong atau ada N Nseingga terdapat pemetaan satu satu dari X ke JN . Suatu himpunan X dikatakan terbilang jikaada pemetaan satu-satu dari X ke N.Proposisi 2.12. Setiap subset dari himpunan terbilang juga terbilang.

Pandang himpunan bilangan rasional:

Q ={ ab

a, b Z, dengan b 6= 0} .Proposisi 2.13. Himpunan Q terbilang.

2.3. ALJABAR HIMPUNAN 19

2.3 Aljabar Himpunan

Definisi 2.14. Sebuah koleksiA yang berisi himpunan-himpunan bagian dariX dikatakan aljabarhimpunan atau aljabar Boolean jika memenuhi kedua sifat berikut.

1. Jika A dan B A maka A B A .2. Jika A A maka Ac A .3. Jika A dan B A maka A B A .

Misalkan A dan B adalah dua buah aljabar himpunan dengan A B 6= . Jika A dan B anggotaA B, maka: A dan B berada di dalam A dan B. Maka A B, Ac dan A B berada dalamA dan B. Jadi A B juga merupakan aljabar himpunan.Proposisi 2.15. Misalkan C adalah sebarang koleksi dari subset dari X. Maka terdapat sebuahaljabar himpunan A yang terkecil yang memuat C sedemikian sehingga, jika B aljabar himpunandan B C maka B A .

Aljabar himpunan terkecil yang memuat C disebut aljabar himpunan yang dibangun oleh C .

Bukti. Misalkan F adalah koleksi dari aljabar-aljabar himpunan F yang memuat C . Tulis:

A =FF

F .

Maka A F . Lebih lanjut lagi, sebarang B F senantiasa memuat A .

Proposisi 2.16. Misalkan A adalah sebuah aljabar himpunan dan {Aj} adalah barisan di A .Maka terdapat barisan {Bj} A dengan Bn Bm = sedemikian sehingga:

j=1

Aj =j=1

Bj .

Bukti. Misalkan {Aj} sebarang barisan di A . Tulis B1 = A1, dan definisikan:

Bn = An\(n1

1

Aj

), n = 2, 3, . . . .

Karena A adalah aljabar himpunan, maka(n1

1

Aj

)c A ,

sehingga:

Bn = An\(n1

1

Aj

)= An

(n1

1

Aj

)c A .

Perhatikan pula bahwa: (n1

1

Aj

)c=n1

1

Ajc.

Misalkan n > m. Maka

Bn Bm (An A1c . . . Amc . . . An1c) Am = .

20 BAB 2. TOPOLOGI PADA R DAN ALJABAR HIMPUNAN

Perhatikan bahwa:

A (B Ac) = (A B) (A Ac) (A B) X = A B.

Misalkan n N sebarang, maka:B1 B2 . . . Bn = A1 (A2 A1c) . . . (An (A1c . . . An1c))

= (A1 A2) . . . (An (A1c . . . An1c))...= A1 A2 A3 . . . An.

Definisi 2.17. Sebuah aljabar himpunan A disebut: aljabar- (atau disebut lapangan Borel),jika setiap gabungan dari koleksi terhitung (countable collection) dari himpunan di A juga adadi A .

Jadi, aljabar- adalah aljabar himpunan di mana kita diijinkan mengambil irisan dan gabungandari tak berhingga banyaknya himpunan di dalamnya, asalkan terhitung (countable). Pada sebuahaljabar-, Proposisi 2.16 tetap berlaku.

Proposisi 2.18. Diberikan C sebarang koleksi dari himpunan-himpunan bagian dari X. Makaada sebuah aljabar- A yang memuat C sehingga, jika B aljabar- yang memuat C maka B A .

Soal Latihan

1. Tunjukkan bahwa titik limit dari sebuah barisan konvergen tunggal.

2. Tunjukkan bahwa setiap barisan yang terbatas di R memiliki subbarisan yang konvergen.

3.

Bab 3

Ukuran Luar

3.1 Pendahuluan

Sebelum kita mendefinisikan ukuran luar Lebesgue, berikut adalah dua sifat dari himpunan bukapada bilangan real yang kita butuhkan dalam definisi ukuran luar.

Proposisi 3.1. Setiap subset buka O dari R adalah gabungan terhitung dari interval-interval bukayang saling lepas

Bukti. Misalkan O adalah himpunan buka. Maka jika x O, ada y > x sehingga (x, y) O danz < x sehingga (z, x) O. Definisikan b = sup{y | (x, y) O} dan a = inf{z | (z, x) O}. Ambilw (a, b) sebarang, maka entah w = x atau a < w < x atau x < w < b. Dari definisi a dan b,kita simpulkan w O. Jadi (a, b) O. Lebih jauh lagi, a 6 O dan b 6 O.Karena O buka, maka setiap x O termuat didalam sebuah interval Ix yang cara pembentukannyaseperti di atas. Pandang:

I = {Ix | x O}.Maka O

xIx.

Ambil dua interval (a, b) dan (c, d) dari dalam koleksi I dan misalkan: (a, b) (c, d) 6= . Makaa < d dan b < c. Karena c 6 O maka c 6 (a, b). Jadi c a. Sebaliknya karena a 6 O, makaa 6 (c, d). Akibatnya: a c. Jadi: a = c. Dengan cara yang serupa: b = d. Ini berarti, I adalahkoleksi himpunan bagian yang saling lepas.Pandang dua interval (a, b) dan (c, d) I yang berbeda. Maka ada bilangan rasional r1 (a, b)dan r2 (c, d) sedemikian sehingga r1 6 (a, b) dan r2 6 (c, d). Jadi ada korespondensi satu satuantara I dengan sebuah subset dari bilangan rasional. Jadi I terhitung.Proposisi 3.2. (Lindelof)Misalkan C adalah sevarang koleksi himpunan buka di R. Maka terdapat subkoleksi terhitung dariC sehingga:

OCO =

k=1

Ok.

Bukti. Misalkan U =OC

O. Untuk setiap x U ada O C sehingga x O. Karena O buka,maka ada interval Ix sedemikian sehingga: x Ix O. Karena sifat bahwa di antara dua bilanganreal senantiasa ada bilangan rasional, maka kita dapat memilih Jx sedemikian sehingga:

x Jx Ix,dengan Jx adalah interval dengan titik ujung rasional. Karena himpunan bilangan rasional terhi-tung, maka koleksi: J = {Jx | x U} juga terhitung. Jelas U =

xU

Jx. Untuk setiap Jx, kita

memilih O yang memuatnya, sehingga: U =1Ok.

21

22 BAB 3. UKURAN LUAR

3.2 Ukuran Luar

Misalkan (a, b) adalah sebuah interval bilangan real. Maka kita dapat mendefinisikan:

l((a, b)) = b a.

Dari pendefinisian ini tentunya tidaklah sulit untuk mengenali bahwa: l : L [0,], di mana

L = {(a, b) | a, b R}.

Definisi ini dapat diperluas ke sebarang himpunan buka dengan menggunakan Proposisi 3.1 danProposisi Lindelof. Perhatikan bahwa fungsi l ini menyatakan ukuran dari himpunan bukaA R. Kita juga ingin memperluas pendefinisian fungsi ukuran untuk himpunan bagian sebarangdari R.

Definisi 3.3. Definisikan: m : P(R) [0,], yaitu:

m(A) = inf

{ k=1

l(Ik)

A k=1

Ik, Ik interval buka di R

}.

Fungsi m disebut ukuran luar (Lebesgue).

3.2.1 Ukuran luar dari interval

Proposisi 3.4. m([a, b]) = b a.Bukti. Pandang koleksi:

{(a , b+ )| 1}.Untuk setiap , [a, b] (a , b+ ). Akibatnya:

m([a, b]) l((a , b+ ) = b a+ 2 0, jika 0.

Sebaliknya, misalkan 1 diberikan sebarang. Dari definisi, senantiasa ada selimut buka {lk|k =1, 2, . . .}, bagi [a, b] sehingga

m([a, b]) + >k=1

l(Ik) > b a.

Ketaksamaan terakhir diperoleh karena fakta berikut. Yang pertama adalah l((a, b)) = b a.Pandang himpunan buka O =

1Ik dan (a, b) [a, b] U . Maka haruslah:

k=1

l(Ik) > b a.Jadi:

m([a, b]) b a.

Dengan cara yang sama kita dapat memperlihatkan bahwa:

m([a, b)) = m((a, b]) = m((a, b)) = b a.

Jadi, ketika kita membuang satu atau dua buah titik dari dalam sebuah interval, maka ukurandari interval tersebut tidak berubah.

3.2. UKURAN LUAR 23

3.2.2 Sifat sub-aditif

Proposisi 3.5. Misalkan {An} adalah koleksi terhitung dari himpunan bagian bilangan real. Maka

m(

1

An

)k=1

m(An).

Bukti. Misalkan An adalah sebarang himpunan buka dalam koleksi terhitung tersebut. Maka, ada

koleksi terhitung {In,k|k = 1, 2, . . .} sedemikian sehingga: An k=1

In,k dan

k=1

l(In,k) < m(An) +12n.

Kita memilih demikian karena: 1

12n

=12

1 12= 1.

Maka:

m(An)

n=1

k=1

l(In,k) =n=1

m(An) +12n =

n=1

m(An) + .

Catatan 3.6. Misalkan In adalah barisan interval-interval pada bilangan real yang saling lepas,maka:

l

(1

In

)=1

l(In).

Membandingkan sifat ini dan sifat sub-aditif dari ukuran luar, tentunya kita tergoda untuk mem-perbaiki proposisi di atas dengan menambahkan sifat saling lepas. Namun ternyata kita tetaptidak dapat menyimpulkan kesamaan:

m(

1

An

)=k=1

m(An).

Kesamaan ini diperoleh ketika kita membatasi daerah definisi dari m, tidak pada seluruh P(R).

3.2.3 Himpunan berukuran nol

Proposisi 3.7. Ukuran dari himpunan kosong adalah 0.

Bukti. Pandang barisan n, n = 1, 2, 3, . . . dan interval-interval: (n, n). Himpunan kosongadalah subset dari semua interval berikut. Perhatikan bahwa

l((n, n)) = 2n 0, jika n.

Teorema 3.8. Jika A terhitung, maka m(A) = 0.

Bukti. Pandang koleksi: {(a n, a+ n)|n N} dengan n = 12n . Maka: {a} =1

(a n, a+ n)dan

m({a}) l((a n, a+ n) = 1n, n N.


Maka m({a}) = 0.Misalkan A terhitung, maka:

A =1

{an}, an R.

Dari proposisi sebeumnya,

m(A) 1

m({an}) = 0.

Himpunan Cantor

Misalkan A adalah himpunan yang dibentuk dengan cara sebagai berikut. Misalkan

A1 = [0, 1]\(

13,

23

)=[0,

13

][

23, 1].

Himpunan A1 dibentuk dengan cara membagi tiga selang [0, 1] kemudian membuang bagian ten-gahnya. Himpunan A1 dapat juga dinyatakan oleh:

A1 =[0,

39

][

69,

99

].

Kedua bagian pada himpunan A1, masing-masing dibagi menjadi tiga bagian, kemudian dihi-langkan bagian tengahnya,

A2 =([

0,19

][

29,

39

])([69,

79

][

89,

99

]).

Seperti sebelumnya, kita menuliskan A2 dengan cara yang berbeda:

A2 =[0,

327

][

627,

927

][

1827,

2127

][

2427,

2727

].

Jika kita melanjutkan dengan pembentukan seperti ini, kita dapatkan:

A3 =([

0,127

][

227,

327

])([

627,

727

][

827,

927

])([

1827,

1927

][

2027,

2127

])([

2427,

2527

][

2627,

2727

])Kita menuliskan kembali himpunan A3 sebagai:

A3 =[0,

381

][

681,

981

][

1881,

2181

][

2481,

2781

][

5481,

5781

][

6081,

6381

][

7281,

7581

][

7881,

8181

]

3.2. UKURAN LUAR 25

Himpunan A4 adalah:

A4 =[0,

181

][

281,

381

][

681,

781

][

881,

981

][

1881,

1981

][

2081,

2181

][

2481,

2581

][

2681

2781

][

5481,

5581

][

5681,

5781

][

6081,

6181

][

6281,

6381

][

7281,

7381

][

7481,

7581

][

7881,

7981

][

8081,

8181

]dan seterusnya.Kita ingin menuliskan bilangan real x [0, 1] sebagai:

x = a113

+ a2132

+ a3133

+ a4134

+ . . . ,

dengan ak = 0, 1, 2. Kemudian, kita menuliskan: x = 0, a1a2a3a4 . . .. Hal ini dapat dilakukandengan cara sebagai berikut. Sebagai contoh, misalkan x1 = 15 . Kalikan dengan 3, kita dapatkan:35 < 1. Pilih a1 = 0 dan x2 =

35 . Kemudian, kalikan x2 dengan 3, yaitu:

95 = 1 +

45 . Pilih a2 = 1

dan x3 = 45 . Kalikan kembali x3 dengan 3:125 = 2 +

25 . Pilih: a3 = 2 dan x4 =

25 , dan seterusnya.

Jadi uraian terner untuk 15 adalah: 0, 012 . . ..

Tingkat ke-n pada konstruksi himpunan Cantor berkorespondensi dengan suku ke-n pada uraianterner-nya. Misalkan x A1, maka:

0 x < 13

atau23 x 1 atau x = 1

3.

Jadi x = 0, 0 . . . atau x = 0.2 . . . atau x = 0.1. Perhatikan bahwa 0.1 = 0.0222222 . . . sehinggaproposisi terbukti.Di level-2, x A2 berarti

x [0,

19

]atau x

[29,

39

]atau x

[69,

79

]atau x

[89,

99

].

Jika

x [0,

19

]atau x

[29,

39

]maka x [0, 13 ] sehingga, uraian ternernya: 0, 0 . . .. Perhatikan jika

0 x < 19,

maka uraian ternernya: 0, 00 . . .. Jika x = 19 maka uraian ternernya adalah: 0, 01 yang dapatdituliskan sebagai: 0.00222222 . . .. Jika:

29 x 3

9,

maka x = 0.02 . . .. Di sisi lain, jika:

x [

69,

79

]atau x

[89,

99

],

maka uraian ternernya diawali dengan: 0.2 . . .. Dengan cara yang sama kita dapat menunjukkanbahwa:

[69 ,

79

]berkorespondensi dengan 0 dan

[89 ,

99

]berkorespondensi dengan 2. Kita simpulkan

dalam proposisi berikut.


Proposisi 3.9. Jika anggota-anggota dari himpunan Cantor dituliskan dalam bilangan berbasis 3(bilangan terner):

0, a1a2a3a4 . . . an . . . ,

maka ak = 0, 2, k N. Sebaliknya, setiap bilangan terner 0, a1a2a3 . . . an . . .

Pandang himpunan Cantor: C = {0, a1a2a3 . . . | an = 0 atau 2, n N}. Kita membentuk suatuhimpunan baru:

B ={

0, b1b2b3 . . . bn = an2 , N} .

Dengan pemadanan:

0, b1b2b3 . . . 7 b1 12 + b2122

+ b3123

+ . . .

kita mendefinisikan suatu pemetaan satu ke satu antara C dengan interval [0, 1].Proposisi 3.10. Himpunan Cantor C tak terhitung.

Perhatikan bahwa A1 adalah dua buah interval tutup yang masing-masing panjangnya 13 . A2adalah empat buah interval tutup dengan panjang selang 132 . Jadi, untuk sebarang n, An adalah2n buah interval tutup dengan panjang selang 13n . Akibatnya:

m(An) =(

23

)n.

Maka

m(C) = limnm

(An) = limn

(23

)n= 0.

Himpunan Cantor C adalah contoh sederhana dari himpunan yang tidak terhitung, tetapi berukurannol. Contoh ini memperlihatkan bahwa kita tidak dapat membalik Teorema 3.8. Jadi himpunanyang berukuran nol tidak identik dengan himpunan yang terhitung. Tetapi himpunan terhitungmemiliki ukuran nol.

Teorema Akibat 3.11. m(Q) = 0.

Teorema Akibat 3.12. Himpunan bilangan R tak terhitung.

Teorema 3.13. Misalkan A,B R himpunan tak kosong dengan m(B) = 0. Maka m(AB) =m(A) +m(B).

Bukti. Dari sifat subaditif dari m kita dapatkan:

m(A B) m(A) +m(B).

Karena: A A B maka: m(A) m(A B). Karena m(B) = 0 maka:

m(A) +m(B) = m(A) m(A B).

Jadi: m(A B) = m(A) +m(B).

Bab 4

Keterukuran

Pada Proposisi 3.5 kita sudah memperlihatkan bahwa ukuran luar memenuhi sifat subaditif. Sifatini tidak dapat diperkuat menjadi aditif, dan pada bab ini kita akan memperlihatkan sebuahcontoh dimana sifat aditif tidak dipenuhi. Jadi, untuk mempertegas sifat subaditif menjadi aditif,kita perlu membatasi daerah definisi dari m.

4.1 Himpunan Terukur

Definisi berikut diajukan oleh Caratheodory.

Definisi 4.1. Sebuah himpunan E dikatakan terukur jika untuk setiap A dipenuhi:

m(A) = m(A E) +m(A Ec).Dari sifat subaditif ukuran luar kita tahu bahwa: m(A) m(A E) + m(A Ec). Maka

untuk menentukan apakah sebuah himpunan itu terukur atau tidak cukup dengan memeriksa:

m(A) m(A E) +m(A Ec).

Perhatikan bahwa A = (A E) (A Ec). Jadi Caratheodory mengelompokan himpunan-himpunan bagian dari R sedemikian sehingga m bersifat aditif padanya. Himpunan-himpunanbagian tersebut dinamakan himpunan terukur, dan

M = {E P (R) | E terukur}.Tentu saja kita berharap: M membentuk sebuah aljabar-.

Definisi 4.2. Koleksi B adalah aljabar- terkecil yang memuat semua himpunan bagian bukadari R.

Eksistensi dari B dijamin oleh Proposisi 2.16. Dari sifat aljabar, kita tahu bahwa B jugamemuat semua himpunan tutup (komplemen dari buka). Selain itu, Proposisi 3.1 dan 3.2 meng-akibatkan B adalah aljabar- terkecil yang memuat interval. Kita tahu bahwa pada koleksiinterval, m memenuhi sifat aditif (karena pada interval m tidak lain adalah panjang selang).Akibatnya: kita ingin B M . Dengan perkataan lain, kita ingin semua himpunan buka,semua himpunan tutup terukur.

Terakhir, kita ingat Teorema 3.13. Teorema tersebut menyatakan bahwa sifat aditif berlakuketika kita bekerja dengan himpunan berukuran nol. Jadi, kita berharap: himpunan berukurannol terukur.

Kita mulai dengan proposisi berikut.

27

28 BAB 4. KETERUKURAN

Proposisi 4.3. Jika m(E) = 0 maka E terukur.

Bukti. Ambil A sebarang himpunan bagian dari R. Maka: AE E dan akibatnya: m(AE) m(E) = 0. Karena A A Ec maka

m(A) m(A Ec) = m(A Ec) +m(A E).

Proposisi ini memperlihatkan bahwa semua himpunan berukuran nol terukur. Dengan demikian,sifat aditif yang telah dipenuhi oleh m, yaitu: m(A B) = m(A) + m(B) jika m(A) = 0tetap dipertahankan.

Langkah selanjutnya adalah mencari struktur dari himpunanM . Kita mengharapkanM memilikistruktur aljabar-. Sebelum membentuk aljabar-, M harus membentuk sebuah aljabar. Jadikita harus memeriksa apakah gabungan dari himpunan terukur juga terukur, dan komplemen darihimpunan terukur juga terukur.

Lemma 4.4. Jika E1 dan E2 terukur maka E1 E2 terukur.Bukti. Perhatikan bahwa: A (E1 E2) = (A E1) (A E2). Tetapi:

A E2 = A E2 R= (A E2) (E1c E1)= (A E2 E1c) (A E2 E1).

Akibatnya:A (E1 E2) = (A E1) (A E2 E1c) (A E2 E1)

= (A E1) (A E2 E1c),karena (A E2 E1) (A E1). Jadi:

m (A (E1 E2)) m ((A E1)) +m ((A E2 E1c)) .

Pandang E2 himpunan terukur, maka:

m(A E1c) = m(A E1c E2) +m(A E1c E2c).

Maka:m (A (E1 E2)) + m (A E1c E2c) m ((A E1))

+ m ((A E2 E1c)) +m (A E1c E2c)= m ((A E1)) +m(A E1c) = m(A).

Misalkan E terukur, dan pandang: D = Ec. Ambil A subset sebarang dari R. Karena Eterukur, maka:

m(A) = m(A E) +m(A Ec).Tetapi itu juga berarti:

m(A) = m(A Dc) +m(A D).jadi Ec juga terukur.

Lemma 4.5. E terukur jika dan hanya jika Ec terukur.

Teorema 4.6. Himpunan M membentuk sebuah aljabar himpunan.

4.1. HIMPUNAN TERUKUR 29

Misalkan A sebarang subset dari R dan E1, . . ., En adalah himpunan-himpunan terukur yangsaling lepas. Kita ingin menunjukkan bahwa:

m(A

[n1

Ek

])=

n1

m (A Ek) .

Ini dilakukan dengan menerapkan induksi matematika pada n.Jika n = 1, maka kesamaan diperoleh. Misalkan pernyataan benar untuk n 1, yaitu:

m(A

[n1

1

Ek

])=n1

1

m (A Ek) .

Pandang:

m(A

[n1

Ek

])= m

((A

[n1

Ek

]) En

)+m

((A

[n1

Ek

]) Enc

).

Karena Ek saling lepas, maka: (A

[n1

Ek

]) En = A En,

dan (A

[n1

Ek

]) Enc = A

[n1

1

Ek

].

Akibatnya:

m(A

[n1Ek

])= m (A En) +m

(A

[n1

1Ek

])=

n1

m (A Ek) .

Dengan menggunakan sifat ini, kita dapat membuktikan teorema berikut.

Teorema 4.7. Aljabar himpunan M membentuk aljabar-.

30 BAB 4. KETERUKURAN

Bab 5

Pengantar Teori Integral Lebesgue

5.1 Integral Riemann

Pada saat kita belajar Kalkulus Fungsi, kita telah mengenal integral dari suatu fungsi yang didefin-isikan sebagai berikut. Misalkan f adalah sebuah fungsi yang terbatas, dan terdefinisi pada [a, b].Pandang:

P = {x0, x1, x2, . . . , xn}yaitu sebuah partisi untuk [a, b], dengan:

xk = xk1 + x,x =b an

.

Pandang, jumlah Riemann kanann1

f(xk)x,

dan jumlah Riemann kirin1

f(xk1)x.

Makaba

f(x)dx = limx0

n1

f(xk)x,

atau:ba

f(x)dx = limx0

n1

f(xk1)x,

Urutan antara jumlah Riemann kiri, jumlah Riemann kanan dan integral, secara umum tidakdapat dijelaskan. Itu sebabnya untuk menyatakan keteritegralan dari sebuah fungsi, kita perlumelakukan lebih dari ini. Limit jumlah Riemann kiri maupun kanan sangatlah bermanfaat untukmempermudah perhitungan.

Pertama-tama, kita melepaskan pembatasan bahwa x = (ba)/n. Pandang: P = {x0, x1, . . . , xn}sebarang partisi bagi [a, b], dengan x0 = a dan xn = b. Definisikan:

Mk = supx[xk1,xk]

f(x) dan mk = infx[xk1,xk]

f(x), k = 1, 2, . . . , n.

31

32 BAB 5. PENGANTAR TEORI INTEGRAL LEBESGUE

Jumlah bawah Riemann kita definisikan sebagai:

SP =n1

mk (xk xk1) .

Dengan cara yang sama kita definisikan:

SP =n1

Mk (xk xk1) .

Dari definisi ini jelas kita memiliki hubungan:

SP SP . (5.1)

Lebih lanjut lagi, jika P1 adalah penghalusan dari P2 (yaitu: P1 P2) maka berlaku:

SP1 SP2 ,

danSP1 SP2 .

Misalkan P = {P partisi bagi [a, b]}. Kita definisikan:ba

fdx = supPP

SP .

Integral ini kita sebut: integral bawah. Kita juga mendefinisikan integral atas:

ba

fdx = infPP

SP .

Dari (5.1) kita menyimpulkan:ba

fdx ba

fdx.

Definisi 5.1. Misalkan f adalah fungsi yang terbatas dan terdefinisi pada [a, b]. f dikatakanterintegralkan secara Riemann jika

ba

fdx =

ba

fdx.

Dalam hal ini, nilai integralnya ditulis:ba

fdx.

Pertanyaannya adalah, bagaimana membuktikan bahwa suatu fungsi terintegralkan? Pada ke-nyataannya, untuk menghitung infimum dan supremum diatas, tidaklah mudah. Jauh lebih mudahmenghitung jumlah Riemann kiri dan jumlah Riemann kanan.

5.1. INTEGRAL RIEMANN 33

Contoh 5.2. Misalkan f(x) = x2 pada interval [0, 3]. Misalkan Pn = {x = 1, . . . , xn = 3},dimana:

x =3 1n

=2n

dan xk = 1 + kx, k = 0, 1, . . . , n.

Pandang pula: PN = {Pn | n N} dan P himpunan semua partisi bagi [1, 3]. Karena fungsi fmonoton naik pada [1, 3], maka:

Mk = supx[xk1,xk]

f(x) = f(xk),

danmk = inf

x[xk1,xk]f(x) = f(xk1).

Maka:

SPn =n1

mk(xk xk1)

=n1

(1 +

2(k 1)n

)2 2n

=n1

(1 +

4(k 1)n

+4(k 1)2

n2

)2n

=n1

2n

+4n2

n1

(k 1) + 8n3

n1

(k 1)2

= 2 +4n2

n11

k +8n3

n11

k2

= 2 + 2(n 1)n

n2+

86

(n 1)n(2n 1)n3

Perhatikan bahwa SPn adalah fungsi terhadap n yang monoton naik, sehingga:

31

x2dx = supPnPN

SPn =203.

Sebaliknya:

SPn =n1

Mk(xk xk1)

=n1

(1 +

2kn

)2 2n

=n1

(1 +

4kn

+4k2

n2

)2n

=n1

2n

+4n2

n1

k +8n3

n1

k2

= 2 + 2(n+ 1)n

n2+

86

(n+ 1)n(2n+ 1)n3

Perhatikan bahwa SPn adalah fungsi terhadap n yang monoton turun, sehingga:

31

x2dx = infPnPN

SPn =203.


Karena:203

= supPnPN

SPn supPP

SP infPP

SP infPnPN

SPn =203,

maka f(x) = x2 terintegralkan secara Riemann dan

31

x2dx =203.

Catatan 5.3. Dari contoh ini kita melihat bahwa jika:

supPnPN

SPn = infPnPN

SPn ,

dengan PN seperti di atas, maka fungsi f terintegralkan secara Riemann. Namun jika

supPnPN

SPn 6= infPnPN

SPn ,

kita tidak dapat menyimpulkan kebalikannya.

Contoh 5.4. Misalkan f : [0, 1] R sedemikian sehingga:

f(x) ={

1 x Q0 x 6 Q

Ambil P sebarang partisi bagi [0, 1]. Maka: untuk k sebarang,

mk = infx[xk1,xk]

f(x) = 0,

danMk = sup

x[xk1,xk]f(x) = 1,

sebab setiap subinterval [xk1, xk], k = 0, 1, 2, . . . , n, senantiasa memuat bilangan rasional danbilangan irasional. Jadi SP = 0 < 1 = SP . Jadi f tidak terintegralkan secara Riemann.

Misalkan P adalah sebuah partisi bagi [a, b]. Pandang, k(x) = ck jika x (xk1, xk) dan 0ditempat lainnya. Kita definisikan:

(x) =nk=1

k(x).

Perhatikan bahwaba

(x)dx =n1

ck(xk xk1).

Sekarang, misalkan f : [a, b] R terbatas, maka:ba

f(x)dx = supPP

k

mk(xk xk1) = sup(x)f(x)

ba

(x)dx.

Dengan cara yang sama kita dapatkan:

ba

f(x)dx = supPP

k

Mk(xk xk1) = sup(x)f(x)

ba

(x)dx.

Dalam hal ini, kedua fungsi dan disebut fungsi tangga.

5.2. INTEGRAL LEBESGUE UNTUK FUNGSI SEDERHANA 35

Gbr. 5.1: .

5.2 Integral Lebesgue untuk fungsi sederhana

Kita ingin memperumum konsep fungsi tangga di atas menjadi fungsi sederhana. Jika fungsitangga adalah kombinasi linear dari fungsi-fungsi yang bernilai konstan pada suatu sub-interval,maka fungsi sederhana, adalah kombinasi linear dari fungsi-fungsi yang bernilai konstan padasuatu himpunan terukur. Pandang fungsi karakteristik:

E(x) ={

1 x E,0 x 6 E.

Suatu fungsi dikatakan sederhana jika Ek terukur dan

(x) =n1

kEk(x).

Misalkan (x) adalah fungsi sederhana yang himpunan nilainya adalah: {a1, a2, . . . , an} denganak 6= 0, k = 1, 2, . . . , n. Definisikan: Ak = {x | (x) = ak}. Maka representasi:

(x) =n1

akAk(x),

disebut representasi kanonik. Pada representasi kanonik, jelas kita miliki: Ai Aj = jika i 6= j.Contoh 5.5. Fungsi tangga adalah fungsi sederhana.

Contoh 5.6. Fungsi f : [0, 1] R seperti pada contoh 5.4, yaitu:

f(x) ={

1 x Q0 x 6 Q

adalah fungsi sederhana. Pandang: Q[0, 1] = Q[0, 1]. Maka representasi kanonik untuk f adalah:

f(x) = Q[0,1](x).


Definisi 5.7. Misalkan adalah fungsi sederhana dalam bentuk kanonik yang bernilai nol kecualidi sebuah himpunan terukur yang ukurannya berhingga. Kita definisikan:

(x)dx =n1

akm(Ak).

Jika E adalah himpunan terukur sebarang, kita dapat mendefinisikan:E

dx =(x)E(x)dx.

Lemma 5.8. Misalkan =n1akEk , dengan Ei Ej = , jika i 6= j. Misalkan pula Ek,

k = 1, 2, . . . , n terukur dengan ukuran berhingga. Maka: =

n1

akm(Ek).

Lemma ini mengatakan bahwa jika representasi dari fungsi sederhana tidak kanonik, tetapihimpunan Ek, k = 1, 2, . . . , n masih saling lepas, maka integralnya tidak berubah. Bukti Lemmaini sederhana; dapat dicoba sendiri.

Lemma 5.9. Misalkan dan adalah dua buah fungsi sederhana, yang bernilai nol kecuali padasuatu himpunan terukur E dengan m(E) (x)}) = 0,

maka:

.

Misalkan adalah fungsi sederhana yang dinyatakan oleh:

(x) =n1

akEk(x).

Misalkan pula ada, j dan i yang berbeda sedemikian sehingga: Ei Ej 6= . Untuk kemudahan,kita asumsikan hanya mereka berdua yang irisannya tak kosong. Maka

aiEi + ajEj = aiEi + ajEj\Ei + ajEiEj .

Akibatnya, kita dapat menuliskan sedemikian sehingga representasinya kanonik, dan integralnyatidak berubah. Jadi kondisi saling lepas untuk fungsi sederhana dapat diabaikan.

Definisi 5.10. Misalkan f adalah fungsi terbatas pada sebuah himpunan terukur E. Maka fdikatakan teritegralkan Lebesgue jika:

supf

E

= inff

E

.

Jika demikian, kita katakan: E

f = inff

E

.


Jadi, yang dilakukan oleh Lebesgue adalah memperumum fungsi tangga (yang digunakan Rie-mann) menjadi fungsi terukur.

Teorema 5.11. Misalkan f terbatas di sebuat himpunan terukur E dengan ukuran berhingga.Maka:

supf

E

= inff

E

,

jika dan hanya jika: f terukur.

Bukti. Misalkan f terbatas oleh M dan f terukur. Kita definisikan himpunan terukur:

Ek ={x | kM

n f(x) > (k 1)M

n

},n k n,

(terukur sebab f terukur). Maka {Ek|k = n, . . . , n} saling lepas danEk = E (sebab Ek

merupakan prapeta dari fungsi f yang terbatas di E). Akibatnya:

nn

m (Ek) = m(E).

Pandang fungsi sederhana:

n(x) =M

n

nn

kEk(x),

dan

n(x) =M

n

nn

(k 1)Ek(x).

Kedua fungsi ini memenuhin(x) f(x) n(x).

Maka:

inff

E

(x)dx E

n(x)dx =M

n

nn

km(Ek),

dan

inff

E

(x)dx E

n(x)dx =M

n

nn

(k 1)m(Ek) = Mn

nn

km(Ek) Mn

nn

m(Ek).

Akibatnya:

inff

E

(x)dx inff

E

(x)dx =M

n

nn

m(Ek) =M

nm(E)

Ambil > 0 sebarang, pilih

N >M

m(E).

Maka: f terintegralkan secara Lebesgue.Sebaliknya, jika:

inff

E

(x)dx = inff

E

(x)dx

Untuk sebarang n, kita dapat memilih fungsi sederhana: n dan n sedemikian sehingga:

n(x) f(x) n(x)


dan E

n(x)dxE

n(x)dx 0 sebarang. Pandang:

={x

(x) < (x) 1}.

Karenan(x) (x) (x) n(x),

maka

{x

n(x) < n(x) 1}.

Karena

m

({x

n(x) < n(x) 1}) n,

maka m() = 0. Perhatikan bahwa:

= {x | (x) < (x)}.

Jadi = kecuali di himpunan berukuran nol. Maka f terukur karena baik maupun

terukur.

Teorema di atas mengatakan bahwa fungsi yang terintegralkan secara Lebesgue adalah fungsiterukur, dan fungsi terukur terintegralkan secara Lebesgue. Pada Bab sebelumnya, kita telahmempelajari bahwa ukuran luar Lebesgue yang kita definisikan, tidak dapat memenuhi sifat aditifterhitung. Kecuali kita mengambil aljabar-M yang berisi himpunan-himpunan terukur, barulahsifat aditif dapat dipenuhi. Jadi, keterukuran adalah sifat yang dibutuhkan untuk menjamin sifataditif terhitung pada ukuran luar, dan juga keterukuran adalah syarat perlu dan cukup agar suatufungsi terintegralkan secara Lebesgue.

Keterintegralan secara Riemann dan Lebesgue

Teorema berikut memberikan kaitan antara integral Riemann dan integral Lebesgue. Teorematersebut dibuktikan dengan memandang,

= { | fungsi tangga yang terbatas dan terdefinisi di [a, b]}

dan = { | fungsi sederhana yang terbatas dan terdefinisi di [a, b]}.

Maka:

I1 = supf,

f,

inf

f,

inf

f,

= I2

Jika f terintegralkan Riemann, maka I1 = I2.


Teorema 5.12. Misalkan f adalah fungsi yang terbatas pada [a, b]. Jika f terintegralkan secaraRiemann, maka f terintegralkan secara Lebesgue dan kedua integral sama. Lebih lanjut lagi fterukur.

Teorema 5.13. (Sifat-sifat Integral Lebesgue)Misalkan f dan g fungsi terbatas dan terukur yang terdefinisi pada himpunan terukur E yangberukuran hingga. Maka:

1.E

(f + g) = E

f + E

g.

2. Jika f = g hampir di mana-mana, maka:E

f =E

g.

3. Jika f g hampir di mana-mana, maka E

f E

g. Lebih lanjut lagi:E

f

E

|f |.

4. Jika A f(x) B, maka:A m (E)

E

f B m (E)

5. Jika A B = maka: AB

f =A

f +B

f

Sifat-sifat ini dapat dibuktikan dengan mudah, dengan menerapkan definisi dari integral Lebesgue.

Pandang sebuah barisan fungsi yang didefinisikan sebagai berikut: untuk n N

fn(x) =

0 x 0nx 0 < x < 1n

1 x 1nPerhatian bahwa jika x 1, maka fn(x) = 1 untuk setiap n, dan jika x 0, maka fn(x) = 0untuk setiap n. Jika 0 < x < 1, maka kita dapat memilih N sedemikian sehingga: x 1N . Jadi,fn(x) = 1 jika n > N . Jadi, kita simpulkan bahwa fn(x) f(x), n infty untuk setiap x R,dengan

f(x) =

{1 x > 0

0 x 0Lihat Gbr 5.2 sebagai ilustrasi.

Pandang:21

fn(x)dx =1

2n+(

2 1n

)=

4n 12n

2, jika n.

Perhatikan pula bahwa:21

f(x)dx = 2.

Jadi, kita simpulkan pada Teorema berikut.


Gbr. 5.2: .

Teorema 5.14. Misalkan {fn} adalah barisan fungsi yang terukur yang terdefinisi pada suatuhimpunan terukur E yang berukuran hingga. Misalkan pula terdapat M > 0 R sehingga |f(x)| 0, ada n N sehingga n 1 q n.

A.2 Perluasan lapangan

Kini kita ingin mengkonstruksi sebuah himpunan bilangan yang membentuk suatu lapangan darilapangan bilangan rasional Q. Perluasan lapangan F dari F , didefinisikan sebagai, mencarilapangan F yang memuat F sebagai sublapangan proper. Perhatikan bahwa kita dapat meman-dang F sebagai ruang vektor atas F . Jika dim(F ) = n, maka kita katakan perluasan tersebutberderajat n. Dalam hal n berhingga, kita katakan perluasan lapangan tersebut algebraic.

Definisikan:Q(

2)

={p+ q

2 | p, q Q

}.

Himpunan ini dapat dituliskan dengan cara:

Q(

2)

= {(p, q) | p, q Q} .

Penjumlahan pada Q(

2) didefinisikan sebagai:

(p1, q1) + (p2, q2) = (p1 + p2, q1 + q2),

sedangkan perkalian(p1, q1) (p2, q2) = (p1p2 + 2q1q2, p1q2 + p2q1).

karena(p1 + q1

2) (p2 + q2

2) = (p1p2 + 2q1q2) + (p1q2 + p2q1)

2

Keduanya terdefinisi dengan baik dalam himpunan Q(

2). Tidaklah sulit untuk melihat bahwa(Q(

2),+)

membentuk grup komutatif. Juga bahwa(Q(

2)/0, ) membentuk grup komutatif.Invers terhadap perkalian dari (p, q) adalah(

p

p2 2q2 ,q

p2 2q2)

karena1

p+ q

2 p q

2

p q2 =p

p2 2q2 q

p2 2q2

2.

Cukup mudah untuk memperlihatkan bahwa hukum distributif dipenuhi oleh himpunan Q(

2).Jadi himpunan Q(

2) membentuk lapangan. Sebagai ruang vektor atas Q, dim(Q(

2)) = 2.

Kini kita dapat memperluas bilangan rasional Q menjadi Q, sehingga memuat semua bilan-gan irasional dalam yang berbentuk: n

q dan kombinasi linearnya terhadap Q. Himpunan Q

membentuk suatu lapangan (karena ia merupakan perluasan lapangan atas Q) yang berisikan se-mua bilangan rasional dan semua bilangan irasional yang algebraic. Sebagai ruang vektor atas Q,Q memiliki dimensi tak hingga. Meskipun demikian, ruang sebesar itu masih tidak mencakupsemua bilangan irasional yang mungkin.

Pada tahun 1851, Joseph Liouville membuktikan eksistensi dari bilangan-bilangan irasionalyang tidak algebraic (lihat [4, 5]). Bilangan irasional yang tidak algebraic disebut transendenpertama kali oleh Leibniz. Salah satu contoh bilangan transenden yang dikonstruksi oleh Liouvilleadalah:

0.1010010000001 . . . ,

A.3. KONSTRUKSI BILANGAN REAL 63

dengan banyaknya digit 0 di antara 1, bertambah mengikuti pola: 1!, 2!, 3!, . . .. Selain bilangan-bilangan yang dikonstruksi oleh Liouville, Hermite menunjukkan bahwa e adalah bilangan transen-den. Untuk buktinya, dapat dilihat pada [1]. Nama-nama besar dalam Matematika seperti DavidHilbert, Lindemann, Gelfond and Schneider terlibat dalam membuktikan bahwa: pi, 2

2, dan

lain-lain adalah bilangan irasional yang transenden.Adanya bilangan-bilangan ini menyebabkan bahwa Q, mungkin tidaklah cukup untuk men-

jamin sifat kelengkapan. Pada Bab III nanti kita akan membuktikan bahwa

limn

(1 +

1n

)n= e.

Berapapun n N, (1 +

1n

)n Q.

Pandang himpunan G = {q Q | e < q < 4}. Perhatikan bahwa

bn =(

1 +1n

)n< e,n N.

Jadi bn adalah batas bawah bagi G untuk setiap n N. Tetapi G tidak memiliki batas bawahterbesar karena untuk setiap > 0, selalu ada m sehingga |e bm| < . Jadi Q tidak lengkap.Sayangnya teknik memperluas lapangan secara algebraic di atas, tidak memadai lagi.

A.3 Konstruksi Bilangan Real

Konstruksi bilangan real dari bilangan rasional yang akan kita perlihatkan ini sangatlah ab-strak. Ingat bahwa untuk mengkonstruksi bilangan real dari bilangan rasional, kita harus melu-pakan bahwa kita sudah mengetahui adanya bilangan irasional, baik yang algebraic maupun yangtransenden.

Definisi A.8. Misalkan Q yang memiliki tiga sifat berikut.

1. 6= dan 6= Q.

2. Jika p , q Q, dan q < p, maka q .

3. Jika p , maka p < r untuk suatu r .

disebut potongan (cut).

Sifat (3) mengatakan bahwa tidak memiliki elemen terbesar. Sifat yang kedua mengakibatkan

1. Jika p dan q / , maka p < q.

2. Jika r / dan r < s maka s / .

Contoh A.9. Misalkan = {q Q | q < 12}.Definisikan R = { | potongan}. Pada R kita definisikan urutan sebagai berikut: < jika .

A.3.1 Kelengkapan RProposisi A.10. Himpunan R memenuhi Definisi A.6.

64 LAMPIRAN A. KONSTRUKSI BILANGAN REAL

Bukti. Misalkan A R, dengan A 6= dan A 6= R. Misalkan pula A terbatas di atas oleh R. Kita akan menunjukkan bahwa A memiliki supremum, yaitu batas atas terkecil. Untukitu, definisikan

=A

,

jadi memuat semua bilangan rasional p yang termuat sekurang-kurangnya di salah satu R.Kita harus menunjukkan bahwa R, yaitu bahwa adalah potongan (memenuhi Definisi A.8).

1. Karena A tidak kosong, maka juga tidak kosong. Ambil q sebarang, maka q untuksuatu A. Karena , untuk semua A, maka sehingga q . Jadi .Karena 6= Q, maka 6= Q.

2. Ambil p dan q Q dengan q < p. p berakibat bahwa p 1 untuk suatu 1 A.Karena 1 adalah potongan, maka q 1. Jadi q .

3. Ambil p , maka p 1 untuk suatu 1 A. Karena 1 adalah potongan, maka adar 1, sehingga p < r. Karena r 1 maka r . Jadi ada r sehingga p < r.

Jadi Definisi A.8 dipenuhi oleh . Berarti, R. Dari definisi , jelas bahwa untuk setiap A. Jadi adalah batas atas bagi A.

Sekarang tinggal memperlihatkan bahwa jika < , maka bukan batas atas bagi A. Misalkan < , maka ada r tetapi r / . Pilih 2 A sehingga r 2 (ini dapat dilakukan karenar ). Karena r / , maka < 2. Jadi bukan batas atas bagi A.

A.3.2 Struktur Aljabar himpunan RDefinisikan + yaitu operasi pada R sebagai berikut:

+ = {p+ q | p , q }.

Agar pendefinisian ini valid, kita perlu menunjukkan bahwa + adalah potongan.

1. Jelas + tidak kosong. Misalkan r / dan s / . Jadi

r > r,r dan s > s,s .

Akibatnyar + s > r + s,r , s dan r + s > r + s,s .

Jadi r + s > r + s untuk setiap r , s . Jadi + 6= Q.2. Ambil p + dan q Q dengan q < p. Kita harus menunjukkan bahwa q +

(yaitu dapat dituliskan sebagai jumlahan dari elemen-elemen di dan ). Perhatikan bahwap = r + s untuk suatu r dan s . Perhatikan bahwa q < p berarti q < r + s, yangberakibat q s < r . Jadi q s . Ini berarti:

q = (q s) + s + .

3. Ambil p + , maka p = r + s untuk suatu r dan s . Karena dan masing-masing adalah potongan, maka ada r dan s , sehingga r < r dan s < s. Jadi adar + s > r + s + .

Jadi + adalah potongan. Pendefinisian operasi + pada R valid.


Struktur grup dari RKarena dan memuat bilangan-bilangan rasional, maka tidaklah mengherankan bahwa pen-jumlahan + pada R juga memenuhi sifat komutatif dan asosiatif seperti bilangan rasional. Kitadefinisikan:

= {q Q | q < 0}.Himpunan ini akan memainkan peran elemen identitas di R. Ambil R sebarang.

+ = {p+ q | p , q }.Perhatikan bahwa karena q < 0 maka p + q < p sehingga p + q (karena adalah potongan).Jadi + .Misalkan p , karena potongan, kita dapat memilih p1 > p dan p1 . Ini berakibat pp1 sebab p p1 < 0. Jadi p = p1 + (p p1) + . Jadi + .Jadi + = .

Sekarang kita perlu menunjukkan bahwa untuk setiap R, terdapat R sedemikian sehingga+ = . Definisikan:

= {p | r > 0,p r / }.Kita harus memperlihatkan bahwa R. Namun sebelum membuktikan bahwa adalah inverspenjumlahan dari , mari kita pelajari dahulu himpunan ini.

Pandang = {q Q | q < 0 atau q2 2 < 0}. Perhatikan bahwa c = {q Q | q 0 dan q2 2 0}. Jadi:

= {p Q | r > 0, sehingga (p+ r) c}.Ini berarti (p + r)2 2 0 dan p + r 0. Karena r > 0, haruslah p < 0. Jadi dalam kasus ini,kita dapatkan: p2 2 < 0, dan p < 0.

Jika = {q Q | q < 1}, maka p ada r > 0 sehinggap r = (p+ r) 1.

Jadi p+ r 1. Karena r > 0 maka haruslah p < 1. Jadi: = {p Q | p < 1}.

Sekarang kita siap untuk memperlihatkan bahwa + = .

Untuk membuktikan bahwa adalah invers pernjumlahan dari , kita harus memperlihatkanbahwa R. Yaitu membuktikan bahwa adalah potongan. Jika s / dan p = s 1, maka

p 1 = (s 1) 1 = s / .Jadi 6= . Jika q , maka q / . Perhatikan bahwa jika q , maka

(q + r) = q r < q, untuk setiap r > 0.Jadi q / sehingga 6= Q. Jadi R.

Ambil p + q + sebarang. Tentu saja ini berarti p dan q . Perhatikan bahwaq berarti ada r > 0 sehingga: (q + r) / . Tetapi ini berarti (q + r) > p, sehingga:

p+ q < r < 0.


Jadi p + q , yang berarti + . Sekarang, ambil t . Maka s = t2 > 0. Pilih n Nsedemikian sehingga ns tetapi (n+ 1)s / . Definisikan: p = ns dan q = (n+ 2)s. Karena:q s = (n+ 2)s s = ns s = (n+ 1)s / , maka q . Perhatikan bahwa:

p+ q = ns (n+ 2)s = 2s = t.

Jadi + .

Selanjutnya, kita menuliskan = 0 sedangkan = . Sampai di sini, kita telah menunjukkanbahwa (R,+) membentuk grup komutatif, dengan elemen identitas dan invers penjumlahan darisebarang adalah .

Perkalian pada RDefinisikan himpunan bagian dari R yaitu

R+ = { R | > 0}.

Kita definisikan operasi perkalian pada R+, sebagai berikut. Misalkan R+ dan R+.Maka

= {q Q | q < rs, untuk suatu r dan s }.Kita perlu menunjukkan bahwa adalah potongan (yaitu R).

1. Ambil p > 0 di , dan q > 0 di . Maka 0 < pq sehingga 0 6= . Pilih p1 > p untuksemua p , dan q1 > q untuk semua q . Maka

p1q1 > p1q > pq,

untuk semua p dan q . Jadi 6= Q.2. Ambil p , dan q Q, dengan q < p. Maka ada r dan s sehingga q < p < rs.

Jadi q .3. Ambil p . Maka terdapat r dan s sehingga p < rs. Karena r , pilih r1

sedemikian sehingga r < r1. Dengan argumen serupa kita memilih s1 > s. Maka rs < r1s1dengan r1 dan s1 . Jadi rs .

Jadi, R. Jelas R+ karena > 0. Kita definisikan pula

1 = {q Q | q < 1}.

Sifat komutatif dan asosiatif dari perkalian di R+ diturunkan langsung dari sifat komutatif danasosiatif pada perkalian di Q. Perhatikan bahwa untuk sebarang R+,

1 = {q Q | q < rs, r , s 1}.

Karena semua s < 1, jika s 1, maka

1 = {q Q | q < r, r } = .

Bagaimana kita akan mendefinisikan invers terhadap perkalian? Kita ingin mendapatkan: sedemikian sehingga: = 1.


Misalkan = {q | q < 3}. Secara intuitif, kita dapat membayangkan bahwa

={q

q < 13},

karena = {q | q < rs, untuk suatu r dan s }

={q | q < 3 13 = 1

}= 1

Jadi kita mendefinisikan

={q Q

r > 1, 1qr / }.

Untuk contoh di atas, yaitu jika = {q Q | q < 3}, maka

={q

r > 1, 1qr / }

={q

r > 1, 1qr 3}

={q

r > 1, qr 13}

={q

q < 13}.

Mari kita memperlihatkan bahwa = 1. Ambil q . Pilih p dan r sehingga,q < pr. Karena r , maka pilih s > 1 sehingga:

1rs

/ yang berarti p < 1rs.

Karena kita bekerja di R+, maka r > 0 sehingga berlaku:

pr 1. Maka < 1. Ambil q 1, maka 1 q > 0. Pilih 1 < r sedemikian sehingga r + 1 / . Pandang s = 1r+1 .

s = q + (1 q) rr + 1

=qr + q r qr

r + 1

Ambil r 1 sebarang, maka 0 < r < 1. Karena 0 , maka pilih 0 < s1 . Untuk

=s1(1 r)

r> 0,

pilih s2 , sehingga s2 + / . Pilih s = max{s1, s2}, maka

s+ > 0, dan s+ / .


Akibatnya:1

s+ sehingga s 1

s+ .

Tetapi:s

s+ =

s

s+ s1(1r)r

>s

s+ s(1r)r= r.

Jadi 1 .

Sekarang kita perlu memperluas definisi perkalian di R+ ini ke seluruh R. Ini di lakukan denganmendefinisikan aturan sebagai berikut:

=

()() jika < 0, < 0 (()) jika < 0, > 0 (()) jika > 0, < 0Rekapitulasi

Sampai di sini, kita sudah mendapatkan bahwa (R,+) memiliki struktur grup komutatif terhadapoperasi penjumlahan. Juga terhadap (R, ) memiliki struktur grup komutatif terhadap operasiperkalian. Agar struktur lapangan dari R didapatkan, kita perlu memeriksa

( + ) = + , , , dan R.

Ini dapat diperlihatkan dengan cukup sederhana dengan memeriksa beberapa kasus.

Teorema A.11. Kita memadankan setiap bilangan rasional r Q dengan r = {q Q | q < r}.Maka:

1. r + s = r+s,

2. rs = rs, dan

3. r < s jika dan hanya jika r < s.

Bukti dari teorema ini ditinggalkan sebagai latihan.

Dengan Teorema A.11 kita dapat memandang Q sebagai sublapangan dari R. Secara persis,pandang

Q = {r = {q Q | q < r} | r Q} .Maka R adalah sebuah lapangan yang memuat Q sebagai sublapangannya.

Definisikan: : Q Q = (Q)

r r QPemetaan ini adalah pemetaan satu-satu pada. Perhatikan bahwa R lengkap, dalam arti setiaphimpunan bagian terbatas darinya memiliki supremum dan infimum. Karena anggota-anggota


dari R adalah himpunan-himpunan bagian dari Q maka supremum dan infimumnya dapat dikon-struksi dengan jelas, melalui operasi gabungan dan irisan. Dengan memperluas pemetaan secarakontinu, yaitu dengan mendefinisikan:

(1

rn

)= lim sup

nrn,

kita mendapatkan (R) sebagai himpunan yang kita sebut: bilangan real R.Sebagai contoh, misalkan

n ={q Q

q < (1 + 1n)n}

R.

Dengan mendefinisikan:

=1

n,

kita mendapatkan supremum dari {n|n N}. Supremum inilah yang kemudian dipadankandengan suatu bilangan, yaitu: () = e. Pandang

= {q Q | q 0 atau q2 2 < 0}.

Kita mendefinisikan

2 = ().

Documents

teori ukur