Matematika SMA/MA/SMK/MAK
Aksioma Urutan pada Sistem Bilangan Real
Pendahuluan
Dalam sistem bilangan real (ℝ), selain operasi penjumlahan dan perkalian, terdapat sifat penting lainnya yaitu urutan (order). Aksioma urutan memungkinkan kita membandingkan dua bilangan real, menentukan mana yang lebih besar atau lebih kecil, serta membangun konsep pertidaksamaan.
Aksioma urutan menyatakan bahwa pada himpunan bilangan real terdapat suatu himpunan bagian yang disebut himpunan bilangan positif (dilambangkan ℝ⁺ atau P) yang memenuhi sifat-sifat tertentu.
🔍 Kegiatan: Mengamati
Perhatikan garis bilangan berikut:
Amatilah bahwa bilangan-bilangan di sebelah kanan nol disebut bilangan positif, sedangkan bilangan di sebelah kiri nol disebut bilangan negatif. Urutan bilangan dari kiri ke kanan menunjukkan nilai yang semakin besar.
1. Aksioma Urutan (Order Axioms)
❓ Kegiatan: Menanya
Bagaimana kita dapat secara formal mendefinisikan bahwa suatu bilangan lebih besar dari bilangan lainnya? Apa saja sifat dasar yang harus dipenuhi agar perbandingan bilangan konsisten?
Aksioma urutan menyatakan bahwa terdapat himpunan bagian P ⊂ ℝ (disebut himpunan bilangan positif) yang memenuhi tiga aksioma berikut:
Aksioma O1 (Trikotomi):
Untuk setiap a ∈ ℝ, tepat satu dari tiga pernyataan berikut berlaku:
a ∈ P (a positif)
a = 0 (a nol)
−a ∈ P (a negatif)
Aksioma O2 (Tertutup terhadap Penjumlahan):
Jika a ∈ P dan b ∈ P, maka a + b ∈ P
Artinya: jumlah dua bilangan positif selalu positif.
Aksioma O3 (Tertutup terhadap Perkalian):
Jika a ∈ P dan b ∈ P, maka a × b ∈ P
Artinya: hasil kali dua bilangan positif selalu positif.
🧠 Kegiatan: Menalar
Dari aksioma trikotomi, kita dapat menyimpulkan bahwa setiap bilangan real pasti termasuk salah satu dari tiga kategori: positif, nol, atau negatif. Tidak mungkin suatu bilangan berada di dua kategori sekaligus. Misalnya, bilangan 5 pasti positif (5 ∈ P), dan tidak mungkin 5 = 0 atau −5 ∈ P secara bersamaan.
Definisi Relasi Urutan
Berdasarkan aksioma di atas, didefinisikan relasi urutan sebagai berikut:
| Notasi | Dibaca | Definisi |
|---|---|---|
| a > b | a lebih besar dari b | a − b ∈ P (selisihnya positif) |
| a < b | a lebih kecil dari b | b − a ∈ P (selisihnya positif) |
| a ≥ b | a lebih besar atau sama dengan b | a > b atau a = b |
| a ≤ b | a lebih kecil atau sama dengan b | a < b atau a = b |
Contoh Soal – Aksioma Urutan
Contoh Soal Mudah
1. Tentukan apakah 7 ∈ P, 7 = 0, atau −7 ∈ P.
Pembahasan: Karena 7 adalah bilangan positif, maka 7 ∈ P. Berdasarkan aksioma trikotomi, hanya satu yang berlaku, yaitu 7 ∈ P. ✓
2. Buktikan bahwa 5 > 3 menggunakan definisi relasi urutan.
Pembahasan: a > b jika a − b ∈ P. Periksa: 5 − 3 = 2. Karena 2 ∈ P (positif), maka 5 > 3. ✓
3. Tentukan relasi urutan yang benar antara −2 dan 1.
Pembahasan: Periksa: 1 − (−2) = 1 + 2 = 3. Karena 3 ∈ P, maka 1 > −2, atau equivalen −2 < 1. ✓
4. Jika a = 3 dan b = 4, verifikasi bahwa a + b ∈ P.
Pembahasan: a = 3 ∈ P dan b = 4 ∈ P. Berdasarkan Aksioma O2: a + b = 3 + 4 = 7 ∈ P. ✓
5. Jika a = 2 dan b = 5, verifikasi bahwa a × b ∈ P.
Pembahasan: a = 2 ∈ P dan b = 5 ∈ P. Berdasarkan Aksioma O3: a × b = 2 × 5 = 10 ∈ P. ✓
Contoh Soal Sedang
1. Buktikan bahwa jika a > 0, maka −a < 0.
Pembahasan: Diketahui a > 0, artinya a − 0 = a ∈ P. Kita ingin menunjukkan −a < 0, yaitu 0 − (−a) = a ∈ P. Karena a ∈ P, terbukti −a < 0. ✓
2. Buktikan bahwa jika a > b dan b > c, maka a > c (sifat transitif).
Pembahasan: Diketahui a − b ∈ P dan b − c ∈ P. Berdasarkan Aksioma O2: (a − b) + (b − c) = a − c ∈ P. Jadi a > c. ✓
3. Jika a > b, buktikan bahwa a + c > b + c untuk setiap c ∈ ℝ.
Pembahasan: Diketahui a − b ∈ P. Perhatikan (a + c) − (b + c) = a + c − b − c = a − b ∈ P. Jadi a + c > b + c. ✓
4. Buktikan bahwa 1 ∈ P (bilangan 1 adalah positif).
Pembahasan: Menurut aksioma trikotomi, 1 ∈ P, atau 1 = 0, atau −1 ∈ P. Jelas 1 ≠ 0. Andaikan −1 ∈ P. Berdasarkan Aksioma O3: (−1) × (−1) = 1 ∈ P. Tapi ini berarti 1 ∈ P dan juga −1 ∈ P, yang melanggar trikotomi karena −(−1) = 1 ∈ P dan −1 ∈ P tidak bisa bersamaan. Kontradiksi. Jadi 1 ∈ P. ✓
5. Buktikan bahwa jika a > 0 dan b < 0, maka a × b < 0.
Pembahasan: Diketahui a ∈ P dan −b ∈ P (karena b < 0). Berdasarkan Aksioma O3: a × (−b) = −(ab) ∈ P. Karena −(ab) ∈ P, maka menurut trikotomi ab tidak positif dan ab ≠ 0. Jadi ab < 0. ✓
Contoh Soal Sulit
1. Buktikan bahwa jika a² > 0 untuk setiap a ≠ 0.
Pembahasan: Kasus 1: Jika a ∈ P, maka berdasarkan Aksioma O3, a × a = a² ∈ P, sehingga a² > 0.
Kasus 2: Jika −a ∈ P (a negatif), maka berdasarkan Aksioma O3, (−a) × (−a) = a² ∈ P, sehingga a² > 0.
Karena a ≠ 0, maka menurut trikotomi pasti salah satu kasus berlaku. Jadi a² > 0. ✓
2. Buktikan bahwa jika 0 < a < b, maka 0 < a² < b².
Pembahasan: Diketahui a ∈ P dan b − a ∈ P.
• a² ∈ P (dari soal 1), jadi a² > 0. ✓
• b² − a² = (b − a)(b + a). Karena b − a ∈ P dan b + a ∈ P (jumlah dua positif), maka berdasarkan O3: (b − a)(b + a) ∈ P. Jadi b² − a² ∈ P, artinya b² > a². ✓
3. Buktikan bahwa jika a > 0, maka 1/a > 0.
Pembahasan: Andaikan 1/a ≤ 0. Jika 1/a = 0 maka a × (1/a) = 0 ≠ 1, kontradiksi. Jika 1/a < 0, maka −(1/a) ∈ P. Karena a ∈ P, berdasarkan O3: a × (−1/a) = −1 ∈ P. Tetapi kita tahu 1 ∈ P, dan jika −1 ∈ P juga, ini melanggar trikotomi. Kontradiksi. Jadi 1/a > 0. ✓
4. Buktikan bahwa jika 0 < a < b, maka 1/b < 1/a.
Pembahasan: Dari soal 3, 1/a > 0 dan 1/b > 0.
Perhatikan 1/a − 1/b = (b − a)/(ab). Karena b − a ∈ P (diberikan b > a) dan ab ∈ P (O3, keduanya positif), maka 1/(ab) > 0 (soal 3). Berdasarkan O3: (b − a) × 1/(ab) = (b−a)/(ab) ∈ P. Jadi 1/a − 1/b ∈ P, artinya 1/a > 1/b, atau 1/b < 1/a. ✓
5. Buktikan bahwa tidak ada bilangan real terkecil yang positif (yakni tidak ada bilangan ε > 0 terkecil).
Pembahasan: Andaikan terdapat ε ∈ P yang merupakan bilangan positif terkecil. Perhatikan ε/2. Karena ε ∈ P dan 1/2 ∈ P (sebab 2 ∈ P → 1/2 > 0), maka ε × (1/2) = ε/2 ∈ P (O3). Selain itu, ε − ε/2 = ε/2 ∈ P, sehingga ε > ε/2 > 0. Ini berarti ε/2 adalah bilangan positif yang lebih kecil dari ε. Kontradiksi dengan asumsi ε terkecil. Jadi tidak ada bilangan positif terkecil. ✓
Latihan Soal – Aksioma Urutan
Soal Mudah:
- Tentukan apakah −3 ∈ P, −3 = 0, atau 3 ∈ P.
- Buktikan bahwa 8 > 2 menggunakan definisi relasi urutan.
- Jika a = 6 dan b = 7, verifikasi Aksioma O2.
- Jika a = 3 dan b = 9, verifikasi Aksioma O3.
- Tentukan relasi urutan yang benar antara −5 dan −1.
Soal Sedang:
- Buktikan bahwa jika a < b, maka −b < −a.
- Buktikan bahwa jika a > b dan c > 0, maka ac > bc.
- Buktikan bahwa jika a > b dan c < 0, maka ac < bc.
- Buktikan bahwa 2 ∈ P menggunakan aksioma urutan.
- Buktikan bahwa jika a > 0 maka a + a > a.
Soal Sulit:
- Buktikan bahwa jika a² + b² = 0, maka a = 0 dan b = 0.
- Buktikan bahwa jika 0 < a < 1, maka a² < a.
- Buktikan bahwa untuk setiap a, b ∈ ℝ berlaku a² + b² ≥ 2ab.
- Buktikan bahwa jika a > 1, maka a² > a.
- Buktikan bahwa jika 0 < a < b, maka √a < √b (asumsikan akar kuadrat terdefinisi untuk bilangan positif).
2. Sifat-sifat Pertidaksamaan yang Diturunkan dari Aksioma Urutan
🔬 Kegiatan: Mencoba
Cobalah substitusi beberapa bilangan ke dalam sifat-sifat berikut untuk memverifikasi kebenarannya. Misalnya, ambil a = 5, b = 3, c = 2, dan periksa apakah sifat-sifat ini terpenuhi.
Dari tiga aksioma urutan, dapat diturunkan berbagai sifat pertidaksamaan yang sangat penting:
Sifat 1: Trikotomi
Untuk setiap a, b ∈ ℝ, tepat satu berlaku:
a < b, a = b, atau a > b
Sifat 2: Transitif
Jika a < b dan b < c, maka a < c
Sifat 3: Penjumlahan dengan bilangan yang sama
Jika a < b, maka a + c < b + c untuk setiap c ∈ ℝ
Sifat 4: Perkalian dengan bilangan positif
Jika a < b dan c > 0, maka ac < bc
Tanda pertidaksamaan tetap (tidak berubah arah)
Sifat 5: Perkalian dengan bilangan negatif
Jika a < b dan c < 0, maka ac > bc
Tanda pertidaksamaan berbalik arah
Sifat 6: Kuadrat bilangan non-nol
Untuk setiap a ≠ 0, berlaku a² > 0
📢 Kegiatan: Mengkomunikasikan
Jelaskan dengan kata-katamu sendiri mengapa tanda pertidaksamaan berbalik arah saat dikalikan bilangan negatif. Gunakan contoh konkret: jika 2 < 5 dan keduanya dikalikan −1, apakah hasilnya masih −2 < −5? Ternyata tidak! Yang benar −2 > −5. Diskusikan hal ini dengan teman sebangkumu.
Contoh Soal – Sifat Pertidaksamaan
Contoh Soal Mudah
1. Diketahui 3 < 7. Tambahkan 4 pada kedua ruas. Apa hasilnya?
Pembahasan: Berdasarkan Sifat 3: 3 + 4 < 7 + 4 → 7 < 11. Benar! ✓
2. Diketahui 2 < 6. Kalikan kedua ruas dengan 3. Apa hasilnya?
Pembahasan: Karena 3 > 0, gunakan Sifat 4: 2 × 3 < 6 × 3 → 6 < 18. Benar! ✓
3. Diketahui 2 < 6. Kalikan kedua ruas dengan −2. Apa hasilnya?
Pembahasan: Karena −2 < 0, gunakan Sifat 5 (tanda berbalik): 2 × (−2) > 6 × (−2) → −4 > −12. Benar! ✓
4. Diketahui −1 < 3 dan 3 < 10. Apa kesimpulannya?
Pembahasan: Berdasarkan Sifat 2 (transitif): −1 < 10. ✓
5. Apakah (−3)² > 0? Jelaskan!
Pembahasan: (−3)² = 9. Karena −3 ≠ 0, berdasarkan Sifat 6: (−3)² = 9 > 0. ✓
Contoh Soal Sedang
1. Selesaikan pertidaksamaan: 2x + 3 < 11.
Pembahasan:
2x + 3 < 11
2x + 3 − 3 < 11 − 3 (Sifat 3: tambah −3 kedua ruas)
2x < 8
(1/2) × 2x < (1/2) × 8 (Sifat 4: kali 1/2 > 0)
x < 4
Himpunan penyelesaian: {x ∈ ℝ | x < 4} = (−∞, 4) ✓
2. Selesaikan: −3x + 6 > 0.
Pembahasan:
−3x + 6 > 0
−3x > −6 (Sifat 3: tambah −6)
x < 2 (Sifat 5: bagi −3 < 0, tanda berbalik)
HP: (−∞, 2) ✓
3. Jika a < b dan c < d, buktikan a + c < b + d.
Pembahasan:
Dari a < b → a + c < b + c (Sifat 3)
Dari c < d → b + c < b + d (Sifat 3)
Berdasarkan transitif: a + c < b + d. ✓
4. Selesaikan: 5 − 2x ≤ 3x + 10.
Pembahasan:
5 − 2x ≤ 3x + 10
5 − 2x − 3x ≤ 10 (tambah −3x)
5 − 5x ≤ 10
−5x ≤ 5 (tambah −5)
x ≥ −1 (bagi −5, tanda berbalik)
HP: [−1, +∞) ✓
5. Buktikan bahwa jika 0 < a < b dan 0 < c < d, maka ac < bd.
Pembahasan:
Dari a < b dan c > 0 → ac < bc (Sifat 4)
Dari c < d dan b > 0 → bc < bd (Sifat 4)
Berdasarkan transitif: ac < bd. ✓
Contoh Soal Sulit
1. Buktikan Ketidaksamaan AM-GM untuk dua bilangan: Jika a, b > 0, maka (a + b)/2 ≥ √(ab).
Pembahasan:
Perhatikan (√a − √b)² ≥ 0 (Sifat 6, kuadrat selalu ≥ 0)
a − 2√(ab) + b ≥ 0
a + b ≥ 2√(ab)
(a + b)/2 ≥ √(ab) ✓
Kesamaan terjadi saat √a = √b, yaitu a = b.
2. Buktikan bahwa untuk setiap a, b ∈ ℝ berlaku |a + b| ≤ |a| + |b| (Ketidaksamaan Segitiga).
Pembahasan:
Kita tahu −|a| ≤ a ≤ |a| dan −|b| ≤ b ≤ |b|.
Menjumlahkan: −(|a| + |b|) ≤ a + b ≤ |a| + |b|.
Berdasarkan definisi nilai mutlak, ini berarti |a + b| ≤ |a| + |b|. ✓
3. Selesaikan pertidaksamaan: (x − 1)(x + 3) < 0 menggunakan sifat urutan.
Pembahasan:
Hasil kali dua faktor negatif jika salah satu positif dan lainnya negatif.
Kasus 1: x − 1 > 0 dan x + 3 < 0 → x > 1 dan x < −3. Tidak ada irisan.
Kasus 2: x − 1 < 0 dan x + 3 > 0 → x < 1 dan x > −3 → −3 < x < 1.
HP: (−3, 1) ✓
4. Buktikan bahwa jika a + b > 0 dan ab > 0, maka a > 0 dan b > 0.
Pembahasan:
Dari ab > 0, berdasarkan aksioma urutan, a dan b bertanda sama (keduanya positif atau keduanya negatif).
Kasus 1: a > 0 dan b > 0. Maka a + b > 0. ✓ (Konsisten)
Kasus 2: a < 0 dan b < 0. Maka a + b < 0 (jumlah dua negatif). Kontradiksi dengan a + b > 0.
Jadi harus Kasus 1: a > 0 dan b > 0. ✓
5. Buktikan bahwa untuk setiap a, b ∈ ℝ berlaku a² + b² + 1 > a + b.
Pembahasan:
Perhatikan a² + b² + 1 − a − b = (a² − a + 1/4) + (b² − b + 1/4) + 1/2
= (a − 1/2)² + (b − 1/2)² + 1/2.
Karena (a − 1/2)² ≥ 0 dan (b − 1/2)² ≥ 0 dan 1/2 > 0, maka jumlahnya > 0.
Jadi a² + b² + 1 − a − b > 0, artinya a² + b² + 1 > a + b. ✓
Latihan Soal – Sifat Pertidaksamaan
Soal Mudah:
- Diketahui 4 < 9. Tambahkan −2 pada kedua ruas. Verifikasi hasilnya.
- Diketahui 1 < 5. Kalikan kedua ruas dengan 4. Verifikasi hasilnya.
- Diketahui 3 < 8. Kalikan kedua ruas dengan −1. Tentukan tanda pertidaksamaan yang benar.
- Selesaikan: x + 5 < 12.
- Selesaikan: 3x > 15.
Soal Sedang:
- Selesaikan: 4x − 7 ≤ 2x + 5.
- Selesaikan: −2x + 8 > 3x − 2.
- Buktikan bahwa jika a > b > 0, maka a³ > b³.
- Selesaikan: (x + 1)/3 < (2x − 1)/4.
- Buktikan bahwa jika a > 0, maka a + 1/a ≥ 2.
Soal Sulit:
- Selesaikan: (2x − 1)(x + 4) > 0.
- Buktikan bahwa a⁴ + b⁴ ≥ a³b + ab³ untuk setiap a, b ∈ ℝ.
- Buktikan bahwa (a + b + c)² ≤ 3(a² + b² + c²) untuk setiap a, b, c ∈ ℝ.
- Selesaikan: x/(x − 2) ≥ 1 dengan x ≠ 2.
- Buktikan bahwa jika a, b, c > 0 dan a + b + c = 1, maka ab + bc + ca ≤ 1/3.
3. Notasi Interval dan Himpunan Penyelesaian
🔍 Kegiatan: Mengamati
Perhatikan berbagai cara penulisan himpunan penyelesaian pertidaksamaan. Notasi interval adalah cara ringkas untuk menyatakan himpunan bagian dari bilangan real yang memenuhi suatu pertidaksamaan.
Berdasarkan aksioma urutan, himpunan penyelesaian pertidaksamaan dapat dinyatakan menggunakan notasi interval:
| Notasi Interval | Notasi Himpunan | Keterangan | Garis Bilangan |
|---|---|---|---|
| (a, b) | {x ∈ ℝ | a < x < b} | Interval buka | ○——————○ |
| [a, b] | {x ∈ ℝ | a ≤ x ≤ b} | Interval tutup | ●——————● |
| [a, b) | {x ∈ ℝ | a ≤ x < b} | Interval setengah buka | ●——————○ |
| (a, b] | {x ∈ ℝ | a < x ≤ b} | Interval setengah buka | ○——————● |
| (a, +∞) | {x ∈ ℝ | x > a} | Interval tak terhingga | ○——————→ |
| [a, +∞) | {x ∈ ℝ | x ≥ a} | Interval tak terhingga | ●——————→ |
| (−∞, b) | {x ∈ ℝ | x < b} | Interval tak terhingga | ←——————○ |
| (−∞, b] | {x ∈ ℝ | x ≤ b} | Interval tak terhingga | ←——————● |
| (−∞, +∞) | ℝ | Seluruh bilangan real | ←——————→ |
Keterangan Simbol:
○ (lingkaran terbuka) = titik ujung tidak termasuk (tanda < atau >)
● (lingkaran tertutup) = titik ujung termasuk (tanda ≤ atau ≥)
∞ (tak hingga) selalu menggunakan tanda kurung buka ( ), karena tak hingga bukan bilangan real.
🧠 Kegiatan: Menalar
Mengapa simbol tak hingga (∞) selalu dipasangkan dengan kurung buka? Karena tak hingga bukan bilangan real, maka tidak bisa “dicapai” atau “dimasukkan” ke dalam himpunan. Oleh karena itu, selalu ditulis (−∞, …) atau (…, +∞), bukan [−∞, …] atau […, +∞].
Contoh Soal – Notasi Interval
Contoh Soal Mudah
1. Nyatakan {x ∈ ℝ | 2 < x < 7} dalam notasi interval.
Pembahasan: Kedua ujung tidak termasuk (tanda <), jadi menggunakan kurung buka: (2, 7). ✓
2. Nyatakan [−3, 5] dalam notasi himpunan.
Pembahasan: Kurung siku berarti termasuk: {x ∈ ℝ | −3 ≤ x ≤ 5}. ✓
3. Nyatakan himpunan penyelesaian x > 4 dalam notasi interval.
Pembahasan: x > 4 berarti dari 4 (tidak termasuk) sampai tak hingga: (4, +∞). ✓
4. Nyatakan (−∞, 0] dalam notasi himpunan.
Pembahasan: {x ∈ ℝ | x ≤ 0}. ✓
5. Gambarlah garis bilangan untuk interval [−2, 3).
Pembahasan: Titik −2 tertutup (●), titik 3 terbuka (○), arsir daerah di antaranya.
✓
Contoh Soal Sedang
1. Selesaikan 2x − 1 < 5 dan nyatakan dalam notasi interval.
Pembahasan: 2x < 6 → x < 3. Notasi interval: (−∞, 3). ✓
2. Selesaikan −4 ≤ 2x + 2 < 8 dan nyatakan dalam notasi interval.
Pembahasan:
−4 ≤ 2x + 2 < 8
−6 ≤ 2x < 6 (kurangi 2)
−3 ≤ x < 3 (bagi 2)
Notasi interval: [−3, 3). ✓
3. Tentukan irisan [1, 5] ∩ (3, 8).
Pembahasan: Irisan adalah himpunan yang memenuhi keduanya. x ∈ [1,5] artinya 1 ≤ x ≤ 5. x ∈ (3,8) artinya 3 < x < 8. Irisan: 3 < x ≤ 5 = (3, 5]. ✓
4. Tentukan gabungan (−∞, 2) ∪ [0, 5].
Pembahasan: Gabungan mencakup semua x yang ada di salah satu atau kedua himpunan. (−∞, 2) sudah mencakup semua x < 2, dan [0, 5] menambahkan 2 ≤ x ≤ 5. Gabungan: (−∞, 5]. ✓
5. Selesaikan |x − 2| < 3 dan nyatakan dalam notasi interval.
Pembahasan:
|x − 2| < 3 berarti −3 < x − 2 < 3
−1 < x < 5 (tambah 2)
Notasi interval: (−1, 5). ✓
Contoh Soal Sulit
1. Selesaikan (x² − 4)/(x − 3) ≤ 0 dan nyatakan dalam notasi interval.
Pembahasan:
Faktorkan: (x−2)(x+2)/(x−3) ≤ 0, dengan x ≠ 3.
Titik kritis: x = −2, 2, 3.
Uji tanda pada interval:
| Interval | (x−2) | (x+2) | (x−3) | Hasil |
|---|---|---|---|---|
| x < −2 | − | − | − | − |
| −2 < x < 2 | − | + | − | + |
| 2 < x < 3 | + | + | − | − |
| x > 3 | + | + | + | + |
Syarat ≤ 0: interval (−∞, −2] ∪ [2, 3). Titik x = −2 dan x = 2 termasuk (pembilang = 0), x = 3 tidak termasuk (penyebut = 0).
HP: (−∞, −2] ∪ [2, 3). ✓
2. Selesaikan |2x − 3| ≥ |x + 1|.
Pembahasan:
Kuadratkan kedua ruas (kedua ruas non-negatif):
(2x − 3)² ≥ (x + 1)²
4x² − 12x + 9 ≥ x² + 2x + 1
3x² − 14x + 8 ≥ 0
Diskriminan: 196 − 96 = 100. Akar: x = (14 ± 10)/6 → x = 4 atau x = 2/3.
3(x − 4)(x − 2/3) ≥ 0 → (x − 4)(x − 2/3) ≥ 0
HP: (−∞, 2/3] ∪ [4, +∞). ✓
3. Tentukan semua x sehingga 1/(x−1) + 1/(x+1) > 1.
Pembahasan:
Samakan penyebut: [(x+1) + (x−1)] / [(x−1)(x+1)] > 1
2x / (x²−1) > 1
2x/(x²−1) − 1 > 0
[2x − (x²−1)] / (x²−1) > 0
(−x² + 2x + 1) / (x²−1) > 0
−(x² − 2x − 1) / [(x−1)(x+1)] > 0
Akar x² − 2x − 1 = 0: x = 1 ± √2.
Titik kritis: −1, 1−√2 ≈ −0.41, 1, 1+√2 ≈ 2.41.
Uji tanda dan tentukan interval di mana ekspresi positif:
HP: (−1, 1−√2) ∪ (1, 1+√2). ✓
4. Selesaikan √(x + 3) < x + 1.
Pembahasan:
Syarat: x + 3 ≥ 0 → x ≥ −3, dan x + 1 > 0 → x > −1.
Kuadratkan (kedua ruas positif): x + 3 < (x+1)² = x² + 2x + 1
0 < x² + x − 2 = (x+2)(x−1)
(x+2)(x−1) > 0 → x < −2 atau x > 1.
Gabung dengan syarat x > −1: HP = (1, +∞). ✓
5. Tentukan semua nilai x sehingga log₂(x² − 3x + 2) < 1.
Pembahasan:
Syarat: x² − 3x + 2 > 0 → (x−1)(x−2) > 0 → x < 1 atau x > 2.
log₂(x² − 3x + 2) < 1 → x² − 3x + 2 < 2¹ = 2
x² − 3x < 0 → x(x−3) < 0 → 0 < x < 3.
Gabung dengan syarat: (0, 1) ∪ (2, 3). ✓
Latihan Soal – Notasi Interval
Soal Mudah:
- Nyatakan {x ∈ ℝ | −1 ≤ x < 4} dalam notasi interval.
- Nyatakan (2, +∞) dalam notasi himpunan.
- Gambarlah garis bilangan untuk interval (−3, 1].
- Selesaikan x − 3 ≥ 0 dan nyatakan dalam notasi interval.
- Nyatakan x ≤ 5 dalam notasi interval.
Soal Sedang:
- Selesaikan 3 < 2x + 1 ≤ 9 dan nyatakan dalam notasi interval.
- Tentukan irisan (−2, 4) ∩ [1, 7].
- Tentukan gabungan [−5, 0) ∪ (−2, 3].
- Selesaikan |x + 4| ≤ 5 dan nyatakan dalam notasi interval.
- Selesaikan (x−1)(x−5) ≤ 0 dan nyatakan dalam notasi interval.
Soal Sulit:
- Selesaikan (x+2)/(x−1) > 0 dan nyatakan dalam notasi interval.
- Selesaikan |x² − 4| < 5.
- Selesaikan √(2x − 1) ≤ x − 1.
- Tentukan HP dari (x² − 9)/(x² − 4) ≥ 0.
- Selesaikan log₃(2x + 1) > log₃(x + 3).
4. Sifat Archimedean
❓ Kegiatan: Menanya
Jika kita memiliki bilangan positif yang sangat kecil, apakah mungkin dengan menjumlahkannya berulang kali kita bisa melampaui bilangan sebesar apapun? Apakah ada bilangan real yang “tak terhingga besar”?
Sifat Archimedean merupakan konsekuensi penting dari aksioma urutan yang menyatakan bahwa himpunan bilangan real tidak memiliki elemen tak terhingga besar maupun tak terhingga kecil.
Sifat Archimedean:
Untuk setiap bilangan real a > 0 dan b > 0, terdapat bilangan asli n sehingga na > b.
Artinya: dengan menjumlahkan bilangan positif (sekecil apapun) sebanyak cukup kali, hasilnya akan melampaui bilangan positif manapun.
Akibat Sifat Archimedean:
1. Untuk setiap ε > 0, terdapat n ∈ ℕ sehingga 1/n < ε.
2. Tidak ada bilangan real tak terhingga besar (untuk setiap x ∈ ℝ, terdapat n ∈ ℕ dengan n > x).
3. Di antara dua bilangan real yang berbeda, selalu terdapat bilangan rasional (Kerapatan ℚ di ℝ).
🔬 Kegiatan: Mencoba
Ambil a = 0.001 dan b = 1000. Berapakah n minimum sehingga na > b?
Jawab: n × 0.001 > 1000 → n > 1.000.000. Jadi n = 1.000.001 cukup. Betapapun kecilnya a, selalu ada n yang memenuhi!
Contoh Soal – Sifat Archimedean
Contoh Soal Mudah
1. Tentukan n ∈ ℕ terkecil sehingga n × 0.5 > 3.
Pembahasan: n × 0.5 > 3 → n > 6. Maka n terkecil = 7. Cek: 7 × 0.5 = 3.5 > 3. ✓
2. Tentukan n ∈ ℕ terkecil sehingga 1/n < 0.1.
Pembahasan: 1/n < 0.1 → n > 10. Maka n terkecil = 11. Cek: 1/11 ≈ 0.0909 < 0.1. ✓
3. Apakah ada bilangan asli n sehingga n × 0.01 > 100?
Pembahasan: Ya! Berdasarkan sifat Archimedean, n > 10000 memenuhi. Misalnya n = 10001: 10001 × 0.01 = 100.01 > 100. ✓
4. Tentukan n ∈ ℕ terkecil sehingga 1/n < 0.01.
Pembahasan: 1/n < 0.01 → n > 100. Maka n terkecil = 101. ✓
5. Apakah ada bilangan asli yang lebih besar dari π?
Pembahasan: Ya! Berdasarkan sifat Archimedean, karena π ≈ 3.14, maka n = 4 > π. ✓
Contoh Soal Sedang
1. Tunjukkan bahwa terdapat bilangan rasional antara 0.999 dan 1.
Pembahasan: Selisih = 1 − 0.999 = 0.001. Pilih n sehingga 1/n < 0.001, yaitu n > 1000. Ambil n = 1001. Maka terdapat m sehingga 0.999 < m/1001 < 1. Misalnya m = 1000: 1000/1001 ≈ 0.999001. Cek: 0.999 < 0.999001 < 1. ✓
2. Buktikan bahwa untuk setiap ε > 0, terdapat N ∈ ℕ sehingga 1/2ⁿ < ε untuk semua n ≥ N.
Pembahasan: Berdasarkan sifat Archimedean, terdapat N ∈ ℕ sehingga N > 1/ε, artinya 1/N < ε. Karena 2ⁿ ≥ n untuk setiap n ∈ ℕ (dapat dibuktikan dengan induksi), maka 1/2ⁿ ≤ 1/n ≤ 1/N < ε untuk n ≥ N. ✓
3. Tunjukkan terdapat bilangan rasional antara √2 dan √3.
Pembahasan: √3 − √2 ≈ 1.732 − 1.414 = 0.318. Pilih n = 4 (1/4 = 0.25 < 0.318). Cari m: m/4 antara √2 dan √3. √2 × 4 ≈ 5.66, √3 × 4 ≈ 6.93. Ambil m = 6: 6/4 = 1.5. Cek: 1.414 < 1.5 < 1.732. ✓
4. Tentukan n terkecil sehingga n/(n+1) > 0.99.
Pembahasan: n/(n+1) > 0.99 → n > 0.99(n+1) = 0.99n + 0.99 → 0.01n > 0.99 → n > 99. Maka n terkecil = 100. Cek: 100/101 ≈ 0.9901 > 0.99. ✓
5. Buktikan bahwa inf{1/n | n ∈ ℕ} = 0.
Pembahasan: (i) 1/n > 0 untuk semua n, jadi 0 adalah batas bawah. (ii) Ambil ε > 0 sembarang. Berdasarkan sifat Archimedean, terdapat n₀ ∈ ℕ sehingga 1/n₀ < ε. Jadi 0 + ε = ε bukan batas bawah. Kesimpulan: inf = 0. ✓
Contoh Soal Sulit
1. Buktikan bahwa di antara dua bilangan real berbeda selalu terdapat bilangan irasional.
Pembahasan: Misal a < b. Perhatikan a/√2 < b/√2. Berdasarkan kerapatan ℚ, terdapat r ∈ ℚ dengan a/√2 < r < b/√2. Maka a < r√2 < b. Karena r ∈ ℚ dan r ≠ 0, maka r√2 irasional (jika r√2 rasional, maka √2 = (r√2)/r rasional, kontradiksi). Jadi r√2 adalah bilangan irasional antara a dan b. ✓
2. Buktikan bahwa jika x > 0 dan x < 1/n untuk setiap n ∈ ℕ, maka terjadi kontradiksi.
Pembahasan: Dari x > 0, berdasarkan sifat Archimedean terdapat n₀ ∈ ℕ sehingga n₀ × x > 1, yaitu x > 1/n₀. Tetapi diasumsikan x < 1/n untuk semua n ∈ ℕ, termasuk n₀. Kontradiksi! Jadi tidak ada x > 0 yang lebih kecil dari semua 1/n. ✓
3. Gunakan sifat Archimedean untuk membuktikan bahwa lim(n→∞) 1/n = 0.
Pembahasan: Ambil ε > 0 sembarang. Berdasarkan sifat Archimedean, terdapat N ∈ ℕ sehingga N × ε > 1, artinya 1/N < ε. Untuk semua n ≥ N: |1/n − 0| = 1/n ≤ 1/N < ε. Jadi menurut definisi limit, lim(n→∞) 1/n = 0. ✓
4. Buktikan: Jika a, b ∈ ℝ dengan a < b, maka himpunan {q ∈ ℚ | a < q < b} tak berhingga.
Pembahasan: Andaikan himpunan tersebut berhingga: {q₁, q₂, …, qₖ}. Urutkan: q₁ < q₂ < … < qₖ. Maka a < q₁. Di antara a dan q₁, berdasarkan kerapatan ℚ, terdapat bilangan rasional r dengan a < r < q₁. Maka r ∈ ℚ dan a < r < b, tetapi r ∉ {q₁,…,qₖ}. Kontradiksi. ✓
5. Buktikan bahwa sup{n/(n+1) | n ∈ ℕ} = 1.
Pembahasan: (i) n/(n+1) = 1 − 1/(n+1) < 1 untuk semua n, jadi 1 batas atas. (ii) Ambil ε > 0. Kita perlu n sehingga n/(n+1) > 1 − ε, yaitu 1/(n+1) < ε, yaitu n+1 > 1/ε. Berdasarkan sifat Archimedean, terdapat n₀ sehingga n₀ + 1 > 1/ε. Maka n₀/(n₀+1) > 1 − ε. Jadi 1 adalah batas atas terkecil. ✓
Latihan Soal – Sifat Archimedean
Soal Mudah:
- Tentukan n ∈ ℕ terkecil sehingga n × 0.25 > 5.
- Tentukan n ∈ ℕ terkecil sehingga 1/n < 0.05.
- Tentukan n ∈ ℕ terkecil sehingga n > 7.3.
- Apakah ada n ∈ ℕ sehingga n × 0.001 > 50? Jika ya, tentukan n minimum.
- Tentukan n ∈ ℕ terkecil sehingga 1/n < 1/1000.
Soal Sedang:
- Tunjukkan terdapat bilangan rasional antara 3.14 dan 3.15.
- Tentukan n terkecil sehingga (2n+1)/(2n+3) > 0.999.
- Buktikan bahwa untuk setiap x ∈ ℝ terdapat n ∈ ℤ sehingga n ≤ x < n + 1.
- Tentukan n terkecil sehingga (1 + 1/n)ⁿ > 2.5.
- Buktikan bahwa himpunan {1 − 1/n | n ∈ ℕ} tidak memiliki elemen terbesar.
Soal Sulit:
- Buktikan bahwa di antara dua bilangan irasional selalu terdapat bilangan rasional.
- Buktikan bahwa sup{1 − 1/2ⁿ | n ∈ ℕ} = 1.
- Buktikan bahwa jika S ⊂ ℝ terbatas di atas dan s = sup S, maka untuk setiap ε > 0 terdapat x ∈ S dengan x > s − ε.
- Buktikan bahwa ℕ tidak terbatas di atas dalam ℝ menggunakan aksioma urutan.
- Buktikan bahwa himpunan {m/2ⁿ | m ∈ ℤ, n ∈ ℕ} rapat di ℝ.
Ringkasan
📢 Kegiatan: Mengkomunikasikan
Buatlah peta konsep yang menghubungkan aksioma urutan, sifat pertidaksamaan, notasi interval, dan sifat Archimedean. Presentasikan hasilmu di depan kelas.
Poin-poin Penting:
- Aksioma Urutan mendefinisikan himpunan bilangan positif P yang memenuhi: Trikotomi (O1), Tertutup Penjumlahan (O2), Tertutup Perkalian (O3).
- Relasi Urutan: a > b didefinisikan sebagai a − b ∈ P.
- Sifat Pertidaksamaan: transitif, penambahan/pengurangan, perkalian dengan positif (tanda tetap), perkalian dengan negatif (tanda berbalik).
- Notasi Interval: cara ringkas menulis himpunan penyelesaian. Gunakan ( ) untuk tidak termasuk dan [ ] untuk termasuk.
- Sifat Archimedean: tidak ada bilangan real tak terhingga besar/kecil; bilangan rasional rapat di ℝ.