#3 Nilai Mutlak
February 20, 2019 | Author: Riyan Andy | Category: N/A
Short Description
Nilai mutlak dalam analisis real, definisi nilai mutlak...
Description
NILAI MUTLAK Definisi 1.8 (Nilai Mutlak). Nilai mutlak dari bilangan real
a
, dinotasikan dengan
a
,
didefinisikan dengan a
a, a 0 a, a 0.
:
Dari Definisi 1.8 tersebut tampak bahwa a setiap bilangan real
a
. Sebagai contoh,
0 atau
a
adalah bilangan nonnegatif untuk
1 1 , 0 0 , dan 2 2 .
Nilai mutlak dari bilangan-bilangan real ini memiliki sifat-sifat tertentu, di antaranya seperti yang tertuang dalam fakta berikut ini.
Teorema 1.9. a.
ab
a b untuk setiap a, b R .
b. Misalkan c 0 dan a R , a
c jika dan hanya jika c a c .
c. Misalkan c 0 dan a R , a c jika dan hanya jika a c atau a c . Bukti. a. Jika a
a
0
atau b 0 maka ab
0 0 dan
b , sehingga
ab dan
a , dan
ab 0 , a
b
a , dan
b
ab
a b a b
0 . Jika
ab . Jika
b , sehingga ab ab dan
a b
a, b
a
0 maka
0 dan
ab 0 ,
b 0 maka
a b ab . Untuk kasus
a 0 dan b 0 , penyelesaiannya serupa dengan kasus sebelumnya.
b. Misalkan a
c . Untuk
a 0 , kita peroleh
a
a 0 , kita peroleh a
a c atau
a c , sehingga didapat 0 a c . Untuk
a c , sehingga didapat
menggabungkan menggabungkan hasil dari kedua k edua kasus tersebut, kita peroleh
Untuk sebaliknya, misalkan
c a 0 . Dengan
c a c .
c a c . Hal tersebut mengandung arti c a dan
ac.
Dengan kata lain, a c dan a c . Lebih sederhana, yang demikian dapat dituliskan sebagai a c . c. Misalkan a
a
c . Untuk
a c atau
a
0,
kita peroleh
a
a c . Untuk
a
0,
kita peroleh
a c . Dengan menggabungkan hasil dari kedua kasus tersebut, kita
peroleh a c atau a c .
Untuk sebaliknya, jika a c atau a c maka a c atau a
a c . Dengan kata lain,
c.
■
Perhatikan kembali sifat nilai mutlak yang terdapat pada Teorema 1.9. Untuk yang bagian a., 2
jika a b maka a a a a . Untuk bagian b., jika c a maka 2
a a
a.
Selanjutnya, kita sampai kepada sifat nilai mutlak yang lain, yang dinamakan dengan Ketidaksamaan Segitiga Segitiga.. Ketidaksamaan ini mempunyai kegunaan yang sangat luas di dalam matematika, khususnya di dalam kajian analisis dan aljabar.
Teorema 1.10 (Ketidaksamaan Segitiga). Jika a, b R maka kesamaan terjadi atau a b
a
b jika
ab
a
b
dan
a kb , dengan k 0 .
Bukti. Seperti yang telah dibahas sebelumnya, jika a, b R maka dapat diperoleh bahwa
a a
a
b b
dan
a b a b
a
b
b . Jika kedua ketidaksamaan ini kita jumlahkan maka a b
atau
a
b . Bukti untuk pernyataan berikutnya
ditinggalkan sebagai latihan bagi para pembaca.
■
Lebih jauh, sebagai konsekuensi dari Teorema 1.10, kita memiliki akibat berikut ini.
Akibat 1.11. Jika a, b R maka a b a b dan a b
a
b.
Bukti. Perhatikan bahwa a a b b . Dengan menggunakan ketidaksamaan segitiga, a
a b b
peroleh a
bahwa
ab
b
b
atau a
b a b . Dengan cara yang serupa dapat kita
b a a
ab
a
.
Akibatnya,
b
a a b
a
atau
b a b . Akhirnya, kita memiliki ab
Selanjutnya,
perhatikan
ketidaksamaan segitiga.
a
b a b atau
bahwa
a b
a
a
b
b
a
a b
.
b ■
b
,
berdasarkan
Selanjutnya, kita akan melihat bagaimana konsep terurut dari
R
ini diaplikasikan untuk
menyelesaikan masalah-masalah ketidaksamaan. Contoh 1.12. Tentukan himpunan penyelesaian dari ketidaksamaan 4 x 2 6 . Penyelesaian. Perhatikan bahwa
4 x 2 4x 2 6 4x 2 2 6 2 4x 8 x 2 . 4 x 2 6
Tampak bahwa ketidaksamaan
x x
: x 2 .
dipenuhi oleh semua
■
Contoh 1.13. Cari semua penyelesaian dari ketidaksamaan x 2 x 6 . Penyelesaian. Perhatikan bahwa x
2
x 6 x2 x 6 0 x 2 x 3 0 .
Darinya kita peroleh bahwa x 2 0 dan x 3 0 , atau x 2 0 dan x 3 0 . Untuk kasus yang pertama kita dapatkan x 2 dan x 3 , atau dengan kata lain
2 x 3 .
Untuk kasus yang kedua kita peroleh bahwa x 2 dan x 3 . Perhatikan bahwa pada kasus kedua tersebut tidak ada nilai ketidaksamaan
x
2
x6
yang
x
dipenuhi
oleh
memenuhinya. semua
Dengan
demikian,
x x R : 2
x 3 .
■
Contoh 1.14. Selidiki apakah ketidaksamaan x 2
2 x 3
2
memiliki penyelesaian. Penyelesaian. Perhatikan bahwa x 2
2 x 3
Yang demikian berarti
2
x 2 2
2 x 3
2x 3
0
3x 8 0. 2x 3
3 x 8 0 dan 2 x 3 0 , atau 3 x 8 0 dan 2 x 3 0 . Untuk
kasus yang pertama kita peroleh x 8 / 3 dan x 3 / 2 . Namun hal itu tidak mungkin terjadi, artinya tidak ada
x
yang memenuhi. Untuk kasus yang kedua kita peroleh x 8 / 3
dan x 3 / 2 , atau dengan kata lain
8 / 3 x 3 / 2 . Jadi ketidaksamaan x 2
2 x 3
memiliki
penyelesaian,
x R : 8 / 3 x 3 / 2 .
dan
2
himpunan
semua
penyelesaiannya ■
adalah
Contoh 1.15. Cari himpunan penyelesaian dari 2 x 1 5 . Penyelesaian. Berdasarkan Teorema 1.9.b., peroleh
5 2 x 1 5 atau 6 2 x 4 . Darinya kita
3 x 2 . Jadi himpunan penyelesaiannya adalah
x R : 3 x 2
Bisa juga ketidaksamaan tersebut diselesaikan dengan cara lain. Perhatikan bahwa
2 x 1
2 x 1, jika x 1 / 2
2 x 1 , jika x 1 / 2.
Penyelesaiannya dibagi menjadi dua kasus, yaitu : Kasus I,
x
1/ 2 .
Kita peroleh 2 x 1 2 x 1 5 . Akibatnya, 2 x 4 atau x 2 . Pada kasus ini, himpunan penyelesaian dari 2 x 1 5 adalah
x R : x 1 / 2 x R : x 2 x R : 1 / 2 x 2l. Kasus II,
x
1/ 2 .
Kita peroleh 2 x 1 2 x 1 2 x 1 5 . Akibatnya,
2 x 6 atau
x 3 . Pada kasus
ini, himpunan penyelesaian dari 2 x 1 5 adalah
x R : x 1 / 2 x R : x 3 x R : 3 x 1 / 2. Penyelesaian seluruhnya dari 2 x 1 5 adalah himpunan penyelesaian kasus I digabung dengan himpunan penyelesaian kasus II. Akibatnya, kita dapatkan himpunan penyelesaian keseluruhan
dari
2 x 1 5
adalah
x R : 3 x 2 .
■
Contoh 1.17. Tentukan himpunan penyelesaian dari x
x 1 2 .
Penyelesaian. Sebelum melangkah jauh di dalam menyelesaikan ketidaksamaan tersebut, perhatikan bahwa x
x, jika x 0 x, jika x 0
dan
x 1
x 1, jika x 1 x 1 , jika x 1.
Penyelesaiannya Penyelesaiannya kita bagi menjadi tiga kasus terlebih dahulu, yaitu : Kasus I,
x
1.
x dan
Kita peroleh x atau
2 x 3 atau
x 1
x 1 x 1 . Akibatnya,
x
x 1 x x 1 2
x 3 / 2 . Pada kasus ini, himpunan penyelesaian dari x
x 1 2
adalah
x R : x 3 / 2 x R : x 1 x R : 3 / 2 x 1. 1
Kasus II,
x
Kita peroleh x
0.
x dan
x 1
x 1 . Akibatnya,
x
x 1 x x 1 2 atau 1 2 .
Ketidaksamaan 1 2 dipenuhi oleh semua x R . Untuk kasus II, himpunan penyelesaian dari x
x 1 2 adalah
x R : 1 x 0 x R x R : 1 x 0. Kasus III,
0.
x
Kita peroleh x
x 1
x dan
x 1 . Akibatnya,
x
x 1 x x 1 2 atau 2 x 1 atau
x 1/ 2 . Untuk kasus III, himpunan penyelesaian dari x
x 1 2 adalah
x R : x 0 x R : x 1 / 2 x R : 0 x 1 / 2 . Dengan menggabungkan himpunan penyelesaian untuk kasus I, kasus II, dan kasus III, diperoleh seluruh nilai
x R yang memenuhi ketidaksamaan
x
x 1 2. , yaitu
x R : 3 / 2 x 1 / 2 .
■
Contoh 1.18. Selidiki apakah ketidaksamaan x 3 x 2
4 memiliki penyelesaian.
Penyelesaian. Sebelum melangkah jauh di dalam menyelesaikan ketidaksamaan tersebut, perhatikan bahwa
x 3
x 3,
jika x 3
x 3 , jika x 3.
x 2,
x 2
dan
jika
x 2
x 2 , jika x 2.
Penyelesaiannya Penyelesaiannya kita bagi menjadi tiga kasus terlebih dahulu, yaitu :
Kasus I, Kita
2.
x
peroleh
x 3 x 2
x 3
x 3 x 3
dan
x 2
x 3 x 2 4 atau 2 x 3 atau
tidak mempunyai penyelesaian dari x 3 x 2
x 2 x 2 .
Akibatnya,
x 3 / 2 . Untuk kasus ini, kita
4 karena
x R : x 3 / 2 x R : x 2 . 2
Kasus II, Kita x 3
x
peroleh
3.
x 3
x 3 x 3
x 2
dan
x2.
Akibatnya,
x 2 x 3 x 2 4 atau 5 4 . Pernyataan ini merupakan sesuatu yang
mustahil. Jadi untuk kasus ini, kita tidak mempunyai penyelesaian.
Kasus III,
x
3.
Kita peroleh x 3
x 3 dan
x 2
x 2 . Akibatnya,
x 3
x 2 x 3 x 2 4
atau 2 x 5 atau x 5 / 2 . Untuk kasus ini, kita tidak mempunyai penyelesaian dari x 3
x 2 4 karena
x R : x 3 x R : x 5 / 2 . Secara keseluruhan, kita tidak memiliki solusi untuk ketidaksamaan ■
x 3
x 2 4.
View more...
Comments
