Bab 8: Konstruksi dan Klasifikasi Sistem Bilangan

Bab ini menjelaskan struktur Peano dan membangun bilangan bulat serta rasional melalui kelas ekuivalensi. Keberadaan struktur bilangan asli dan hukum yang belum diturunkan dinyatakan sebagai prasyarat; setiap operasi baru diperiksa agar tidak bergantung pada wakil. Setelah itu, bilangan rasional ditempatkan dalam bilangan real melalui embedding yang diasumsikan. Kerapatan memakai sifat Archimedes, sedangkan keberadaan akar positif dua dipinjam dari kelengkapan. Bukti bahwa tidak ada rasional berkuadrat dua berdiri sendiri dari kedua pinjaman analisis tersebut. Definisi, bukti, contoh, dan latihan dengan pembahasan lengkap menjaga perbedaan antara hasil yang diperoleh dan landasan yang masih diasumsikan.

8.1 Himpunan Bilangan Asli $\mathbb{N}$ dan Aksioma Peano

Motivasi

Kita telah menulis $\mathbb{N}=\{0,1,2,\dots\}$ dan memakai bilangan asli tanpa ragu. Bab 7 juga bekerja dengan prinsip induksi, prinsip urutan baik, dan teorema rekursi untuk himpunan ini. Namun tulisan $\{0,1,2,\dots\}$ memuat elipsis, dan tiga titik itu tidak menyatakan apa yang terjadi "seterusnya". Tulisan itu tidak menjelaskan mengapa barisan tersebut tidak berputar kembali ke $0$, tidak bercabang, dan tidak memuat unsur "liar" yang tidak pernah dicapai dari $0$.

Unit ini memusatkan perhatian pada struktur di balik tulisan tersebut. Strukturnya terdiri atas satu unsur awal $0$ dan satu operasi "langkah berikutnya" $S$. Lima sifat sederhana, yaitu aksioma Peano, menangkap sifat-sifat yang kita harapkan dari $\mathbb{N}$. Dari kelima sifat itu, bersama teorema rekursi, kita akan memperoleh tiga hal:

1. akibat-akibat dasar, misalnya setiap bilangan tak nol mempunyai tepat satu pendahulu;
2. jawaban atas pertanyaan "apakah $\mathbb{N}$ tunggal?", yaitu tunggal sampai isomorfisme;
3. definisi penjumlahan dan perkalian melalui rekursi, beserta bukti hukum-hukum penjumlahan.

Hasil-hasil ini menjadi landasan bagi konstruksi $\mathbb{Z}$ dan $\mathbb{Q}$ pada unit-unit berikutnya.

Status fondasional unit ini

Sebelum memberi definisi, kita perlu menegaskan apa yang diasumsikan dan apa yang dibuktikan. Unit ini tidak membangun $\mathbb{N}$ dari ketiadaan. Unit ini juga tidak menurunkan seluruh aritmetika dari aksioma Peano tanpa prasyarat.

• $\mathbb{N}$ kerja. Bab 7 bekerja dengan sebuah himpunan $\mathbb{N}$ yang memuat $0$, beserta penjumlahan $+$, perkalian $\cdot$, dan urutan $\le$. Sifat-sifat dasarnya dipakai sebagai prasyarat. Himpunan ini kita sebut $\mathbb{N}$ kerja, dan operasinya kita sebut operasi kerja. Di unit ini kita menetapkan $S(n)=n+1$ pada $\mathbb{N}$ kerja.
• Keberadaan diasumsikan. Keberadaan struktur $(\mathbb{N},0,S)$ yang memenuhi aksioma Peano diterima sebagai prasyarat. Membangun himpunan semacam itu di dalam teori himpunan memerlukan landasan tambahan, khususnya aksioma ketakhinggaan, beserta suatu konstruksi eksplisit. Unit ini tidak melakukan konstruksi tersebut.
• Teorema rekursi dipinjam. Bukti teorema rekursi di Unit 7.4 memakai fakta urutan dan aritmetika $\mathbb{N}$ kerja yang dipinjam. Ketika memakainya di sini, kita mewarisi prasyarat tersebut.
• Operasi baru dibandingkan, bukan disusupkan. Penjumlahan dan perkalian akan didefinisikan ulang melalui rekursi dengan lambang baru $\oplus$ dan $\odot$. Hukum-hukum $\oplus$ akan dibuktikan hanya dari aksioma Peano, rekursi, dan persamaan definisional. Operasi kerja tidak dipakai dalam bukti-bukti itu. Setelahnya, Proposisi 8.1.24 memeriksa bahwa operasi kerja memenuhi nilai dasar dan persamaan langkah yang sama, sehingga ketunggalan rekursi memberi $\oplus=+$ dan $\odot=\cdot$. Dalam pembuktian hukum operasi baru, operasi kerja tidak dipakai; perbandingan eksplisit kedua operasi dilakukan pada Proposisi 8.1.24. Keberadaan solusi rekursi tetap mewarisi prasyarat aritmetika kerja dari Bab 7, seperti dijelaskan di atas.

Dengan demikian, unit ini menyajikan fondasi relatif. Unit ini menunjukkan bahwa struktur $(\mathbb{N},0,S)$ beserta teorema rekursi sudah menentukan penjumlahan dan perkalian secara tunggal, dan bahwa hukum penjumlahan mengikuti dari aksioma Peano. Unit ini tidak mendeduksi semuanya dari nol.

Sepanjang unit ini, setiap pernyataan diberi salah satu dari tiga status: definisi, dibuktikan, atau prasyarat dipinjam.

Aksioma Peano

Definisi 8.1.1 (Struktur Peano). Struktur Peano adalah tripel $(M,e,T)$ yang terdiri atas sebuah himpunan $M$ dan dua objek $e$ dan $T$, yang memenuhi kelima syarat berikut.

• (P1) $e\in M$.
• (P2) $T:M\to M$ adalah fungsi.
• (P3) $e\notin T[M]$, artinya tidak ada $m\in M$ dengan $T(m)=e$.
• (P4) $T$ injektif: untuk semua $m,m'\in M$, jika $T(m)=T(m')$, maka $m=m'$.
• (P5) Induksi untuk semua subhimpunan. Untuk setiap $B\subseteq M$, jika $e\in B$ dan $T(m)\in B$ untuk setiap $m\in B$, maka $B=M$.

Unsur $e$ disebut unsur awal, dan $T(m)$ disebut penerus $m$.

Untuk $\mathbb{N}$ kita menulis $(\mathbb{N},0,S)$. Tulisan $\mathbb{N}=\{0,1,2,\dots\}$ selanjutnya hanya menjadi notasi informal bagi struktur ini. Tulisan itu bukan definisi.

Prasyarat 8.1.2 ($\mathbb{N}$ kerja adalah struktur Peano). [Prasyarat dipinjam.] Dengan $S(n)=n+1$, tripel $(\mathbb{N},0,S)$ memenuhi (P1)–(P5).

Sumber masing-masing syarat adalah sebagai berikut. (P1) dan (P2) berasal dari sifat $\mathbb{N}$ kerja. (P3) menyatakan $n+1\ne 0$, dan (P4) menyatakan bahwa $n+1=m+1$ mengakibatkan $n=m$; keduanya fakta aritmetika kerja yang dipinjam. (P5) adalah prinsip induksi yang dipakai di Bab 7, dengan status yang sama seperti di bab tersebut.

Catatan 8.1.3 (Induksi semua subhimpunan versus skema orde pertama). Syarat (P5) mengkuantifikasi semua subhimpunan $B\subseteq M$, yaitu semua unsur himpunan kuasa $\mathcal{P}(M)$. Karena itu (P5) adalah satu pernyataan. Perumusan yang mengkuantifikasi subhimpunan seperti ini lazim disebut perumusan induksi orde kedua.

Ada perumusan lain yang lazim dalam logika, yaitu skema induksi orde pertama. Pertama dipilih sebuah bahasa orde pertama, misalnya dengan lambang $0$ dan $S$, dan mungkin juga $+$ dan $\cdot$. Kemudian, untuk setiap formula $\varphi(x,\bar y)$ dalam bahasa itu, diambil satu aksioma:

$$\forall \bar y\,\Big[\big(\varphi(0,\bar y)\wedge\forall x\,(\varphi(x,\bar y)\to\varphi(S(x),\bar y))\big)\to\forall x\,\varphi(x,\bar y)\Big].$$

Skema ini adalah kumpulan aksioma, satu untuk tiap formula. Setiap aksiomanya hanya menjamin induksi bagi subhimpunan yang dapat didefinisikan oleh formula bahasa yang dipilih. Jadi skema ini membatasi himpunan yang boleh dipakai dalam induksi, sedangkan (P5) tidak.

Kedua perumusan tersebut tidak sinonim. Bukti-bukti di unit ini, khususnya Teorema 8.1.11, menerapkan (P5) pada himpunan yang didefinisikan melalui fungsi $u$ atau melalui struktur lain $M$. Objek-objek itu bukan lambang bahasa orde pertama yang dipilih. Oleh sebab itu, klaim keunikan di bawah berlaku untuk struktur yang memenuhi (P5). Buku ini tidak menarik kesimpulan apa pun tentang keunikan struktur yang hanya memenuhi skema orde pertama.

Akibat langsung aksioma

Proposisi 8.1.4 (Pendahulu tunggal). [Dibuktikan.] Untuk setiap $n\in\mathbb{N}$ dengan $n\ne 0$, terdapat tepat satu $m\in\mathbb{N}$ yang memenuhi $S(m)=n$. Selain itu, $0$ tidak mempunyai pendahulu.

Strategi. Keberadaan pendahulu dibuktikan dengan menerapkan (P5) pada himpunan yang memuat $0$ dan semua penerus. Ketunggalannya diperoleh dari injektivitas.

Bukti. Bagian kedua tepat sama dengan (P3).

Keberadaan. Misalkan $A=\{0\}\cup S[\mathbb{N}]\subseteq\mathbb{N}$. Menurut definisi $A$, $0\in A$. Jika $n\in A$, maka $S(n)\in S[\mathbb{N}]\subseteq A$. Menurut (P5), $A=\mathbb{N}$. Jadi setiap $n\ne 0$ berada dalam $S[\mathbb{N}]$, sehingga ada $m$ dengan $S(m)=n$.

Ketunggalan. Jika $S(m)=n=S(m')$, maka $m=m'$ menurut (P4). $\blacksquare$

[Definisi.] Unsur tunggal tersebut disebut pendahulu $n$. Perhatikan bahwa pendahulu didefinisikan setelah keberadaan dan ketunggalannya terbukti, tanpa memakai pengurangan.

Definisi 8.1.5. $1=S(0)$, $2=S(1)$, $3=S(2)$, $4=S(3)$, $5=S(4)$, dan $6=S(5)$.

Ketiga bilangan pertama saling berbeda:

• $1\ne 0$ dan $2\ne 0$ menurut (P3), karena $1,2\in S[\mathbb{N}]$.
• $2\ne 1$, sebab $S(1)=S(0)$ akan memberi $1=0$ menurut (P4), dan hal itu bertentangan dengan butir sebelumnya.

Proposisi 8.1.6 ($S$ tidak mempunyai titik tetap). [Dibuktikan.] Untuk setiap $n\in\mathbb{N}$, berlaku $S(n)\ne n$.

Bukti. Misalkan $A=\{n\in\mathbb{N}: S(n)\ne n\}$.

• Dasar. $S(0)\ne 0$ menurut (P3). Jadi $0\in A$.
• Langkah. Misalkan $n\in A$. Andaikan $S(S(n))=S(n)$. Menurut (P4), $S(n)=n$, dan hal ini bertentangan dengan $n\in A$. Jadi $S(n)\in A$.

Menurut (P5), $A=\mathbb{N}$. $\blacksquare$

Aksioma tidak menyediakan "unsur terakhir". Menurut (P2), setiap $n$ mempunyai penerus $S(n)\in\mathbb{N}$, dan menurut proposisi di atas, penerus itu berbeda dari $n$. Lebih jauh, $S:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ injektif tetapi tidak surjektif, karena $0\notin S[\mathbb{N}]$.

Contoh 8.1.7 (Struktur yang gagal memenuhi aksioma). Pada setiap contoh berikut, huruf $a,b,c$ menyatakan objek yang saling berbeda.

1. Hanya (P3) yang gagal. Ambil $M=\{a\}$, $e=a$, dan $T(a)=a$.
   • (P1), (P2), dan (P4) berlaku.
   • (P5) berlaku, karena setiap $B\subseteq M$ yang memuat $a$ sama dengan $M$.
   • (P3) gagal, karena $T(a)=e$.
2. Hanya (P4) yang gagal. Ambil $M=\{a,b\}$, $e=a$, $T(a)=b$, dan $T(b)=b$.
   • (P1) dan (P2) berlaku: $a\in M$, dan $T$ terdefinisi pada $a$ dan $b$ dengan nilai di $M$.
   • (P3) berlaku, karena $T[M]=\{b\}\not\ni a$.
   • (P5) berlaku: jika $a\in B$ dan $B$ tertutup, maka $b=T(a)\in B$, sehingga $B=M$.
   • (P4) gagal, karena $T(a)=T(b)$ padahal $a\ne b$.
3. Hanya (P5) yang gagal. Ambil $M=\mathbb{N}\times\{0,1\}$, $e=(0,0)$, dan $T(n,i)=(S(n),i)$.
   • (P1) dan (P2) berlaku: $(0,0)\in M$, dan $(S(n),i)\in M$ untuk setiap $(n,i)\in M$.
   • (P3) berlaku: $(S(n),i)=(0,0)$ akan memberi $S(n)=0$.
   • (P4) berlaku: $(S(n),i)=(S(m),j)$ memberi $S(n)=S(m)$ dan $i=j$, sehingga $n=m$.
   • (P5) gagal. Himpunan $B=\mathbb{N}\times\{0\}$ memuat $e$ dan tertutup terhadap $T$. Namun $(0,1)\notin B$, karena $1\ne 0$. Struktur ini memuat "salinan kedua" yang tidak pernah dicapai dari $e$.
4. Pemotongan berhingga gagal memenuhi (P2). Ambil $M=\{a,b,c\}$, $e=a$, $T(a)=b$, dan $T(b)=c$, tanpa nilai untuk $c$. Maka $T$ bukan fungsi $M\to M$. Setiap pilihan nilai $T(c)\in M$ merusak syarat lain:
   • $T(c)=a$ melanggar (P3);
   • $T(c)=b=T(a)$ melanggar (P4);
   • $T(c)=c=T(b)$ juga melanggar (P4).

Rekursi dan keunikan sampai isomorfisme

Prasyarat 8.1.8 (Teorema rekursi, bagian keberadaan). [Prasyarat dipinjam dari Teorema 7.4.1.] Misalkan $X$ sebuah himpunan, $x_0\in X$, dan $g:X\to X$ sebuah fungsi. Maka terdapat fungsi $r:\mathbb{N}\to X$ yang memenuhi

$$r(0)=x_0 \quad\text{dan}\quad r(S(n))=g(r(n)) \quad \text{untuk semua } n\in\mathbb{N}.$$

Bukti di Unit 7.4 memakai fakta urutan dan aritmetika $\mathbb{N}$ kerja yang dipinjam. Bentuk di sini adalah kasus khusus Teorema 7.4.1 dengan fungsi langkah $F(n,x)=g(x)$ dan $S(n)=n+1$. Ketunggalan $r$ kita buktikan sendiri pada lema berikut.

Lema 8.1.9 (Ketunggalan solusi rekursi). [Dibuktikan.] Misalkan $X$, $x_0$, dan $g$ seperti pada Prasyarat 8.1.8. Jika $r,r':\mathbb{N}\to X$ keduanya memenuhi $r(0)=r'(0)=x_0$, $r(S(n))=g(r(n))$, dan $r'(S(n))=g(r'(n))$ untuk semua $n$, maka $r=r'$.

Bukti. Misalkan $A=\{n\in\mathbb{N}: r(n)=r'(n)\}$.

• Dasar. $r(0)=x_0=r'(0)$, sehingga $0\in A$.
• Langkah. Jika $n\in A$, maka

$$r(S(n))=g(r(n))=g(r'(n))=r'(S(n)),$$

sehingga $S(n)\in A$.

Menurut (P5), $A=\mathbb{N}$. $\blacksquare$

Definisi 8.1.10 (Homomorfisme dan isomorfisme). Misalkan $(M_1,e_1,T_1)$ dan $(M_2,e_2,T_2)$ tripel dengan $M_i$ himpunan, $e_i\in M_i$, dan $T_i:M_i\to M_i$.

• Fungsi $f:M_1\to M_2$ disebut homomorfisme jika $f(e_1)=e_2$ dan $f(T_1(m))=T_2(f(m))$ untuk semua $m\in M_1$.
• Homomorfisme yang bijektif disebut isomorfisme.

Jadi isomorfisme adalah bijeksi yang mempertahankan unsur awal dan penerus. Kasus terpenting di bawah adalah $(M_1,e_1,T_1)=(\mathbb{N},0,S)$: fungsi $f:\mathbb{N}\to M$ adalah homomorfisme jika $f(0)=e$ dan $f(S(n))=T(f(n))$ untuk semua $n\in\mathbb{N}$.

Teorema 8.1.11 (Setiap struktur Peano isomorfik dengan $\mathbb{N}$). [Dibuktikan, relatif terhadap Prasyarat 8.1.2 dan 8.1.8.] Misalkan $(M,e,T)$ sebuah struktur Peano. Maka:

• (a) terdapat tepat satu homomorfisme $u:\mathbb{N}\to M$;
• (b) $u$ surjektif;
• (c) $u$ injektif;
• (d) invers $u^{-1}:M\to\mathbb{N}$ adalah homomorfisme dari $(M,e,T)$ ke $(\mathbb{N},0,S)$, yaitu $u^{-1}(e)=0$ dan $u^{-1}(T(m))=S(u^{-1}(m))$.

Akibatnya, $u$ adalah satu-satunya isomorfisme dari $(\mathbb{N},0,S)$ ke $(M,e,T)$.

Strategi. Rekursi dilakukan hanya pada $\mathbb{N}$ sebagai domain. Surjektivitas memakai (P5) pada $M$. Injektivitas memakai induksi pada $\mathbb{N}$ dengan pernyataan yang diperkuat "untuk setiap $m$". Kita tidak mengandaikan sejak awal bahwa kedua struktur isomorfik.

Bukti.

(a) Karena $M$ himpunan, $e\in M$, dan $T:M\to M$ fungsi, Prasyarat 8.1.8 dengan $X=M$, $x_0=e$, dan $g=T$ memberi fungsi $u:\mathbb{N}\to M$ dengan $u(0)=e$ dan $u(S(n))=T(u(n))$. Jadi $u$ homomorfisme. Jika $u'$ juga homomorfisme, maka $u$ dan $u'$ adalah dua solusi rekursi yang sama, sehingga $u=u'$ menurut Lema 8.1.9.

(b) Misalkan $B=u[\mathbb{N}]\subseteq M$. Kita periksa kedua hipotesis (P5) pada $M$.

• $e=u(0)\in B$.
• Jika $m\in B$, tulis $m=u(n)$. Maka $T(m)=T(u(n))=u(S(n))\in B$.

Karena $(M,e,T)$ memenuhi (P5), kita peroleh $B=M$.

(c) Misalkan

$$A=\{\,n\in\mathbb{N} : \text{untuk setiap } m\in\mathbb{N},\ u(n)=u(m) \Rightarrow n=m\,\}.$$

Dasar: $0\in A$. Ambil $m$ dengan $u(0)=u(m)$. Andaikan $m\ne 0$. Menurut Proposisi 8.1.4, $m=S(k)$ untuk suatu $k$. Maka $e=u(0)=u(S(k))=T(u(k))\in T[M]$, dan hal ini bertentangan dengan (P3) pada $M$. Jadi $m=0$.

Langkah. Misalkan $n\in A$, dan ambil $m$ dengan $u(S(n))=u(m)$.

• Jika $m=0$, maka $T(u(n))=u(S(n))=u(0)=e$. Ini bertentangan dengan (P3) pada $M$. Jadi kasus ini tidak mungkin.
• Jika $m\ne 0$, tulis $m=S(k)$ menurut Proposisi 8.1.4. Maka $T(u(n))=T(u(k))$, sehingga $u(n)=u(k)$ menurut (P4) pada $M$. Karena $n\in A$, kita peroleh $n=k$. Jadi $S(n)=S(k)=m$.

Dengan demikian $S(n)\in A$. Menurut (P5) pada $\mathbb{N}$, $A=\mathbb{N}$, sehingga $u$ injektif.

(d) Dari (b) dan (c), $u$ bijektif. Karena $u(0)=e$, kita peroleh $u^{-1}(e)=0$. Untuk $m\in M$, misalkan $n=u^{-1}(m)$. Maka $u(S(n))=T(u(n))=T(m)$, sehingga $u^{-1}(T(m))=S(n)=S(u^{-1}(m))$.

Terakhir, setiap isomorfisme adalah homomorfisme. Menurut (a), setiap isomorfisme $\mathbb{N}\to M$ sama dengan $u$. $\blacksquare$

Bagian (a) tidak memakai (P3)–(P5) pada $M$. Untuk sebarang himpunan $M$ dengan $e\in M$ dan $T:M\to M$, tetap ada tepat satu homomorfisme $\mathbb{N}\to M$. Aksioma pada $M$ baru diperlukan untuk menjamin bijektivitas.

Akibat 8.1.12 (Dua struktur Peano sebarang). [Dibuktikan, relatif terhadap Prasyarat 8.1.2 dan 8.1.8.] Misalkan $(M_1,e_1,T_1)$ dan $(M_2,e_2,T_2)$ struktur Peano, dan $u_i:\mathbb{N}\to M_i$ isomorfisme dari Teorema 8.1.11. Maka $h=u_2\circ u_1^{-1}$ adalah isomorfisme $M_1\to M_2$, dan $h$ merupakan satu-satunya homomorfisme $M_1\to M_2$. Khususnya, $h$ satu-satunya isomorfisme $M_1\to M_2$.

Bukti. $h$ bijektif sebagai komposisi dua bijeksi. Menurut Teorema 8.1.11(d),

$$h(e_1)=u_2(u_1^{-1}(e_1))=u_2(0)=e_2,$$

dan

$$h(T_1(m))=u_2(S(u_1^{-1}(m)))=T_2(u_2(u_1^{-1}(m)))=T_2(h(m)).$$

Jadi $h$ isomorfisme.

Untuk ketunggalan, misalkan $h':M_1\to M_2$ homomorfisme. Maka $h'\circ u_1:\mathbb{N}\to M_2$ adalah homomorfisme, karena

$$h'(u_1(0))=h'(e_1)=e_2 \quad\text{dan}\quad h'(u_1(S(n)))=h'(T_1(u_1(n)))=T_2(h'(u_1(n))).$$

Menurut Teorema 8.1.11(a) untuk $M_2$, $h'\circ u_1=u_2$. Karena $u_1$ bijektif, $h'=u_2\circ u_1^{-1}=h$. $\blacksquare$

Contoh 8.1.13 (Struktur Peano yang bukan $\mathbb{N}$ secara literal). Misalkan $M=\mathbb{N}\setminus\{0\}$, $e=1$, dan $T(n)=S(n)$ untuk $n\in M$. Kita periksa kelima aksioma.

• (P1) $1=S(0)\ne 0$, sehingga $1\in M$.
• (P2) Untuk $n\in M$, berlaku $S(n)\ne 0$ menurut (P3) pada $\mathbb{N}$. Jadi $T:M\to M$.
• (P3) Jika $S(m)=1=S(0)$, maka $m=0\notin M$. Jadi $1\notin T[M]$.
• (P4) $T$ adalah pembatasan fungsi injektif $S$, sehingga injektif.
• (P5) Misalkan $B\subseteq M$ memuat $1$ dan tertutup terhadap $T$. Ambil $C=\{0\}\cup B$. Maka $0\in C$. Selanjutnya, $S(0)=1\in B\subseteq C$, dan untuk $n\in B$ berlaku $S(n)=T(n)\in B\subseteq C$. Menurut (P5) pada $\mathbb{N}$, $C=\mathbb{N}$. Akibatnya $M=\mathbb{N}\setminus\{0\}\subseteq B$, sehingga $B=M$.

Ambil $u=S$ dengan kodomain $M$. Fungsi ini terdefinisi sebagai fungsi $\mathbb{N}\to M$, karena $S(n)\ne 0$ menurut (P3), sehingga $u(n)\in M$ untuk semua $n\in\mathbb{N}$. Fungsi ini homomorfisme: $u(0)=S(0)=1=e$ dan $u(S(n))=S(S(n))=T(u(n))$. Menurut Teorema 8.1.11, homomorfisme tunggal ini adalah isomorfisme tunggal $\mathbb{N}\to M$.

Struktur ini isomorfik dengan $(\mathbb{N},0,S)$, tetapi himpunannya berbeda: $0\in\mathbb{N}$, sedangkan $0\notin M$. Unsur awalnya pun berbeda, yaitu $1\ne 0$.

Catatan 8.1.14 (Isomorfik tidak berarti sama). Teorema 8.1.11 dan Akibat 8.1.12 tidak menyatakan bahwa dua struktur Peano mempunyai himpunan yang sama. Keduanya menyatakan bahwa ada tepat satu cara mencocokkan unsur-unsurnya sehingga unsur awal dan operasi penerus terpelihara. Dua "pengkodean" $\mathbb{N}$ yang berbeda di dalam teori himpunan dapat memuat unsur yang berlainan. Namun isomorfisme memindahkan unsur awal ke unsur awal dan penerus ke penerus. Karena itu, setiap konstruksi dalam unit ini yang hanya memakai unsur awal, penerus, dan rekursi dapat dipindahkan lewat isomorfisme. Itulah arti frasa "sampai isomorfisme", dan dalam arti inilah kita berbicara tentang "sang" himpunan bilangan asli.

Akibat 8.1.15 (Rekursi pada struktur Peano sebarang). [Dibuktikan, relatif terhadap Prasyarat 8.1.2 dan 8.1.8.] Misalkan $(M,e,T)$ struktur Peano, $X$ himpunan, $x_0\in X$, dan $g:X\to X$. Maka ada tepat satu $r_M:M\to X$ dengan $r_M(e)=x_0$ dan $r_M(T(m))=g(r_M(m))$ untuk semua $m\in M$.

Bukti.

Keberadaan. Misalkan $r:\mathbb{N}\to X$ fungsi dari Prasyarat 8.1.8, dan $u$ isomorfisme dari Teorema 8.1.11. Definisikan $r_M=r\circ u^{-1}$. Menurut Teorema 8.1.11(d),

$$r_M(e)=r(0)=x_0,$$

dan

$$r_M(T(m))=r(S(u^{-1}(m)))=g(r(u^{-1}(m)))=g(r_M(m)).$$

Ketunggalan. Misalkan $r_M$ dan $r'_M$ keduanya memenuhi persamaan itu, dan misalkan $B=\{m\in M: r_M(m)=r'_M(m)\}$. Maka $e\in B$, karena $r_M(e)=x_0=r'_M(e)$. Jika $m\in B$, maka

$$r_M(T(m))=g(r_M(m))=g(r'_M(m))=r'_M(T(m)),$$

sehingga $T(m)\in B$. Menurut (P5) pada $M$, $B=M$. $\blacksquare$

Lema 8.1.16 sampai Proposisi 8.1.23 di bawah hanya memakai (P1)–(P5), keberadaan solusi rekursi (Prasyarat 8.1.8), dan ketunggalannya (Lema 8.1.9). Karena Akibat 8.1.15 memberi keberadaan dan ketunggalan rekursi pada sebarang struktur Peano, definisi dan bukti itu dapat diulang pada struktur Peano mana pun, dengan $e$ dan $T$ menggantikan $0$ dan $S$. Proposisi 8.1.24 membandingkan operasi baru dengan operasi kerja. Di luar rentang bukti 8.1.16–8.1.23, aritmetika kerja sudah muncul secara terbuka dalam definisi $S$ dan prasyarat 8.1.2 serta 8.1.8.

Penjumlahan dan perkalian melalui rekursi

Lema 8.1.16 (Keberadaan dan ketunggalan penjumlahan). [Dibuktikan.] Terdapat tepat satu fungsi $F:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ sehingga, untuk setiap $a\in\mathbb{N}$, fungsi $b\mapsto F(a,b)$ memenuhi nilai awal $a$ dan persamaan langkah dengan $g=S$.

Bukti.

Langkah 1: fungsi satu variabel. Untuk setiap $a\in\mathbb{N}$, terapkan Prasyarat 8.1.8 dengan kodomain $X=\mathbb{N}$, nilai awal $x_0=a$, dan $g=S$. Kita peroleh fungsi $u_a:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ dengan

$$u_a(0)=a \quad\text{dan}\quad u_a(S(b))=S(u_a(b)).$$

Menurut Lema 8.1.9, fungsi ini tunggal.

Langkah 2: grafik dua variabel. Dengan aksioma pemisahan pada $(\mathbb{N}\times\mathbb{N})\times\mathbb{N}$ (Bab 3), bentuk

$$G_\oplus=\Big\{\big((a,b),c\big)\in(\mathbb{N}\times\mathbb{N})\times\mathbb{N} : \text{ada } v\in\mathcal{P}(\mathbb{N}\times\mathbb{N}) \text{ yang merupakan fungsi } \mathbb{N}\to\mathbb{N},\ v(0)=a,\ \forall n\in\mathbb{N}\ v(S(n))=S(v(n)),\ v(b)=c\Big\}.$$

Himpunan kuasa $\mathcal{P}(\mathbb{N}\times\mathbb{N})$ juga berasal dari Bab 3. Di sini fungsi $\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ diidentifikasi dengan grafiknya karena domain dan kodomain telah ditetapkan. Sesuai konvensi Bab 5, data lengkap fungsi ditulis $(\mathbb{N},\mathbb{N},v)$; $v$ dalam himpunan kuasa di atas adalah komponen grafiknya.

Langkah 3: $G_\oplus$ adalah grafik fungsi. Ambil $(a,b)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}$.

• Ada keluaran. $\big((a,b),u_a(b)\big)\in G_\oplus$, dengan saksi $v=u_a$.
• Keluaran tunggal. Misalkan $\big((a,b),c\big)$ dan $\big((a,b),c'\big)$ di $G_\oplus$, dengan saksi $v$ dan $v'$. Keduanya solusi rekursi dengan $x_0=a$ dan $g=S$, sehingga $v=v'$ menurut Lema 8.1.9. Jadi $c=v(b)=v'(b)=c'$.

Maka $G_\oplus$ adalah grafik sebuah fungsi $F:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ dengan $F(a,b)=u_a(b)$. Fungsi ini memenuhi syarat lema. Jika $F'$ juga memenuhinya, maka untuk tiap $a$ fungsi $b\mapsto F'(a,b)$ dan $u_a$ adalah dua solusi rekursi yang sama, sehingga keduanya sama menurut Lema 8.1.9. Jadi $F'=F$. $\blacksquare$

Definisi 8.1.17 (Penjumlahan). [Definisi.] $a\oplus b$ adalah keluaran tunggal $F(a,b)$ dari Lema 8.1.16, yaitu $a\oplus b=u_a(b)$.

Persamaan berikut bersifat definisional, artinya langsung berasal dari konstruksi:

$$\text{(J1)}\quad a\oplus 0=a, \qquad\qquad \text{(J2)}\quad a\oplus S(b)=S(a\oplus b).$$

Sifat-sifat lain, termasuk $0\oplus a=a$, harus dibuktikan.

Contoh 8.1.18. Perhitungan $2\oplus 2$ hanya memakai (J1), (J2), dan Definisi 8.1.5:

$$2\oplus 2=2\oplus S(1)\overset{(J2)}{=}S(2\oplus 1)=S(2\oplus S(0))\overset{(J2)}{=}S(S(2\oplus 0))\overset{(J1)}{=}S(S(2))=S(3)=4.$$

Proposisi 8.1.19 (Hukum penjumlahan). [Dibuktikan dari (P1)–(P5), (J1), dan (J2) saja.] Untuk semua $a,b,c\in\mathbb{N}$:

• (a) $0\oplus a=a$;
• (b) $S(a)\oplus b=S(a\oplus b)$;
• (c) $a\oplus 1=S(a)$;
• (d) komutatif: $a\oplus b=b\oplus a$;
• (e) asosiatif: $(a\oplus b)\oplus c=a\oplus(b\oplus c)$;
• (f) pembatalan: jika $a\oplus c=b\oplus c$, maka $a=b$; jika $c\oplus a=c\oplus b$, maka $a=b$.

Strategi. Setiap butir kecuali (c) dibuktikan dengan induksi pada variabel kanan, karena (J1) dan (J2) hanya memberi informasi tentang argumen kanan. Variabel lain dibiarkan sebarang tetapi tetap. Artinya, untuk setiap pilihan variabel itu, kita membuktikan bahwa himpunan yang bersangkutan sama dengan $\mathbb{N}$.

Bukti.

(a) Misalkan $A=\{a\in\mathbb{N}: 0\oplus a=a\}$.

• Dasar. $0\oplus 0=0$ menurut (J1).
• Langkah. Jika $a\in A$, maka $0\oplus S(a)\overset{(J2)}{=}S(0\oplus a)=S(a)$.

Menurut (P5), $A=\mathbb{N}$.

(b) Tetapkan $a$, dan misalkan $A_a=\{b\in\mathbb{N}: S(a)\oplus b=S(a\oplus b)\}$.

• Dasar. Menurut (J1) dua kali, $S(a)\oplus 0=S(a)=S(a\oplus 0)$.
• Langkah. Jika $b\in A_a$, maka

$$S(a)\oplus S(b)\overset{(J2)}{=}S(S(a)\oplus b)=S(S(a\oplus b))\overset{(J2)}{=}S(a\oplus S(b)).$$

Menurut (P5), $A_a=\mathbb{N}$.

(c) $a\oplus 1=a\oplus S(0)\overset{(J2)}{=}S(a\oplus 0)\overset{(J1)}{=}S(a)$.

(d) Tetapkan $a$, dan misalkan $A_a=\{b\in\mathbb{N}: a\oplus b=b\oplus a\}$.

• Dasar. $a\oplus 0\overset{(J1)}{=}a\overset{(a)}{=}0\oplus a$.
• Langkah. Jika $b\in A_a$, maka

$$a\oplus S(b)\overset{(J2)}{=}S(a\oplus b)=S(b\oplus a)\overset{(b)}{=}S(b)\oplus a.$$

Menurut (P5), $A_a=\mathbb{N}$.

(e) Tetapkan $a$ dan $b$, dan misalkan $A_{a,b}=\{c\in\mathbb{N}:(a\oplus b)\oplus c=a\oplus(b\oplus c)\}$.

• Dasar. $(a\oplus b)\oplus 0\overset{(J1)}{=}a\oplus b\overset{(J1)}{=}a\oplus(b\oplus 0)$.
• Langkah. Jika $c\in A_{a,b}$, maka

$$(a\oplus b)\oplus S(c)\overset{(J2)}{=}S((a\oplus b)\oplus c)=S(a\oplus(b\oplus c))\overset{(J2)}{=}a\oplus S(b\oplus c)\overset{(J2)}{=}a\oplus(b\oplus S(c)).$$

Menurut (P5), $A_{a,b}=\mathbb{N}$.

(f) Misalkan $A=\{c\in\mathbb{N}: \text{untuk semua } a,b\in\mathbb{N},\ a\oplus c=b\oplus c\Rightarrow a=b\}$.

• Dasar. Jika $a\oplus 0=b\oplus 0$, maka $a=b$ menurut (J1).
• Langkah. Misalkan $c\in A$ dan $a\oplus S(c)=b\oplus S(c)$. Menurut (J2), $S(a\oplus c)=S(b\oplus c)$. Menurut (P4), $a\oplus c=b\oplus c$. Karena $c\in A$, kita peroleh $a=b$. Jadi $S(c)\in A$.

Menurut (P5), $A=\mathbb{N}$. Pembatalan kiri mengikuti dari pembatalan kanan dan (d): jika $c\oplus a=c\oplus b$, maka $a\oplus c=b\oplus c$, sehingga $a=b$. $\blacksquare$

Lema 8.1.20 (Keberadaan dan ketunggalan perkalian). [Dibuktikan.] Terdapat tepat satu fungsi $H:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ sehingga, untuk setiap $a\in\mathbb{N}$, fungsi $b\mapsto H(a,b)$ memenuhi nilai awal $0$ dan persamaan langkah dengan $g=g_a$, di mana $g_a(x)=x\oplus a$.

Bukti.

Langkah 1: fungsi langkah. Untuk setiap $a\in\mathbb{N}$, fungsi $g_a:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ dengan $g_a(x)=x\oplus a$ terdefinisi baik: untuk setiap $x$, pasangan $(x,a)$ berada di $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$, dan $\oplus$ memberinya tepat satu keluaran di $\mathbb{N}$.

Langkah 2: fungsi satu variabel. Prasyarat 8.1.8 dengan $X=\mathbb{N}$, $x_0=0$, dan $g=g_a$ memberi fungsi $w_a:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ dengan

$$w_a(0)=0 \quad\text{dan}\quad w_a(S(b))=w_a(b)\oplus a.$$

Menurut Lema 8.1.9, fungsi ini tunggal.

Langkah 3: grafik dua variabel. Dengan pemisahan pada $(\mathbb{N}\times\mathbb{N})\times\mathbb{N}$, bentuk

$$G_\odot=\Big\{\big((a,b),c\big)\in(\mathbb{N}\times\mathbb{N})\times\mathbb{N} : \text{ada } v\in\mathcal{P}(\mathbb{N}\times\mathbb{N}) \text{ yang merupakan fungsi } \mathbb{N}\to\mathbb{N},\ v(0)=0,\ \forall n\in\mathbb{N}\ v(S(n))=v(n)\oplus a,\ v(b)=c\Big\}.$$

Langkah 4: $G_\odot$ adalah grafik fungsi. Ambil $(a,b)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}$.

• Ada keluaran. $\big((a,b),w_a(b)\big)\in G_\odot$, dengan saksi $v=w_a$.
• Keluaran tunggal. Misalkan $\big((a,b),c\big)$ dan $\big((a,b),c'\big)$ di $G_\odot$, dengan saksi $v$ dan $v'$. Keduanya solusi rekursi dengan $x_0=0$ dan $g=g_a$, sehingga $v=v'$ menurut Lema 8.1.9. Jadi $c=v(b)=v'(b)=c'$.

Maka $G_\odot$ adalah grafik sebuah fungsi $H$ dengan $H(a,b)=w_a(b)$, dan $H$ memenuhi syarat lema. Jika $H'$ juga memenuhinya, maka untuk tiap $a$ fungsi $b\mapsto H'(a,b)$ dan $w_a$ adalah dua solusi rekursi dengan $x_0=0$ dan $g=g_a$, sehingga keduanya sama menurut Lema 8.1.9. Jadi $H'=H$. $\blacksquare$

Definisi 8.1.21 (Perkalian). [Definisi.] $a\odot b$ adalah keluaran tunggal $H(a,b)$ dari Lema 8.1.20, yaitu $a\odot b=w_a(b)$. Persamaan definisionalnya adalah

$$\text{(K1)}\quad a\odot 0=0, \qquad\qquad \text{(K2)}\quad a\odot S(b)=(a\odot b)\oplus a.$$

Contoh 8.1.22. Perhitungan $2\odot 2$:

$$2\odot 2=2\odot S(1)\overset{(K2)}{=}(2\odot 1)\oplus 2,\qquad 2\odot 1=2\odot S(0)\overset{(K2)}{=}(2\odot 0)\oplus 2\overset{(K1)}{=}0\oplus 2=2.$$

Langkah $0\oplus 2=2$ memakai Proposisi 8.1.19(a), bukan (J1). Jadi $2\odot 2=2\oplus 2=4$ menurut Contoh 8.1.18.

Proposisi 8.1.23 (Sifat dasar perkalian). [Dibuktikan.] Untuk semua $a,b\in\mathbb{N}$:

• (a) $0\odot a=0$;
• (b) $a\odot 1=a$;
• (c) jika $a\ne 0$ dan $b\ne 0$, maka $a\odot b\ne 0$.

Bukti.

(a) Misalkan $A=\{a\in\mathbb{N}: 0\odot a=0\}$.

• Dasar. $0\odot 0=0$ menurut (K1).
• Langkah. Jika $a\in A$, maka $0\odot S(a)\overset{(K2)}{=}(0\odot a)\oplus 0\overset{(J1)}{=}0\odot a=0$.

Menurut (P5), $A=\mathbb{N}$.

(b) $a\odot 1=a\odot S(0)\overset{(K2)}{=}(a\odot 0)\oplus a\overset{(K1)}{=}0\oplus a=a$, dengan langkah terakhir menurut Proposisi 8.1.19(a).

(c) Menurut Proposisi 8.1.4, tulis $b=S(k)$ dan $a=S(j)$. Maka

$$a\odot b\overset{(K2)}{=}(a\odot k)\oplus S(j)\overset{(J2)}{=}S\big((a\odot k)\oplus j\big)\in S[\mathbb{N}],$$

sehingga $a\odot b\ne 0$ menurut (P3). $\blacksquare$

Perbandingan dengan operasi kerja

Proposisi 8.1.24 (Operasi baru sama dengan operasi kerja). [Dibuktikan dari Lema 8.1.9 dan prasyarat perbandingan di bawah.] Untuk semua $a,b\in\mathbb{N}$ berlaku $a\oplus b=a+b$ dan $a\odot b=a\cdot b$.

Prasyarat perbandingan (dipinjam dari aritmetika kerja): $a+0=a$; $(a+b)+1=a+(b+1)$; $a\cdot 0=0$; $a\cdot(b+1)=a\cdot b+a$. Selain itu, $S(b)=b+1$ menurut definisi $S$ pada $\mathbb{N}$ kerja.

Bukti.

Penjumlahan. Tetapkan $a$. Fungsi $p_a(b)=a+b$ memenuhi $p_a(0)=a+0=a$ dan

$$p_a(S(b))=a+(b+1)=(a+b)+1=S(p_a(b)).$$

Fungsi $u_a(b)=a\oplus b$ memenuhi nilai awal dan persamaan langkah yang sama, yaitu (J1) dan (J2), dengan $g=S$. Menurut Lema 8.1.9, $p_a=u_a$. Karena $a$ sebarang, $x\oplus y=x+y$ untuk semua $x,y\in\mathbb{N}$.

Perkalian. Sekarang tetapkan $a$. Fungsi $q_a(b)=a\cdot b$ memenuhi $q_a(0)=a\cdot 0=0$ dan

$$q_a(S(b))=a\cdot(b+1)=a\cdot b+a=(a\cdot b)\oplus a=g_a(q_a(b)),$$

dengan kesamaan ketiga menurut bagian penjumlahan, diterapkan pada $x=a\cdot b$ dan $y=a$. Jadi $q_a$ dan $w_a$ adalah solusi rekursi yang sama dengan $x_0=0$ dan $g=g_a$. Menurut Lema 8.1.9, $q_a=w_a$. Karena $a$ sebarang, bagian perkalian terbukti. $\blacksquare$

Perhatikan arah logisnya. Keberadaan $\oplus$ dan $\odot$ bersandar pada teorema rekursi beserta prasyaratnya. Hukum-hukum dalam Proposisi 8.1.19 dan 8.1.23 dibuktikan tanpa operasi kerja. Perbandingan eksplisit dengan operasi kerja dilakukan pada Proposisi 8.1.24; definisi $S$ dan prasyarat rekursi tetap membawa asumsi kerja yang telah dinyatakan. Mulai Unit 8.2 kita kembali menulis $+$ dan $\cdot$.

Catatan 8.1.25 (Rangkuman status untuk Unit 8.2).

Satu akibat kecil dapat dibuktikan langsung: bilangan $k$ dengan $b=a+k$ tunggal. Jika $a+k=a+k'$, maka $a\oplus k=a\oplus k'$ menurut Proposisi 8.1.24, sehingga $k=k'$ menurut pembatalan kiri pada Proposisi 8.1.19(f).

Kesalahan umum

1. Memakai elipsis sebagai definisi. Tulisan $\{0,1,2,\dots\}$ tidak menyingkirkan struktur seperti Contoh 8.1.7(3). Yang menyingkirkannya adalah (P5).
2. Menyamakan (P5) dengan skema orde pertama. Skema hanya menjamin induksi untuk himpunan yang dapat didefinisikan dalam bahasa yang dipilih. Teorema 8.1.11 memakai (P5) untuk himpunan yang didefinisikan melalui $u$ dan $M$.
3. Mendefinisikan pendahulu sebagai $n-1$. Pengurangan belum tersedia. Pendahulu diperoleh dari Proposisi 8.1.4.
4. Melemahkan pernyataan induksi pada bukti injektivitas. Jika $m$ ditetapkan sejak awal, langkah induksi memerlukan hipotesis untuk pasangan $(n,k)$ dengan $k$ pendahulu $m$, dan pasangan itu tidak tercakup. Karena itu pernyataan induksi memuat "untuk setiap $m$".
5. Memakai komutativitas sebelum dibuktikan. Misalnya, menyimpulkan $0\oplus a=a$ dari (J1). Persamaan (J1) hanya menyatakan $a\oplus 0=a$.
6. Menyimpulkan kesamaan dari isomorfisme. Contoh 8.1.13 isomorfik dengan $\mathbb{N}$, tetapi himpunannya berbeda.
7. Mengira barisan yang dipotong masih memenuhi aksioma. Contoh 8.1.7(4) memperlihatkan bahwa memotong barisan $a,b,c$ memaksa pelanggaran (P2), dan setiap cara menutupnya melanggar (P3) atau (P4).

Latihan

Latihan 8.1.26. Buktikan bahwa setiap $n\in\mathbb{N}$ dengan $n\ne 0$ dan $n\ne 1$ dapat ditulis sebagai $n=S(S(k))$ untuk tepat satu $k\in\mathbb{N}$.

Latihan 8.1.27. Buktikan bahwa $S(S(n))\ne n$ untuk semua $n\in\mathbb{N}$.

Latihan 8.1.28. Untuk setiap tripel berikut, tentukan aksioma (P1)–(P5) mana yang berlaku dan mana yang gagal. Huruf $a,b,c$ saling berbeda.

• (a) $M=\{a,b,c\}$, $e=a$, $T(a)=b$, $T(b)=c$, $T(c)=a$.
• (b) $M=\mathbb{N}$, $e=1$, $T=S$.
• (c) $M=\mathbb{N}$, $e=0$, $T(n)=S(S(n))$.

Latihan 8.1.29. Misalkan $M=\mathbb{N}\setminus\{0,1\}$, $e=2$, dan $T(n)=S(n)$ untuk $n\in M$. Buktikan bahwa $(M,e,T)$ struktur Peano. Tentukan isomorfisme tunggal $\mathbb{N}\to M$, lalu jelaskan mengapa isomorfisme itu bukan fungsi identitas dan mengapa $M\ne\mathbb{N}$.

Latihan 8.1.30. Misalkan $f:\mathbb{N}\to M$ bijeksi ke suatu himpunan $M$. Definisikan $e=f(0)$ dan $T=f\circ S\circ f^{-1}$. Buktikan bahwa $(M,e,T)$ struktur Peano dan $f$ isomorfisme.

Latihan 8.1.31. Tunjukkan di bagian mana bukti Teorema 8.1.11 menerapkan (P5) pada himpunan yang didefinisikan melalui $u$ atau $M$. Jelaskan mengapa langkah itu tidak otomatis tersedia jika yang diasumsikan hanya skema induksi orde pertama.

Latihan 8.1.32. Hitung $2\oplus 3$ dan $3\odot 2$ hanya dengan (J1), (J2), (K1), (K2), dan hasil yang sudah dibuktikan. Sebutkan dasar setiap langkah.

Latihan 8.1.33. Buktikan untuk semua $a,b\in\mathbb{N}$:

• (a) jika $a\oplus b=0$, maka $a=0$ dan $b=0$;
• (b) jika $a\oplus b=a$, maka $b=0$.

Latihan 8.1.34. Buktikan $1\odot a=a$ untuk semua $a\in\mathbb{N}$ tanpa memakai komutativitas perkalian.

Latihan 8.1.35. Misalkan $\boxplus:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ sebarang fungsi dengan $a\boxplus 0=a$ dan $a\boxplus S(b)=S(a\boxplus b)$ untuk semua $a,b$. Buktikan bahwa $a\boxplus b=a\oplus b$ untuk semua $a,b$.

Pembahasan

Pembahasan Latihan 8.1.26.

Keberadaan. Karena $n\ne 0$, Proposisi 8.1.4 memberi $m$ yang tunggal dengan $n=S(m)$. Andaikan $m=0$. Maka $n=S(0)=1$, dan ini bertentangan dengan hipotesis. Jadi $m\ne 0$, sehingga Proposisi 8.1.4 memberi $k$ dengan $m=S(k)$. Akibatnya $n=S(S(k))$.

Ketunggalan. Jika $S(S(k))=S(S(k'))$, maka (P4) memberi $S(k)=S(k')$, lalu (P4) sekali lagi memberi $k=k'$.

Pembahasan Latihan 8.1.27. Misalkan $A=\{n\in\mathbb{N}: S(S(n))\ne n\}$.

• Dasar. $S(S(0))\in S[\mathbb{N}]$, sehingga $S(S(0))\ne 0$ menurut (P3). Jadi $0\in A$.
• Langkah. Misalkan $n\in A$, dan andaikan $S(S(S(n)))=S(n)$. Menurut (P4), $S(S(n))=n$, dan ini bertentangan dengan $n\in A$. Jadi $S(n)\in A$.

Menurut (P5), $A=\mathbb{N}$.

Pembahasan Latihan 8.1.28.

(a) (P1) dan (P2) berlaku. (P3) gagal karena $T(c)=a=e$. (P4) berlaku karena nilai $T(a)=b$, $T(b)=c$, dan $T(c)=a$ saling berbeda. (P5) berlaku: jika $B$ memuat $a$ dan tertutup, maka $b=T(a)\in B$ dan $c=T(b)\in B$, sehingga $B=M$.

(b) (P1), (P2), dan (P4) berlaku. (P3) gagal karena $1=S(0)\in T[\mathbb{N}]$. (P5) juga gagal. Himpunan $B=\mathbb{N}\setminus\{0\}$ memuat $1$, karena $1\ne 0$. Himpunan itu tertutup terhadap $S$, karena $S(n)\ne 0$. Namun $0\notin B$, sehingga $B\ne\mathbb{N}$.

(c) (P1) dan (P2) berlaku. (P3) berlaku karena $S(S(n))\in S[\mathbb{N}]$ tidak sama dengan $0$. (P4) berlaku karena $T$ adalah komposisi dua fungsi injektif. (P5) gagal. Ambil $B=\mathbb{N}\setminus\{1\}$. Maka $0\in B$, karena $1\ne 0$. Selanjutnya, $T(n)=1=S(0)$ akan memberi $S(n)=0$ menurut (P4), dan ini bertentangan dengan (P3). Jadi $T(n)\ne 1$ untuk semua $n$, sehingga $B$ tertutup terhadap $T$. Namun $1\notin B$, sehingga $B\ne\mathbb{N}$.

Pembahasan Latihan 8.1.29. Kita periksa kelima aksioma.

• (P1) $2\ne 0$ dan $2\ne 1$ menurut uraian setelah Definisi 8.1.5. Jadi $2\in M$.
• (P2) Ambil $n\in M$. Berlaku $S(n)\ne 0$ menurut (P3). Andaikan $S(n)=1=S(0)$. Maka $n=0$, padahal $0\notin M$. Jadi $S(n)\in M$.
• (P3) Andaikan $S(m)=2=S(1)$. Maka $m=1\notin M$. Jadi $2\notin T[M]$.
• (P4) $T$ adalah pembatasan fungsi injektif $S$.
• (P5) Misalkan $B\subseteq M$ memuat $2$ dan tertutup terhadap $T$. Ambil $C=\{0,1\}\cup B$. Maka $0\in C$. Selanjutnya, $S(0)=1\in C$, $S(1)=2\in B\subseteq C$, dan untuk $n\in B$ berlaku $S(n)\in B\subseteq C$. Menurut (P5) pada $\mathbb{N}$, $C=\mathbb{N}$, sehingga $M\subseteq B$ dan $B=M$.

Ambil $u(n)=S(S(n))$. Fungsi ini berkodomain $M$: $S(S(n))\ne 0$ menurut (P3), dan jika $S(S(n))=1=S(0)$, maka (P4) memberi $S(n)=0$, bertentangan dengan (P3). Jadi $u(n)\in M$. Fungsi ini homomorfisme: $u(0)=S(1)=2=e$ dan $u(S(n))=S(S(S(n)))=T(u(n))$. Menurut Teorema 8.1.11, homomorfisme itu tunggal dan merupakan isomorfisme tunggal $\mathbb{N}\to M$.

Fungsi $u$ bukan identitas, karena $u(0)=2\ne 0$. Himpunan $M$ juga berbeda dari $\mathbb{N}$, karena $0\in\mathbb{N}$ tetapi $0\notin M$. Kedua struktur isomorfik tetapi tidak sama secara literal.

Pembahasan Latihan 8.1.30. Kita periksa kelima aksioma.

• (P1) $e=f(0)\in M$.
• (P2) $T$ adalah komposisi fungsi $f^{-1}:M\to\mathbb{N}$, $S$, dan $f$, sehingga $T:M\to M$.
• (P3) Andaikan $T(m)=e$. Maka $f(S(f^{-1}(m)))=f(0)$. Karena $f$ injektif, $S(f^{-1}(m))=0$, dan ini bertentangan dengan (P3) pada $\mathbb{N}$.
• (P4) $T$ adalah komposisi tiga fungsi injektif.
• (P5) Misalkan $B\subseteq M$ memuat $e$ dan tertutup terhadap $T$. Ambil $A=\{n\in\mathbb{N}: f(n)\in B\}$. Maka $0\in A$, karena $f(0)=e\in B$. Jika $n\in A$, maka $f(S(n))=f(S(f^{-1}(f(n))))=T(f(n))\in B$, sehingga $S(n)\in A$. Menurut (P5) pada $\mathbb{N}$, $A=\mathbb{N}$. Akibatnya $M=f[\mathbb{N}]\subseteq B$, dengan kesamaan pertama karena $f$ surjektif.

Terakhir, $f$ adalah homomorfisme bijektif: $f(0)=e$ dan $T(f(n))=f(S(n))$, seperti dihitung pada pemeriksaan (P5). Jadi $f$ isomorfisme.

Pembahasan Latihan 8.1.31. Ada dua tempat.

• Bukti surjektivitas, yaitu bagian (b), menerapkan (P5) pada $M$ untuk himpunan $u[\mathbb{N}]$. Himpunan itu didefinisikan melalui $u$, yang bukan lambang bahasa $\{e,T\}$ atas $M$.
• Bukti injektivitas, yaitu bagian (c), menerapkan (P5) pada $\mathbb{N}$ untuk himpunan $A=\{n\in\mathbb{N}:\forall m\in\mathbb{N}\,(u(n)=u(m)\Rightarrow n=m)\}$. Himpunan itu didefinisikan melalui $u$ dan unsur-unsur $M$, yang bukan lambang bahasa $\{0,S\}$ atas $\mathbb{N}$.

Skema orde pertama hanya menyediakan aksioma induksi untuk formula bahasa yang dipilih. Karena itu, tanpa (P5), kita tidak berhak menyimpulkan $u[\mathbb{N}]=M$ atau $A=\mathbb{N}$ dari bukti ini.

Pembahasan ini hanya menunjukkan bahwa bukti di atas tidak berlaku dengan skema saja. Pembahasan ini tidak membuktikan atau membantah keunikan struktur yang hanya memenuhi skema.

Pembahasan Latihan 8.1.32.

Penjumlahan.

$$2\oplus 3=2\oplus S(2)\overset{(J2)}{=}S(2\oplus 2)=S(4)=5,$$

dengan $2\oplus 2=4$ menurut Contoh 8.1.18 dan $5=S(4)$ menurut Definisi 8.1.5.

Perkalian. Pertama, $3\odot 1=3$ menurut Proposisi 8.1.23(b). Kemudian

$$3\odot 2=3\odot S(1)\overset{(K2)}{=}(3\odot 1)\oplus 3=3\oplus 3.$$

Selanjutnya,

$$3\oplus 3=3\oplus S(2)\overset{(J2)}{=}S(3\oplus 2).$$

Untuk $3\oplus 2$:

$$3\oplus 2=3\oplus S(1)\overset{(J2)}{=}S(3\oplus 1),\qquad 3\oplus 1=S(3)=4,$$

dengan $3\oplus 1=S(3)$ menurut Proposisi 8.1.19(c). Jadi $3\oplus 2=S(4)=5$, dan

$$3\odot 2=S(5)=6.$$

Pembahasan Latihan 8.1.33.

(a) Andaikan $b\ne 0$. Tulis $b=S(k)$ menurut Proposisi 8.1.4. Maka $a\oplus b=S(a\oplus k)\ne 0$ menurut (J2) dan (P3), dan ini bertentangan dengan hipotesis. Jadi $b=0$. Akibatnya $0=a\oplus 0=a$ menurut (J1).

(b) Menurut (J1), $a\oplus b=a=a\oplus 0$. Pembatalan kiri pada Proposisi 8.1.19(f) memberi $b=0$.

Pembahasan Latihan 8.1.34. Misalkan $A=\{a\in\mathbb{N}:1\odot a=a\}$.

• Dasar. $1\odot 0=0$ menurut (K1).
• Langkah. Jika $a\in A$, maka

$$1\odot S(a)\overset{(K2)}{=}(1\odot a)\oplus 1=a\oplus 1=S(a),$$

dengan langkah terakhir menurut Proposisi 8.1.19(c).

Menurut (P5), $A=\mathbb{N}$.

Pembahasan Latihan 8.1.35. Tetapkan $a$. Fungsi $b\mapsto a\boxplus b$ dan $b\mapsto a\oplus b$ memenuhi nilai awal yang sama, yaitu $a$. Keduanya juga memenuhi persamaan langkah yang sama dengan $g=S$. Menurut Lema 8.1.9, kedua fungsi itu sama. Karena $a$ sebarang, $\boxplus=\oplus$.

Hal ini menegaskan bahwa (J1) dan (J2) menentukan penjumlahan secara tunggal. Argumen yang sama dipakai pada Proposisi 8.1.24.

Bacaan lanjut

• Gary Hardegree, Set Theory, Chapter 4, bagian 5, halaman tercetak 13–14. Sumber ini membahas nol, penerus, injektivitas penerus, dan induksi, serta membedakan skema induksi orde pertama dari perumusan orde kedua. https://courses.umass.edu/phil595s-gmh/extras/set%20theory/Set-Theory-Chap4.pdf

8.2 Perluasan Menuju Bilangan Bulat $\mathbb{Z}$ dan Rasional $\mathbb{Q}$

A. Konstruksi bilangan bulat

Di dalam $\mathbb{N}$, persamaan $x+3=1$ tidak mempunyai penyelesaian. Pengurangan $a-b$ hanya bermakna di $\mathbb{N}$ bila $b\le a$. Bagian ini membangun himpunan $\mathbb{Z}$ yang memuat salinan $\mathbb{N}$, dan di dalam $\mathbb{Z}$ setiap unsur mempunyai lawan terhadap penjumlahan. Bahan bangunannya hanya $\mathbb{N}$ beserta penjumlahan, perkalian, dan urutannya.

Gagasannya adalah memandang pasangan $(a,b)$ sebagai catatan formal untuk "$a$ dikurangi $b$". Dua catatan $(a,b)$ dan $(c,d)$ seharusnya menyatakan bilangan yang sama bila $a-b=c-d$. Kesamaan itu belum boleh ditulis, karena pengurangan belum tersedia. Namun ia dapat ditulis ulang tanpa pengurangan sebagai $a+d=b+c$. Rumusan inilah yang dipakai sebagai definisi.

Sepanjang bagian ini, tiga tingkat objek dibedakan dengan tegas:

1. pasangan wakil $(a,b)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}$;
2. kelas $[a,b]$, yaitu himpunan semua pasangan yang ekuivalen dengan $(a,b)$; kelas inilah unsur $\mathbb{Z}$;
3. bilangan bulat dalam notasi lazim, seperti $-3$ atau $2$. Notasi ini baru dipakai setelah salinan $\mathbb{N}$ di dalam $\mathbb{Z}$ diidentifikasi (Konvensi 8.2.19).

Setiap butir diberi salah satu dari tiga status:

• Definisi: objek atau notasi baru;
• Hasil: pernyataan yang dibuktikan di sini;
• Pinjaman: prasyarat yang dipakai tanpa diturunkan di bagian ini, dengan sumber statusnya disebut.

A.0 Hukum bilangan asli yang dipakai

Di sini $\mathbb{N}$ adalah struktur Peano $(\mathbb{N},0,S)$ dari Unit 8.1. Penjumlahan dan perkalian di $\mathbb{N}$ ditentukan oleh persamaan definisional

$$a+0=a,\quad a+S(b)=S(a+b),\qquad a\cdot 0=0,\quad a\cdot S(b)=a\cdot b+a .$$

Ditulis $1=S(0)$ dan $ab$ untuk $a\cdot b$. Angka $2,3,4,\dots$ menyingkat $S(1),S(2),S(3),\dots$. Kesamaan numerik seperti $2+3=5$ atau $3\cdot2=6$ diperoleh dengan menerapkan persamaan definisional di atas sejumlah berhingga kali.

Dari 8.1 dipakai pula tiga fakta:

• aksioma $S(n)\neq 0$ untuk setiap $n$;
• hasil bahwa setiap $n\neq 0$ berbentuk $n=S(m)$ untuk suatu $m$;
• perhitungan definisional $n+1=n+S(0)=S(n+0)=S(n)$.

Dibuktikan pada Unit 8.1 (Proposisi 8.1.19, kemudian diidentifikasi dengan operasi kerja pada Proposisi 8.1.24). Untuk semua $a,b,c\in\mathbb{N}$:

• (N1) $(a+b)+c=a+(b+c)$;
• (N2) $a+b=b+a$;
• (N3) $a+0=a=0+a$;
• (N4) jika $a+c=b+c$, maka $a=b$ (pembatalan penjumlahan).

Pinjaman (hukum aritmetika dasar $\mathbb{N}$ yang belum diturunkan). Untuk semua $a,b,c\in\mathbb{N}$:

• (N5) $(ab)c=a(bc)$;
• (N6) $ab=ba$;
• (N7) $a(b+c)=ab+ac$;
• (N8) urutan $\mathbb{N}$ total: $a\le b$ atau $b\le a$. Di sini $a\le b$ didefinisikan sebagai "ada $k\in\mathbb{N}$ sehingga $b=a+k$".

Beberapa akibat langsung dari daftar ini juga dipakai:

• Distributivitas kanan $(a+b)c=ac+bc$ diperoleh dari (N6) dan (N7).
• $0\cdot a=0$ diperoleh dari (N6) dan $a\cdot 0=0$.
• $a\cdot 1=a\cdot S(0)=a\cdot 0+a=0+a=a$ menurut (N3), sehingga $1\cdot a=a$ menurut (N6).

Ditulis $a<b$ bila $a\le b$ dan $a\neq b$.

Konvensi penataan ulang. Karena (N1), (N2), dan (N5), tanda kurung dalam jumlah atau hasil kali di $\mathbb{N}$ dihilangkan. Hasil kali tiga faktor ditulis $ace$.

Setiap penataan ulang suku di bawah melibatkan paling banyak delapan suku. Karena itu, setiap penataan ulang merupakan rantai berhingga penerapan (N1), (N2), (N5), dan (N6) yang dapat ditulis eksplisit. Penataan ulang itu hanya menggunakan hukum $\mathbb{N}$, tidak pernah hukum $\mathbb{Z}$.

Hasil 8.2.1 (sifat urutan $\mathbb{N}$ yang diturunkan). Untuk semua $a,b,c,k,l\in\mathbb{N}$:

• (a) $0\le a$; relasi $\le$ refleksif, transitif, dan antisimetris;
• (b) $a\le b$ jika dan hanya jika $a+c\le b+c$; juga $a<b$ jika dan hanya jika $a+c<b+c$;
• (c) jika $k\neq 0$, maka $1\le k$; selain itu $a<b$ jika dan hanya jika $a+1\le b$;
• (d) jika $k\neq 0$ dan $l\neq 0$, maka $kl\neq 0$;
• (e) jika $k+l=0$, maka $k=0$ dan $l=0$.

Strategi. Setiap ketaksamaan diterjemahkan menjadi persamaan $b=a+k$. Persamaan itu lalu diolah dengan (N1) sampai (N4) dan aksioma Peano. Butir (e) dibuktikan lebih dahulu karena dipakai pada (a).

Bukti.

(e) Andaikan $l\neq0$. Maka $l=S(m)$ untuk suatu $m$, sehingga $k+l=S(k+m)\neq0$, kontradiksi. Jadi $l=0$, dan $k=k+0=k+l=0$.

(a) Kita punya $a=0+a$ menurut (N3), jadi $0\le a$. Dari $a=a+0$ diperoleh $a\le a$.

Untuk transitivitas, misalkan $b=a+k$ dan $c=b+l$. Maka $c=(a+k)+l=a+(k+l)$ menurut (N1), jadi $a\le c$.

Untuk antisimetri, misalkan $b=a+k$ dan $a=b+l$. Maka

$$a+0=a=(a+k)+l=a+(k+l).$$

Menurut (N2), $0+a=(k+l)+a$. Lalu (N4) memberi $k+l=0$, sehingga $k=0$ menurut (e). Jadi $b=a+0=a$.

(b) Misalkan $a\le b$, yaitu $b=a+k$. Maka $b+c=(a+c)+k$ menurut (N1) dan (N2), jadi $a+c\le b+c$.

Sebaliknya, misalkan $b+c=(a+c)+k$. Ruas kanan sama dengan $(a+k)+c$, sehingga (N4) memberi $b=a+k$.

Untuk versi tegas, (N4) memberi $a=b$ jika dan hanya jika $a+c=b+c$. Pernyataan ini digabung dengan versi tak tegas.

(c) Jika $k\neq 0$, tulis $k=S(j)=j+1=1+j$; jadi $1\le k$.

Misalkan $a<b$ dan tulis $b=a+k$. Maka $k\neq0$, sebab $k=0$ memberi $b=a+0=a$. Tulis $k=1+j$. Maka $b=(a+1)+j$ menurut (N1), sehingga $a+1\le b$.

Sebaliknya, misalkan $b=(a+1)+j=a+S(j)$. Maka $a\le b$. Seandainya $b=a$, maka $a+0=a+S(j)$. Menurut (N2) dan (N4), $0=S(j)$, padahal ini mustahil. Jadi $a<b$.

(d) Tulis $k=S(m)$ dan $l=S(n)$. Maka

$$kl=k\cdot S(n)=kn+k=kn+S(m)=S(kn+m)\neq 0. \qquad\blacksquare$$

A.1 Relasi ekuivalensi pada $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$

Definisi 8.2.2. Untuk $(a,b),(c,d)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}$, didefinisikan

$$(a,b)\sim(c,d)\iff a+d=b+c .$$

Definisi ini hanya memakai penjumlahan $\mathbb{N}$ dan kesamaan. Pengurangan tidak muncul.

Hasil 8.2.3. Relasi $\sim$ adalah relasi ekuivalensi pada $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$.

Strategi. Refleksivitas dan simetri langsung mengikuti dari (N2). Untuk transitivitas, kedua persamaan dijumlahkan sehingga muncul suku bersama $d$. Suku itu lalu dibatalkan dengan (N4).

Bukti.

Refleksif. $(a,b)\sim(a,b)$ karena $a+b=b+a$ menurut (N2).

Simetris. Misalkan $a+d=b+c$. Dengan (N2) dua kali,

$$c+b=b+c=a+d=d+a.$$

Jadi $(c,d)\sim(a,b)$.

Transitif. Misalkan $(a,b)\sim(c,d)$ dan $(c,d)\sim(e,f)$, yaitu $a+d=b+c$ dan $c+f=d+e$. Maka

$$(a+f)+d=(a+d)+f=(b+c)+f=b+(c+f)=b+(d+e)=(b+e)+d .$$

Keterangan langkahnya:

• langkah pertama dan kelima memakai (N1) dan (N2);
• langkah ketiga memakai (N1);
• langkah kedua dan keempat memakai kedua hipotesis.

Pembatalan $d$ dengan (N4) memberi $a+f=b+e$, yaitu $(a,b)\sim(e,f)$. $\blacksquare$

Definisi 8.2.4 (himpunan bilangan bulat). Untuk $(a,b)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}$, tulis $[a,b]$ untuk kelas ekuivalensinya:

$$[a,b]=\{(c,d)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}:(c,d)\sim(a,b)\}.$$

Untuk $p=(a,b)$ ditulis juga $[p]=[a,b]$. Didefinisikan

$$\mathbb{Z}=\{X\in\mathcal{P}(\mathbb{N}\times\mathbb{N}):\ \text{ada }(a,b)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}\text{ dengan }X=[a,b]\}.$$

Himpunan ini ada menurut aksioma pemisahan dan himpunan kuasa (Bab 3). Ia merupakan himpunan kuosien $(\mathbb{N}\times\mathbb{N})/\!\sim$ dalam arti Bab 4.

Definisi ini tidak memilih wakil untuk setiap kelas. Suatu kelas adalah himpunan semua wakilnya.

Pinjaman (Bab 4, hasil tentang kelas ekuivalensi). Untuk relasi ekuivalensi pada suatu himpunan berlaku tiga hal:

• setiap kelas tidak kosong, karena $(a,b)\in[a,b]$;
• $[a,b]=[c,d]$ jika dan hanya jika $(a,b)\sim(c,d)$;
• jika $(c,d)\in X$ dan $X$ suatu kelas, maka $X=[c,d]$.

Hasil 8.2.5.

• (a) $[a,b]=[c,d]$ jika dan hanya jika $a+d=b+c$.
• (b) $[a,b]=[a+n,b+n]$ untuk setiap $n\in\mathbb{N}$.
• (c) Kelas $[0,0]$ tepat terdiri atas pasangan berkomponen sama: $[0,0]=\{(n,n):n\in\mathbb{N}\}$.

Bukti.

(a) Ini adalah hasil Bab 4 di atas, digabung dengan Definisi 8.2.2.

(b) $a+(b+n)=b+(a+n)$ menurut (N1) dan (N2); lalu terapkan (a).

(c) $(a,b)\in[0,0]$ jika dan hanya jika $(a,b)\sim(0,0)$, yaitu $a+0=b+0$. Menurut (N3), ini setara dengan $a=b$. $\blacksquare$

Contoh 8.2.6.

• (i) $[2,5]=[0,3]$, karena $2+3=5=5+0$. Menurut Hasil 8.2.5(b) dan (N2), $[0,3]=[n,n+3]$ untuk setiap $n$. Jadi kelas ini memuat $(0,3),(1,4),(2,5),(3,6),\dots$.
• (ii) Kelas nol mempunyai tak hingga banyak wakil, misalnya $(0,0)$, $(4,4)$, dan $(17,17)$. Ketiganya merupakan wakil berbeda dari satu bilangan, bukan tiga bilangan.
• (iii) $[2,5]\neq[5,2]$. Syarat kesamaannya adalah $2+2=5+5$, padahal $2+2=4$, $5+5=10$, dan $4\neq 10$.

Pasangan $(2,5)$ dan $(0,3)$ adalah objek berbeda di $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$, tetapi kelasnya sama. Akibatnya, setiap operasi atau relasi pada $\mathbb{Z}$ yang dirumuskan melalui wakil harus diperiksa bebas wakil terlebih dahulu.

A.2 Operasi yang bebas wakil

Hasil 8.2.7 (prinsip pendefinisian melalui wakil). Misalkan $F:(\mathbb{N}\times\mathbb{N})\times(\mathbb{N}\times\mathbb{N})\to\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ adalah fungsi yang memenuhi

$$p\sim p'\ \text{dan}\ q\sim q'\ \Longrightarrow\ F(p,q)\sim F(p',q').$$

Maka ada tepat satu fungsi $\circledast:\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$ dengan $[p]\circledast[q]=[F(p,q)]$ untuk semua $p,q$.

Hal serupa berlaku untuk fungsi satu variabel $G:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ yang memenuhi $p\sim p'\Rightarrow G(p)\sim G(p')$.

Bukti. Dengan pemisahan, bentuk

$$\Gamma=\{((X,Y),W)\in(\mathbb{Z}\times\mathbb{Z})\times\mathbb{Z}:\ \text{ada }p\in X,\ q\in Y\ \text{dengan}\ F(p,q)\in W\}.$$

$\Gamma$ total. Ambil $(X,Y)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$. Kelas $X$ dan $Y$ tidak kosong, jadi ada $p\in X$ dan $q\in Y$. Maka $((X,Y),[F(p,q)])\in\Gamma$.

Yang dipakai hanya keberadaan satu anggota untuk pasangan $(X,Y)$ yang sedang ditinjau. Tidak ada fungsi pilihan atas semua kelas, sehingga aksioma pilihan tidak diperlukan.

$\Gamma$ fungsional. Misalkan $((X,Y),W)$ dan $((X,Y),W')$ di $\Gamma$, dengan saksi $p,q$ dan $p',q'$. Karena $p,p'\in X$, berlaku $p\sim p'$; demikian pula $q\sim q'$. Hipotesis memberi $F(p,q)\sim F(p',q')$. Karena $F(p,q)\in W$ dan $F(p',q')\in W'$, kita peroleh

$$W=[F(p,q)]=[F(p',q')]=W'.$$

Jadi $\Gamma$ adalah grafik suatu fungsi $\circledast$. Pasangan $(([p],[q]),[F(p,q)])$ termasuk $\Gamma$ dengan saksi $p,q$, sehingga $[p]\circledast[q]=[F(p,q)]$.

Untuk ketunggalan, setiap pasangan kelas berbentuk $([p],[q])$. Karena itu, fungsi mana pun yang memenuhi rumus tersebut sama dengan $\circledast$.

Untuk kasus satu variabel, bentuk dengan separasi

$$\Delta=\{(X,W)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}:\exists p\in X,\ G(p)\in W\}.$$

Untuk setiap $X$, ada $p\in X$ karena kelas tidak kosong; pasangan $(X,[G(p)])$ berada dalam $\Delta$, sehingga grafik total. Jika $(X,W)$ dan $(X,W')$ mempunyai saksi $p,p'\in X$, maka $p\sim p'$, sehingga $G(p)\sim G(p')$ dan $W=[G(p)]=[G(p')]=W'$. Jadi grafik bernilai tunggal. Fungsi bertipe $(\mathbb{Z},\mathbb{Z},\Delta)$ memenuhi rumus $[p]\mapsto[G(p)]$. Setiap fungsi yang memenuhi rumus itu sama pada semua kelas $[p]$, sehingga tunggal. $\blacksquare$

Hasil 8.2.8 (penjumlahan bebas wakil). Jika $(a,b)\sim(a',b')$ dan $(c,d)\sim(c',d')$, maka $(a+c,\,b+d)\sim(a'+c',\,b'+d')$.

Bukti. Hipotesisnya adalah $a+b'=a'+b$ dan $c+d'=c'+d$. Maka

$$(a+c)+(b'+d')=(a+b')+(c+d')=(a'+b)+(c'+d)=(a'+c')+(b+d).$$

Langkah pertama dan ketiga adalah penataan ulang dengan (N1) dan (N2). Langkah kedua memakai hipotesis. $\blacksquare$

Hasil 8.2.9 (negasi bebas wakil). Jika $(a,b)\sim(a',b')$, maka $(b,a)\sim(b',a')$.

Bukti. Dari $a+b'=a'+b$ dan (N2) diperoleh

$$b+a'=a'+b=a+b'=b'+a.$$

Ini tepat syarat $(b,a)\sim(b',a')$. $\blacksquare$

Hasil 8.2.10 (perkalian bebas wakil). Untuk pasangan $(a,b),(c,d)$ tulis

$$P\big((a,b),(c,d)\big)=(ac+bd,\ ad+bc).$$

Dua pernyataan berlaku:

• (i) jika $(a,b)\sim(a',b')$, maka $P((a,b),(c,d))\sim P((a',b'),(c,d))$ untuk setiap $(c,d)$;
• (ii) jika $(c,d)\sim(c',d')$, maka $P((a,b),(c,d))\sim P((a,b),(c',d'))$ untuk setiap $(a,b)$.

Akibatnya, jika $(a,b)\sim(a',b')$ dan $(c,d)\sim(c',d')$, maka $P((a,b),(c,d))\sim P((a',b'),(c',d'))$.

Strategi. Wakil diganti satu per satu. Pada setiap penggantian, suku-suku dikelompokkan agar faktor bersama $c,d$ (atau $a,b$) dapat dikeluarkan dengan distributivitas di $\mathbb{N}$. Hipotesis $\sim$ lalu dipakai di dalam kurung. Tidak ada pembatalan faktor.

Bukti.

(i) Hipotesisnya $a+b'=a'+b$. Akibatnya juga $b+a'=a'+b=a+b'$. Harus ditunjukkan

$$(ac+bd)+(a'd+b'c)=(ad+bc)+(a'c+b'd).$$

Dengan (N1), (N2), dan distributivitas kanan di $\mathbb{N}$:

$$\begin{aligned} (ac+bd)+(a'd+b'c)&=(ac+b'c)+(bd+a'd)=(a+b')c+(b+a')d\\ &=(a'+b)c+(a+b')d=a'c+bc+ad+b'd=(ad+bc)+(a'c+b'd). \end{aligned}$$

(ii) Hipotesisnya $c+d'=c'+d$. Akibatnya juga $d+c'=c'+d=c+d'$. Harus ditunjukkan

$$(ac+bd)+(ad'+bc')=(ad+bc)+(ac'+bd').$$

Dengan (N1), (N2), dan (N7):

$$\begin{aligned} (ac+bd)+(ad'+bc')&=(ac+ad')+(bd+bc')=a(c+d')+b(d+c')\\ &=a(c'+d)+b(c+d')=ac'+ad+bc+bd'=(ad+bc)+(ac'+bd'). \end{aligned}$$

Akibat. Pernyataan (i) memberi $P((a,b),(c,d))\sim P((a',b'),(c,d))$. Pernyataan (ii), dengan $(a',b')$ di tempat $(a,b)$, memberi $P((a',b'),(c,d))\sim P((a',b'),(c',d'))$. Transitivitas (Hasil 8.2.3) menggabungkan keduanya. $\blacksquare$

Definisi 8.2.11 (operasi dan konstanta di $\mathbb{Z}$). Menurut Hasil 8.2.7 sampai 8.2.10, ada operasi tunggal pada $\mathbb{Z}$ dengan

$$[a,b]+[c,d]=[a+c,\,b+d],\qquad -[a,b]=[b,a],\qquad [a,b]\,[c,d]=[ac+bd,\,ad+bc].$$

Didefinisikan pula

$$0_{\mathbb{Z}}=[0,0],\qquad 1_{\mathbb{Z}}=[1,0].$$

Lambang $+$ dan juxtaposisi di ruas kiri menyatakan operasi baru pada $\mathbb{Z}$. Di dalam kurung siku, lambang yang sama menyatakan operasi $\mathbb{N}$. Jenis operand selalu menentukan maknanya: operand di ruas kiri berupa kelas, sedangkan operand di dalam kurung berupa bilangan asli.

Contoh 8.2.12.

(i) $(-3)+5=2$. Ambil wakil $(0,3)$ untuk "$-3$" dan $(5,0)$ untuk "$5$". Maka $[0,3]+[5,0]=[5,3]$. Karena $5+0=3+2$, berlaku $[5,3]=[2,0]$.

Dengan wakil lain, yaitu $(2,5)$ dan $(6,1)$, diperoleh $[2,5]+[6,1]=[8,6]$. Kelas ini juga sama dengan $[2,0]$, karena $8+0=6+2$. Wakil berbeda memberi kelas hasil yang sama, sesuai Hasil 8.2.8.

Penulisan $-3$, $5$, dan $2$ untuk kelas-kelas ini baru sah setelah Konvensi 8.2.19.

(ii) Perkalian dengan wakil berbeda. Dengan wakil $(2,5)$ dan $(1,3)$:

$$[2,5][1,3]=[2\cdot1+5\cdot3,\ 2\cdot3+5\cdot1]=[17,11].$$

Dengan wakil $(0,3)$ dan $(0,2)$:

$$[0,3][0,2]=[0\cdot0+3\cdot2,\ 0\cdot2+3\cdot0]=[6,0].$$

Kedua kelas sama karena $17+0=11+6$.

A.3 Hukum aritmetika $\mathbb{Z}$

Dalam butir A.3 sampai A.6, $x=[a,b]$, $y=[c,d]$, dan $z=[e,f]$ adalah unsur sebarang $\mathbb{Z}$. Wakilnya juga sebarang; ini sah karena semua operasi bebas wakil.

Hasil 8.2.13 (hukum penjumlahan). Untuk semua $x,y,z\in\mathbb{Z}$:

• (a) $x+y=y+x$;
• (b) $(x+y)+z=x+(y+z)$;
• (c) $x+0_{\mathbb{Z}}=x=0_{\mathbb{Z}}+x$;
• (d) $x+(-x)=0_{\mathbb{Z}}$;
• (e) jika $x+y=0_{\mathbb{Z}}$, maka $y=-x$ (lawan aditif tunggal);
• (f) jika $x+z=y+z$, maka $x=y$.

Bukti.

(a) $x+y=[a+c,\,b+d]=[c+a,\,d+b]=y+x$ menurut (N2). Pasangan wakilnya sama persis.

(b) $(x+y)+z=[(a+c)+e,\,(b+d)+f]=[a+(c+e),\,b+(d+f)]=x+(y+z)$ menurut (N1).

(c) $x+0_{\mathbb{Z}}=[a+0,\,b+0]=[a,b]$ dan $0_{\mathbb{Z}}+x=[0+a,\,0+b]=[a,b]$ menurut (N3).

(d) $x+(-x)=[a,b]+[b,a]=[a+b,\,b+a]$. Menurut (N2), kedua komponennya sama. Jadi kelas ini adalah $[0,0]$ menurut Hasil 8.2.5(c).

(e) Gunakan (b), (c), dan (d):

$$y=y+0_{\mathbb{Z}}=y+(x+(-x))=(y+x)+(-x)=0_{\mathbb{Z}}+(-x)=-x .$$

Langkah keempat memakai (a) dan hipotesis.

(f) Rantai berikut memakai berturut-turut (c), (d), (b), hipotesis, (b), (d), dan (c):

$$x=x+0_{\mathbb{Z}}=x+(z+(-z))=(x+z)+(-z)=(y+z)+(-z)=y+(z+(-z))=y+0_{\mathbb{Z}}=y. \qquad\blacksquare$$

Hasil 8.2.14 (hukum perkalian dan distributivitas). Untuk semua $x,y,z\in\mathbb{Z}$:

• (a) $xy=yx$;
• (b) $(xy)z=x(yz)$;
• (c) $x\,1_{\mathbb{Z}}=x=1_{\mathbb{Z}}\,x$;
• (d) $x(y+z)=xy+xz$ dan $(y+z)x=yx+zx$.

Bukti.

(a) $xy=[ac+bd,\,ad+bc]$ dan $yx=[ca+db,\,cb+da]$. Menurut (N6), $ca=ac$ dan $db=bd$. Menurut (N6) dan (N2), $cb+da=bc+ad=ad+bc$. Jadi pasangan wakilnya sama.

(b) Dari $xy=[ac+bd,\,ad+bc]$, dengan distributivitas kanan dan (N5) di $\mathbb{N}$:

$$(xy)z=\big[(ac+bd)e+(ad+bc)f,\ (ac+bd)f+(ad+bc)e\big] =\big[ace+bde+adf+bcf,\ acf+bdf+ade+bce\big].$$

Dari $yz=[ce+df,\,cf+de]$, dengan (N7) dan (N5):

$$x(yz)=\big[a(ce+df)+b(cf+de),\ a(cf+de)+b(ce+df)\big] =\big[ace+adf+bcf+bde,\ acf+ade+bce+bdf\big].$$

Komponen pertama kedua pasangan memuat suku yang sama, yaitu $ace,bde,adf,bcf$. Komponen kedua juga memuat suku yang sama, yaitu $acf,bdf,ade,bce$. Menurut (N1) dan (N2), kedua pasangan wakil sama, sehingga kelasnya sama.

(c) $x\,1_{\mathbb{Z}}=[a,b][1,0]=[a\cdot1+b\cdot0,\ a\cdot0+b\cdot1]=[a+0,\,0+b]=[a,b]$. Bentuk $1_{\mathbb{Z}}\,x=x$ mengikuti dari (a).

(d) Kita punya $y+z=[c+e,\,d+f]$. Menurut (N7):

$$x(y+z)=\big[a(c+e)+b(d+f),\ a(d+f)+b(c+e)\big]=\big[ac+ae+bd+bf,\ ad+af+bc+be\big].$$

Di pihak lain,

$$xy+xz=[ac+bd,\,ad+bc]+[ae+bf,\,af+be]=\big[ac+bd+ae+bf,\ ad+bc+af+be\big].$$

Kedua pasangan menjadi sama setelah suku tengahnya ditukar dengan (N1) dan (N2). Distributivitas kanan mengikuti dari (a):

$$(y+z)x=x(y+z)=xy+xz=yx+zx. \qquad\blacksquare$$

Hasil 8.2.15. $0_{\mathbb{Z}}\neq 1_{\mathbb{Z}}$.

Bukti. Menurut Hasil 8.2.5(a), $[0,0]=[1,0]$ jika dan hanya jika $0+0=0+1$, yaitu $0=1=S(0)$. Ini mustahil karena $0$ bukan penerus. $\blacksquare$

Hasil 8.2.13 sampai 8.2.15 menyatakan bahwa $(\mathbb{Z},+,\cdot,0_{\mathbb{Z}},1_{\mathbb{Z}})$ adalah ring komutatif dengan satuan dan $0_{\mathbb{Z}}\neq1_{\mathbb{Z}}$. Setiap hukumnya telah diperiksa melalui wakil, bukan disimpulkan dari nama "ring".

Hasil 8.2.16 (akibat yang dipakai berulang). Untuk semua $x,y\in\mathbb{Z}$:

• (a) $x\,0_{\mathbb{Z}}=0_{\mathbb{Z}}$;
• (b) $x(-y)=-(xy)=(-x)y$;
• (c) $(-1_{\mathbb{Z}})\,x=-x$;
• (d) $-(-x)=x$;
• (e) $-(x+y)=(-x)+(-y)$;
• (f) $(-x)(-y)=xy$.

Bukti.

(a) $[a,b][0,0]=[a\cdot0+b\cdot0,\ a\cdot0+b\cdot0]=[0,0]$.

(b) $x(-y)=[a,b][d,c]=[ad+bc,\ ac+bd]$, dan kelas ini sama dengan $-[ac+bd,\ ad+bc]=-(xy)$. Bentuk kedua diperoleh dari Hasil 8.2.14(a):

$$(-x)y=y(-x)=-(yx)=-(xy).$$

(c) Karena $-1_{\mathbb{Z}}=[0,1]$,

$$[0,1][a,b]=[0\cdot a+1\cdot b,\ 0\cdot b+1\cdot a]=[b,a]=-x.$$

(d) $-(-[a,b])=-[b,a]=[a,b]$.

(e) $-(x+y)=-[a+c,\,b+d]=[b+d,\,a+c]=[b,a]+[d,c]=(-x)+(-y)$.

(f) $(-x)(-y)=[b,a][d,c]=[bd+ac,\ bc+ad]=[ac+bd,\ ad+bc]=xy$ menurut (N2). $\blacksquare$

Definisi 8.2.17. Didefinisikan pengurangan $x-y=x+(-y)$ untuk semua $x,y\in\mathbb{Z}$.

Pengurangan di $\mathbb{Z}$ adalah operasi total. Berbeda dengan $\mathbb{N}$, tidak diperlukan syarat bahwa pengurangnya tidak lebih besar.

A.4 Penyisipan $\mathbb{N}$ ke dalam $\mathbb{Z}$

Hasil 8.2.18. Fungsi $i:\mathbb{N}\to\mathbb{Z}$ dengan $i(n)=[n,0]$ memenuhi:

• (a) $i$ injektif;
• (b) $i(m+n)=i(m)+i(n)$ dan $i(mn)=i(m)\,i(n)$;
• (c) $i(0)=0_{\mathbb{Z}}$ dan $i(1)=1_{\mathbb{Z}}$;
• (d) $[a,b]=i(a)-i(b)$ untuk setiap $(a,b)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}$.

Bukti.

(a) Misalkan $[m,0]=[n,0]$. Maka $m+0=0+n$, sehingga $m=n$ menurut (N3).

(b) Untuk penjumlahan,

$$i(m)+i(n)=[m+n,\,0+0]=[m+n,0]=i(m+n).$$

Untuk perkalian,

$$i(m)\,i(n)=[m,0][n,0]=[mn+0\cdot0,\ m\cdot0+0\cdot n]=[mn+0,\ 0+0]=[mn,0]=i(mn).$$

(c) Ini langsung dari definisi $0_{\mathbb{Z}}$ dan $1_{\mathbb{Z}}$.

(d) $i(a)-i(b)=[a,0]+[0,b]=[a+0,\,0+b]=[a,b]$. $\blacksquare$

Fungsi $i$ tidak surjektif. Misalnya, $[0,1]\neq[n,0]$ untuk setiap $n$. Kesamaan itu berarti $0+0=1+n$, yaitu $n+1=0$, padahal $n+1=S(n)\neq0$.

Konvensi 8.2.19 (identifikasi). Mulai sekarang, unsur $i(n)$ ditulis $n$, sehingga $0$ dan $1$ menyatakan $0_{\mathbb{Z}}$ dan $1_{\mathbb{Z}}$. Pernyataan "$\mathbb{N}\subseteq\mathbb{Z}$" berarti $i[\mathbb{N}]\subseteq\mathbb{Z}$. Notasi $-n$ menyatakan $-i(n)=[0,n]$.

Kelas $[n,0]$ adalah himpunan pasangan; konstruksi ini tidak mengasumsikan bahwa kelas tersebut identik secara literal dengan kode himpunan bagi $n$. Inklusi yang digunakan adalah identifikasi melalui $i$.

Identifikasi ini sah karena Hasil 8.2.18 menjamin bahwa $i$ injektif serta mempertahankan $0$, $1$, penjumlahan, dan perkalian. Hasil 8.2.27 akan menambahkan bahwa $i$ juga mempertahankan urutan. Hasil 8.2.18(d) membenarkan bacaan intuitif $[a,b]=a-b$.

A.5 Bentuk bertanda, tanpa pembagi nol, dan pembatalan

Hasil 8.2.20 (bentuk bertanda).

• (a) Untuk setiap $x\in\mathbb{Z}$ ada $k\in\mathbb{N}$, mungkin $k=0$, dengan $x=[k,0]$ atau $x=[0,k]$.

• (b) Untuk setiap $x\in\mathbb{Z}$, tepat satu dari tiga hal berikut berlaku:

  • $x=[k,0]$ untuk suatu $k\in\mathbb{N}$ dengan $k\neq0$;
  • $x=0$;
  • $x=[0,k]$ untuk suatu $k\in\mathbb{N}$ dengan $k\neq0$.

  Bilangan $k$ dalam kasus pertama atau ketiga tunggal.

• (c) Akibatnya, $\mathbb{Z}=\mathbb{N}\cup\{-k:k\in\mathbb{N}\}$, dan kedua bagian beririsan tepat di $\{0\}$.

Strategi. Keberadaan bentuk diperoleh dari totalitas (N8). Ketunggalannya diperoleh dari kriteria kesamaan kelas (Hasil 8.2.5(a)).

Bukti.

(a) Misalkan $x=[a,b]$. Menurut (N8), $b\le a$ atau $a\le b$.

• Jika $b\le a$, tulis $a=b+k$. Maka $(a,b)\sim(k,0)$ karena $a+0=b+k$, sehingga $x=[k,0]$.
• Jika $a\le b$, tulis $b=a+k$. Maka $(a,b)\sim(0,k)$ karena $a+k=b+0$, sehingga $x=[0,k]$.

(b) Keberadaan. Menurut (a), $x=[k,0]$ atau $x=[0,k]$. Jika $k=0$, kedua bentuk sama dengan $[0,0]=0$. Jika $k\neq0$, kita berada pada kasus pertama atau ketiga.

Ketunggalan. Tiga kesamaan berikut diperiksa dengan Hasil 8.2.5(a):

• $[k,0]=[l,0]$ berarti $k+0=0+l$, jadi $k=l$;
• $[0,k]=[0,l]$ berarti $0+l=k+0$, jadi $k=l$;
• $[k,0]=[0,l]$ berarti $k+l=0+0=0$, jadi $k=l=0$ menurut Hasil 8.2.1(e).

Kesamaan pertama dan kedua menunjukkan bahwa $k$ tunggal. Kesamaan ketiga, bersama kasus $k=0$ atau $l=0$ pada dua kesamaan pertama, menunjukkan bahwa ketiga kasus saling lepas.

(c) Menurut (a) dan Konvensi 8.2.19, setiap $x$ sama dengan $[k,0]=k$ atau $[0,k]=-k$ untuk suatu $k\in\mathbb{N}$. Jika suatu unsur termasuk kedua bagian, maka $[k,0]=[0,l]$ untuk suatu $k,l\in\mathbb{N}$. Menurut butir ketiga ketunggalan, $k=l=0$, sehingga unsur itu adalah $0$. $\blacksquare$

Bentuk bertanda memberi wakil kanonik $(k,0)$ atau $(0,k)$ bagi setiap kelas. Aksioma pilihan tidak diperlukan, karena wakil itu ditentukan secara tunggal. Namun wakil kanonik ini adalah hasil yang baru diperoleh di sini. Ia tidak dipakai untuk mendefinisikan operasi; operasi telah didefinisikan sebelumnya untuk wakil sebarang.

Hasil 8.2.21 (aturan tanda dan ketiadaan pembagi nol). Untuk $k,l\in\mathbb{N}$:

$$[k,0][l,0]=[kl,0],\quad [k,0][0,l]=[0,kl],\quad [0,k][l,0]=[0,kl],\quad [0,k][0,l]=[kl,0].$$

Akibatnya, untuk $x,y\in\mathbb{Z}$, jika $xy=0$ maka $x=0$ atau $y=0$.

Bukti. Keempat rumus dihitung dari definisi perkalian, dengan $u\cdot0=0\cdot u=0$ dan (N3):

$$\begin{aligned} [k,0][l,0]&=[kl+0\cdot0,\ k\cdot0+0\cdot l]=[kl,0],\\ [k,0][0,l]&=[k\cdot0+0\cdot l,\ kl+0\cdot0]=[0,kl],\\ [0,k][l,0]&=[0\cdot l+k\cdot0,\ 0\cdot0+kl]=[0,kl],\\ [0,k][0,l]&=[0\cdot0+kl,\ 0\cdot l+k\cdot0]=[kl,0]. \end{aligned}$$

Sekarang misalkan $xy=0$. Menurut Hasil 8.2.20(a), tulis $x=[k,0]$ atau $x=[0,k]$, dan $y=[l,0]$ atau $y=[0,l]$, dengan $k,l\in\mathbb{N}$ yang boleh bernilai $0$.

Dalam keempat kasus, $xy$ berbentuk $[kl,0]$ atau $[0,kl]$. Menurut Hasil 8.2.5(a), kedua kelas itu sama dengan $[0,0]$ jika dan hanya jika $kl=0$. Jadi $kl=0$.

Menurut kontraposisi Hasil 8.2.1(d), $k=0$ atau $l=0$. Karena itu $x=0$ atau $y=0$. $\blacksquare$

Hasil 8.2.22 (pembatalan perkalian). Jika $d,x,y\in\mathbb{Z}$, $d\neq0$, dan $dx=dy$, maka $x=y$.

Bukti. Menurut Hasil 8.2.14(d), 8.2.16(b), dan 8.2.13(d),

$$d(x-y)=dx+d(-y)=dx-dy=dy-dy=0.$$

Karena $d\neq0$, Hasil 8.2.21 memberi $x-y=0$. Dengan Hasil 8.2.13(c), (a), (d), dan (b),

$$x=x+0=x+((-y)+y)=(x+(-y))+y=0+y=y. \qquad\blacksquare$$

Hipotesis $d\neq0$ tidak dapat dihapus: $0\cdot2=0\cdot5$, padahal $2\neq5$.

Bagian B memerlukan hasil ini untuk membuktikan transitivitas relasi pecahan. Karena hasil ini dibuktikan di $\mathbb{Z}$, ia tidak bergantung pada konstruksi $\mathbb{Q}$.

Contoh 8.2.23.

(i) Menurut aturan tanda keempat,

$$(-3)(-2)=[0,3][0,2]=[6,0]=6.$$

Perhitungan yang sama dengan wakil lain sudah diberikan pada Contoh 8.2.12(ii).

(ii) Kasus nol. Untuk $x=[a,b]$ sebarang,

$$x\cdot[4,4]=[a\cdot4+b\cdot4,\ a\cdot4+b\cdot4].$$

Kedua komponennya sama, sehingga kelas ini adalah $0$ menurut Hasil 8.2.5(c). Ini sesuai Hasil 8.2.16(a), meskipun wakil nol yang dipakai adalah $(4,4)$. Juga $-0=-[0,0]=[0,0]=0$.

A.6 Urutan pada $\mathbb{Z}$

Definisi 8.2.24. Didefinisikan

$$[a,b]\le_{\mathbb{Z}}[c,d]\iff a+d\le c+b\quad(\text{urutan di }\mathbb{N}).$$

Ditulis $x<_{\mathbb{Z}}y$ bila $x\le_{\mathbb{Z}}y$ dan $x\neq y$.

Hasil 8.2.25 (bebas wakil). Misalkan $(a,b)\sim(a',b')$ dan $(c,d)\sim(c',d')$. Jika $a+d\le c+b$, maka $a'+d'\le c'+b'$.

Karena $\sim$ simetris, implikasi sebaliknya juga berlaku. Jadi Definisi 8.2.24 menentukan relasi pada $\mathbb{Z}$, bukan sekadar relasi pada pasangan wakil.

Bukti. Hipotesisnya $a+b'=a'+b$ dan $c+d'=c'+d$. Tambahkan $b'+d'$ pada kedua ruas. Menurut Hasil 8.2.1(b),

$$(a+d)+(b'+d')\le(c+b)+(b'+d').$$

Ruas kiri ditata ulang dengan (N1) dan (N2), lalu hipotesis dipakai:

$$(a+b')+(d+d')=(a'+b)+(d+d')=(a'+d')+(b+d).$$

Ruas kanan diolah dengan cara yang sama:

$$(c+d')+(b+b')=(c'+d)+(b+b')=(c'+b')+(b+d).$$

Jadi $(a'+d')+(b+d)\le(c'+b')+(b+d)$. Arah kebalikan Hasil 8.2.1(b) membatalkan $b+d$, sehingga $a'+d'\le c'+b'$. $\blacksquare$

Hasil 8.2.26. Relasi $\le_{\mathbb{Z}}$ adalah urutan total pada $\mathbb{Z}$, yaitu refleksif, antisimetris, transitif, dan setiap dua unsur dapat dibandingkan.

Bukti.

Refleksif. $[a,b]\le_{\mathbb{Z}}[a,b]$ karena $a+b\le a+b$.

Antisimetris. Dari $a+d\le c+b$ dan $c+b\le a+d$, antisimetri di $\mathbb{N}$ memberi $a+d=c+b=b+c$. Jadi $[a,b]=[c,d]$.

Transitif. Misalkan $a+d\le c+b$ dan $c+f\le e+d$. Tambahkan $f$ pada ketaksamaan pertama, dan $b$ pada ketaksamaan kedua. Menurut Hasil 8.2.1(b),

$$a+d+f\le c+b+f=(c+f)+b\le(e+d)+b .$$

Transitivitas di $\mathbb{N}$ dan penataan ulang memberi $(a+f)+d\le(e+b)+d$. Pembatalan $d$ dengan Hasil 8.2.1(b) memberi $a+f\le e+b$, yaitu $[a,b]\le_{\mathbb{Z}}[e,f]$.

Total. Menurut (N8), $a+d\le c+b$ atau $c+b\le a+d$. Ini berarti $x\le_{\mathbb{Z}}y$ atau $y\le_{\mathbb{Z}}x$. $\blacksquare$

Hasil 8.2.27 (kompatibilitas dengan penjumlahan; penyisipan mempertahankan urutan). Untuk semua $x,y,z\in\mathbb{Z}$ dan $m,n\in\mathbb{N}$:

• (a) $x\le_{\mathbb{Z}}y$ jika dan hanya jika $x+z\le_{\mathbb{Z}}y+z$; demikian pula untuk $<_{\mathbb{Z}}$;
• (b) $x\le_{\mathbb{Z}}y$ jika dan hanya jika $0\le_{\mathbb{Z}}y-x$; demikian pula untuk $<_{\mathbb{Z}}$;
• (c) $i(m)\le_{\mathbb{Z}}i(n)$ jika dan hanya jika $m\le n$.

Bukti.

(a) Kita punya $x+z=[a+e,\,b+f]$ dan $y+z=[c+e,\,d+f]$. Dengan (N1) dan (N2),

$$(a+e)+(d+f)=(a+d)+(e+f)\qquad\text{dan}\qquad(c+e)+(b+f)=(c+b)+(e+f).$$

Menurut Hasil 8.2.1(b), $(a+d)+(e+f)\le(c+b)+(e+f)$ jika dan hanya jika $a+d\le c+b$.

Untuk versi tegas, Hasil 8.2.13(f) dan substitusi memberi $x+z=y+z$ jika dan hanya jika $x=y$.

(b) Terapkan (a) dengan $z=-x$. Ruas kiri menjadi $x+(-x)=0$, dan ruas kanan menjadi $y+(-x)=y-x$.

(c) $[m,0]\le_{\mathbb{Z}}[n,0]$ jika dan hanya jika $m+0\le n+0$, yaitu $m\le n$. $\blacksquare$

Menurut Hasil 8.2.27(c), urutan $\mathbb{Z}$ yang dibatasi pada salinan $\mathbb{N}$ sama dengan urutan $\mathbb{N}$. Karena itu, mulai sekarang indeks pada $\le_{\mathbb{Z}}$ dan $<_{\mathbb{Z}}$ dihilangkan.

Hasil 8.2.28 (unsur positif dan nonnegatif). Untuk $x=[a,b]\in\mathbb{Z}$:

• (a) $0\le x$ jika dan hanya jika $b\le a$, jika dan hanya jika $x=[k,0]$ untuk suatu $k\in\mathbb{N}$. Jadi $\{x\in\mathbb{Z}:0\le x\}$ tepat sama dengan salinan $\mathbb{N}$.
• (b) $0<x$ jika dan hanya jika $x=[k,0]$ dengan $k\neq0$.
• (c) $x<0$ jika dan hanya jika $x=[0,k]$ dengan $k\neq0$.
• (d) Untuk setiap $x$, tepat satu dari $x<0$, $x=0$, dan $0<x$ berlaku.

Bukti.

(a) $[0,0]\le[a,b]$ jika dan hanya jika $0+b\le a+0$, yaitu $b\le a$.

Jika $a=b+k$, maka $[a,b]=[k,0]$, seperti pada bukti Hasil 8.2.20(a). Sebaliknya, $[0,0]\le[k,0]$ berarti $0\le k$, dan ini benar menurut Hasil 8.2.1(a).

(b) Untuk arah maju, (a) memberi $x=[k,0]$. Karena $x\neq0=[0,0]$, haruslah $k\neq0$.

Untuk arah balik, (a) memberi $0\le[k,0]$. Selain itu, $[k,0]\neq[0,0]$ karena $k\neq0$.

(c) $[a,b]\le[0,0]$ jika dan hanya jika $a+0\le0+b$, yaitu $a\le b$. Jika $b=a+k$, maka $[a,b]=[0,k]$. Selebihnya serupa dengan (b).

(d) Ini mengikuti dari (b), (c), dan Hasil 8.2.20(b). $\blacksquare$

Hasil 8.2.29 (perkalian dan urutan). Untuk $x,y,z\in\mathbb{Z}$:

• (a) jika $0<x$ dan $0<y$, maka $0<xy$;
• (b) jika $0\le x$ dan $0\le y$, maka $0\le xy$;
• (c) jika $x\le y$ dan $0\le z$, maka $xz\le yz$;
• (d) jika $x<y$ dan $0<z$, maka $xz<yz$;
• (e) jika $0<z$, maka $x<y$ jika dan hanya jika $xz<yz$, dan $x\le y$ jika dan hanya jika $xz\le yz$.

Bukti.

(a) dan (b): Menurut Hasil 8.2.28(a), tulis $x=[k,0]$ dan $y=[l,0]$. Maka $xy=[kl,0]$ menurut Hasil 8.2.21, sehingga $0\le xy$. Jika $k\neq0$ dan $l\neq0$, maka $kl\neq0$ menurut Hasil 8.2.1(d), sehingga $0<xy$.

(c) Menurut Hasil 8.2.27(b), $0\le y-x$. Distributivitas dan Hasil 8.2.16(b) memberi

$$(y-x)z=yz+(-x)z=yz-xz.$$

Menurut (b), $0\le yz-xz$. Menurut Hasil 8.2.27(b), ini berarti $xz\le yz$.

(d) Dengan cara yang sama, $0<y-x$ dan $0<z$. Maka (a) memberi $0<yz-xz$, sehingga $xz<yz$ menurut Hasil 8.2.27(b).

(e) Arah maju adalah (c), dengan $0\le z$, dan (d).

Untuk arah balik versi tegas, misalkan $xz<yz$ tetapi bukan $x<y$. Menurut totalitas (Hasil 8.2.26), $y\le x$. Maka (c) memberi $yz\le xz$. Bersama $xz\le yz$, antisimetri memberi $xz=yz$, bertentangan dengan $xz\neq yz$.

Untuk arah balik versi tak tegas, misalkan $xz\le yz$ tetapi bukan $x\le y$. Menurut totalitas, $y\le x$, dan $y\neq x$ karena $x\le x$. Jadi $y<x$, sehingga (d) memberi $yz<xz$. Bersama $xz\le yz$, antisimetri memberi $xz=yz$, bertentangan dengan $yz\neq xz$. $\blacksquare$

Hasil 8.2.30 (kediskretan). Untuk $x,y\in\mathbb{Z}$, $x<y$ jika dan hanya jika $x+1\le y$. Khususnya:

• jika $x<y$, maka $y-x\ge1$;
• tidak ada $x\in\mathbb{Z}$ dengan $0<x<1$.

Bukti.

($\Rightarrow$) Misalkan $x<y$. Rantai berikut memberi $1\le y-x$:

1. menurut Hasil 8.2.27(b), $0<y-x$;
2. menurut Hasil 8.2.28(b), $y-x=[k,0]$ dengan $k\neq0$;
3. menurut Hasil 8.2.1(c), $1\le k$ di $\mathbb{N}$;
4. menurut Hasil 8.2.27(c), $1\le y-x$ di $\mathbb{Z}$.

Tambahkan $x$ pada kedua ruas (Hasil 8.2.27(a)). Dengan Hasil 8.2.13,

$$1+x\le(y+(-x))+x=y.$$

Jadi $x+1\le y$. Langkah 4 sekaligus membuktikan akibat pertama.

($\Leftarrow$) Pertama, $0<1$. Ini berlaku karena $1=[1,0]$ dan $1=S(0)\neq0$ di $\mathbb{N}$, sehingga Hasil 8.2.28(b) dapat diterapkan.

Tambahkan $x$ pada kedua ruas $0<1$ (Hasil 8.2.27(a)); diperoleh $x<x+1$. Bersama $x+1\le y$, transitivitas memberi $x\le y$.

Seandainya $x=y$, maka $x+1\le x$. Penambahan $-x$ memberi $1\le0$. Bersama $0\le1$, antisimetri memberi $1=0$, bertentangan dengan Hasil 8.2.15. Jadi $x<y$.

Akibat kedua. Misalkan $0<x$ dan $x<1$. Arah ($\Rightarrow$) memberi $0+1\le x$, yaitu $1\le x$. Bersama $x\le1$, antisimetri memberi $x=1$, bertentangan dengan $x\neq1$. $\blacksquare$

Contoh 8.2.31.

(i) $-3<2$. Syarat $[0,3]\le[2,0]$ adalah $0+0\le2+3$, dan ini benar. Kedua kelas berbeda menurut Hasil 8.2.20(b).

Dengan wakil lain, yaitu $(2,5)$ dan $(7,5)$, syaratnya menjadi $2+5\le7+5$, yaitu $7\le12$. Ini juga benar, sesuai Hasil 8.2.25. Di sini $(7,5)\sim(2,0)$ karena $7+0=5+2$.

(ii) Selisih

$$2-(-3)=[2,0]+[3,0]=[5,0]=5\ge1,$$

sesuai Hasil 8.2.30.

A.7 Kesalahan umum

1. Mendefinisikan $\sim$ dengan $a-b=c-d$. Pengurangan di $\mathbb{N}$ tidak terdefinisi untuk semua pasangan, padahal $\mathbb{Z}$ justru dibangun untuk memberinya makna. Definisi semacam itu melingkar.
2. Menganggap pasangan sebagai bilangan bulat. Pasangan $(2,5)$ dan $(0,3)$ berbeda, tetapi bilangan bulatnya sama. Setiap rumus yang memakai wakil harus diperiksa bebas wakil (lihat Latihan 8.2.35).
3. Menyebut pemeriksaan wakil "jelas". Bebas wakil untuk perkalian memerlukan pengelompokan suku dan distributivitas $\mathbb{N}$ (Hasil 8.2.10). Langkah itu tidak boleh dilewati.
4. Memakai hukum $\mathbb{Z}$ untuk membuktikan dirinya. Bukti asosiativitas atau distributivitas $\mathbb{Z}$ hanya boleh memakai (N1) sampai (N8), bukan "karena $\mathbb{Z}$ ring".
5. Membatalkan faktor di $\mathbb{Z}$ terlalu dini. Pembatalan $dx=dy\Rightarrow x=y$ baru tersedia setelah Hasil 8.2.22, dan hanya untuk $d\neq0$.
6. Membaca $\mathbb{N}\subseteq\mathbb{Z}$ secara literal. Bilangan $3\in\mathbb{N}$ tidak diasumsikan identik secara literal dengan kelas $[3,0]$. Inklusinya adalah identifikasi melalui $i$.

A.8 Latihan

Tingkat latihan:

• dasar: 8.2.32, 8.2.33, 8.2.35, 8.2.39;
• menengah: 8.2.34, 8.2.36, 8.2.38, 8.2.40;
• lanjut: 8.2.37.

Latihan 8.2.32 (dasar).

• (a) Tunjukkan bahwa $(3,8)$, $(0,5)$, dan $(12,17)$ mewakili bilangan bulat yang sama, sedangkan $(8,3)$ tidak. Tentukan bentuk bertanda masing-masing.
• (b) Buktikan bahwa $[1,3]=\{(a,a+2):a\in\mathbb{N}\}$.

Pembahasan.

(a) Periksa setiap pasangan dengan Definisi 8.2.2:

• $(3,8)\sim(0,5)$ karena $3+5=8=8+0$.
• $(0,5)\sim(12,17)$ karena $0+17=17=5+12$.
• $(8,3)\not\sim(0,5)$, karena $8+5=13$, $3+0=3$, dan $13\neq3$.

Bentuk bertanda tiga pasangan pertama adalah $[0,5]=-5$. Untuk $(8,3)$, bentuk bertandanya $[5,0]=5$, karena $8=3+5$.

(b) Menurut Definisi 8.2.2, $(a,b)\in[1,3]$ jika dan hanya jika $a+3=b+1$. Karena $3=S(2)=2+1$, (N1) memberi

$$a+3=(a+2)+1.$$

Jadi syarat itu menjadi $(a+2)+1=b+1$. Menurut (N4) dan substitusi, ini setara dengan $b=a+2$.

Latihan 8.2.33 (dasar; perhitungan dengan dua wakil). Hitung $(-4)\cdot3$ dan $(-4)+(-4)$ memakai wakil $(0,4)$ atau $(1,5)$ untuk $-4$, serta $(3,0)$ atau $(5,2)$ untuk $3$. Periksa bahwa hasilnya sama.

Pembahasan. Pertama, pastikan wakil-wakilnya sah:

• $(1,5)\sim(0,4)$ karena $1+4=5+0$;
• $(5,2)\sim(3,0)$ karena $5+0=2+3$.

Perkalian dengan wakil pertama:

$$[0,4][3,0]=[0\cdot3+4\cdot0,\ 0\cdot0+4\cdot3]=[0,12].$$

Perkalian dengan wakil kedua:

$$[1,5][5,2]=[1\cdot5+5\cdot2,\ 1\cdot2+5\cdot5]=[15,27].$$

Kedua kelas sama karena $15+12=27=27+0$. Hasilnya $-12$.

Penjumlahan dengan wakil pertama memberi $[0,4]+[0,4]=[0,8]$. Dengan wakil kedua, $[1,5]+[1,5]=[2,10]$. Kedua kelas sama karena $2+8=10=10+0$. Hasilnya $-8$.

Latihan 8.2.34 (menengah; aljabar pengurangan). Buktikan bahwa untuk semua $x,y,z\in\mathbb{Z}$ berlaku:

• (a) $(x-y)+(y-z)=x-z$;
• (b) $x-y=0$ jika dan hanya jika $x=y$;
• (c) $-(x-y)=y-x$.

Pembahasan.

(a) Dengan Hasil 8.2.13(b), (a), (d), dan (c):

$$(x+(-y))+(y+(-z))=x+\big(((-y)+y)+(-z)\big)=x+(0+(-z))=x+(-z).$$

(b) Jika $x-y=0$, bukti Hasil 8.2.22 sesudah langkah $x-y=0$ memberi $x=y$. Sebaliknya, jika $x=y$, maka $x-y=y+(-y)=0$ menurut Hasil 8.2.13(d).

(c) Menurut Hasil 8.2.16(e) dan (d),

$$-(x+(-y))=(-x)+(-(-y))=(-x)+y=y-x.$$

Langkah terakhir memakai Hasil 8.2.13(a).

Latihan 8.2.35 (dasar; rumus yang tidak bebas wakil).

• (a) Tunjukkan bahwa "$[a,b]\odot[c,d]=[ac,bd]$" tidak mendefinisikan operasi pada $\mathbb{Z}$.
• (b) Tunjukkan bahwa "$[a,b]\preceq[c,d]$ jika $a\le c$" tidak mendefinisikan relasi pada $\mathbb{Z}$.

Pembahasan.

(a) $[1,0]=[2,1]$ karena $1+1=0+2$. Ambil operand kedua $(1,0)$:

• wakil $(1,0)$ menghasilkan $(1\cdot1,\,0\cdot0)=(1,0)$;
• wakil $(2,1)$ menghasilkan $(2\cdot1,\,1\cdot0)=(2,0)$.

Kedua hasil tidak ekuivalen, karena $1+0=1$ dan $0+2=2$, padahal $1\neq2$. Jadi satu pasangan kelas mendapat dua keluaran berbeda, dan syarat Hasil 8.2.7 gagal.

(b) $[0,0]=[5,5]$. Ambil pembanding $[1,0]$:

• wakil $(0,0)$ memberi $0\le1$, dan ini benar;
• wakil $(5,5)$ memberi $5\le1$, dan ini salah.

Untuk melihat bahwa $5\le1$ salah, perhatikan bahwa $1\le5$, karena $5=1+4$. Jika juga $5\le1$, antisimetri memberi $1+0=1=5=1+4$. Menurut (N2) dan (N4), $0=4=S(3)$, padahal ini mustahil.

Latihan 8.2.36 (menengah; urutan). Buktikan:

• (a) jika $x<y$, maka $-y<-x$;
• (b) $x\cdot x\ge0$, dengan kesamaan jika dan hanya jika $x=0$;
• (c) $-1<0<1$.

Pembahasan.

(a) Tambahkan $(-x)+(-y)$ pada kedua ruas (Hasil 8.2.27(a), versi tegas). Menurut Hasil 8.2.13:

• $x+((-x)+(-y))=(x+(-x))+(-y)=-y$;
• $y+((-x)+(-y))=y+((-y)+(-x))=(y+(-y))+(-x)=-x$.

Jadi $-y<-x$.

(b) Menurut Hasil 8.2.20(a), $x=[k,0]$ atau $x=[0,k]$ dengan $k\in\mathbb{N}$, mungkin $k=0$. Dalam kedua kasus, Hasil 8.2.21 memberi $x\cdot x=[kk,0]$. Kelas ini $\ge0$ menurut Hasil 8.2.28(a).

Untuk kasus kesamaan, $[kk,0]=0$ jika dan hanya jika $kk=0$. Jika $k=0$, maka $kk=0\cdot0=0$ menurut persamaan definisional. Sebaliknya, jika $kk=0$, maka $k=0$ menurut kontraposisi Hasil 8.2.1(d). Akhirnya, $k=0$ jika dan hanya jika $x=[0,0]=0$.

(c) $1=[1,0]$ dengan $1\neq0$ di $\mathbb{N}$, jadi $0<1$ menurut Hasil 8.2.28(b). Selain itu $-1=[0,1]$, jadi $-1<0$ menurut Hasil 8.2.28(c).

Latihan 8.2.37 (lanjut; satuan $\mathbb{Z}$). Buktikan bahwa jika $xy=1$, maka $x=y=1$ atau $x=y=-1$.

Pembahasan. Pertama, $x\neq0$. Jika $x=0$, maka $xy=y\cdot0=0\neq1$ menurut Hasil 8.2.14(a), 8.2.16(a), dan 8.2.15. Dengan cara yang sama, $y\neq0$.

Kasus $0<x$.

Andaikan $y<0$. Hasil 8.2.29(d) memberi

$$yx<0\cdot x=x\cdot0=0.$$

Karena $yx=xy=1$, diperoleh $1<0$. Bersama $0<1$ (Latihan 8.2.36(c)), antisimetri memberi $0=1$, bertentangan dengan Hasil 8.2.15. Jadi bukan $y<0$. Karena $y\neq0$, Hasil 8.2.28(d) memberi $0<y$.

Menurut Hasil 8.2.30 dengan $0$ di tempat $x$, diperoleh $1\le x$ dan $1\le y$.

Andaikan $x\neq1$. Maka $1<x$. Hasil 8.2.30 memberi $1+1\le x$. Di sini $1+1=i(1)+i(1)=i(1+1)=i(2)=2$, karena $1+1=S(1+0)=S(1)=2$ di $\mathbb{N}$.

Karena $0\le y$, Hasil 8.2.29(c) memberi $2y\le xy=1$. Menurut Hasil 8.2.14(d) dan (c),

$$2y=(1+1)y=y+y.$$

Selanjutnya, dari $1\le y$, Hasil 8.2.27(a) memberi dua ketaksamaan:

• $1+1\le y+1$, dengan menambahkan $1$;
• $1+y\le y+y$, dengan menambahkan $y$.

Karena $y+1=1+y$, transitivitas memberi $2\le y+y$. Jadi $2\le1$.

Di pihak lain, menambahkan $1$ pada $0<1$ memberi $1<2$. Antisimetri lalu memberi $1=2$, bertentangan dengan $1<2$. Karena itu $x=1$, dan $y=1\cdot y=xy=1$.

Kasus $x<0$. Menurut Latihan 8.2.36(a), $-0<-x$. Karena $-0=-[0,0]=[0,0]=0$, diperoleh $0<-x$.

Menurut Hasil 8.2.16(f), $(-x)(-y)=xy=1$. Kasus pertama, dengan $-x$ dan $-y$ di tempat $x$ dan $y$, memberi $-x=-y=1$. Menurut Hasil 8.2.16(d), $x=-(-x)=-1$ dan $y=-1$.

Hasil 8.2.28(d) menjamin bahwa kedua kasus ini, bersama $x\neq0$, mencakup semua kemungkinan.

Latihan 8.2.38 (menengah; salinan yang keliru). Misalkan $h:\mathbb{N}\to\mathbb{Z}$ dengan $h(n)=[0,n]$. Tunjukkan bahwa $h$ injektif dan $h(m+n)=h(m)+h(n)$, tetapi $h$ tidak mempertahankan perkalian. Jelaskan mengapa $h$ tidak boleh dipakai untuk mengidentifikasi $\mathbb{N}$ di dalam $\mathbb{Z}$.

Pembahasan.

• Injektif. $[0,m]=[0,n]$ memberi $0+n=m+0$, jadi $m=n$.
• Penjumlahan. $[0,m]+[0,n]=[0+0,\,m+n]=[0,m+n]$.
• Perkalian. Kita punya

$$h(1)h(1)=[0,1][0,1]=[0\cdot0+1\cdot1,\ 0\cdot1+1\cdot0]=[1,0],$$

sedangkan $h(1\cdot1)=h(1)=[0,1]$. Kedua kelas berbeda: syarat kesamaannya $1+1=0+0$, padahal $1+1=S(1)\neq0$.

Identifikasi menuntut semua struktur dipertahankan: $0$, $1$, penjumlahan, perkalian, dan urutan. Penyisipan $i$ memenuhi semuanya (Hasil 8.2.18 dan 8.2.27(c)), sedangkan $h$ tidak.

Latihan 8.2.39 (dasar; relasi yang gagal). Tunjukkan bahwa relasi "$(a,b)\approx(c,d)$ jika $a+c=b+d$" bukan relasi ekuivalensi.

Pembahasan.

Tidak refleksif. $(1,0)\not\approx(1,0)$, karena syaratnya $1+1=0+0$, padahal $1+1=S(1)\neq0$.

Tidak transitif. $(1,0)\approx(0,1)$ dan $(0,1)\approx(1,0)$, karena $1+0=0+1$. Namun $(1,0)\not\approx(1,0)$.

Relasi ini simetris, karena $a+c=b+d$ setara dengan $c+a=d+b$. Jadi simetri saja tidak menjamin relasi ekuivalensi. Rumus yang benar membandingkan secara silang, $a+d=b+c$, bukan $a+c=b+d$.

Latihan 8.2.40 (menengah; pembatalan).

• (a) Buktikan pembatalan penjumlahan $x+z=y+z\Rightarrow x=y$ hanya dari definisi pada wakil, tanpa Hasil 8.2.13.
• (b) Periksa melalui wakil bahwa $[3,3]\cdot[2,0]=[3,3]\cdot[5,0]$, padahal $[2,0]\neq[5,0]$. Jelaskan mengapa ini tidak bertentangan dengan Hasil 8.2.22.

Pembahasan.

(a) Hipotesisnya adalah $(a+e,\,b+f)\sim(c+e,\,d+f)$, yaitu

$$(a+e)+(d+f)=(b+f)+(c+e).$$

Penataan ulang dengan (N1) dan (N2) memberi

$$(a+d)+(e+f)=(b+c)+(e+f).$$

Pembatalan dengan (N4) memberi $a+d=b+c$, yaitu $x=y$.

(b) Hitung kedua hasil kali:

$$[3,3][2,0]=[3\cdot2+3\cdot0,\ 3\cdot0+3\cdot2]=[6,6],$$$$[3,3][5,0]=[3\cdot5+3\cdot0,\ 3\cdot0+3\cdot5]=[15,15].$$

Menurut Hasil 8.2.5(c), keduanya sama dengan $[0,0]$.

Di pihak lain, $[2,0]\neq[5,0]$. Syarat kesamaannya adalah $2+0=0+5$, padahal $2\neq5$: jika $2=5=2+3$, maka (N2) dan (N4) memberi $0=3=S(2)$, mustahil.

Hal ini tidak bertentangan dengan Hasil 8.2.22. Menurut Hasil 8.2.5(c), $[3,3]=0$, sehingga hipotesis $d\neq0$ tidak terpenuhi. Wakil $(3,3)$ hanya menyamarkan fakta bahwa faktornya adalah nol. Bukti Hasil 8.2.22 gagal tepat pada langkah $d(x-y)=0\Rightarrow x-y=0$.

A.9 Prasyarat yang telah terbukti untuk bagian B

Bagian B, yaitu konstruksi $\mathbb{Q}$, dapat memakai fakta-fakta berikut tentang $\mathbb{Z}$. Semuanya telah dibuktikan dari prasyarat Peano, persamaan definisional, serta hukum (N1) sampai (N8) dalam A.0 dan hasil kuosien Bab 4. Pinjaman pada A.0 tetap dinyatakan terbuka.

1. Struktur ring. $(\mathbb{Z},+,\cdot,0,1)$ adalah ring komutatif dengan satuan, dan $0\neq1$ (Hasil 8.2.13 sampai 8.2.15). Selain itu berlaku $x\cdot0=0$ dan $x(-y)=-(xy)$ (Hasil 8.2.16(a)–(b)).
2. Sifat negasi. $-(-x)=x$, $-(x+y)=(-x)+(-y)$, dan $(-x)(-y)=xy$ (Hasil 8.2.16(d)–(f)).
3. Tanpa pembagi nol. Dari $xy=0$ diperoleh $x=0$ atau $y=0$. Jadi hasil kali dua penyebut tak nol tetap tak nol (Hasil 8.2.21).
4. Pembatalan perkalian. Jika $d\neq0$ dan $dx=dy$, maka $x=y$ (Hasil 8.2.22).
5. Penyisipan $\mathbb{N}$. Fungsi $i:\mathbb{N}\to\mathbb{Z}$ injektif dan mempertahankan $0$, $1$, $+$, $\cdot$, dan $\le$. Salinan $\mathbb{N}$ tepat sama dengan $\{x\in\mathbb{Z}:x\ge0\}$ (Hasil 8.2.18, 8.2.27(c), dan 8.2.28(a)).
6. Bentuk bertanda dan trikotomi (Hasil 8.2.20 dan 8.2.28(d)).
7. Urutan. Urutan $\mathbb{Z}$ total dan kompatibel dengan penjumlahan (Hasil 8.2.26 dan 8.2.27).
8. Perkalian dan urutan. Hasil kali dua bilangan positif adalah positif. Perkalian dengan bilangan nonnegatif mempertahankan urutan (Hasil 8.2.29(a)–(d)).
9. Pembatalan faktor positif. Jika $0<z$, perkalian dengan $z$ mempertahankan sekaligus mencerminkan $<$ dan $\le$ (Hasil 8.2.29(e)). Fakta ini diperlukan untuk membuktikan bahwa urutan $\mathbb{Q}$ bebas wakil.
10. Kediskretan. Jika $x<y$, maka $x+1\le y$. Tidak ada bilangan bulat di antara $0$ dan $1$ (Hasil 8.2.30).

B. Konstruksi bilangan rasional

Di $\mathbb Z$, persamaan $bx=a$ dengan $b\neq 0$ umumnya tidak mempunyai penyelesaian. Misalnya, $2x=1$ tidak mempunyai penyelesaian di $\mathbb Z$. Bagian ini membangun himpunan $\mathbb Q$ yang memuat salinan $\mathbb Z$. Di $\mathbb Q$, setiap unsur bukan nol mempunyai invers perkalian.

Gagasannya sama dengan Bagian A. Sebuah "pecahan" mula-mula dicatat sebagai pasangan $(a,b)$, yaitu pembilang dan penyebut. Pasangan-pasangan yang seharusnya menyatakan bilangan yang sama dikumpulkan dalam satu kelas ekuivalensi. Pasangan itu sendiri belum merupakan bilangan; yang menjadi bilangan adalah kelasnya.

Status prasyarat. Bagian ini memakai tiga jenis bahan, dan ketiganya dibedakan dengan tegas.

1. Hasil yang telah dibuktikan di Bagian A.

   • Fungsi pada kelas ditentukan melalui grafik berpembatas, tanpa aksioma pilihan (8.2.7).
   • $\mathbb Z$ adalah ring komutatif berunit dengan $0\neq 1$, dan invers tambahnya tunggal (8.2.13–15).
   • Aturan tanda: $x0=0$, $x(-y)=-(xy)=(-x)y$, $-(-x)=x$, $(-x)(-y)=xy$ (8.2.16).
   • Pengurangan di $\mathbb Z$: $x-y=x+(-y)$ (8.2.17).
   • Embedding $i:\mathbb N\to\mathbb Z$. Setiap integer tepat satu dari positif, nol, atau negatif, dan integer negatif berbentuk $-k$ dengan $k>0$ (8.2.18–20).
   • Ketiadaan pembagi nol: $xy=0\Rightarrow x=0$ atau $y=0$ (8.2.21).
   • Pembatalan faktor bukan nol: $dx=dy$ dan $d\neq 0\Rightarrow x=y$ (8.2.22).
   • Urutan total $\le_{\mathbb Z}$. Translasi mempertahankan dan mencerminkan $<$, dan $i$ mempertahankan serta mencerminkan urutan (8.2.24–28).
   • Hasil kali dua bilangan positif adalah positif. Jika $z>0$, maka $x<y\iff xz<yz$ (8.2.29).
   • Tidak ada integer di antara $0$ dan $1$ (8.2.30).

   Hasil-hasil Bagian A bergantung pada hukum $\mathbb N$ yang sebagian dipinjam (N5–N8). Status pinjaman itu diwarisi oleh semua yang dibangun di sini.

2. Bahan teori himpunan. Bahan ini meliputi pemisahan dan himpunan kuasa (Bab 3), kelas ekuivalensi dan himpunan kuosien (Bab 4), serta fungsi sebagai grafik (Bab 5). Dari Bab 4 dipakai dua fakta: $[x]=[y]$ jika dan hanya jika $x\sim y$, dan dua kelas yang memuat unsur-unsur yang saling berelasi adalah sama.

3. Definisi dan hasil baru. Semua hukum aritmetika $\mathbb Q$ dibuktikan di bawah dengan menghitung di $\mathbb Z$. Tidak ada hukum $\mathbb Q$ yang dipakai untuk membuktikan dirinya sendiri.

Bagian ini tidak memakai aksioma pilihan.

---

Pasangan pecahan dan relasi kesamaan

Definisi 8.2.41 (pasangan pecahan). Didefinisikan

$$\mathbb Z^{\ast}=\{\,b\in\mathbb Z : b\neq 0\,\},\qquad D=\mathbb Z\times\mathbb Z^{\ast}.$$

Himpunan $\mathbb Z^\ast$ diperoleh dengan pemisahan dari $\mathbb Z$, sehingga $D\subseteq \mathbb Z\times\mathbb Z$. Pada $D$ didefinisikan relasi

$$(a,b)\sim_{\mathbb Q}(c,d)\quad:\Longleftrightarrow\quad ad=bc .$$

Penyebut nol tidak dilarang belakangan; penyebut nol sudah dikecualikan sejak $D$ dibentuk. Akibatnya, setiap pernyataan tentang $(a,b)\in D$ membawa hipotesis $b\neq 0$.

Teorema 8.2.42. Relasi $\sim_{\mathbb Q}$ adalah relasi ekuivalensi pada $D$.

Strategi. Refleksivitas dan simetri hanya memerlukan komutativitas perkalian di $\mathbb Z$. Transitivitas memerlukan pembatalan, dan faktor yang dibatalkan harus dijamin bukan nol. Faktor itu adalah penyebut tengah $d$.

Bukti. Ambil $(a,b),(c,d),(e,f)\in D$. Jadi $b,d,f\neq 0$.

Refleksif. Karena perkalian di $\mathbb Z$ komutatif, $ab=ba$. Jadi $(a,b)\sim_{\mathbb Q}(a,b)$.

Simetris. Andaikan $ad=bc$. Maka $cb=bc=ad=da$, sehingga $(c,d)\sim_{\mathbb Q}(a,b)$.

Transitif. Andaikan $ad=bc$ dan $cf=de$. Dengan asosiativitas dan komutativitas perkalian di $\mathbb Z$,

$$d(af)=(ad)f=(bc)f=b(cf)=b(de)=d(be).$$

Karena $d\neq 0$, pembatalan 8.2.22 menghasilkan $af=be$. Jadi $(a,b)\sim_{\mathbb Q}(e,f)$. $\square$

Catatan tentang faktor yang dibatalkan. Dari $ad=bc$ dan $cf=de$, orang mudah tergoda untuk "membagi dengan $c$". Langkah itu tidak sah, karena $c$ boleh nol, dan bukti di atas tidak memerlukannya. Kasus $c=0$ tetap tercakup: $ad=0$ dengan $d\neq 0$ memberi $a=0$ menurut 8.2.21; dengan cara yang sama, $de=0$ memberi $e=0$. Jadi $af=0=be$, sesuai dengan bukti umum.

Contoh 8.2.43 (mengapa penyebut nol dikecualikan). Andaikan relasi yang sama dipakai pada seluruh $\mathbb Z\times\mathbb Z$. Maka:

• $(1,0)$ berelasi dengan $(0,0)$, karena $1\cdot 0=0\cdot 0$;
• $(0,0)$ berelasi dengan $(0,1)$, karena $0\cdot 1=0\cdot 0$;
• tetapi $(1,0)$ tidak berelasi dengan $(0,1)$, karena $1\cdot 1=1\neq 0=0\cdot 0$.

Jadi transitivitas gagal. Di titik inilah bukti 8.2.42 memerlukan $d\neq 0$.

Definisi 8.2.44 (bilangan rasional). Untuk $(a,b)\in D$, tulis

$$[(a,b)]_{\mathbb Q}=\{(c,d)\in D : (a,b)\sim_{\mathbb Q}(c,d)\}, \qquad \mathbb Q=\{[(a,b)]_{\mathbb Q} : (a,b)\in D\}.$$

Setiap kelas adalah subhimpunan $D$, sehingga $\mathbb Q$ diperoleh dengan pemisahan dari himpunan kuasa $\mathcal P(D)$. Unsur $\mathbb Q$ disebut bilangan rasional.

Mulai sekarang ditulis

$$\frac ab \;:=\; [(a,b)]_{\mathbb Q}\qquad((a,b)\in D).$$

Garis pecahan di sini adalah nama kelas, bukan pembagian di $\mathbb Z$; di $\mathbb Z$ tidak tersedia operasi pembagian yang menghasilkan integer untuk setiap pembilang dan setiap penyebut bukan nol. Notasi ini juga berbeda dari $[a,b]$ di Bagian A, yang menyatakan kelas pasangan bilangan asli. Menurut Bab 4,

$$\frac ab=\frac cd \iff ad=bc. \tag{K}$$

Karena relasinya refleksif, $(a,b)\in\frac ab$.

Lema 8.2.45 (mengganti wakil). Misalkan $(a,b)\in D$.

• (a) Jika $k\in\mathbb Z$ dan $k\neq 0$, maka $(ka,kb)\in D$ dan $\dfrac ab=\dfrac{ka}{kb}$.
• (b) $(-a,-b)\in D$ dan $\dfrac ab=\dfrac{-a}{-b}$.
• (c) Setiap bilangan rasional mempunyai wakil dengan penyebut positif.

Bukti.

(a) Karena $k\neq0$ dan $b\neq 0$, berlaku $kb\neq 0$ menurut 8.2.21. Dengan asosiativitas dan komutativitas, $a(kb)=k(ab)=(ka)b$. Jadi (K) berlaku.

(b) Kita tunjukkan dulu $-b\neq 0$. Berlaku $-0=0$, karena $0+0=0$ dan invers tambah tunggal (8.2.13–15). Jadi, jika $-b=0$, maka $b=-(-b)=-0=0$, suatu kontradiksi. Selanjutnya, menurut 8.2.16, $a(-b)=-(ab)=-(ba)=b(-a)$, sehingga (K) berlaku.

(c) Ambil sebarang $\frac ab$. Jika $b>0$, tidak ada yang perlu dilakukan. Jika tidak, maka $b$ negatif karena $b\neq 0$. Menurut 8.2.20, $b=-k$ untuk suatu $k>0$. Maka $-b=-(-k)=k>0$ (8.2.16), dan menurut (b), $\frac ab=\frac{-a}{-b}$. $\square$

Contoh 8.2.46.

(i) $\tfrac12=\tfrac24=\tfrac{-1}{-2}$. Berlaku $1\cdot 4=4=2\cdot 2$ dan $1\cdot(-2)=-2=2\cdot(-1)$. Menurut (K), ketiga kelas itu sama.

(ii) Wakil berbeda tidak berarti bilangan berbeda. Sebagai unsur $D$, pasangan $(1,2)$ dan $(2,4)$ berbeda karena komponen pertamanya berbeda. Namun keduanya anggota kelas yang sama, sehingga menyatakan satu bilangan rasional. Pertanyaan "apakah dua pecahan sama" selalu dijawab dengan (K), bukan dengan membandingkan komponen.

(iii) Kelas nol. Untuk sebarang $b,d\neq 0$ berlaku $0\cdot d=0=b\cdot 0$, sehingga $\frac0b=\frac0d$. Jadi $\frac01=\frac05=\frac0{-7}=\cdots$. Ketiga pasangan $(0,1)$, $(0,5)$, dan $(0,-7)$ adalah wakil berbeda dari kelas nol yang sama.

Lema 8.2.47 (kelas nol). Untuk $(a,b)\in D$:

• (a) $\dfrac ab=\dfrac01$ jika dan hanya jika $a=0$;
• (b) jika $\dfrac ab=\dfrac{a'}{b'}$, maka $a=0\iff a'=0$.

Dengan kata lain, sifat "pembilang nol" tidak bergantung pada wakil.

Bukti.

(a) Menurut (K), $\frac ab=\frac01$ jika dan hanya jika $a\cdot 1=b\cdot 0$. Karena $a\cdot1=a$ dan $b\cdot0=0$ (8.2.13–16), syarat ini setara dengan $a=0$.

(b) Andaikan $ab'=a'b$.

• Jika $a=0$, maka $a'b=0\cdot b'=0$. Karena $b\neq 0$, 8.2.21 memberi $a'=0$.
• Jika $a'=0$, maka $ab'=0\cdot b=0$. Karena $b'\neq 0$, diperoleh $a=0$. $\square$

---

Operasi pada wakil dan ketidakbergantungan pada wakil

Definisi 8.2.48 (operasi pada wakil). Untuk $(a,b),(c,d)\in D$ didefinisikan

$$s\big((a,b),(c,d)\big)=(ad+bc,\;bd),\qquad p\big((a,b),(c,d)\big)=(ac,\;bd),\qquad n(a,b)=(-a,\;b).$$

Domain. Karena $b\neq 0$ dan $d\neq 0$, menurut 8.2.21 berlaku $bd\neq 0$. Jadi $s$ dan $p$ memetakan $D\times D$ ke $D$. Penyebut $n(a,b)$ adalah $b\neq 0$, sehingga $n$ memetakan $D$ ke $D$.

Lema 8.2.49 (kompatibilitas). Misalkan $(a,b)\sim_{\mathbb Q}(a',b')$ dan $(c,d)\sim_{\mathbb Q}(c',d')$, yaitu

$$ab'=a'b \quad\text{dan}\quad cd'=c'd .$$

Maka

• $s((a,b),(c,d))\sim_{\mathbb Q}s((a',b'),(c',d'))$,
• $p((a,b),(c,d))\sim_{\mathbb Q}p((a',b'),(c',d'))$, dan
• $n(a,b)\sim_{\mathbb Q}n(a',b')$.

Strategi. Untuk setiap operasi, periksa (K) pada kedua pasangan hasil. Ruas kiri disusun ulang sampai faktor $ab'$ dan $cd'$ muncul, lalu kedua hipotesis disubstitusikan.

Bukti. Semua perhitungan berlangsung di $\mathbb Z$ dan hanya memakai 8.2.13–16.

Jumlah. Harus ditunjukkan $(ad+bc)(b'd')=(bd)(a'd'+b'c')$.

$$\begin{aligned} (ad+bc)(b'd') &= (ab')(dd') + (bb')(cd') && \text{(distributif, asosiatif, komutatif)}\\ &= (a'b)(dd') + (bb')(c'd) && \text{(hipotesis)}\\ &= (bd)(a'd') + (bd)(b'c') && \text{(asosiatif, komutatif)}\\ &= (bd)(a'd'+b'c') && \text{(distributif).} \end{aligned}$$

Produk. Harus ditunjukkan $(ac)(b'd')=(bd)(a'c')$.

$$(ac)(b'd')=(ab')(cd')=(a'b)(c'd)=(bd)(a'c').$$

Negasi. Harus ditunjukkan $(-a)b'=b(-a')$. Menurut 8.2.16,

$$(-a)b'=-(ab')=-(a'b)=-(ba')=b(-a').$$

$\square$

Teorema 8.2.50 (operasi pada $\mathbb Q$). Terdapat fungsi tunggal

$$+:\mathbb Q\times\mathbb Q\to\mathbb Q,\qquad \cdot:\mathbb Q\times\mathbb Q\to\mathbb Q,\qquad -:\mathbb Q\to\mathbb Q$$

sehingga untuk semua $(a,b),(c,d)\in D$:

$$\frac ab+\frac cd=\frac{ad+bc}{bd},\qquad \frac ab\cdot\frac cd=\frac{ac}{bd},\qquad -\frac ab=\frac{-a}{b}.$$

Strategi. Rumus di atas baru menjadi definisi yang sah jika hasilnya hanya bergantung pada kelas, bukan pada wakil yang ditulis. Hal ini dijamin oleh Lema 8.2.49. Fungsi kemudian direalisasikan sebagai grafik yang dibentuk dengan pemisahan, mengikuti pola 8.2.7.

Bukti. Dengan pemisahan, bentuk tiga grafik berikut.

$$\begin{aligned} G_+&=\Big\{\big((X,Y),W\big)\in(\mathbb Q\times\mathbb Q)\times\mathbb Q : \exists (a,b)\in X\ \exists (c,d)\in Y\ \ (ad+bc,bd)\in W\Big\},\\ G_\cdot&=\Big\{\big((X,Y),W\big)\in(\mathbb Q\times\mathbb Q)\times\mathbb Q : \exists (a,b)\in X\ \exists (c,d)\in Y\ \ (ac,bd)\in W\Big\},\\ G_-&=\Big\{(X,W)\in\mathbb Q\times\mathbb Q : \exists (a,b)\in X\ \ (-a,b)\in W\Big\}. \end{aligned}$$

Kita periksa $G_+$ terlebih dahulu, kemudian kedua grafik lain secara eksplisit. Kompatibilitas yang diperlukan tersedia pada Lema 8.2.49.

Total. Ambil $X,Y\in\mathbb Q$. Menurut definisi $\mathbb Q$, terdapat $(a,b),(c,d)\in D$ dengan $X=\frac ab$ dan $Y=\frac cd$. Menurut refleksivitas, $(a,b)\in X$ dan $(c,d)\in Y$. Pasangan $(ad+bc,bd)$ adalah unsur $D$ (8.2.48), dan ia termuat dalam $W=\frac{ad+bc}{bd}$. Jadi $((X,Y),W)\in G_+$.

Tunggal. Andaikan $((X,Y),W)$ dan $((X,Y),W')$ keduanya anggota $G_+$. Misalkan yang pertama disaksikan oleh $(a,b)\in X$, $(c,d)\in Y$, dan yang kedua oleh $(a',b')\in X$, $(c',d')\in Y$.

• Kedua wakil $X$ berelasi dengan wakil penentu $X$. Menurut simetri dan transitivitas (8.2.42), $(a,b)\sim_{\mathbb Q}(a',b')$. Dengan cara yang sama, $(c,d)\sim_{\mathbb Q}(c',d')$.
• Menurut Lema 8.2.49, $(ad+bc,bd)\sim_{\mathbb Q}(a'd'+b'c',b'd')$.
• Pasangan pertama terletak di $W$ dan pasangan kedua di $W'$. Dua kelas yang memuat unsur-unsur yang saling berelasi adalah sama, sehingga $W=W'$.

Jadi $G_+$ adalah grafik suatu fungsi $\mathbb Q\times\mathbb Q\to\mathbb Q$.

Rumus. Ambil $(a,b),(c,d)\in D$. Pada bagian "total" telah ditunjukkan bahwa $\big((\frac ab,\frac cd),\frac{ad+bc}{bd}\big)\in G_+$. Menurut ketunggalan, nilai fungsi di $(\frac ab,\frac cd)$ adalah $\frac{ad+bc}{bd}$.

Ketunggalan fungsi. Setiap $X,Y\in\mathbb Q$ mempunyai wakil, sehingga fungsi lain yang memenuhi rumus yang sama mempunyai nilai yang sama di setiap titik.

Perkalian. Untuk setiap $X,Y$, ambil $(a,b)\in X$ dan $(c,d)\in Y$. Pasangan $(ac,bd)$ berada di $D$, sehingga kelas $W=\frac{ac}{bd}$ memberi $((X,Y),W)\in G_\cdot$. Untuk dua pilihan saksi, bagian produk pada Lema 8.2.49 menjamin bahwa pasangan hasil ekuivalen, sehingga kelas keluaran sama. Jadi grafik total dan bernilai tunggal. Refleksivitas menempatkan pasangan wakil pada kelas masing-masing, sehingga nilai fungsi tepat $\frac{ac}{bd}$. Karena setiap $X,Y$ mempunyai wakil, rumus ini juga menentukan fungsi secara tunggal.

Negasi. Untuk setiap $X$, ambil $(a,b)\in X$. Pasangan $(-a,b)\in D$ memberi $(X,\frac{-a}{b})\in G_-$. Dua saksi dalam $X$ ekuivalen; bagian negasi pada Lema 8.2.49 memberi pasangan hasil yang ekuivalen, sehingga kelas keluaran tunggal. Refleksivitas memberi rumus nilai, dan karena setiap $X$ mempunyai wakil, rumus itu menentukan fungsi secara tunggal.

Argumen ini hanya memakai instansiasi eksistensial di dalam satu bukti, bukan pemilihan wakil secara serentak untuk semua kelas. Karena itu aksioma pilihan tidak diperlukan. $\square$

Karena operasinya bebas wakil, dalam setiap perhitungan berikut kita boleh memakai wakil mana saja dari kelas yang terlibat.

Contoh 8.2.51 (perhitungan dan pemeriksaan wakil).

(i) Jumlah dengan wakil $(1,2)$:

$$\frac12+\frac13=\frac{1\cdot3+2\cdot1}{2\cdot3}=\frac56 .$$

Jumlah dengan wakil lain, $(2,4)$:

$$\frac24+\frac13=\frac{2\cdot 3+4\cdot 1}{4\cdot 3}=\frac{10}{12}.$$

Karena $10\cdot 6=60=12\cdot 5$, menurut (K) berlaku $\frac{10}{12}=\frac56$. Hasilnya sama, sesuai Teorema 8.2.50.

(ii) Produk dengan wakil $(1,2)$: $\dfrac12\cdot\dfrac13=\dfrac{1\cdot1}{2\cdot3}=\dfrac16$.

Produk dengan wakil $(2,4)$: $\dfrac24\cdot\dfrac13=\dfrac2{12}$. Karena $2\cdot 6=12=12\cdot 1$, berlaku $\frac2{12}=\frac16$.

Contoh 8.2.52 (operasi palsu). Pada pasangan berpenyebut positif, definisikan

$$(a,b)\star(c,d)=(a+c,\;b+d).$$

Karena $b+d>0$, hasilnya anggota $D$. Dengan pembatasan ini, kegagalan yang muncul murni berupa kegagalan bebas wakil.

• Wakil $(1,2)$ dan $(1,3)$ memberi $(2,5)$.
• Wakil $(2,4)$ dan $(1,3)$, untuk operand yang sama, memberi $(3,7)$.

Namun $2\cdot 7=14\neq 15=5\cdot 3$, sehingga $\frac25\neq\frac37$. Jadi tidak ada fungsi $\star:\mathbb Q\times\mathbb Q\to\mathbb Q$ yang memenuhi $\frac ab\star\frac cd=\frac{a+c}{b+d}$ untuk semua wakil berpenyebut positif; syarat ketunggalan dalam bukti 8.2.50 gagal. Rumus yang tampak masuk akal pada pasangan belum tentu mendefinisikan operasi pada kelas.

---

Nol, satu, dan invers

Definisi 8.2.53. Didefinisikan $0_{\mathbb Q}=\dfrac01$ dan $1_{\mathbb Q}=\dfrac11$.

Berlaku $0_{\mathbb Q}\neq 1_{\mathbb Q}$. Menurut (K), $\frac01=\frac11$ berarti $0\cdot 1=1\cdot 1$, yaitu $0=1$ di $\mathbb Z$. Ini bertentangan dengan 8.2.15.

Menurut Lema 8.2.47(a), $\frac ab=0_{\mathbb Q}$ jika dan hanya jika $a=0$.

Lema 8.2.54 (invers perkalian terdefinisi baik). Misalkan $\mathbb Q^\ast=\{x\in\mathbb Q: x\neq 0_{\mathbb Q}\}$. Terdapat fungsi tunggal $(\cdot)^{-1}:\mathbb Q^\ast\to\mathbb Q^\ast$ sehingga

$$\Big(\frac ab\Big)^{-1}=\frac ba\qquad\text{untuk setiap }(a,b)\in D\text{ dengan }\frac ab\neq 0_{\mathbb Q}.$$

Strategi. Ada dua hal yang harus diperiksa. Pertama, $(b,a)$ harus anggota $D$ untuk setiap wakil, sehingga pembilang $a$ tidak boleh nol pada wakil mana pun. Kedua, hasilnya harus bebas wakil.

Bukti.

Domain. Ambil $x\in\mathbb Q^\ast$ dan sebarang wakil $(a,b)\in x$. Maka $x=\frac ab\neq 0_{\mathbb Q}$, sehingga $a\neq 0$ menurut 8.2.47(a). Jadi $(b,a)\in D$ untuk setiap wakil $(a,b)$ dari $x$.

Kelas hasil bukan nol. Pembilang $b$ dari $(b,a)$ bukan nol karena $(a,b)\in D$. Menurut 8.2.47(a), $\frac ba\neq 0_{\mathbb Q}$.

Bebas wakil. Jika $ab'=a'b$, maka $ba'=a'b=ab'=b'a$, yaitu $(b,a)\sim_{\mathbb Q}(b',a')$.

Grafik. Ambil $G_{-1}=\{(X,W)\in\mathbb Q^\ast\times\mathbb Q^\ast:\exists(a,b)\in X\ (b,a)\in W\}$. Untuk setiap $X\in\mathbb Q^\ast$, ada $(a,b)\in X$, dan pemeriksaan domain di atas memberi kelas $W=\frac ba\in\mathbb Q^\ast$; jadi $(X,W)\in G_{-1}$ dan grafik total. Bila dua saksi $(a,b),(a',b')\in X$ memberi keluaran $W,W'$, bebas wakil yang baru dibuktikan memberi $W=\frac ba=\frac{b'}{a'}=W'$. Grafik bernilai tunggal. Refleksivitas memberi nilai invers sesuai rumus. Setiap $X$ mempunyai wakil, sehingga setiap fungsi yang memenuhi rumus tersebut mempunyai nilai yang sama di seluruh domain dan karenanya tunggal. $\square$

Untuk kelas nol, "rumus" $\frac ba$ akan menghasilkan pasangan seperti $(5,0)$ dari wakil $(0,5)$. Pasangan $(5,0)$ bukan unsur $D$. Karena itu $0_{\mathbb Q}$ sengaja dikecualikan dari domain.

Teorema 8.2.55 (hukum aritmetika $\mathbb Q$). Untuk semua $x=\frac ab$, $y=\frac cd$, $z=\frac ef$ di $\mathbb Q$, dengan $b,d,f\neq 0$, berlaku:

Strategi. Hitung kedua ruas dengan wakil $(a,b)$, $(c,d)$, $(e,f)$ dan rumus 8.2.50. Setiap penyebut yang muncul adalah hasil kali faktor-faktor bukan nol, sehingga bukan nol menurut 8.2.21. Ada dua kemungkinan:

• Jika kedua pasangan hasil menjadi sama setelah hukum ring $\mathbb Z$ diterapkan, kelasnya sama.
• Jika tidak, kesamaan kelas diperiksa dengan (K) atau Lema 8.2.45(a).

Hanya hukum $\mathbb Z$ yang dipakai. Penulisan $adf$ dan sejenisnya sah karena perkalian di $\mathbb Z$ asosiatif dan komutatif.

Bukti.

(a) Asosiativitas penjumlahan. Ruas kiri:

$$\Big(\frac ab+\frac cd\Big)+\frac ef=\frac{ad+bc}{bd}+\frac ef=\frac{(ad+bc)f+(bd)e}{(bd)f}=\frac{adf+bcf+bde}{bdf}.$$

Ruas kanan:

$$\frac ab+\Big(\frac cd+\frac ef\Big)=\frac ab+\frac{cf+de}{df}=\frac{a(df)+b(cf+de)}{b(df)}=\frac{adf+bcf+bde}{bdf}.$$

Kedua pasangan sama, dengan penyebut $bdf\neq 0$.

(b) Komutativitas penjumlahan. $\dfrac cd+\dfrac ab=\dfrac{cb+da}{db}$. Menurut komutativitas di $\mathbb Z$, pasangan $(cb+da,\,db)$ sama dengan $(ad+bc,\,bd)$.

(c) Identitas penjumlahan. Dengan $x\cdot 1=x$, $x0=0$, dan $x+0=x$ di $\mathbb Z$:

$$\frac ab+\frac01=\frac{a\cdot1+b\cdot0}{b\cdot1}=\frac{a+0}{b}=\frac ab.$$

(d) Invers penjumlahan. $\dfrac ab+\dfrac{-a}{b}=\dfrac{ab+b(-a)}{bb}$. Menurut 8.2.16, $b(-a)=-(ba)=-(ab)$, sehingga pembilangnya $ab+(-(ab))=0$. Pasangan hasil $(0,bb)$ tidak perlu sama dengan $(0,1)$. Namun $bb\neq0$, sehingga menurut Lema 8.2.47(a) kelasnya adalah $0_{\mathbb Q}$.

(e) Asosiativitas perkalian. Ruas kiri adalah $\dfrac{(ac)e}{(bd)f}$ dan ruas kanan $\dfrac{a(ce)}{b(df)}$. Kedua pasangan sama dengan $(ace,bdf)$.

(f) Komutativitas perkalian. $\dfrac cd\cdot\dfrac ab=\dfrac{ca}{db}=\dfrac{ac}{bd}$, menurut komutativitas di $\mathbb Z$.

(g) Identitas perkalian. $\dfrac ab\cdot\dfrac11=\dfrac{a\cdot1}{b\cdot1}=\dfrac ab$.

(h) Invers perkalian. Jika $\frac ab\neq0_{\mathbb Q}$, maka $a\neq0$ dan

$$\frac ab\cdot\frac ba=\frac{ab}{ba}.$$

Penyebut $ba\neq 0$ menurut 8.2.21. Pasangan $(ab,ba)$ tidak perlu sama dengan $(1,1)$. Namun $(ab)\cdot 1=ab=ba=(ba)\cdot 1$, sehingga menurut (K) berlaku $\frac{ab}{ba}=\frac11=1_{\mathbb Q}$. Tidak ada pembagian integer yang dipakai.

(i) Distributivitas. Ruas kiri:

$$\frac ab\Big(\frac cd+\frac ef\Big)=\frac ab\cdot\frac{cf+de}{df}=\frac{a(cf+de)}{b(df)}=\frac{acf+ade}{bdf}.$$

Ruas kanan:

$$\frac ab\cdot\frac cd+\frac ab\cdot\frac ef=\frac{ac}{bd}+\frac{ae}{bf}=\frac{(ac)(bf)+(bd)(ae)}{(bd)(bf)} .$$

Dengan hukum ring $\mathbb Z$, pembilang ruas kanan sama dengan $b(acf)+b(ade)=b(acf+ade)$, dan penyebutnya sama dengan $b(bdf)$. Pasangan $\big(b(acf+ade),\,b(bdf)\big)$ tidak perlu sama dengan pasangan ruas kiri. Namun $b\neq 0$, sehingga Lema 8.2.45(a) dengan $k=b$ memberi

$$\frac{b(acf+ade)}{b(bdf)}=\frac{acf+ade}{bdf}.$$

Distributivitas kanan diperoleh dari distributivitas kiri dan (f):

$$(y+z)x=x(y+z)=xy+xz=yx+zx.$$

(j) Sudah ditunjukkan setelah Definisi 8.2.53.

Bentuk kiri $0_{\mathbb Q}+x=x$, $1_{\mathbb Q}x=x$, dan $x^{-1}x=1_{\mathbb Q}$ diperoleh dari (c), (g), (h) bersama (b) dan (f). $\square$

Daftar (a)–(j) memuat hukum-hukum yang akan dipakai untuk mendefinisikan medan pada Bab 9. Akibat umum dari hukum-hukum itu, misalnya ketunggalan invers, tidak dibahas di sini.

Proposisi 8.2.56 (nol tidak mempunyai invers). Untuk setiap $y\in\mathbb Q$ berlaku $0_{\mathbb Q}\cdot y=0_{\mathbb Q}$. Akibatnya, tidak ada $y\in\mathbb Q$ dengan $0_{\mathbb Q}\cdot y=1_{\mathbb Q}$.

Bukti. Tulis $y=\frac cd$. Maka

$$\frac01\cdot\frac cd=\frac{0\cdot c}{1\cdot d}=\frac0d=0_{\mathbb Q}$$

menurut 8.2.47(a). Jika ada $y$ dengan $0_{\mathbb Q}y=1_{\mathbb Q}$, maka $0_{\mathbb Q}=1_{\mathbb Q}$. Ini bertentangan dengan 8.2.55(j). $\square$

Definisi 8.2.57 (pengurangan dan pembagian). Untuk $x,y\in\mathbb Q$, didefinisikan $x-y:=x+(-y)$. Untuk $y\neq 0_{\mathbb Q}$, didefinisikan $x\div y:=x\cdot y^{-1}$.

Untuk $y=0_{\mathbb Q}$, pembagian tidak didefinisikan. Jika hukum lapangan dengan $0\neq1$ dipertahankan, invers nol tidak dapat ditambahkan: menurut 8.2.56, tidak ada unsur $\mathbb Q$ yang dapat berperan sebagai $0_{\mathbb Q}^{-1}$.

---

Embedding $\mathbb Z\to\mathbb Q$

Teorema 8.2.58. Fungsi $j:\mathbb Z\to\mathbb Q$ dengan $j(a)=\dfrac a1$ injektif, dan untuk semua $a,c\in\mathbb Z$ berlaku

$$j(a+c)=j(a)+j(c),\quad j(ac)=j(a)j(c),\quad j(-a)=-j(a),\quad j(0)=0_{\mathbb Q},\quad j(1)=1_{\mathbb Q}.$$

Bukti. Karena $1\neq 0$, berlaku $(a,1)\in D$, sehingga $j$ terdefinisi.

Injektif. Jika $\frac a1=\frac c1$, maka menurut (K), $a\cdot 1=1\cdot c$, yaitu $a=c$.

Operasi. Setelah hukum identitas di $\mathbb Z$ (8.2.13–15) diterapkan, pasangan-pasangan berikut sama:

$$j(a)+j(c)=\frac{a\cdot1+1\cdot c}{1\cdot1}=\frac{a+c}1, \qquad j(a)j(c)=\frac{ac}{1\cdot1}=\frac{ac}{1}, \qquad -j(a)=\frac{-a}{1}=j(-a).$$

Nol dan satu. $j(0)=\frac01$ dan $j(1)=\frac11$ sesuai Definisi 8.2.53. $\square$

Akibatnya, dengan 8.2.17 dan 8.2.57,

$$j(a-c)=j(a+(-c))=j(a)+j(-c)=j(a)+(-j(c))=j(a)-j(c).$$

Komposisi $j\circ i:\mathbb N\to\mathbb Q$, dengan $n\mapsto \frac{i(n)}{1}$, injektif karena merupakan komposisi dua fungsi injektif. Komposisi ini juga mempertahankan $0$, $1$, $+$, dan $\cdot$, karena $i$ (8.2.18–19) dan $j$ masing-masing mempertahankannya.

Proposisi 8.2.59 (notasi pecahan sebagai pembagian). Untuk $(a,b)\in D$ berlaku

$$\frac ab=j(a)\div j(b).$$

Bukti. Karena $b\neq 0$, berlaku $j(b)=\frac b1\neq0_{\mathbb Q}$ (8.2.47(a)). Dengan wakil $(b,1)$, Lema 8.2.54 memberi $j(b)^{-1}=\frac1b$. Maka

$$j(a)\cdot j(b)^{-1}=\frac a1\cdot\frac1b=\frac{a\cdot1}{1\cdot b}=\frac ab.$$

$\square$

Jadi setiap bilangan rasional adalah hasil bagi dua integer di dalam $\mathbb Q$. Notasi $\frac ab$, yang semula hanya nama kelas, ternyata selaras dengan pembagian di $\mathbb Q$.

Catatan 8.2.60 (identifikasi, bukan inklusi literal). Integer $[m,n]$ adalah himpunan pasangan bilangan asli, sedangkan $\frac a1$ adalah himpunan pasangan integer. Konstruksi tidak mengasumsikan bahwa keduanya identik secara literal; yang digunakan adalah embedding. Karena itu penulisan

$$\mathbb N\subseteq\mathbb Z\subseteq\mathbb Q$$

berarti identifikasi: integer $a$ disamakan dengan $j(a)$, dan bilangan asli $n$ disamakan dengan $j(i(n))$.

Identifikasi ini sah karena $j$ dan $j\circ i$ injektif dan mempertahankan operasi (8.2.58). Akibatnya, perhitungan dengan $a$ di $\mathbb Z$ dan perhitungan dengan $j(a)$ di $\mathbb Q$ memberi hasil yang bersesuaian. Pernyataan ini tidak mengklaim apa pun tentang kode himpunan.

Mulai sekarang, bila tidak menimbulkan kerancuan, ditulis $0$, $1$, dan $a$ untuk $0_{\mathbb Q}$, $1_{\mathbb Q}$, dan $j(a)$.

---

Urutan pada $\mathbb Q$: definisi dan bebas wakil

Subbagian ini mengerjakan empat hal:

• mendefinisikan urutan pada $\mathbb Q$;
• membuktikan bahwa definisi itu bebas wakil (8.2.62);
• membuktikan trikotomi dan kecocokan dengan $j$ (8.2.63);
• membuktikan transitivitas sebagai latihan berpembahasan lengkap (Latihan 8.2.72).

Kecocokan urutan dengan penjumlahan dan perkalian, yaitu hukum medan terurut, tidak dibuktikan di sini dan tidak boleh dianggap telah tersedia; teori urutan dibahas pada Bab 10. Hukum urutan yang dipakai di bawah hanyalah hukum urutan $\mathbb Z$ dari Bagian A.

Definisi 8.2.61. Dengan pemisahan dari $\mathbb Q\times\mathbb Q$, definisikan $x<_{\mathbb Q}y$ jika dan hanya jika terdapat $(a,b)\in x$ dan $(c,d)\in y$ dengan $b>0$, $d>0$, dan $ad<bc$ di $\mathbb Z$. Definisikan pula $x\le_{\mathbb Q}y$ jika dan hanya jika $x<_{\mathbb Q}y$ atau $x=y$.

Menurut Lema 8.2.45(c), setiap kelas mempunyai wakil berpenyebut positif. Lema 8.2.62 di bawah menunjukkan bahwa, jika $x<_{\mathbb Q}y$, maka $ad<bc$ berlaku untuk setiap pasangan wakil berpenyebut positif. Jadi dalam perhitungan boleh dipakai wakil berpenyebut positif mana saja.

Lema 8.2.62 (bebas wakil). Misalkan $(a,b)\sim_{\mathbb Q}(a',b')$ dan $(c,d)\sim_{\mathbb Q}(c',d')$ dengan $b,b',d,d'>0$. Maka

$$ad<bc\iff a'd'<b'c'.$$

Strategi. Kalikan ketaksamaan dengan faktor positif yang sesuai, lalu substitusikan kedua hipotesis kesamaan.

Bukti. Menurut 8.2.29, $b'd'>0$ dan $bd>0$, karena hasil kali dua bilangan positif adalah positif. Dengan 8.2.29 untuk faktor positif $z=b'd'$,

$$ad<bc\iff (ad)(b'd')<(bc)(b'd').$$

Dengan hipotesis $ab'=a'b$ dan $cd'=c'd$, kedua ruas dapat ditulis ulang:

$$(ad)(b'd')=(ab')(dd')=(a'b)(dd')=(a'd')(bd),$$$$(bc)(b'd')=(cd')(bb')=(c'd)(bb')=(b'c')(bd).$$

Jadi $ad<bc\iff (a'd')(bd)<(b'c')(bd)$. Menurut 8.2.29 dengan faktor positif $z=bd$, syarat terakhir setara dengan $a'd'<b'c'$. $\square$

Proposisi 8.2.63.

• (a) Untuk $x,y\in\mathbb Q$, tepat satu dari $x<_{\mathbb Q}y$, $x=y$, $y<_{\mathbb Q}x$ berlaku.
• (b) Untuk $a,c\in\mathbb Z$ berlaku $j(a)<_{\mathbb Q}j(c)\iff a<c$.

Bukti.

(a) Ambil wakil $(a,b)\in x$ dan $(c,d)\in y$ dengan $b,d>0$. Wakil seperti itu ada menurut 8.2.45(c). Menurut Lema 8.2.62 dan (K):

• $x<_{\mathbb Q}y\iff ad<bc$;
• $x=y\iff ad=bc$;
• $y<_{\mathbb Q}x\iff cb<da$, yaitu $bc<ad$.

Kesimpulan menyusul dari trikotomi $<$ di $\mathbb Z$: untuk integer $ad$ dan $bc$, tepat satu dari $ad<bc$, $ad=bc$, $bc<ad$ berlaku. Trikotomi ini diperoleh dari totalitas dan antisimetri $\le_{\mathbb Z}$ (8.2.24–28).

(b) Wakil $(a,1)$ dan $(c,1)$ berpenyebut positif. Menurut definisi dan Lema 8.2.62, $j(a)<_{\mathbb Q}j(c)$ jika dan hanya jika $a\cdot 1<1\cdot c$, yaitu $a<c$. $\square$

Contoh 8.2.64 (normalisasi penyebut diperlukan). Bilangan $-1\in\mathbb Q$ dapat diwakili oleh $(-1,1)$ maupun $(1,-1)$, karena $(-1)(-1)=1=1\cdot1$. Bandingkan bilangan ini dengan $0=\frac01$ memakai uji $ad<bc$ tanpa syarat tanda penyebut:

• Dengan wakil $(-1,1)$, uji itu menjadi $(-1)\cdot 1<1\cdot 0$, yaitu $-1<0$. Ini benar.
• Dengan wakil $(1,-1)$, uji itu menjadi $1\cdot 1<(-1)\cdot 0$, yaitu $1<0$. Ini salah.

Tanpa syarat penyebut positif, uji itu bergantung pada wakil, karena perkalian dengan penyebut negatif membalik arah ketaksamaan. Inilah sebabnya Definisi 8.2.61 hanya memakai wakil berpenyebut positif, dan Lema 8.2.62 mensyaratkan $b,b',d,d'>0$.

---

Kesalahan umum

1. Membatalkan faktor yang mungkin nol. Dalam bukti transitivitas, $c$ tidak boleh dibatalkan. Yang dibatalkan adalah $d\neq0$ (8.2.42).
2. Mengira wakil adalah bilangan. Sebagai pasangan, $(1,2)\neq(2,4)$, tetapi $\frac12=\frac24$. Kesamaan bilangan rasional diuji dengan (K).
3. Menganggap rumus pada wakil otomatis mendefinisikan operasi. Contoh 8.2.52 menunjukkan bahwa hal ini bisa gagal. Setiap operasi memerlukan pemeriksaan bebas wakil seperti Lema 8.2.49. Jika penyebut boleh negatif, rumus $\star$ bahkan dapat menghasilkan penyebut nol: $(1,1)$ dan $(1,-1)$ memberi $(2,0)\notin D$.
4. Menulis $\left(\frac ab\right)^{-1}=\frac ba$ tanpa syarat. Invers hanya terdefinisi untuk kelas bukan nol. Hanya dengan syarat itu setiap wakil mempunyai pembilang bukan nol (8.2.54).
5. Menerima suatu hukum $\mathbb Q$ tanpa memeriksa pasangan hasil. Pada (d), (h), dan (i) Teorema 8.2.55, kedua pasangan hasil tidak harus sama. Kesamaan kelasnya memerlukan (K) atau Lema 8.2.45(a).
6. Mengartikan $\mathbb Z\subseteq\mathbb Q$ sebagai inklusi literal. Yang dimaksud adalah identifikasi melalui $j$ (8.2.60).
7. Membandingkan pecahan dengan $ad<bc$ tanpa menormalkan penyebut (8.2.64).

---

Latihan

Latihan 8.2.65. Tunjukkan bahwa $\dfrac{-3}{6}=\dfrac{1}{-2}=\dfrac{-1}{2}$, lalu tentukan wakil dengan penyebut positif.

Pembahasan. Periksa (K) untuk setiap pasangan kelas.

• $(-3)(-2)=6=6\cdot 1$, sehingga $\frac{-3}6=\frac1{-2}$.
• $1\cdot 2=2=(-2)(-1)$, sehingga $\frac1{-2}=\frac{-1}2$.

Wakil $(-3,6)$ dan $(-1,2)$ sudah berpenyebut positif. Wakil $(1,-2)$ diubah menurut Lema 8.2.45(b) menjadi $(-1,2)$.

Latihan 8.2.66. Hitung $\dfrac34+\dfrac{-5}{6}$ dan $\dfrac34\cdot\dfrac{-5}{6}$. Periksa hasil jumlah dengan memakai wakil $(6,8)$ untuk $\frac34$.

Pembahasan.

Jumlah.

$$\frac34+\frac{-5}6=\frac{3\cdot 6+4\cdot(-5)}{4\cdot 6}=\frac{18-20}{24}=\frac{-2}{24}.$$

Karena $(-2)\cdot 12=-24=24\cdot(-1)$, berlaku $\frac{-2}{24}=\frac{-1}{12}$.

Produk.

$$\frac34\cdot\frac{-5}6=\frac{3\cdot(-5)}{4\cdot6}=\frac{-15}{24}.$$

Karena $(-15)\cdot 8=-120=24\cdot(-5)$, berlaku $\frac{-15}{24}=\frac{-5}{8}$.

Pemeriksaan jumlah dengan wakil $(6,8)$.

$$\frac68+\frac{-5}6=\frac{6\cdot6+8\cdot(-5)}{8\cdot6}=\frac{-4}{48}.$$

Karena $(-4)\cdot12=-48=48\cdot(-1)$, berlaku $\frac{-4}{48}=\frac{-1}{12}$. Hasilnya sama.

Latihan 8.2.67 (kasus nol). Untuk $(a,b)\in D$ dan $d\neq 0$, buktikan $\dfrac ab+\dfrac0d=\dfrac ab$ langsung dari definisi, tanpa memakai 8.2.55(c). Mengapa pasangan hasilnya tidak perlu sama dengan $(a,b)$?

Pembahasan. Menurut definisi,

$$\frac ab+\frac0d=\frac{ad+b\cdot0}{bd}=\frac{ad}{bd}=\frac{da}{db}.$$

Menurut Lema 8.2.45(a) dengan $k=d\neq0$, kelas ini sama dengan $\frac ab$.

Pasangan $(ad,bd)$ umumnya berbeda dari $(a,b)$; misalnya, $d=2$ memberi $(2a,2b)$. Yang dituntut hanyalah kesamaan kelas. Kesamaan kelas inilah yang menjamin bahwa $\frac0d$ bertindak sebagai nol untuk setiap $d\neq0$, sesuai fakta bahwa semua $\frac0d$ adalah kelas yang sama.

Latihan 8.2.68 (pembagian nol). Jelaskan mengapa $\dfrac30$ tidak menyatakan unsur $\mathbb Q$. Jelaskan juga mengapa invers bagi $0$ tidak dapat "ditambahkan" tanpa melanggar hukum 8.2.55.

Pembahasan. Pasangan $(3,0)$ bukan unsur $D=\mathbb Z\times\mathbb Z^\ast$, sehingga kelas $[(3,0)]_{\mathbb Q}$ tidak ada.

Untuk bagian kedua, andaikan dalam suatu sistem yang memenuhi hukum (a)–(j) terdapat $y$ dengan $0\cdot y=1$. Dari (c) dan (i) diperoleh

$$0\cdot y=(0+0)y=0y+0y.$$

Tambahkan $-(0y)$ pada kedua ruas, lalu gunakan (a), (c), dan (d); diperoleh $0y=0$. Akibatnya $1=0$, yang bertentangan dengan (j). Di $\mathbb Q$ sendiri, hal ini sudah ditunjukkan langsung pada 8.2.56.

Latihan 8.2.69. Hitung $\left(\dfrac{2}{-6}\right)^{-1}$ memakai wakil $(2,-6)$ dan memakai wakil $(-1,3)$. Periksa bahwa hasilnya sama.

Pembahasan. Kedua wakil memang berasal dari kelas yang sama, karena $2\cdot 3=6=(-6)(-1)$. Pembilang keduanya, $2$ dan $-1$, bukan nol, sesuai Lema 8.2.47(b).

• Wakil $(2,-6)$ memberi $\frac{-6}{2}$.
• Wakil $(-1,3)$ memberi $\frac{3}{-1}$.

Karena $(-6)(-1)=6=2\cdot 3$, kedua kelas hasil sama. Keduanya juga sama dengan $\frac{-3}{1}=j(-3)$, karena $(-6)\cdot 1=-6=2\cdot(-3)$.

Latihan 8.2.70. Tunjukkan bahwa rumus $(a,b)\oplus(c,d):=(a+c,\,bd)$ pada $D$ tidak mendefinisikan operasi pada $\mathbb Q$.

Pembahasan. Rumus ini selalu menghasilkan unsur $D$, karena $bd\neq0$. Masalahnya terletak pada bebas wakil.

• Wakil $(1,1)$ dan $(1,1)$ memberi $(2,1)$.
• Wakil $(2,2)$ dan $(1,1)$ memberi $(3,2)$.

Operand pertamanya sama, karena $\frac11=\frac22$. Namun $2\cdot2=4\neq3=1\cdot3$, sehingga $\frac21\neq\frac32$. Jadi tidak ada fungsi pada $\mathbb Q\times\mathbb Q$ yang memenuhi rumus ini untuk semua wakil.

Latihan 8.2.71 (tanpa pembagi nol). Buktikan bahwa untuk $x,y\in\mathbb Q$ berlaku $xy=0_{\mathbb Q}$ jika dan hanya jika $x=0_{\mathbb Q}$ atau $y=0_{\mathbb Q}$.

Pembahasan. Tulis $x=\frac ab$ dan $y=\frac cd$. Maka $xy=\frac{ac}{bd}$ dengan $bd\neq0$. Menurut Lema 8.2.47(a),

$$xy=0_{\mathbb Q}\iff ac=0 .$$

Menurut 8.2.21 untuk satu arah dan 8.2.16 ($x0=0$) untuk arah sebaliknya, $ac=0$ jika dan hanya jika $a=0$ atau $c=0$. Menurut 8.2.47(a) lagi, ini berarti $x=0_{\mathbb Q}$ atau $y=0_{\mathbb Q}$.

Latihan 8.2.72 (transitivitas urutan). Buktikan: jika $x<_{\mathbb Q}y$ dan $y<_{\mathbb Q}z$, maka $x<_{\mathbb Q}z$.

Pembahasan. Ambil wakil $x=\frac ab$, $y=\frac cd$, $z=\frac ef$ dengan $b,d,f>0$. Ini sah menurut 8.2.45(c), dan menurut 8.2.62 wakil $y$ yang sama dapat dipakai pada kedua hipotesis. Hipotesisnya menjadi $ad<bc$ dan $cf<de$.

1. Kalikan $ad<bc$ dengan $f>0$ (8.2.29): $adf<bcf$.
2. Kalikan $cf<de$ dengan $b>0$: $bcf<bde$.
3. Menurut transitivitas $<$ di $\mathbb Z$: $adf<bde$, yaitu $(af)d<(be)d$.
4. Karena $d>0$, arah sebaliknya pada 8.2.29 memberi $af<be$, yaitu $x<_{\mathbb Q}z$.

Pada setiap langkah, faktor yang dipakai adalah penyebut, yang positif, bukan pembilang $c$ yang tandanya tidak diketahui.

Latihan 8.2.73. Tunjukkan bahwa $j(6)\div j(4)=\dfrac32$. Mengapa hasil ini tidak bertentangan dengan fakta bahwa tidak ada integer $q$ dengan $4q=6$?

Pembahasan. Menurut 8.2.59, $j(6)\div j(4)=\frac64$. Karena $6\cdot 2=12=4\cdot 3$, berlaku $\frac64=\frac32$.

Pembagian ini dilakukan di $\mathbb Q$, tempat $j(4)$ mempunyai invers $\frac14$. Bilangan $\frac32$ tidak berada dalam citra $j$. Untuk melihatnya, andaikan $\frac32=\frac q1$ untuk suatu $q\in\mathbb Z$.

• Menurut (K), $3=2q$.
• Karena $2<3<4$ di $\mathbb Z$ (salinan urutan $\mathbb N$, 8.2.28), berlaku $2\cdot1<2q<2\cdot2$.
• Karena $2>0$, arah "jika dan hanya jika" pada 8.2.29 memberi $1<q<2$.
• Translasi dengan $-1$ (8.2.24–28) memberi $0<q-1<1$. Ini bertentangan dengan 8.2.30.

Akibatnya, juga tidak ada integer $q$ dengan $4q=6$. Jika ada, maka $2(2q)=2\cdot 3$, dan pembatalan faktor $2\neq0$ (8.2.22) memberi $2q=3$, yang baru saja ditunjukkan mustahil. Jadi persamaan $4x=6$ tidak terselesaikan di $\mathbb Z$, tetapi terselesaikan di $\mathbb Q$.

Latihan 8.2.74. Tunjukkan bahwa $-\dfrac ab=\dfrac{a}{-b}$. Kemudian turunkan $\dfrac{-a}{-b}=\dfrac ab$ dari $-(-x)=x$.

Pembahasan. Menurut definisi, $-\frac ab=\frac{-a}{b}$. Menurut (K), $\frac{-a}{b}=\frac{a}{-b}$, karena $(-a)(-b)=ab=ba$ (8.2.16).

Dengan definisi negasi dua kali dan $-(-a)=a$ di $\mathbb Z$,

$$-\Big(-\frac ab\Big)=-\frac{-a}{b}=\frac{-(-a)}{b}=\frac ab.$$

Di sisi lain, dengan bagian pertama lalu definisi negasi,

$$-\Big(-\frac ab\Big)=-\frac{a}{-b}=\frac{-a}{-b}.$$

Jadi $\frac{-a}{-b}=\frac ab$. Ini cara kedua untuk memperoleh Lema 8.2.45(b).

---

Menuju 8.3

Konstruksi ini menghasilkan $\mathbb Q$ dengan dua sifat utama. Pertama, $\mathbb Q$ memenuhi seluruh hukum 8.2.55 dan memuat salinan $\mathbb Z$ melalui $j$. Kedua, untuk $a,b\in\mathbb Q$ dengan $b\neq0$, persamaan $bx=a$ mempunyai penyelesaian $x=a\div b$.

Setiap langkah konstruksi diturunkan dari hukum $\mathbb Z$. Hukum $\mathbb Z$ itu sendiri bertumpu pada struktur Peano yang diasumsikan dan pada hukum $\mathbb N$ yang sebagian dipinjam.

Persamaan berbentuk lain, misalnya persamaan kuadrat, belum tentu terselesaikan di $\mathbb Q$. Hal ini belum dibuktikan di sini dan akan dibahas pada unit-unit berikutnya. Unit 8.3 menempatkan $\mathbb Q$ di dalam $\mathbb R$, yang di sana dipakai sebagai prasyarat pinjaman dari bab-bab berikutnya. Pertanyaan yang dibawa dari bagian ini adalah: apa yang masih kurang pada $\mathbb Q$, dan fakta mana yang memerlukan landasan di luar hukum aritmetika yang telah dibuktikan di sini?

8.3 Kerapatan (Density) Bilangan Rasional di $\mathbb{R}$

Motivasi

Pada 8.2, $\mathbb{Z}$ dibangun dari $\mathbb{N}$, lalu $\mathbb{Q}$ dibangun dari $\mathbb{Z}$. Setiap perluasan itu menambahkan unsur baru. Sekarang kita bertanya ke arah sebaliknya: seberapa "padat" letak $\mathbb{Q}$ di dalam sistem bilangan real $\mathbb{R}$ yang lebih besar? Unit ini menjawab bahwa di antara dua bilangan real yang berbeda selalu ada bilangan rasional. Jadi tidak ada selang terbuka tak kosong di $\mathbb{R}$ yang luput dari $\mathbb{Q}$.

Hasil ini menuntut kecermatan dalam dua hal. Pertama, $\mathbb{R}$ belum dikonstruksi dalam buku ini, sehingga setiap sifat $\mathbb{R}$ yang kita pakai harus diberi status pinjaman. Kedua, bukti kerapatan bergantung pada sifat Archimedes. Sifat itu tidak dapat diturunkan dari aksioma medan terurut saja; ia diturunkan dari kelengkapan pada Bab 11. Karena itu hasil unit ini bersyarat: kerapatan terbukti apabila prasyarat di bawah dipenuhi.

Agar tidak bentrok dengan notasi pasangan berurutan dari 8.2, selang terbuka tidak ditulis $(x,y)$. Kita menulis

$$J_{x,y}=\{z\in\mathbb{R} : x<z<y\}.$$

Status prasyarat

Prasyarat 8.3.1 (pinjaman: $\mathbb{R}$ sebagai medan terurut yang memuat salinan $\mathbb{Q}$). Kita mengandaikan $\mathbb{R}$ adalah medan terurut. Aksioma medan dibahas pada Bab 9 dan aksioma urutan pada Bab 10. Kita juga mengandaikan ada fungsi injektif $\varphi:\mathbb{Q}\to\mathbb{R}$ yang memenuhi tiga syarat berikut:

• $\varphi(1)=1$;
• $\varphi$ mempertahankan penjumlahan dan perkalian;
• $\varphi$ mempertahankan urutan, yaitu $a<b$ jika dan hanya jika $\varphi(a)<\varphi(b)$.

Embedding $\mathbb{N}\to\mathbb{Z}\to\mathbb{Q}$ dari 8.2 mempertahankan operasi dan urutan. Bersama $\varphi$, kita mengidentifikasi $\mathbb{N}$, $\mathbb{Z}$, dan $\mathbb{Q}$ dengan citranya di $\mathbb{R}$. Dengan identifikasi ini, urutan $\mathbb{N}$ dan $\mathbb{Z}$ sesuai dengan urutan $\mathbb{R}$. Inklusi $\mathbb{N}\subseteq\mathbb{Z}\subseteq\mathbb{Q}\subseteq\mathbb{R}$ dibaca melalui identifikasi tersebut, bukan sebagai kesamaan literal kode himpunan.

Sifat medan terurut yang dipakai adalah sebagai berikut. Untuk semua $a,b,c\in\mathbb{R}$:

1. tepat satu dari $a<b$, $a=b$, $b<a$ berlaku, dan $<$ transitif; akibatnya, jika $a\le b$ dan $b<c$, maka $a<c$;
2. jika $a<b$, maka $a+c<b+c$;
3. jika $a<b$ dan $c>0$, maka $ac<bc$;
4. $1>0$, dan jika $a>0$, maka $a^{-1}>0$.

Jika $c>0$, maka $c^{-1}>0$ menurut sifat 4. Menerapkan sifat 3 dengan faktor $c^{-1}$ memberi arah kebalikannya. Jadi, untuk $c>0$, berlaku $a<b$ jika dan hanya jika $ac<bc$.

Dari $\varphi(1)=1$ dan sifat perkalian diperoleh, untuk $n\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$,

$$\varphi(n)\,\varphi(1/n)=\varphi(n\cdot 1/n)=\varphi(1)=1,$$

sehingga $\varphi(1/n)=\varphi(n)^{-1}$. Dengan demikian, untuk $m\in\mathbb{Z}$, rasional $m/n$ dari 8.2 berpadanan dengan $m\cdot n^{-1}$ di $\mathbb{R}$, dan kedua penulisan dapat dipertukarkan.

Dari Hasil 8.2.30 dipakai pula diskretnya $\mathbb{Z}$: jika $m,m'\in\mathbb{Z}$ dan $m<m'$, maka $m'-m$ adalah integer positif, sehingga $m'-m\ge 1$, yaitu $m\le m'-1$. Dari Proposisi 8.1.4 dipakai fakta bahwa setiap $k\in\mathbb{N}$ dengan $k\ne0$ mempunyai tepat satu pendahulu $p$, dengan $k=S(p)=p+1$. Akibatnya $k\ge1$.

Prasyarat 8.3.2 (pinjaman: sifat Archimedes). Untuk setiap $t\in\mathbb{R}$ ada $n\in\mathbb{N}$ dengan $n>t$.

Sifat ini akan diturunkan dari kelengkapan $\mathbb{R}$ pada Bab 11. Sifat ini bukan akibat Prasyarat 8.3.1: ada medan terurut yang memuat salinan $\mathbb{Q}$ tetapi tidak Archimedes. Fakta itu dicatat tanpa bukti dalam unit ini, dan contohnya berada di luar cakupan unit ini.

Sebagai pembanding, Jiří Lebl, Basic Analysis, bagian 1.2 (https://www.jirka.org/ra/html/sec_setofreals.html), memuat sifat Archimedes dan kerapatan $\mathbb{Q}$ dalam Theorem 1.2.4. Lebl memakai $\mathbb{N}=\{1,2,3,\dots\}$, sedangkan buku ini memakai $\mathbb{N}$ yang memuat $0$. Karena itu, setiap kali indeks positif diperlukan, syarat $n\ge1$ diturunkan secara eksplisit, seperti pada Langkah 2 Teorema 8.3.4 dan Pembahasan 8.3.9. Sebaliknya, pada Langkah 1 Lema 8.3.3 nilai $h=0$ diperbolehkan.

Lema pembulatan

Kita belum mempunyai fungsi "floor" ($\lfloor\cdot\rfloor$). Fungsi itu tidak boleh diasumsikan, karena keberadaannya justru perlu dibuktikan.

Lema 8.3.3 (pembulatan). Untuk setiap $t\in\mathbb{R}$ ada tepat satu $m\in\mathbb{Z}$ dengan

$$m-1\le t<m .$$

Strategi. Kita ingin memilih "integer terkecil yang melampaui $t$". Prinsip urutan baik (WOP), Teorema 7.3.3–7.3.4 hanya berlaku pada bagian tak kosong dari $\mathbb{N}$. Prinsip itu tidak berlaku pada sembarang bagian $\mathbb{Z}$; $\mathbb{Z}$ sendiri tidak mempunyai unsur terkecil, sebab untuk setiap $m\in\mathbb{Z}$ berlaku $m-1<m$. Karena itu, $t$ lebih dahulu digeser oleh suatu $h\in\mathbb{N}$ agar menjadi positif. Kemudian WOP diterapkan di $\mathbb{N}$, dan hasilnya digeser kembali.

Bukti keberadaan.

Langkah 1 (pergeseran). Terapkan Prasyarat 8.3.2 pada $-t$. Diperoleh $h\in\mathbb{N}$ dengan $h>-t$. Menambahkan $t$ pada kedua ruas (sifat 2) memberi $t+h>0$.

Langkah 2 (WOP). Bentuk

$$K=\{k\in\mathbb{N} : k>t+h\}.$$

Himpunan ini dibentuk dengan pemisahan dari $\mathbb{N}$ (Bab 3), sehingga $K\subseteq\mathbb{N}$. Prasyarat 8.3.2 yang diterapkan pada $t+h$ memberi $K\neq\varnothing$. Oleh WOP, $K$ mempunyai unsur terkecil $k$ terhadap urutan $\mathbb{N}$, yang sesuai dengan urutan $\mathbb{R}$ menurut Prasyarat 8.3.1.

Langkah 3 ($k\ge1$). Dari $k>t+h>0$ diperoleh $k>0$, jadi $k\neq0$. Menurut 8.1, $k$ mempunyai pendahulu tunggal $p\in\mathbb{N}$ dengan $k=p+1$. Di $\mathbb{Z}$ berlaku $p=k-1$. Jadi $k\ge1$ dan $k-1\in\mathbb{N}$.

Tanpa Langkah 1, kesimpulan ini dapat gagal. Untuk $t=-5/2$, misalnya, unsur terkecil $\{k\in\mathbb{N}:k>t\}$ adalah $0$, padahal $0-1\notin\mathbb{N}$.

Langkah 4 (minimalitas). Karena $1>0$, berlaku $k-1<k$. Seandainya $k-1\in K$, maka $K$ memuat unsur yang lebih kecil dari $k$, bertentangan dengan pemilihan $k$. Jadi $k-1\notin K$. Karena $k-1\in\mathbb{N}$, ini berarti $k-1>t+h$ tidak berlaku. Menurut trikotomi (sifat 1), $k-1\le t+h$. Bersama $k\in K$ diperoleh

$$k-1\le t+h<k .$$

Langkah 5 (geser kembali). Ambil $m=k-h\in\mathbb{Z}$. Menambahkan $-h$ pada setiap ruas (sifat 2) memberi $m-1\le t<m$.

Bukti ketunggalan. Misalkan $m,m'\in\mathbb{Z}$ memenuhi $m-1\le t<m$ dan $m'-1\le t<m'$. Andaikan $m<m'$. Diskretnya $\mathbb{Z}$ memberi $m\le m'-1$, sehingga

$$m\le m'-1\le t<m .$$

Ini menghasilkan $m<m$, mustahil. Kasus $m'<m$ ditolak dengan argumen yang sama setelah peran $m$ dan $m'$ ditukar. Menurut trikotomi, $m=m'$. $\blacksquare$

Catatan. Setelah Lema 8.3.3 terbukti, kita boleh mendefinisikan $\lfloor t\rfloor := m-1$, tetapi definisi itu tidak diperlukan dalam unit ini. Perhatikan pula bahwa $h$ bergantung pada $t$, sedangkan $m$ tidak bergantung pada pilihan $h$. Dua pilihan $h$ yang berbeda menghasilkan integer yang memenuhi syarat yang sama, sehingga keduanya sama menurut ketunggalan.

Teorema kerapatan

Teorema 8.3.4 (kerapatan $\mathbb{Q}$ di $\mathbb{R}$). Dengan Prasyarat 8.3.1 dan 8.3.2, untuk setiap $x,y\in\mathbb{R}$ dengan $x<y$ ada $q\in\mathbb{Q}$ dengan $x<q<y$.

Strategi. Selang $J_{x,y}$ mungkin terlalu sempit untuk memuat integer. Kalikan semuanya dengan $n\in\mathbb{N}$ yang cukup besar sehingga selisih $ny-nx$ melebihi $1$. Selang yang panjangnya lebih dari $1$ memuat integer $m$, dan Lema 8.3.3 menunjukkan integer mana yang dapat diambil. Setelah itu bagi kembali dengan $n$. Arah ketaksamaan tetap terjaga karena $n>0$.

Bukti.

Langkah 1. Dari $x<y$ dan sifat 2 diperoleh $y-x>0$. Jadi $y-x\ne0$, dan menurut sifat 4, $\dfrac{1}{y-x}>0$.

Langkah 2. Menurut Prasyarat 8.3.2, ada $n\in\mathbb{N}$ dengan $n>\dfrac{1}{y-x}$. Karena $\dfrac{1}{y-x}>0$, transitivitas memberi $n>0$. Jadi $n\ne0$, dan menurut 8.1, $n\ge1$. Kalikan $n>\dfrac1{y-x}$ dengan $y-x>0$ (sifat 3):

$$n(y-x)>1,\qquad\text{yaitu}\qquad nx+1<ny .$$

Langkah 3. Terapkan Lema 8.3.3 pada $t=nx$. Diperoleh $m\in\mathbb{Z}$ dengan $m-1\le nx<m$. Menambahkan $1$ pada $m-1\le nx$ memberi $m\le nx+1$. Bersama Langkah 2:

$$nx<m\le nx+1<ny .$$

Langkah 4. Karena $n\in\mathbb{Z}$ dan $n\ne0$, pasangan $(m,n)$ berada di domain $\mathbb{Z}\times(\mathbb{Z}\setminus\{0\})$ dari 8.2. Jadi $q:=m/n\in\mathbb{Q}$, dan menurut Prasyarat 8.3.1, $q=m\cdot n^{-1}$ di $\mathbb{R}$. Dari $n>0$ dan sifat 4 diperoleh $n^{-1}>0$. Kalikan $nx<m$ dan $m<ny$ dengan $n^{-1}$ (sifat 3):

$$x<\frac mn\qquad\text{dan}\qquad \frac mn<y .$$

Jadi $x<q<y$. $\blacksquare$

Tanda $x$ dan $y$. Bukti tidak memakai anggapan apa pun tentang tanda $x$, $y$, atau $m$. Jika $x$ negatif, maka $nx$ negatif, dan Lema 8.3.3 tetap berlaku karena pergeseran $h$ menangani $t$ negatif. Integer $m$ dapat negatif, nol, atau positif. Satu-satunya tanda yang diperlukan adalah $n>0$, yang dijamin oleh Langkah 2.

Contoh 8.3.5. Ambil $x=-\tfrac13$ dan $y=-\tfrac14$.

• Selisihnya $y-x=-\tfrac14+\tfrac13=\tfrac1{12}>0$, sehingga $\dfrac1{y-x}=12$. Pilih $n=24>12$. Maka $nx=-8$, $ny=-6$, dan $n(y-x)=2>1$.
• Lema 8.3.3 untuk $t=-8$ meminta $m-1\le-8<m$, sehingga $m=-7$. Mengikuti konstruksi lema: pilih $h=9>8$, sehingga $t+h=1$. Maka $K=\{k\in\mathbb{N}:k>1\}$ mempunyai unsur terkecil $k=2$, dan $m=2-9=-7$.
• Rantai ketaksamaannya adalah $-8<-7\le-7<-6$. Jadi $q=-\tfrac7{24}$.

Pemeriksaan melalui perkalian positif. Karena $24>0$, sifat 3 berlaku dua arah. Jadi $-\tfrac13<-\tfrac7{24}$ setara dengan $-8<-7$, yang benar. Demikian pula, $-\tfrac7{24}<-\tfrac14$ setara dengan $-7<-6$, yang benar.

Kriteria perkalian silang. Misalkan $a,c\in\mathbb{Z}$ dan $b,d\in\mathbb{Z}$ dengan $b,d>0$. Maka $bd>0$, dan perkalian dua arah dengan $bd$ memberi

$$\frac ab<\frac cd \iff ad<cb$$

di $\mathbb{R}$, karena $a b^{-1}\cdot bd=ad$ dan $c d^{-1}\cdot bd=cb$. Kriteria ini sejalan dengan urutan $\mathbb{Q}$ pada 8.2 untuk penyebut positif. Untuk contoh di atas:

• $-\tfrac13<-\tfrac7{24}$ karena $(-1)\cdot24=-24<-21=3\cdot(-7)$;
• $-\tfrac7{24}<-\tfrac14$ karena $(-7)\cdot4=-28<-24=24\cdot(-1)$.

Mengapa ketaksamaan $n>\frac1{y-x}$ harus tegas. Dengan $n=12$ diperoleh $n(y-x)=1$, bukan $>1$. Maka $nx=-4$, Lema 8.3.3 memberi $m=-3$, dan $q=-\tfrac3{12}=-\tfrac14=y$. Bilangan ini tidak terletak tegas di antara $x$ dan $y$.

Tak hingga banyak rasional di setiap selang

Teorema 8.3.4 hanya menjamin satu saksi. Klaim bahwa setiap selang memuat tak hingga banyak rasional memerlukan bukti tersendiri.

Akibat 8.3.6. Jika $x<y$, ada fungsi injektif $\psi:\mathbb{N}\to\mathbb{Q}\cap J_{x,y}$. Khususnya, untuk setiap $M\in\mathbb{N}$, bilangan $\psi(i)$ dengan $0\le i\le M$ adalah rasional di $J_{x,y}$ yang saling berbeda.

Bukti.

Dua saksi. Teorema 8.3.4 memberi $q_1\in\mathbb{Q}$ dengan $x<q_1<y$. Teorema yang sama, diterapkan pada $q_1<y$, memberi $q_2\in\mathbb{Q}$ dengan $q_1<q_2<y$. Tulis $d=q_2-q_1$. Maka $d\in\mathbb{Q}$ dan $d>0$.

Definisi $\psi$. Untuk $k\in\mathbb{N}$, definisikan

$$\psi(k)=q_1+\frac{d}{k+2}.$$

Penyebutnya sah karena $k+2=1+(k+1)\ge 1+1>0$, sehingga $k+2\neq0$. Jadi $\psi(k)\in\mathbb{Q}$, karena $\mathbb{Q}$ tertutup terhadap operasinya dan pembagian dengan unsur tak nol.

Letak $\psi(k)$. Dari $k+2>1$ dan perkalian dengan $(k+2)^{-1}>0$ diperoleh $0<\dfrac1{k+2}<1$. Kalikan dengan $d>0$:

$$0<\dfrac d{k+2}<d .$$

Jadi $q_1<\psi(k)<q_1+d=q_2$. Karena $x<q_1$ dan $q_2<y$, diperoleh $x<\psi(k)<y$.

Injektivitas. Jika $\psi(k)=\psi(l)$, maka $\dfrac d{k+2}=\dfrac d{l+2}$. Kalikan kedua ruas dengan $(k+2)(l+2)d^{-1}$; langkah ini sah karena $d\ne0$. Diperoleh $l+2=k+2$. Menambahkan $-2$ pada kedua ruas memberi $l=k$ di $\mathbb{R}$. Karena embedding $\mathbb{N}\to\mathbb{R}$ injektif, $l=k$ di $\mathbb{N}$. Bagian "khususnya" langsung mengikuti dari injektivitas ini.

Kesimpulan. Kita memakai fakta bahwa setiap himpunan yang menerima injeksi dari $\mathbb{N}$ tidak berhingga. Fakta ini berasal dari pembahasan himpunan berhingga dan di sini dipinjam. Dengan fakta itu, $\mathbb{Q}\cap J_{x,y}$ tak hingga. $\blacksquare$

Konstruksi $\psi$ eksplisit: setelah $q_1$ dan $q_2$ ditetapkan, tidak ada pilihan berulang. Jadi bukti ini tidak memerlukan aksioma pilihan.

Arah logis antara Archimedes dan kerapatan

Proposisi 8.3.7 (arah sebaliknya; tidak dipakai di atas). Misalkan $F$ medan terurut yang memuat salinan $\mathbb{Q}$ seperti pada Prasyarat 8.3.1. Jika untuk setiap $x<y$ di $F$ ada $q\in\mathbb{Q}$ dengan $x<q<y$, maka $F$ memenuhi sifat Archimedes.

Bukti. Ambil $t\in F$. Kerapatan pada $t<t+1$ memberi $q\in\mathbb{Q}$ dengan $t<q<t+1$. Normalisasikan wakilnya sehingga $q=a/b$ dengan $a\in\mathbb{Z}$, $b\in\mathbb{Z}$, dan $b>0$ (8.2). Maka $b\ge1$ karena $\mathbb{Z}$ diskret.

• Kasus $a\le 0$. Karena $b^{-1}>0$, berlaku $q=a\,b^{-1}\le0$. Jadi $t<q\le0<1$. Ambil $n=1$.
• Kasus $a>0$. Maka $a$ adalah integer positif, sehingga $a\in\mathbb{N}$ (8.2). Dari $1\le b$ dan $a>0$ diperoleh $a\le ab$. Kalikan dengan $b^{-1}>0$ untuk memperoleh $q=a b^{-1}\le a$. Jadi $t<a$. Ambil $n=a$. $\blacksquare$

Bukti Lema 8.3.3 dan Teorema 8.3.4 hanya memakai sifat 1–4, embedding $\mathbb{Q}$ yang mempertahankan operasi dan urutan, diskretnya $\mathbb{Z}$, WOP di $\mathbb{N}$, dan sifat Archimedes. Karena itu, keduanya berlaku untuk setiap $F$ seperti di atas yang Archimedes. Jadi, di dalam medan terurut yang memuat salinan $\mathbb{Q}$, kedua sifat itu setara.

Dalam unit ini, arah yang dipakai adalah Archimedes $\Rightarrow$ kerapatan, dengan Archimedes berstatus pinjaman dari Bab 11. Pembuktian Archimedes pada Bab 11 harus bertumpu pada kelengkapan, bukan pada Teorema 8.3.4. Jika tidak, penalarannya melingkar.

Kesalahan umum

1. Mengandaikan $\lfloor t\rfloor$ ada. Keberadaan dan ketunggalan integer pembulat adalah isi Lema 8.3.3, bukan anggapan awal.
2. Menerapkan WOP pada bagian $\mathbb{Z}$. Bagian tak kosong dari $\mathbb{Z}$ tidak selalu mempunyai unsur terkecil; $\mathbb{Z}$ sendiri contohnya. Himpunan $\{k\in\mathbb{Z}:k>t\}$ memang mempunyai unsur terkecil, tetapi fakta itu adalah isi Lema 8.3.3, bukan akibat langsung WOP. Itulah sebabnya diperlukan pergeseran $h$.
3. Melupakan $k\ge1$. Tanpa $t+h>0$, unsur terkecil $K$ bisa $0$, sehingga $k-1$ tidak berada di $\mathbb{N}$.
4. Memilih $n$ dengan $n(y-x)=1$. Ketaksamaan harus tegas; lihat Contoh 8.3.5 dengan $n=12$.
5. Membagi dengan $n$ tanpa menyebut $n>0$. Pembagian dengan bilangan negatif membalik arah ketaksamaan, dan $n=0$ tidak sah sebagai penyebut.
6. Mengandaikan $m$ positif. Untuk $x<0$, $m$ dapat negatif, seperti $m=-7$ pada Contoh 8.3.5.
7. Menyebut kerapatan sebagai akibat aksioma medan terurut saja. Tanpa sifat Archimedes, yang di sini dipinjam dari kelengkapan, bukti ini tidak berjalan.

Latihan

Latihan 8.3.8. Dengan metode bukti Teorema 8.3.4, tentukan $q\in\mathbb{Q}$ dengan $-\tfrac57<q<-\tfrac23$, lalu periksa kedua ketaksamaannya.

Latihan 8.3.9. Misalkan $\varepsilon\in\mathbb{R}$ dan $\varepsilon>0$. Buktikan bahwa ada $q\in\mathbb{Q}$ dengan $0<q<\varepsilon$. Tunjukkan pula bahwa $q$ dapat dipilih berbentuk $1/n$ dengan $n\in\mathbb{N}$ dan $n\ge1$.

Latihan 8.3.10. Jelaskan mengapa Teorema 8.3.4 mensyaratkan $x<y$. Tunjukkan apa yang terjadi bila $x=y$, dan di bagian mana bukti teorema gagal.

Latihan 8.3.11. Misalkan $x<y$ di $\mathbb{R}$.

• (a) Buktikan $x<\frac{x+y}2<y$.
• (b) Buktikan bahwa jika $x,y\in\mathbb{Q}$, maka $\frac{x+y}2\in\mathbb{Q}$.
• (c) Jelaskan mengapa untuk $x,y$ real, $\frac{x+y}2$ belum tentu rasional, sehingga (a) tidak membuktikan Teorema 8.3.4.

Latihan 8.3.12. Jelaskan mengapa Teorema 8.3.4 tidak menyatakan bahwa setiap bilangan real rasional.

Pembahasan

Pembahasan 8.3.8. Ambil $x=-\tfrac57$ dan $y=-\tfrac23$.

Memilih $n$. Selisihnya $y-x=-\tfrac{14}{21}+\tfrac{15}{21}=\tfrac1{21}>0$, sehingga $\dfrac1{y-x}=21$. Pilih $n=22$. Maka

$$nx=-\tfrac{110}7,\qquad ny=-\tfrac{44}3,\qquad n(y-x)=\tfrac{22}{21}>1.$$

Menentukan $m$. Terapkan Lema 8.3.3 pada $t=-\tfrac{110}7$. Pilih $h=16>\tfrac{110}7$, sehingga $t+h=\tfrac27>0$. Himpunan $K=\{k\in\mathbb{N}:k>\tfrac27\}$ mempunyai unsur terkecil $k=1$, karena $0\notin K$. Maka $m=1-16=-15$. Periksa syarat lema:

• $m-1=-16=-\tfrac{112}7\le-\tfrac{110}7$;
• $-\tfrac{110}7<-\tfrac{105}7=-15$.

Rantai ketaksamaan. Karena $nx+1=-\tfrac{103}7$, berlaku

$$-\tfrac{110}7<-15\le-\tfrac{103}7<-\tfrac{44}3 .$$

Ketaksamaan terakhir benar karena $-\tfrac{309}{21}<-\tfrac{308}{21}$. Jadi $q=-\tfrac{15}{22}$.

Pemeriksaan. Dengan kriteria perkalian silang pada Contoh 8.3.5 (penyebut positif):

• $-\tfrac57<-\tfrac{15}{22}$ karena $(-5)\cdot22=-110<-105=7\cdot(-15)$;
• $-\tfrac{15}{22}<-\tfrac23$ karena $(-15)\cdot3=-45<-44=22\cdot(-2)$.

Pilihan $n$ yang gagal. Sebagai pembanding, $n=21$ memberi $nx=-15$, sehingga $m=-14$ dan $q=-\tfrac{14}{21}=-\tfrac23=y$. Pilihan ini gagal karena $n(y-x)=1$ tidak lebih besar dari $1$.

Pembahasan 8.3.9.

Cara pertama. Terapkan Teorema 8.3.4 pada $x=0$ dan $y=\varepsilon$; syarat $0<\varepsilon$ dipenuhi.

Cara kedua (bentuk $1/n$). Karena $\varepsilon>0$, berlaku $\varepsilon^{-1}>0$. Prasyarat 8.3.2 memberi $n\in\mathbb{N}$ dengan $n>\varepsilon^{-1}$. Transitivitas memberi $n>0$, sehingga $n\ge1$ dan $n^{-1}>0$. Kalikan $n>\varepsilon^{-1}$ dengan $\varepsilon>0$ untuk memperoleh $n\varepsilon>1$. Kalikan lagi dengan $n^{-1}>0$ untuk memperoleh $\varepsilon>n^{-1}$. Jadi $q=1/n$ memenuhi $0<q<\varepsilon$.

Syarat $n\ge1$ penting karena $n=0$ tidak dapat menjadi penyebut. Di sini $n\ge1$ dijamin oleh $n>0$, bukan oleh anggapan bahwa $\mathbb{N}$ dimulai dari $1$.

Pembahasan 8.3.10.

Kasus $x=y$. Andaikan ada $z$ dengan $x<z<x$. Transitivitas memberi $x<x$, bertentangan dengan trikotomi. Jadi $J_{x,x}=\varnothing$, dan tidak ada $q$, rasional atau bukan, yang memenuhi syarat. Pernyataan teorema salah untuk $x=y$.

Di mana bukti gagal. Pada Langkah 1, $y-x=0$ tidak mempunyai invers, sehingga $\frac1{y-x}$ tidak terdefinisi. Lebih jauh, tidak ada $n$ dengan $n\cdot0>1$, sebab $n\cdot 0=0<1$.

Kasus $x>y$. Selang $J_{x,y}$ juga kosong, dengan argumen transitivitas yang sama. Untuk dua real berbeda, teorema diterapkan pada yang lebih kecil dan yang lebih besar di antara keduanya. Jadi hipotesis $x<y$ tepat seperlunya.

Pembahasan 8.3.11.

(a) Dari $1>0$ diperoleh $2=1+1>0$, sehingga $2\ne0$ dan $2^{-1}>0$. Menambahkan $x$ pada $x<y$ memberi $2x<x+y$. Menambahkan $y$ pada $x<y$ memberi $x+y<2y$. Kalikan keduanya dengan $2^{-1}>0$:

$$x<\frac{x+y}2<y.$$

(b) Jika $x,y\in\mathbb{Q}$, maka $x+y\in\mathbb{Q}$ dan $2\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$, sehingga $\frac{x+y}2\in\mathbb{Q}$. Jadi di antara dua rasional selalu ada rasional, dan bukti ini tidak memerlukan sifat Archimedes.

(c) Untuk $x,y$ real, (a) hanya menghasilkan bilangan real di antara keduanya, sedangkan kerapatan $\mathbb{Q}$ menuntut saksi rasional. Contoh kegagalan memerlukan bilangan irasional, sehingga kita memakai rujukan maju yang bukan bagian bukti unit ini. Misalkan $r>0$ dengan $r^2=2$. Keberadaan $r$ dipinjam dari kelengkapan $\mathbb{R}$, dan $r\notin\mathbb{Q}$ dibuktikan pada 8.4. Ambil $x=0$ dan $y=2r$. Maka $x<y$ dan $\frac{x+y}2=r\notin\mathbb{Q}$.

Karena titik tengah dua real belum tentu rasional, bukti Teorema 8.3.4 tidak memakai titik tengah. Bukti itu membangun saksi $m/n$ yang rasional sejak awal. Rujukan maju ini tidak melingkar: bukti 8.4 bahwa tidak ada rasional berkuadrat $2$ memakai urutan baik pada penyebut dan paritas, tanpa Teorema 8.3.4.

Pembahasan 8.3.12. Teorema 8.3.4 berbentuk

$$\forall x,y\in\mathbb{R}\;\bigl(x<y\Rightarrow\exists q\in\mathbb{Q}\;(x<q<y)\bigr).$$

Teorema ini berbicara tentang selang: setiap selang terbuka tak kosong memuat sedikitnya satu rasional. Pernyataan "$\mathbb{Q}=\mathbb{R}$" berbentuk $\forall z\in\mathbb{R}\;(z\in\mathbb{Q})$ dan berbicara tentang titik.

Dari teorema memang diperoleh bahwa setiap $z\in\mathbb{R}$ dapat didekati: untuk setiap $\varepsilon>0$ ada $q\in\mathbb{Q}$ dengan $z<q<z+\varepsilon$, yaitu dengan menerapkan teorema pada $z<z+\varepsilon$. Namun, rasional yang dekat dengan $z$ tidak harus sama dengan $z$.

Pernyataan pertama tidak mengakibatkan yang kedua. Dengan pinjaman keberadaan $r$ seperti pada Pembahasan 8.3.11(c) dan hasil 8.4, $\mathbb{R}$ memenuhi Teorema 8.3.4 sekaligus memuat $r\notin\mathbb{Q}$. Seandainya kerapatan mengakibatkan $\mathbb{Q}=\mathbb{R}$, kita memperoleh $r\in\mathbb{Q}$, bertentangan dengan 8.4.

Menuju 8.4

Kita telah melihat bahwa $\mathbb{Q}$ menyusup ke setiap celah $\mathbb{R}$. Tidak ada selang terbuka tak kosong tanpa rasional. Bahkan, menurut Akibat 8.3.6, setiap selang memuat rasional yang saling berbeda sebanyak apa pun yang kita minta, dan dengan fakta himpunan berhingga yang dipinjam di sana, tak hingga banyaknya. Namun, Latihan 8.3.12 menunjukkan bahwa kerapatan saja tidak memutuskan apakah setiap titik real rasional.

Unit berikutnya menjawab pertanyaan itu secara negatif. Di sana dibuktikan bahwa tidak ada bilangan rasional yang kuadratnya $2$. Bersama keberadaan real positif $r$ dengan $r^2=2$, yang dipinjam dari kelengkapan, diperoleh bahwa $\mathbb{R}$ memuat bilangan di luar $\mathbb{Q}$. Jadi $\mathbb{Q}$ rapat di $\mathbb{R}$, tetapi tidak memenuhi $\mathbb{R}$.

8.4 Bukti Klasik Ketidakrasionalan $\sqrt{2}$

Unit ini membuktikan bahwa tidak ada bilangan rasional yang kuadratnya sama dengan $2$. Hasil ini sering diringkas sebagai "$\sqrt{2}$ irasional". Ringkasan itu sebenarnya menggabungkan dua pernyataan dengan status yang berbeda:

1. Tidak ada $q \in \mathbb{Q}$ dengan $q^2 = 2$.
2. Ada $r \in \mathbb{R}$ dengan $r > 0$ dan $r^2 = 2$.

Pernyataan (1) hanya membicarakan $\mathbb{Q}$, dan seluruh buktinya diberikan dalam unit ini. Pernyataan (2) membicarakan $\mathbb{R}$. Pernyataan ini tidak muncul dari simbol akar, dan juga tidak muncul dari aksioma medan terurut. Keberadaan $r$ dipinjam dari sifat kelengkapan $\mathbb{R}$, yang baru dibahas kemudian. Kalimat "$\sqrt{2}$ irasional" baru bermakna setelah kedua pernyataan tersedia, ditambah ketunggalan akar positif yang juga dibuktikan di sini.

Status bahan dalam unit ini

Definisi baru: bilangan irasional dan notasi $\sqrt{c}$ untuk akar positif tunggal.

Definisi yang dinyatakan ulang agar notasinya tetap: keterbagian, bilangan genap, dan bilangan ganjil di $\mathbb{Z}$.

Hasil yang dibuktikan:

• ketunggalan akar kuadrat positif;
• lema paritas;
• keberadaan wakil dengan penyebut positif;
• keberadaan wakil dengan penyebut positif terkecil beserta sifat tereduksinya;
• tidak adanya $q \in \mathbb{Q}$ dengan $q^2 = 2$;
• sifat salinan $\mathbb{Q}$ di $\mathbb{R}$ terhadap negasi dan invers;
• akibat-akibat dari hasil di atas.

Prasyarat pinjaman dan hasil terdahulu:

• (P1) $\mathbb{R}$ adalah medan terurut yang memuat salinan $\mathbb{Q}$. Artinya, ada pemetaan injektif $\varphi : \mathbb{Q} \to \mathbb{R}$ yang mempertahankan $0$, $1$, penjumlahan, perkalian, dan urutan. Setelah identifikasi melalui $\varphi$, kita menulis $\mathbb{Q} \subseteq \mathbb{R}$. Fakta ini dipinjam dari pembahasan berikutnya, sama seperti pada 8.3.
• (P2) Keberadaan akar. Ada $r \in \mathbb{R}$ dengan $r > 0$ dan $r^2 = 2$. Fakta ini dipinjam dari kelengkapan $\mathbb{R}$. Sebagai pembanding, Jiří Lebl, Basic Analysis, bagian 1.2, Example 1.2.3 (https://www.jirka.org/ra/html/sec_setofreals.html), membuktikan keberadaan akar positif $2$ memakai supremum. Teori supremum tidak diuraikan di sini.
• (P3) Hasil dari 8.2:
  • $\mathbb{Z}$ adalah ring komutatif tanpa pembagi nol. Hukum pembatalan berlaku: jika $d \neq 0$ dan $dx = dy$, maka $x = y$.
  • Akibat hukum ring: $-(dx) = d(-x)$.
  • Urutan $\mathbb{Z}$ total, sehingga trikotomi berlaku, dan urutan itu kompatibel dengan penjumlahan.
  • $0 < 1$.
  • Integer positif tepat berupa kelas $[k,0]$ dengan $k > 0$. Karena itu integer tak negatif diidentifikasi dengan $\mathbb{N}$ melalui embedding $i$, dan integer positif dengan unsur positif $\mathbb{N}$.
  • Hasil kali dua integer positif adalah positif. Akibatnya, jika $d > 0$ dan $x \geq 0$, maka $dx \geq 0$. Kasus $x = 0$ berasal dari $d \cdot 0 = 0$.
  • Urutan $\mathbb{Z}$ diskret: jika $e > 0$, maka $e \geq 1$.
  • $\mathbb{Q}$ adalah medan dengan kelas $a/b$ untuk $(a,b) \in \mathbb{Z} \times (\mathbb{Z} \setminus \{0\})$. Kesamaan kelas: $a/b = c/d$ jika dan hanya jika $ad = bc$. Perkalian kelas: $(a/b)(c/d) = (ac)/(bd)$.
• (P4) Prinsip urutan baik (WOP) untuk bagian tak kosong $\mathbb{N}$, Teorema 7.3.3–7.3.4, dengan prasyarat fondasionalnya.

Sifat Archimedes tidak dipakai dalam unit ini. Satu-satunya pengecualian adalah penutup, yang memakai kerapatan dari 8.3.

---

Definisi dasar

Definisi 8.4.1. Misalkan $d, a \in \mathbb{Z}$.

• $d$ membagi $a$ jika ada $c \in \mathbb{Z}$ dengan $a = dc$.
• $a$ genap jika $2$ membagi $a$, yaitu jika ada $k \in \mathbb{Z}$ dengan $a = 2k$.
• $a$ ganjil jika ada $k \in \mathbb{Z}$ dengan $a = 2k + 1$.
• Bilangan real $x$ disebut irasional jika $x \notin \varphi[\mathbb{Q}]$, yaitu jika $x$ tidak berada dalam salinan $\mathbb{Q}$ di dalam $\mathbb{R}$.

Lambang $2$ berarti $1 + 1$ di setiap sistem:

• di $\mathbb{Z}$, $2 = [2,0]$;
• di $\mathbb{Q}$, $2$ berarti $2/1$;
• di $\mathbb{R}$, $2 = 1 + 1 = \varphi(1/1) + \varphi(1/1) = \varphi(2/1)$, karena $\varphi$ mempertahankan $1$ dan penjumlahan.

Dengan cara yang sama, $4 = 1 + 1 + 1 + 1 = \varphi(4/1)$ di $\mathbb{R}$.

---

Ketunggalan akar kuadrat positif

Proposisi 8.4.2. Misalkan $c \in \mathbb{R}$. Paling banyak ada satu $r \in \mathbb{R}$ dengan $r > 0$ dan $r^2 = c$.

Domain dan hipotesis. Proposisi ini hanya memakai aksioma medan terurut (P1). Proposisi ini tidak menyatakan bahwa akar itu ada.

Strategi. Ubah selisih kuadrat menjadi hasil kali. Kemudian gunakan fakta bahwa faktor tak nol mempunyai invers.

Bukti. Misalkan $r, s > 0$ dan $r^2 = s^2 = c$. Dengan distributivitas dan komutativitas perkalian,

$$(r - s)(r + s) = r^2 + rs - sr - s^2 = r^2 - s^2 = c - c = 0.$$

Karena $r > 0$, kompatibilitas urutan dengan penjumlahan memberi $r + s > 0 + s = s$. Karena $s > 0$, diperoleh $r + s > 0$. Jadi $r + s \neq 0$, dan $(r+s)^{-1}$ ada. Kalikan kedua ruas dengan $(r+s)^{-1}$:

$$r - s = (r - s)(r + s)(r + s)^{-1} = 0 \cdot (r + s)^{-1} = 0.$$

Jadi $r = s$. $\blacksquare$

Definisi 8.4.3 (notasi $\sqrt{c}$). Misalkan $c \in \mathbb{R}$ mempunyai akar positif, yaitu ada $r > 0$ dengan $r^2 = c$. Menurut Proposisi 8.4.2, akar positif itu tunggal, dan kita menuliskannya $\sqrt{c}$. Menurut (P2), syarat ini dipenuhi oleh $c = 2$, sehingga $\sqrt{2}$ terdefinisi.

Tanpa (P2) atau bukti keberadaan lain, belum dijamin bahwa simbol $\sqrt{2}$ menunjuk suatu bilangan real; Proposisi 8.4.2 sendiri hanya menjamin ketunggalan.

Catatan. Pembatasan tanda diperlukan untuk klaim ketunggalan ini. Bilangan $-\sqrt{2}$ juga memenuhi $(-\sqrt{2})^2 = 2$. Argumen di atas tidak berlaku untuk pasangan $\sqrt{2}$ dan $-\sqrt{2}$, karena jumlah keduanya $0$.

---

Lema paritas

Lema 8.4.4 (paritas; bandingkan Lema 6.3.4 dan Teorema 6.3.5). Untuk setiap $a \in \mathbb{Z}$ berlaku:

• (i) $a$ genap atau $a$ ganjil;
• (ii) $a$ tidak sekaligus genap dan ganjil;
• (iii) jika $a^2$ genap, maka $a$ genap.

Strategi.

• Bagian (i): induksi pada $\mathbb{N}$, lalu perluasan ke integer negatif.
• Bagian (ii): diskretnya urutan $\mathbb{Z}$.
• Bagian (iii): kontradiksi, dengan memakai (i) dan (ii).

Bukti.

(i) Pada bagian ini, $n \in \mathbb{N}$ dibaca melalui embedding $i$ dari 8.2. Di $\mathbb{N}$ berlaku $S(n) = n + 1$, dan $i$ mempertahankan penjumlahan. Karena itu $i(S(n)) = i(n) + 1$, dan langkah induksi dari $n$ ke $S(n)$ dapat ditulis $n \mapsto n + 1$. Bentuk

$$A = \{n \in \mathbb{N} : \text{ada } k \in \mathbb{Z} \text{ dengan } n = 2k \text{ atau } n = 2k + 1\}.$$

• Dasar. $0 = 2 \cdot 0$, jadi $0 \in A$.

• Langkah. Misalkan $n \in A$.

  • Jika $n = 2k$, maka $n + 1 = 2k + 1$.
  • Jika $n = 2k + 1$, maka $n + 1 = 2k + 2 = 2(k + 1)$.

  Dalam kedua kasus, $n + 1 \in A$.

Jadi $A$ memuat $0$ dan tertutup terhadap penerus. Menurut induksi, $A = \mathbb{N}$. Akibatnya, setiap integer $a \geq 0$ genap atau ganjil.

Sekarang misalkan $a < 0$. Menurut (P3), $-a > 0$, sehingga $-a$ adalah salinan suatu unsur $\mathbb{N}$. Unsur itu berada di $A$.

• Jika $-a = 2k$, maka $a = -(2k) = 2(-k)$.
• Jika $-a = 2k + 1$, maka $a = -2k - 1 = 2(-k - 1) + 1$.

Menurut trikotomi, setiap $a$ memenuhi $a \geq 0$ atau $a < 0$, sehingga (i) berlaku untuk semua $a$.

(ii) Andaikan $a = 2k = 2j + 1$. Dengan distributivitas, $2m = 1$ untuk $m = k - j$. Menurut trikotomi dan diskretnya $\mathbb{Z}$, berlaku $m \leq 0$ atau $m \geq 1$.

• Jika $m \leq 0$, maka $2m = m + m \leq 0 + 0 = 0 < 1$.
• Jika $m \geq 1$, maka $2m = m + m \geq 1 + 1 = 2$. Selain itu, $2 = 1 + 1 > 0 + 1 = 1$, sehingga $2m > 1$.

Kedua kasus bertentangan dengan $2m = 1$.

(iii) Misalkan $a^2$ genap, dan andaikan $a$ tidak genap. Menurut (i), $a$ ganjil, misalnya $a = 2k + 1$. Maka

$$a^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 2(2k^2 + 2k) + 1,$$

sehingga $a^2$ ganjil. Menurut (ii), $a^2$ tidak genap. Ini kontradiksi. $\blacksquare$

Catatan. Bagian (iii) adalah kebalikan dari implikasi yang mudah, yaitu "$a$ genap mengakibatkan $a^2$ genap". Bukti utama memerlukan arah (iii).

---

Penyebut positif dan pecahan tereduksi

Frasa "tanpa mengurangi keumuman, misalkan $a/b$ tereduksi" bukanlah bukti. Dua lema berikut menunjukkan bahwa wakil seperti itu memang ada. Keduanya tidak memakai teorema keberadaan FPB (gcd) dan tidak memakai aksioma pilihan.

Lema 8.4.5 (penyebut positif). Setiap $q \in \mathbb{Q}$ mempunyai wakil $(a,b)$ dengan $b > 0$.

Bukti. Misalkan $q = a/b$ dengan $b \neq 0$. Menurut trikotomi urutan $\mathbb{Z}$, tepat satu dari $b > 0$ atau $b < 0$ berlaku.

• Jika $b > 0$, wakil $(a,b)$ sudah memenuhi syarat.
• Jika $b < 0$, maka $-b > 0$. Pasangan $(-a, -b)$ berada di $\mathbb{Z} \times (\mathbb{Z} \setminus \{0\})$, dan pasangan ini ekuivalen dengan $(a,b)$ karena

$$a(-b) = -(ab) = -(ba) = b(-a).$$

Jadi $q = (-a)/(-b)$ dengan penyebut positif. $\blacksquare$

Lema 8.4.6 (penyebut positif terkecil). Misalkan $q \in \mathbb{Q}$, dan bentuk

$$B_q = \{\, b \in \mathbb{N} : b > 0 \text{ dan ada } a \in \mathbb{Z} \text{ dengan } q = a/b \,\}.$$

Di sini $b \in \mathbb{N}$ dibaca melalui salinannya di $\mathbb{Z}$. Maka:

• (a) $B_q$ mempunyai unsur terkecil $b_0$.
• (b) Untuk setiap $a_0 \in \mathbb{Z}$ dengan $q = a_0/b_0$, tidak ada $d \in \mathbb{Z}$ dengan $d \geq 2$ yang membagi $a_0$ dan $b_0$ sekaligus.
• (c) Untuk $a_0$ seperti pada (b), satu-satunya pembagi bersama positif dari $a_0$ dan $b_0$ adalah $1$.

Secara khusus, $2$ tidak membagi $a_0$ dan $b_0$ sekaligus.

Domain dan hipotesis. $B_q$ adalah bagian dari $\mathbb{N}$ yang dibentuk dengan aksioma pemisahan. WOP dipakai pada bagian $\mathbb{N}$ ini, bukan pada sembarang bagian $\mathbb{Z}$ (lihat Latihan 8.4.11).

Bukti.

(a) Menurut Lema 8.4.5, $q$ mempunyai wakil dengan penyebut positif. Penyebut ini adalah salinan suatu unsur positif $\mathbb{N}$ (P3), sehingga $B_q \neq \varnothing$. Menurut WOP (P4), $B_q$ mempunyai unsur terkecil $b_0$.

Karena $b_0 \in B_q$, ada pembilang $a_0 \in \mathbb{Z}$ dengan $q = a_0/b_0$. Kita mengambil satu saksi seperti itu. Ini hanya satu pengambilan dari satu himpunan tak kosong, sehingga aksioma pilihan tidak diperlukan.

(b) Andaikan ada $d \geq 2$ yang membagi $a_0$ dan $b_0$. Tulis $a_0 = dc$ dan $b_0 = de$ dengan $c, e \in \mathbb{Z}$. Integer $e$ inilah yang sering ditulis "$b_0/d$". Penulisan itu hanya bermakna sebagai integer yang memenuhi $b_0 = de$, bukan sebagai kelas di $\mathbb{Q}$.

1. $e > 0$. Andaikan $e \leq 0$. Maka $-e \geq 0$. Karena $d \geq 2 > 0$, berlaku $d(-e) \geq 0$ (P3). Jadi $b_0 = de = -(d(-e)) \leq 0$, bertentangan dengan $b_0 > 0$.
2. $e < b_0$. Karena $d - 2 \geq 0$ dan $e > 0$, berlaku $(d - 2)e \geq 0$, yaitu $de - 2e \geq 0$. Jadi $b_0 = de \geq 2e$. Karena $e > 0$, berlaku $2e = e + e > 0 + e = e$. Jadi $b_0 > e$.
3. $c/e$ adalah wakil $q$. Karena $e \neq 0$, pasangan $(c, e)$ sah. Perkalian silang memberi

$$a_0 e = (dc)e = c(de) = c\, b_0,$$

sehingga $a_0/b_0 = c/e$.

Dari langkah 1–3, $e \in B_q$ dan $e < b_0$. Ini bertentangan dengan minimalitas $b_0$.

(c) Misalkan $d > 0$ membagi $a_0$ dan $b_0$. Karena urutan diskret, $d \geq 1$. Menurut (b), tidak berlaku $d \geq 2$, sehingga $d < 2$. Maka $2 - d > 0$, jadi $2 - d \geq 1$, dan akibatnya $d \leq 1$. Dengan demikian $d = 1$. Sebaliknya, $1$ membagi kedua bilangan karena $a_0=1\cdot a_0$ dan $b_0=1\cdot b_0$. $\blacksquare$

Catatan tentang tanda. Lema ini tidak membuat anggapan apa pun tentang tanda $a_0$. Pembilang boleh positif, negatif, atau nol.

Sebagai contoh, ambil $q = 0$.

• Karena $0 = 0/1$, berlaku $1 \in B_q$.
• Setiap unsur $B_q$ positif, sehingga bernilai $\geq 1$. Jadi $b_0 = 1$.
• Jika $d \geq 2$ dan $1 = de$, maka $e > 0$ seperti pada langkah 1. Akibatnya $e \geq 1$, sehingga $1 = de \geq 2e \geq 2$. Ini mustahil.

Jadi untuk $q = 0$, wakil $0/1$ memenuhi (b) meskipun $0$ dibagi oleh setiap integer.

---

Teorema utama

Teorema 8.4.7. Tidak ada $q \in \mathbb{Q}$ dengan $q^2 = 2$.

Domain dan hipotesis. Seluruh pernyataan berada di dalam $\mathbb{Q}$. Prasyarat (P2) tidak dipakai.

Strategi. Gunakan kontradiksi. Ambil wakil dengan penyebut positif terkecil (Lema 8.4.6), turunkan $a^2 = 2b^2$, lalu terapkan paritas dua kali.

Bukti. Andaikan ada $q \in \mathbb{Q}$ dengan $q \cdot q = 2/1$.

Langkah 1: memilih wakil. Menurut Lema 8.4.6, ada $a \in \mathbb{Z}$ dan $b \in \mathbb{Z}$ dengan $b > 0$, $q = a/b$, dan $b$ adalah unsur terkecil $B_q$.

Langkah 2: memperoleh $a^2 = 2b^2$. Menurut definisi perkalian di $\mathbb{Q}$,

$$q \cdot q = \frac{a \cdot a}{b \cdot b}.$$

Pasangan $(a^2, b^2)$ sah karena $b \neq 0$ dan $\mathbb{Z}$ tidak mempunyai pembagi nol, sehingga $b^2 \neq 0$. Kesamaan kelas $a^2/b^2 = 2/1$ berarti $a^2 \cdot 1 = b^2 \cdot 2$, yaitu

$$a^2 = 2b^2.$$

Langkah 3: $a$ genap. Persamaan $a^2 = 2b^2$ menunjukkan bahwa $a^2$ genap, dengan saksi $b^2 \in \mathbb{Z}$. Menurut Lema 8.4.4(iii), $a$ genap. Tulis $a = 2k$ dengan $k \in \mathbb{Z}$.

Langkah 4: $b$ genap. Substitusi memberi $a^2 = (2k)^2 = 2(2k^2)$. Dari Langkah 2 diperoleh $2(2k^2) = 2(b^2)$. Karena $2 \neq 0$, hukum pembatalan di $\mathbb{Z}$ (P3) memberi

$$b^2 = 2k^2.$$

Jadi $b^2$ genap. Menurut Lema 8.4.4(iii), $b$ genap. Tulis $b = 2l$ dengan $l \in \mathbb{Z}$.

Langkah 5: $l > 0$. Andaikan $l \leq 0$. Maka $b = 2l = l + l \leq 0 + 0 = 0$, bertentangan dengan $b > 0$. Jadi $l > 0$.

Langkah 6: kontradiksi. Sekarang $2$ membagi $a = 2k$ dan juga membagi $b = 2l$. Ini bertentangan langsung dengan Lema 8.4.6(b) untuk $d = 2$.

Kontradiksi yang sama juga dapat diperoleh langsung dari minimalitas:

• $(2k)l = k(2l)$, sehingga $q = a/b = k/l$;
• $l > 0$ menurut Langkah 5;
• $b - l = 2l - l = l > 0$, sehingga $l < b$.

Jadi $l \in B_q$ dan $l < b$, bertentangan dengan minimalitas $b$.

Dengan demikian pengandaian $q^2 = 2$ salah. $\blacksquare$

Semua tanda pembilang tercakup.

• Bukti tidak pernah mengandaikan $a > 0$.
• Lema 8.4.4 berlaku untuk setiap integer. Karena itu Langkah 3 sah untuk $a$ positif, negatif, maupun $a = 0$.
• Kasus $a = 0$ tidak memerlukan penanganan khusus, karena argumen umum tetap menghasilkan kontradiksi.
• Satu-satunya pembatasan tanda ada pada penyebut, dan pembatasan itu dijamin oleh Lema 8.4.5.

Akibat 8.4.8. Dengan prasyarat (P1) dan (P2), bilangan real $\sqrt{2}$ irasional. Bilangan $-\sqrt{2}$ juga irasional.

Bukti. Andaikan $\sqrt{2} = \varphi(q)$ untuk suatu $q \in \mathbb{Q}$. Karena $\varphi$ mempertahankan perkalian,

$$\varphi(q \cdot q) = \varphi(q)\varphi(q) = (\sqrt{2})^2 = 2 = \varphi(2/1).$$

Karena $\varphi$ injektif, $q \cdot q = 2/1$. Ini bertentangan dengan Teorema 8.4.7.

Bukti untuk $-\sqrt{2}$ sama, karena $(-\sqrt{2})^2 = 2$. $\blacksquare$

Lema 8.4.9 ($\varphi$ mempertahankan negasi dan invers). Untuk setiap $t \in \mathbb{Q}$ berlaku $\varphi(-t) = -\varphi(t)$. Jika $t \neq 0$, maka $\varphi(t) \neq 0$ dan $\varphi(t^{-1}) = \varphi(t)^{-1}$.

Bukti.

• Negasi. $\varphi(-t) + \varphi(t) = \varphi(-t + t) = \varphi(0) = 0$. Tambahkan $-\varphi(t)$ pada kedua ruas untuk memperoleh $\varphi(-t) = -\varphi(t)$.
• Invers. Untuk $t \neq 0$, invers $t^{-1}$ ada di $\mathbb{Q}$ (P3), dan

$$\varphi(t)\varphi(t^{-1}) = \varphi(t t^{-1}) = \varphi(1) = 1.$$

Jika $\varphi(t) = 0$, ruas kiri sama dengan $0$, padahal $1 \neq 0$. Jadi $\varphi(t) \neq 0$. Kalikan kedua ruas dengan $\varphi(t)^{-1}$ untuk memperoleh $\varphi(t^{-1}) = \varphi(t)^{-1}$. $\blacksquare$

Catatan (mengapa (P2) harus dipinjam). Pandang himpunan $\varphi[\mathbb{Q}] \subseteq \mathbb{R}$ dengan urutan yang diwarisi dari $\mathbb{R}$.

• Himpunan ini memuat $0 = \varphi(0)$ dan $1 = \varphi(1)$.
• Himpunan ini tertutup terhadap penjumlahan dan perkalian, karena $\varphi(s) + \varphi(t) = \varphi(s + t)$ dan $\varphi(s)\varphi(t) = \varphi(st)$.
• Himpunan ini tertutup terhadap negasi dan invers unsur tak nol, menurut Lema 8.4.9.

Aksioma medan terurut lainnya, yaitu komutativitas, asosiativitas, distributivitas, trikotomi, transitivitas, dan kompatibilitas urutan, berbentuk "untuk semua unsur". Aksioma-aksioma itu tetap berlaku ketika dibatasi pada bagian $\mathbb{R}$ ini. Jadi $\varphi[\mathbb{Q}]$ adalah medan terurut.

Menurut Teorema 8.4.7 dan injektivitas $\varphi$, seperti pada bukti Akibat 8.4.8, tidak ada unsur $\varphi[\mathbb{Q}]$ yang kuadratnya $2$. Kesimpulannya, aksioma medan terurut saja tidak dapat menjamin (P2). Diperlukan asumsi tambahan untuk menjamin keberadaan akar; dalam buku ini jaminan itu diperoleh dari kelengkapan $\mathbb{R}$.

Gagasan pembuktiannya adalah mengambil supremum suatu himpunan yang dibatasi oleh syarat "kuadratnya kurang dari $2$". Rinciannya ditunda. Sebagai pembanding, Lebl, Example 1.2.3, membuktikan keberadaan akar ini memakai supremum.

---

Kesalahan umum

1. Memakai $\sqrt{2}$ sebelum statusnya jelas. Contohnya: "Andaikan $\sqrt{2} = a/b$", padahal keberadaan $\sqrt{2}$ belum dinyatakan. Teorema 8.4.7 dirumuskan tanpa $\sqrt{2}$. Simbol itu baru dipakai setelah (P2) dan Proposisi 8.4.2.
2. "Misalkan $a/b$ tereduksi" tanpa justifikasi. Bukti di atas memerlukan Lema 8.4.6, yang memakai WOP pada penyebut positif.
3. Membagi integer sebelum keterbagian diperiksa. Ekspresi "$e = b/d$" hanya bermakna sebagai integer $e$ yang memenuhi $b = de$. Kelas pecahan $b/d$ di $\mathbb{Q}$ adalah objek yang berbeda.
4. Menganggap ekspansi desimal sebagai bukti. Menampilkan $1{,}41421356\ldots$ sampai berapa pun digit tidak membuktikan ketidakrasionalan (lihat Latihan 8.4.16).
5. Menggeneralisasi berlebihan. Tidak semua akar kuadrat irasional (lihat Latihan 8.4.12).
6. Lupa membuktikan $l > 0$. Tanpa $l > 0$, $l$ tidak berada dalam $B_q$, sehingga argumen minimalitas tidak berlaku.

---

Latihan dan pembahasan

Latihan 8.4.10 (memeriksa langkah paritas). Pada bukti Teorema 8.4.7:

• (a) Tunjukkan bahwa $a^2 = 2b^2$ diperoleh dari $q^2 = 2$ hanya melalui perkalian silang, tanpa membagi oleh $b^2$ di $\mathbb{Z}$.
• (b) Sebutkan saksi bahwa $a^2$ genap.
• (c) Mengapa implikasi "$a$ genap mengakibatkan $a^2$ genap" tidak cukup?
• (d) Sebutkan syarat yang membolehkan pembatalan pada $2(2k^2) = 2b^2$.

Pembahasan.

• (a) $q^2 = a^2/b^2$ dan $2 = 2/1$. Kesamaan kelas berarti $a^2 \cdot 1 = b^2 \cdot 2$, dan di sini tidak terjadi pembagian integer. Syarat $b^2 \neq 0$ hanya diperlukan agar $(a^2, b^2)$ merupakan pasangan yang sah. Syarat itu dijamin oleh tidak adanya pembagi nol.
• (b) Saksinya adalah $b^2$, karena $a^2 = 2 \cdot b^2$.
• (c) Yang diketahui adalah "$a^2$ genap", dan yang ingin disimpulkan adalah "$a$ genap". Itu adalah arah Lema 8.4.4(iii), yang dibuktikan melalui (i), (ii), dan kontradiksi. Implikasi pada soal bergerak dari $a$ ke $a^2$, sehingga tidak memberi informasi yang dibutuhkan.
• (d) Hukum pembatalan di $\mathbb{Z}$ berlaku untuk faktor tak nol (P3), dan $2 \neq 0$.

---

Latihan 8.4.11 (peran $b > 0$). Misalkan $q = 1/2$, dan bentuk

$$B' = \{\, b \in \mathbb{Z} \setminus \{0\} : \text{ada } a \in \mathbb{Z} \text{ dengan } q = a/b \,\}.$$

• (a) Tunjukkan bahwa $B'$ tidak mempunyai unsur terkecil.
• (b) Tunjukkan di mana bukti Lema 8.4.6 dan Teorema 8.4.7 memakai $b > 0$.

Pembahasan.

(a) Ambil sembarang $b \in B'$ dengan saksi $a$. Misalkan $m \neq 0$. Karena $m, b \neq 0$ dan $\mathbb{Z}$ tidak mempunyai pembagi nol (P3), berlaku $mb \neq 0$, sehingga pasangan $(ma, mb)$ sah. Selain itu, $a(mb) = b(ma)$, sehingga $a/b = (ma)/(mb)$. Jadi $mb \in B'$.

• Jika $b > 0$, ambil $m = -2$. Maka $-2b \in B'$ dan $-2b < 0 < b$.
• Jika $b < 0$, ambil $m = 2$. Maka $2b \in B'$ dan $2b - b = b < 0$, sehingga $2b < b$.

Dalam kedua kasus ada unsur $B'$ yang lebih kecil daripada $b$. Jadi $B'$ tidak mempunyai unsur terkecil. Hal ini tidak bertentangan dengan WOP, karena WOP berlaku untuk bagian $\mathbb{N}$, sedangkan $B'$ memuat integer negatif yang tidak terbatas ke bawah.

(b) Syarat $b > 0$ dipakai di tiga tempat:

• untuk menempatkan penyebut di $\mathbb{N}$, sehingga WOP dapat diterapkan;
• pada Lema 8.4.6(b), langkah 1, untuk menyimpulkan $e > 0$;
• pada Teorema 8.4.7, Langkah 5, untuk menyimpulkan $l > 0$.

Tanpa $b > 0$, kesimpulan $e < b$ dapat gagal, sehingga argumen minimalitas tidak dapat dijalankan. Contohnya, $b = -2$, $d = 2$, dan $e = -1$ memenuhi $b = de$, tetapi $e = -1 > -2 = b$.

---

Latihan 8.4.12 ($\sqrt{4}$ bukan irasional).

• (a) Buktikan bahwa $4$ mempunyai akar positif di $\mathbb{R}$, tanpa memakai (P2), dan bahwa $\sqrt{4} = 2$.
• (b) Jalankan argumen Teorema 8.4.7 untuk $q^2 = 4$, lalu tunjukkan langkah yang gagal.

Pembahasan.

(a) Pertama, tunjukkan bahwa $1 > 0$ di $\mathbb{R}$. Andaikan $1 < 0$. Maka $-1 > 0$, sehingga $(-1)(-1) = 1 > 0$ karena hasil kali dua unsur positif adalah positif. Ini kontradiksi. Karena $1 \neq 0$, trikotomi memberi $1 > 0$. Akibatnya, $2 = 1 + 1 > 0 + 1 = 1 > 0$.

Di $\mathbb{Q}$ berlaku $(2/1)(2/1) = 4/1$. Karena $\varphi$ mempertahankan perkalian,

$$2^2 = \varphi(2/1)\varphi(2/1) = \varphi(4/1) = 4.$$

Jadi $2$ adalah akar positif dari $4$. Menurut Definisi 8.4.3 dan Proposisi 8.4.2, $\sqrt{4}$ terdefinisi dan $\sqrt{4} = 2 = \varphi(2/1)$. Jadi $\sqrt{4}$ rasional. Keberadaannya diperoleh dari saksi eksplisit, bukan dari kelengkapan.

(b) Ambil $a/b$ dengan $b > 0$ minimum. Persamaan $q^2 = 4$ memberi $a^2 = 4b^2 = 2(2b^2)$, sehingga $a$ genap. Tulis $a = 2k$. Maka $4k^2 = 4b^2$, dan pembatalan faktor $4 \neq 0$ memberi $k^2 = b^2$.

Persamaan $k^2 = b^2$ tidak memuat faktor $2$ yang memaksa $b$ genap. Jadi Langkah 4 tidak dapat dijalankan, dan tidak ada kontradiksi. Memang $q = 2/1$ memenuhi semua syarat: $1 \in B_q$ dan setiap unsur $B_q$ bernilai $\geq 1$, sehingga $b_0 = 1$. Kemudian $a_0 = 2$ dan $k = 1 = b$. Bilangan $2$ membagi $a_0$, tetapi tidak membagi $b_0$.

Pelajarannya: bentuk argumen saja tidak membuktikan apa pun tanpa langkah paritas yang benar-benar berlaku.

---

Latihan 8.4.13. Buktikan bahwa $1 + \sqrt{2}$ irasional.

Pembahasan. Gunakan bukti dengan kontradiksi (Bab 6). Andaikan $1 + \sqrt{2} = \varphi(p)$ untuk suatu $p \in \mathbb{Q}$. Menurut Lema 8.4.9 dan karena $\varphi(1) = 1$,

$$\sqrt{2} = \varphi(p) - 1 = \varphi(p) + \varphi(-1) = \varphi(p + (-1)),$$

dengan $p + (-1) \in \mathbb{Q}$. Jadi $\sqrt{2}$ rasional, yang bertentangan dengan Akibat 8.4.8.

---

Latihan 8.4.14. Misalkan $r \in \mathbb{Q}$ dan $r \neq 0$. Buktikan bahwa $\varphi(r)\sqrt{2}$, yang ditulis $r\sqrt{2}$, irasional.

Pembahasan. Andaikan $\varphi(r)\sqrt{2} = \varphi(p)$ untuk suatu $p \in \mathbb{Q}$. Karena $r \neq 0$, Lema 8.4.9 memberi $\varphi(r) \neq 0$ dan $\varphi(r)^{-1} = \varphi(r^{-1})$. Kalikan kedua ruas dengan $\varphi(r)^{-1}$:

$$\sqrt{2} = \varphi(r^{-1})\varphi(p) = \varphi(r^{-1}p),$$

dengan $r^{-1}p \in \mathbb{Q}$. Ini bertentangan dengan Akibat 8.4.8.

Kasus khusus $r = -1$ memberi kembali irasionalitas $-\sqrt{2}$.

---

Latihan 8.4.15 (kasus $r = 0$). Tunjukkan bahwa hipotesis $r \neq 0$ pada Latihan 8.4.14 tidak dapat dihapus.

Pembahasan. Untuk $r = 0$ berlaku $\varphi(0)\sqrt{2} = 0 \cdot \sqrt{2} = 0 = \varphi(0)$, yang rasional. Bukti Latihan 8.4.14 gagal tepat pada langkah yang memerlukan $r^{-1}$, karena $0$ tidak mempunyai invers. Jika $0 \cdot x = 1$, maka $0 = 1$, padahal $0 \neq 1$. Jadi pernyataan "hasil kali rasional dengan irasional selalu irasional" salah tanpa syarat $r \neq 0$.

---

Latihan 8.4.16 (desimal bukan bukti). Seseorang menulis: "$\sqrt{2} = 1{,}41421356237\ldots$ dan digitnya tidak berulang, jadi $\sqrt{2}$ irasional." Jelaskan kekurangannya.

Pembahasan.

• Tampilan berhingga digit tidak menunjukkan apa pun tentang digit selanjutnya. Pola berulang bisa saja muncul sesudahnya, dan pengamatan berhingga tidak dapat menyingkirkan kemungkinan itu.
• Argumen tersebut memakai dua hal yang belum tersedia di sini:
  • teori ekspansi desimal bilangan real, yang bergantung pada kelengkapan dan limit;
  • teorema bahwa bilangan rasional tepat mempunyai ekspansi yang akhirnya berulang.
• Bukti yang sah adalah Teorema 8.4.7 bersama Akibat 8.4.8. Bukti itu hanya memakai aritmetika $\mathbb{Z}$ dan $\mathbb{Q}$, WOP, dan paritas, ditambah (P1)–(P2) untuk menyebut $\sqrt{2}$.

---

Penutup: rapat, tetapi tidak penuh

Unit 8.3 membuktikan, dengan meminjam sifat Archimedes, bahwa $\mathbb{Q}$ rapat di $\mathbb{R}$: di antara dua real yang berbeda selalu ada bilangan rasional. Unit ini, dengan meminjam keberadaan akar dari kelengkapan (P2), menunjukkan bahwa ada real yang tidak rasional, yaitu $\sqrt{2}$.

Kedua fakta itu saling melengkapi. Misalkan $\varepsilon > 0$, dan ambil $x = \sqrt{2} - \varepsilon$ serta $y = \sqrt{2} + \varepsilon$. Karena $y - x = \varepsilon + \varepsilon > 0$, hipotesis $x < y$ dari kerapatan terpenuhi. Kerapatan memberi $q \in \mathbb{Q}$ dengan

$$\sqrt{2} - \varepsilon < q < \sqrt{2} + \varepsilon.$$

Namun menurut Akibat 8.4.8, $q \neq \sqrt{2}$ untuk setiap pilihan seperti itu. Bilangan rasional dapat mendekati $\sqrt{2}$ sedekat apa pun, tetapi tidak ada yang sama dengannya.

Jadi kerapatan tidak berarti $\mathbb{Q}$ mengisi $\mathbb{R}$. Teorema 8.4.7 menunjukkan bahwa $\mathbb{Q}$, meskipun merupakan medan, tidak memuat akar kuadrat dari $2$. Akar itu ada di $\mathbb{R}$ karena kelengkapan $\mathbb{R}$, yaitu pinjaman (P2).

Pada pembahasan kelengkapan di Bab 11, dapat diperiksa bahwa argumen supremum yang menjamin (P2) hanya memakai kelengkapan dan sifat medan terurut. Setelah itu diperiksa, Teorema 8.4.7 menunjukkan bahwa $\mathbb{Q}$ tidak lengkap. Unit ini belum membuktikan kesimpulan tersebut. Unit ini hanya memakai satu akibat kelengkapan, yaitu (P2), dengan label pinjaman yang eksplisit.

Rujukan Bab 8

[R8-1] Gary Hardegree. Set Theory, Chapter 4, bagian 5, halaman tercetak 13–14: struktur Peano dan induksi. https://courses.umass.edu/phil595s-gmh/extras/set%20theory/Set-Theory-Chap4.pdf

[R8-2] Jiří Lebl. Basic Analysis, bagian 1.2, The set of real numbers: Example 1.2.3 untuk akar positif dua melalui supremum; Theorem 1.2.4 untuk Archimedes dan kerapatan. https://www.jirka.org/ra/html/sec_setofreals.html