Bab 9: Aksioma Lapangan (Field Axioms) Bilangan Riil

9.1 Struktur Aljabar Himpunan Terhadap Operasi Biner

Motivasi

Sejak sekolah kita menulis $3-5$, $\tfrac{2}{7}$, atau $x+y+1$ tanpa banyak bertanya. Setiap tulisan semacam itu membawa tiga janji diam-diam:

1. rumusnya memberi nilai untuk setiap pasangan masukan yang diizinkan;
2. nilai itu tunggal;
3. nilai itu berada di himpunan yang sedang dibicarakan.

Ketiga janji itu bergantung pada semesta. Ekspresi $3-5$ bermakna di $\mathbb{Z}$, tetapi hasilnya tidak berada di $\mathbb{N}$. Ekspresi $\tfrac{1}{0}$ tidak bermakna di $\mathbb{R}$, dan masalahnya bukan bahwa hasilnya "keluar" dari $\mathbb{R}$.

Bab 8 membangun $\mathbb{Z}$ dan $\mathbb{Q}$ dan menunjukkan bahwa konstruksi bilangan menuntut kehati-hatian pada keterdefinisian operasi. Bab 9 mengambil arah sebaliknya. Kita tidak lagi membangun sistem bilangan. Kita mengisolasi aturan hitung yang dipakai bersama oleh $\mathbb{Q}$ dan $\mathbb{R}$, lalu menetapkannya sebagai aksioma lapangan (medan). Sesudah pengenalan ini, buku memakai istilah "lapangan" secara konsisten.

Unit ini menyiapkan bahasanya:

• operasi biner;
• sifat-sifat operasi;
• definisi lapangan dengan kuantor lengkap;
• konsekuensi pertama, yaitu ketunggalan unsur identitas.

Ketunggalan invers dan hukum pembatalan dibahas di Unit 9.2.

Satu prinsip pemisahan dipegang sepanjang bab. Aksioma lapangan hanya menyangkut penjumlahan dan perkalian. Urutan ($<$, positif, negatif) dan kelengkapan (supremum) adalah lapisan aksioma yang terpisah. Pemisahan tiga lapisan ini (aljabar, urutan, kelengkapan) juga dipakai oleh Lebl, Basic Analysis, bagian 1.1 [Lebl-1.1]. Untuk perbandingan, lihat Hunter, An Introduction to Real Analysis, Bab 2, bagian 2.3–2.6 [Hunter-2].

Operasi biner: keterdefinisian dan ketertutupan

Definisi 9.1.1 (operasi biner internal). Misalkan $S$ suatu himpunan. Operasi biner (internal) pada $S$ adalah fungsi

$$\ast : S \times S \to S.$$

Nilai $\ast(x,y)$ ditulis $x \ast y$. Karena $\ast$ adalah fungsi dengan domain $S\times S$ dan kodomain $S$, tiga syarat berikut merupakan bagian definisi, bukan asumsi tambahan:

1. Totalitas: untuk setiap $(x,y)\in S\times S$ terdapat nilai $x\ast y$.
2. Ketunggalan: untuk setiap $(x,y)\in S\times S$ nilai itu tunggal. Jadi, jika $(x,y)=(x',y')$, maka $x\ast y = x'\ast y'$.
3. Internalitas: untuk setiap $(x,y)\in S\times S$, nilai $x\ast y$ adalah unsur $S$.

Catatan 9.1.2 (dua pertanyaan yang berbeda). Misalkan suatu operasi diberikan oleh rumus atau aturan. Ada dua pertanyaan yang harus dipisahkan.

• Keterdefinisian (syarat 1 dan 2). Apakah aturan itu memberi tepat satu nilai untuk setiap pasangan masukan di $S\times S$? Jika ya, aturan itu adalah fungsi $S\times S\to T$ untuk suatu himpunan $T$ yang memuat semua nilainya.
• Ketertutupan (syarat 3). Setelah fungsi itu terdefinisi, apakah semua nilainya berada di $S$?

Pertanyaan kedua hanya bermakna setelah pertanyaan pertama terjawab positif. Kalimat "$S$ tertutup terhadap $\ast$" mengandaikan bahwa $x\ast y$ sudah terdefinisi untuk semua $x,y\in S$. Jadi istilah "tertutup" tidak dapat menggantikan pemeriksaan totalitas atau ketunggalan.

Kedua jenis kegagalan juga menuntut perbaikan yang berbeda.

• Kegagalan ketertutupan. Aturannya sudah terdefinisi, tetapi nilainya keluar dari $S$. Kita dapat berpindah ke semesta yang lebih besar, misalnya dari $\mathbb{N}$ ke $\mathbb{Z}$ untuk pengurangan. Sesudah itu ketiga syarat harus diperiksa ulang pada semesta baru.
• Kegagalan totalitas. Ada pasangan yang tidak mempunyai nilai. Ini tidak dapat diperbaiki dengan memperbesar kodomain. Kita harus membatasi domain, atau secara eksplisit mengganti aturannya dengan aturan lain. Buku ini memilih membatasi domain.

Konsekuensi langsung dari ketunggalan adalah prinsip substitusi: jika $x=x'$ dan $y=y'$, maka $x\ast y=x'\ast y'$. Prinsip ini dipakai diam-diam setiap kali kita mengganti suatu suku dengan suku lain yang sama nilainya.

Definisi 9.1.3 (subhimpunan tertutup). Misalkan $\ast$ operasi biner pada $S$ dan $A\subseteq S$. Kita katakan $A$ tertutup terhadap $\ast$ jika untuk semua $x,y\in A$ berlaku $x\ast y\in A$.

Proposisi 9.1.4. Jika $\ast$ operasi biner pada $S$ dan $A\subseteq S$ tertutup terhadap $\ast$, maka restriksi $\ast|_{A\times A}$ adalah operasi biner pada $A$.

Bukti. Karena $A\times A\subseteq S\times S$ dan $\ast$ total serta bernilai tunggal pada $S\times S$, restriksinya juga total dan bernilai tunggal pada $A\times A$. Ketertutupan $A$ memberi $x\ast y\in A$ untuk semua $x,y\in A$, sehingga kodomain $A$ sah. $\square$

Perhatikan urutan logikanya. Operasi sudah ada pada semesta yang lebih besar (keterdefinisian). Baru sesudah itu ketertutupan diperiksa.

Contoh 9.1.5 (pengurangan dan semesta).

• Pengurangan $(m,n)\mapsto m-n$ adalah operasi biner pada $\mathbb{Z}$ menurut aritmetika $\mathbb{Z}$ dari Bab 8.
• Pengurangan juga operasi biner pada $\mathbb{R}$, sesuai sifat kerja $\mathbb{R}$ yang diasumsikan dalam bab ini.
• Pada $\mathbb{N}$ situasinya berbeda. Di sini $\mathbb{N}$ memuat $0$ dan dipandang sebagai $\{n\in\mathbb{Z} : n\ge 0\}$ melalui identifikasi Bab 8. Aturan $(m,n)\mapsto m-n$ adalah fungsi $\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to\mathbb{Z}$ yang total dan bernilai tunggal, tetapi tidak internal: $0-1=-1$, dan $-1\notin\mathbb{N}$ karena $-1<0$ dalam urutan $\mathbb{Z}$.

Jadi pengurangan bukan operasi biner pada $\mathbb{N}$. Penyebabnya adalah kegagalan ketertutupan, bukan kegagalan keterdefinisian. Aturan yang sama berganti status ketika semestanya berganti.

Pada lapangan umum, pengurangan akan didefinisikan sebagai $a-b:=a+(-b)$ di Unit 9.2. Agar simbol $-b$ menunjuk satu unsur, kita perlu terlebih dahulu membuktikan bahwa invers aditif tunggal. Ini contoh lain dari ketunggalan sebagai syarat keterdefinisian.

Contoh 9.1.6 (pembagian di $\mathbb{R}$). Pembagian di $\mathbb{R}$ memberi nilai $a/b$ hanya jika $b\neq 0$. Jadi pembagian adalah fungsi

$$\mathbb{R}\times(\mathbb{R}\setminus\{0\})\to\mathbb{R},\qquad (a,b)\mapsto a/b.$$

Pembagian bukan operasi biner pada $\mathbb{R}$, karena pasangan $(1,0)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}$ tidak memiliki nilai. Ini kegagalan totalitas.

Kalimat "$\mathbb{R}$ tidak tertutup terhadap pembagian" keliru secara kategori. Tidak ada nilai $1/0$ yang dapat diperiksa apakah ia berada di $\mathbb{R}$ atau tidak. Perbaikannya adalah membatasi domain, bukan memperbesar kodomain. Unit 9.2 merumuskan $a/b:=ab^{-1}$ untuk $b\neq 0$ dan membuktikan dari aksioma bahwa $0$ tidak mempunyai invers perkalian dalam lapangan mana pun.

Contoh 9.1.7 (aturan yang tidak bernilai tunggal). Pada Bab 8, unsur $\mathbb{Q}$ adalah kelas pecahan $a/b$ dengan $a,b\in\mathbb{Z}$ dan $b\neq 0$, dengan

$$a/b=a'/b' \iff ab'=a'b.$$

Misalkan setiap unsur ditulis dengan penyebut positif, lalu didefinisikan aturan "penjumlahan naif"

$$\frac{a}{b}\circledast\frac{c}{d}:=\frac{a+c}{b+d}.$$

Penyebut $b+d$ positif, sehingga rumus ini selalu menghasilkan suatu pecahan. Masalahnya terletak pada ketunggalan. Kita punya $\tfrac12=\tfrac24$ karena $1\cdot4=2\cdot2$, tetapi

$$\frac12\circledast\frac11=\frac{2}{3},\qquad \frac24\circledast\frac11=\frac{3}{5},$$

dan $\tfrac23\neq\tfrac35$ karena $2\cdot5=10\neq 9=3\cdot3$.

Jadi pasangan masukan yang sama, yaitu $(\tfrac12,1)$, menghasilkan dua nilai berbeda bergantung pada wakil yang dipilih. Akibatnya $\circledast$ bukan fungsi pada $\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}$, dan pertanyaan "apakah $\mathbb{Q}$ tertutup terhadap $\circledast$" bahkan tidak dapat diajukan. Bandingkan dengan Latihan L9.1.8, yang membuktikan bahwa penjumlahan yang sebenarnya bebas wakil.

Sifat-sifat operasi

Definisi 9.1.8. Misalkan $\ast$ operasi biner pada $S$.

1. $\ast$ asosiatif jika untuk semua $x,y,z\in S$: $(x\ast y)\ast z = x\ast(y\ast z)$.
2. $\ast$ komutatif jika untuk semua $x,y\in S$: $x\ast y=y\ast x$.
3. Unsur $e\in S$ adalah:
   • identitas kanan jika $x\ast e=x$ untuk semua $x\in S$;
   • identitas kiri jika $e\ast x=x$ untuk semua $x\in S$;
   • identitas (dua sisi) jika memenuhi keduanya.
4. Jika $e$ identitas dua sisi dan $x\in S$, maka $y\in S$ disebut invers $x$ terhadap $\ast$ jika $x\ast y=e=y\ast x$.

Asosiativitas adalah hukum pengelompokan ulang: tanda kurung berpindah, sedangkan urutan unsur tetap. Komutativitas adalah hukum penukaran: dua unsur bertukar tempat. Kedua hukum ini harus disebut dengan namanya masing-masing. Pengelompokan ulang tidak pernah dibenarkan oleh komutativitas.

Proposisi 9.1.9 (ketunggalan identitas dua sisi). Suatu operasi biner $\ast$ pada $S$ mempunyai paling banyak satu identitas dua sisi.

Bukti. Misalkan $e$ dan $e'$ keduanya identitas dua sisi. Maka

$$e = e\ast e' = e'.$$

• Kesamaan pertama berlaku karena $e'$ identitas kanan, diterapkan pada $x=e$.
• Kesamaan kedua berlaku karena $e$ identitas kiri, diterapkan pada $x=e'$. $\square$

Bukti ini tidak memakai asosiativitas maupun komutativitas, tetapi memakai kedua sisi identitas. Jika yang diketahui hanya identitas kanan, ketunggalan dapat gagal. Misalnya, pada $S=\{p,q\}$ dengan $x\ast y:=x$, setiap unsur adalah identitas kanan karena $x\ast p=x=x\ast q$, padahal $p\neq q$. Contoh 9.1.10 memperlihatkan gejala lain: suatu operasi dapat mempunyai identitas kanan tanpa mempunyai identitas kiri.

Contoh 9.1.10 ($x\ast y=x-y$ pada $\mathbb{Z}$). Pengurangan adalah operasi pada $\mathbb{Z}$ (Contoh 9.1.5), jadi $\ast$ total, bernilai tunggal, dan internal. Meski demikian:

• Tidak komutatif: $1\ast2=1-2=-1$, sedangkan $2\ast1=2-1=1$, dan $-1\neq1$.
• Tidak asosiatif: $(3\ast2)\ast1=(3-2)-1=0$, sedangkan $3\ast(2\ast1)=3-(2-1)=2$.
• Identitas sepihak: $0$ adalah identitas kanan, karena $x-0=x$ untuk semua $x$. Namun tidak ada identitas kiri (Latihan L9.1.2). Akibatnya tidak ada identitas dua sisi, dan konsep invers dalam Definisi 9.1.8(4) tidak berlaku.

Jadi himpunan yang dilengkapi operasi biner belum tentu memiliki sifat struktural apa pun. Setiap sifat harus diperiksa.

Definisi lapangan

Definisi 9.1.11 (lapangan). Suatu lapangan adalah lima-tupel $(F,+,\cdot,0,1)$ dengan:

• $F$ suatu himpunan;
• $+$ dan $\cdot$ operasi biner internal pada $F$ (Definisi 9.1.1);
• $0,1\in F$;

sedemikian rupa sehingga aksioma berikut berlaku. Hasil kali $a\cdot b$ juga ditulis $ab$.

Lebl [Lebl-1.1] juga memisahkan struktur lapangan dari urutan dan kelengkapan, dan definisinya mencakup syarat bahwa identitas aditif dan multiplikatif berbeda. Hunter [Hunter-2, Axiom 2.6–2.7, hlm. 25–26] dapat dipakai sebagai pembanding pemisahan sifat aljabar dari urutan. Dalam buku ini, acuannya adalah Definisi 9.1.11 di atas, termasuk (F10).

Catatan 9.1.12 (cara membaca definisi).

(a) Kuantor. Aksioma (F1)–(F3), (F5)–(F7), dan (F9) berbentuk "untuk semua". Aksioma (F4) dan (F8) berbentuk "untuk setiap … terdapat". Pada (F8), kuantornya dibatasi pada unsur bukan nol, sehingga aksioma itu tidak menyatakan apa pun tentang $0$.

(b) Keberadaan dan ketunggalan. Keberadaan identitas dijamin oleh konstanta $0,1\in F$ beserta (F3) dan (F7). Keberadaan invers dijamin oleh (F4) dan (F8). Tidak satu pun aksioma menyatakan bahwa identitas atau invers itu tunggal. Ketunggalan identitas dibuktikan pada Teorema 9.1.14, sedangkan ketunggalan invers dibuktikan pada Unit 9.2. Sebelum ketunggalan invers terbukti, kita menulis "suatu $b$ dengan $a+b=0$", bukan "$-a$". Notasi fungsional $-a$ dan $a^{-1}$ baru sah setelah ketunggalan itu terbukti.

(c) Satu sisi cukup. (F3), (F4), (F7), (F8), dan (F9) hanya dinyatakan untuk satu sisi. Sisi lainnya diturunkan dari komutativitas (Lemma 9.1.13). Setiap kali sisi lain itu digunakan, turunannya harus disebut.

(d) Urutan bukan aksioma lapangan. Tidak satu pun dari (F1)–(F10) memuat simbol $<$, kata "positif", atau supremum. Akibatnya, sifat seperti trikotomi dan $0<1$ tidak dapat dirumuskan, apalagi diturunkan, dari definisi ini tanpa struktur urutan tambahan. Keberadaan akar kuadrat $2$ pun tidak mengikuti, sebab $\mathbb{Q}$ adalah lapangan yang tidak memuat akar itu (Bab 8). Sifat urutan dipinjam di Unit 9.3 dan dibahas secara sistematis pada bab berikutnya. Latihan L9.1.7 bahkan menunjukkan bahwa pernyataan $1+1\neq0$ tidak mengikuti dari (F1)–(F10).

(e) Dua operasi, satu struktur. Lapangan bukan sekadar dua operasi yang masing-masing "baik". Distributivitas (F9) mengikat kedua operasi, dan (F10) mengikat kedua konstanta.

Lemma 9.1.13 (versi sisi lain). Dalam lapangan $(F,+,\cdot,0,1)$, untuk semua $a,b,c\in F$:

1. $0+a=a$ dan $1\cdot a=a$.
2. Jika $a+b=0$, maka $b+a=0$. Jika $ab=1$, maka $ba=1$.
3. $(b+c)a=ba+ca$.

Bukti. (1) Dengan (F2) lalu (F3): $0+a=a+0=a$. Dengan (F6) lalu (F7): $1\cdot a=a\cdot1=a$.

(2) Menurut (F2), $b+a=a+b=0$. Menurut (F6), $ba=ab=1$.

(3) Rantainya adalah

$$(b+c)a \overset{\text{(F6)}}{=} a(b+c) \overset{\text{(F9)}}{=} ab+ac = ba+ca.$$

Kesamaan terakhir memakai (F6) pada masing-masing suku ($ab=ba$ dan $ac=ca$), lalu prinsip substitusi (Catatan 9.1.2) untuk operasi $+$. $\square$

Jadi $0$ dan $1$ adalah identitas dua sisi. Setiap invers yang dijamin oleh (F4) atau (F8) adalah invers dua sisi dalam arti Definisi 9.1.8(4). Distributivitas berlaku dari kedua sisi.

Teorema 9.1.14 (ketunggalan identitas). Misalkan $(F,+,\cdot,0,1)$ lapangan.

1. Jika $e,e'\in F$ memenuhi $a+e=a$ dan $a+e'=a$ untuk semua $a\in F$, maka $e=e'$. Khususnya, jika $a+e=a$ untuk semua $a\in F$, maka $e=0$.
2. Jika $e,e'\in F$ memenuhi $a\cdot e=a$ dan $a\cdot e'=a$ untuk semua $a\in F$, maka $e=e'$. Khususnya, jika $a\cdot e=a$ untuk semua $a\in F$, maka $e=1$.

Bukti. (1) Rantainya adalah

$$e \;=\; e+e' \;=\; e'+e \;=\; e'.$$

• $e=e+e'$: hipotesis tentang $e'$ dengan $a:=e$. Di sini $e'$ dipakai sebagai identitas kanan, sesuai bentuk hipotesis.
• $e+e'=e'+e$: (F2), komutativitas penjumlahan.
• $e'+e=e'$: hipotesis tentang $e$ dengan $a:=e'$. Di sini $e$ dipakai sebagai identitas kanan.

Hipotesis hanya memberi identitas kanan. Tanpa (F2), langkah tengah tidak tersedia, dan kita tidak boleh memakai $e$ sebagai identitas kiri. Tidak ada pengelompokan ulang dalam bukti ini, jadi asosiativitas tidak diperlukan. Untuk bagian "khususnya", ambil $e':=0$, yang memenuhi hipotesis menurut (F3).

(2) Alasannya sama, dengan (F6) menggantikan (F2) dan (F7) menggantikan (F3):

$$e \;=\; e\cdot e' \;=\; e'\cdot e \;=\; e'.$$

• Kesamaan pertama: hipotesis tentang $e'$ dengan $a:=e$.
• Kesamaan kedua: (F6).
• Kesamaan ketiga: hipotesis tentang $e$ dengan $a:=e'$.

Hipotesisnya berlaku untuk semua $a\in F$, termasuk $a=0$, dan bukti di atas memakainya pada $a=e$ dan $a=e'$. Untuk bagian "khususnya", ambil $e':=1$, yang memenuhi hipotesis menurut (F7). $\square$

Karena itu, konstanta $0$ dan $1$ dalam lima-tupel tidak dapat dipilih sesuka hati. Keduanya ditentukan secara tunggal oleh operasi $+$ dan $\cdot$.

Peringatan. Teorema 9.1.14 menyangkut unsur yang berperilaku sebagai identitas terhadap semua $a$. Ada pernyataan yang lebih kuat: $a+e=a$ untuk satu $a$ saja sudah memaksa $e=0$. Pernyataan itu memerlukan pembatalan tambah dan dibuktikan di Unit 9.2. Untuk perkalian, analoginya hanya berlaku bila $a\neq0$.

Contoh dan bukan contoh

Contoh 9.1.15 ($\mathbb{R}$ dan $\mathbb{Q}$).

$\mathbb{R}$. Dalam bab ini $(\mathbb{R},+,\cdot,0,1)$ diasumsikan sebagai lapangan. Ini asumsi kerja, bukan hasil konstruksi, karena $\mathbb{R}$ tidak dibangun di sini. $\mathbb{R}$ juga memiliki urutan dan kelengkapan, tetapi kedua lapisan itu bukan bagian dari klaim "lapangan" [Lebl-1.1].

$\mathbb{Q}$. Sifat lapangan $\mathbb{Q}$ tersedia dari konstruksi $\mathbb{Q}$ pada Bab 8. Sebagai ilustrasi perhitungan dengan wakil pecahan:

• Invers perkalian. Ambil $a/b$ dengan $a\neq0$ (dan $b\neq0$). Pecahan $b/a$ sah karena $a\neq0$. Hasil kalinya adalah $\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{a}=\frac{ab}{ba}$. Penyebutnya sah karena $ba\neq0$, sebab $\mathbb{Z}$ tidak memiliki pembagi nol (Bab 8). Hasil itu sama dengan $\frac11$ karena $ab\cdot1=ba\cdot1$ di $\mathbb{Z}$. Contohnya, $\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{2}=\frac{6}{6}=\frac11$.
• Invers aditif. $\frac{a}{b}+\frac{-a}{b}=\frac{ab+b(-a)}{b^2}=\frac{0}{b^2}=\frac01$, karena $0\cdot1=0\cdot b^2$.
• (F10). $\frac01\neq\frac11$, karena $0\cdot1=0\neq1=1\cdot1$ di $\mathbb{Z}$.

Contoh 9.1.16 ($\mathbb{Z}$ gagal (F8)). Dengan aritmetika dan urutan $\mathbb{Z}$ dari Bab 8, $(\mathbb{Z},+,\cdot,0,1)$ memenuhi semua aksioma kecuali (F8). Unsur $2\neq0$ tidak mempunyai invers perkalian di $\mathbb{Z}$.

Untuk melihatnya, misalkan $b\in\mathbb{Z}$ dan $2b=1$. Tidak ada bilangan bulat $b$ dengan $0<b<1$ (Bab 8), sehingga setiap $b\in\mathbb{Z}$ memenuhi $b\le0$ atau $b\ge1$.

• Jika $b\le0$, maka $2b=b+b\le0<1$.
• Jika $b\ge1$, maka $2b=b+b\ge1+1=2>1$.

Kedua kasus bertentangan dengan $2b=1$. Bukti ini memakai urutan $\mathbb{Z}$. Itu sah karena yang dibahas adalah struktur konkret $\mathbb{Z}$, bukan konsekuensi aksioma lapangan. Satu kegagalan sudah cukup, sebab (F8) menuntut invers bagi setiap unsur bukan nol. Latihan L9.1.6 menunjukkan bahwa di $\mathbb{Z}$ hanya $1$ dan $-1$ yang mempunyai invers perkalian.

Contoh 9.1.17 ($\mathbb{N}$ gagal (F4)). Pada $\mathbb{N}$ (yang memuat $0$), unsur $1$ tidak mempunyai invers aditif di $\mathbb{N}$. Misalkan $b\in\mathbb{N}$ dan $1+b=0$. Gunakan komutativitas penjumlahan di $\mathbb{N}$, definisi rekursif penjumlahan (Bab 7–8), dan $1=S(0)$:

$$0=1+b=b+1=b+S(0)=S(b+0)=S(b).$$

Ini bertentangan dengan aksioma Peano bahwa $0$ bukan penerus bilangan asli mana pun (Bab 8).

Perhatikan bahwa $\mathbb{N}$ mempunyai identitas aditif $0$. Yang gagal adalah keberadaan invers. (F8) juga gagal di $\mathbb{N}$, tetapi satu kegagalan sudah cukup untuk menyimpulkan bahwa $\mathbb{N}$ bukan lapangan.

Contoh 9.1.18 (singleton dan alasan (F10)). Misalkan $F=\{0\}$ dengan $0+0=0$ dan $0\cdot0=0$, dan konstanta "satu" juga diambil $0$. Kedua operasi jelas total, bernilai tunggal, dan internal. Karena $F$ hanya punya satu unsur, setiap kesamaan antara dua unsur $F$ benar. Akibatnya:

• (F1)–(F7) dan (F9) berlaku, dengan (F4) dipenuhi oleh $b=0$;
• (F8) berlaku secara hampa, karena tidak ada unsur bukan nol;
• hanya (F10) yang gagal.

Struktur ini dikecualikan karena di dalamnya $0\cdot0=0=1$, sehingga nol mempunyai invers perkalian. Pembagian dengan nol menjadi "sah" justru dalam struktur yang tidak memuat informasi apa pun. Aksioma (F10) mencegah hal ini.

Unit 9.2 akan membuktikan $a\cdot0=0$ hanya dengan (F1)–(F4) dan (F9), tanpa (F10). Dari situ, $0=1$ memaksa $F$ menjadi singleton (Latihan L9.1.5). Jadi (F10) tepat mengecualikan kasus trivial ini.

Catatan 9.1.19 (ringkasan status). Memiliki dua operasi saja tidak menjadikan suatu himpunan lapangan. Setiap aksioma harus diperiksa pada strukturnya.

Latihan

Tingkat: [D] dasar, [M] menengah, [L] lanjut.

L9.1.1 [D]. Untuk masing-masing aturan berikut, tentukan apakah ia operasi biner pada semesta yang disebut. Jika tidak, sebutkan syarat yang gagal: totalitas, ketunggalan, atau internalitas. (a) $(m,n)\mapsto m-n$ pada $\mathbb{N}$. (b) $(m,n)\mapsto m-n$ pada $\mathbb{Z}$. (c) $(x,y)\mapsto x/y$ pada $\mathbb{R}$. (d) $(m,n)\mapsto m+n+mn$ pada $\mathbb{N}$. (e) $(x,y)\mapsto (x+y)/2$ pada $\mathbb{Z}$, dan juga pada $\mathbb{Q}$.

L9.1.2 [D]. Untuk $x\ast y=x-y$ pada $\mathbb{Z}$: (a) tunjukkan bahwa $0$ identitas kanan; (b) buktikan bahwa tidak ada identitas kiri; (c) tentukan semua pasangan $(x,y)$ dengan $x\ast y=y\ast x$.

L9.1.3 [M]. Pada $\mathbb{R}$ definisikan $x\ast y=x+y+1$. Buktikan bahwa:

• $\ast$ adalah operasi biner yang komutatif dan asosiatif;
• $-1$ adalah identitasnya yang tunggal;
• invers $x$ terhadap $\ast$ adalah $-x-2$, dan invers itu tunggal.

Hitung $2\ast3$ dan invers $2$. Apakah $0$ identitas?

L9.1.4 [M]. Dalam lapangan sembarang, buktikan

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

Sebutkan aksioma atau lemma pada setiap langkah, dan bedakan langkah asosiativitas dari langkah komutativitas. Periksa hasilnya di $\mathbb{R}$ dengan $a=2,b=3,c=4,d=5$.

L9.1.5 [M]. (a) Verifikasi rinci bahwa $(\{0\},+,\cdot,0,0)$ memenuhi (F1)–(F9). (b) Tunjukkan bahwa $0$ mempunyai invers perkalian di struktur itu. (c) Andaikan diketahui bahwa $a\cdot0=0$ untuk semua $a$ dalam struktur yang memenuhi (F1)–(F9). (Fakta ini akan dibuktikan pada Unit 9.2 tanpa (F10).) Buktikan: jika $0=1$, maka $F=\{0\}$.

L9.1.6 [M]. (a) Buktikan bahwa tidak ada $n\in\mathbb{N}$ dengan $n\neq0$ yang mempunyai invers aditif di $\mathbb{N}$. (b) Buktikan bahwa di $\mathbb{Z}$ unsur yang mempunyai invers perkalian tepat $1$ dan $-1$.

L9.1.7 [L]. Misalkan $F_2=\{0,1\}$ dengan tabel berikut.

(a) Buktikan bahwa $(F_2,+,\cdot,0,1)$ lapangan. (b) Simpulkan bahwa pernyataan "$1+1\neq0$" bukan konsekuensi dari (F1)–(F10).

L9.1.8 [L]. Gunakan wakil pecahan seperti pada Contoh 9.1.7. Misalkan $a/b=a'/b'$ dan $c/d=c'/d'$, dengan semua penyebut tidak nol. Buktikan

$$\frac{ad+bc}{bd}=\frac{a'd'+b'c'}{b'd'},$$

yaitu bahwa rumus penjumlahan $\mathbb{Q}$ bebas wakil. Jelaskan perbedaannya dengan $\circledast$.

Solusi

S9.1.1.

(a) Aturan ini terdefinisi sebagai fungsi $\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to\mathbb{Z}$, tetapi tidak internal, karena $0-1=-1\notin\mathbb{N}$ (Contoh 9.1.5). Jadi aturan ini bukan operasi pada $\mathbb{N}$. Yang gagal adalah internalitas.

(b) Operasi pada $\mathbb{Z}$, berdasarkan aritmetika $\mathbb{Z}$ dari Bab 8.

(c) Bukan operasi pada $\mathbb{R}$. Yang gagal adalah totalitas, karena $(1,0)$ tidak bernilai (Contoh 9.1.6).

(d) Penjumlahan dan perkalian adalah operasi pada $\mathbb{N}$. Jadi $mn\in\mathbb{N}$, $m+n\in\mathbb{N}$, dan $(m+n)+mn\in\mathbb{N}$, masing-masing bernilai tunggal. Aturan ini total, bernilai tunggal, dan internal, sehingga merupakan operasi pada $\mathbb{N}$.

(e) Rumus $(x+y)/2=(x+y)\cdot2^{-1}$ dievaluasi di $\mathbb{Q}$, tempat $2\neq0$ mempunyai invers.

• Pada $\mathbb{Z}$. Sebagai fungsi $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}\to\mathbb{Q}$, rumus ini total dan bernilai tunggal. Namun $(1,0)\mapsto\tfrac12$, dan $\tfrac12\notin\mathbb{Z}$. Sebab, jika $\tfrac12=k\in\mathbb{Z}$, maka $2k=1$ di $\mathbb{Z}$, yang mustahil menurut Contoh 9.1.16. Jadi aturan ini bukan operasi pada $\mathbb{Z}$. Yang gagal adalah internalitas.
• Pada $\mathbb{Q}$. Nilai $(x+y)\cdot2^{-1}$ adalah hasil dua operasi pada $\mathbb{Q}$, sehingga berada di $\mathbb{Q}$ dan tunggal. Jadi aturan ini operasi pada $\mathbb{Q}$.

Status aturan yang sama berganti mengikuti semestanya.

S9.1.2.

(a) $x\ast0=x-0=x$ untuk semua $x\in\mathbb{Z}$.

(b) Andaikan $e$ identitas kiri, yaitu $e-x=x$ untuk semua $x\in\mathbb{Z}$. Dengan $x=0$ diperoleh $e=0$. Dengan $x=1$ diperoleh $0-1=1$, yaitu $-1=1$. Ini mustahil karena $-1<0<1$ di $\mathbb{Z}$. Jadi tidak ada identitas kiri, dan menurut Definisi 9.1.8 juga tidak ada identitas dua sisi.

(c) Tulis $z:=x-y$. Maka $y-x=-z$, sehingga $x-y=y-x$ jika dan hanya jika $z+z=0$. Gunakan urutan $\mathbb{Z}$: jika $z>0$, maka $z+z>0$; jika $z<0$, maka $z+z<0$. Jadi $z=0$, yaitu $x=y$. Sebaliknya, $x=y$ jelas memberi $x\ast y=0=y\ast x$. Jadi pasangan yang komutatif tepat pasangan dengan $x=y$.

S9.1.3. Penulisan tanpa kurung di bawah sah karena asosiativitas $+$ di $\mathbb{R}$. Setiap penukaran urutan suku disebut komutativitas.

• Operasi. $x+y+1$ dibentuk dari operasi $+$ pada $\mathbb{R}$, sehingga total, tunggal, dan internal.
• Komutatif. $x\ast y=x+y+1=y+x+1=y\ast x$, berdasarkan komutativitas $+$ (dan substitusi).
• Asosiatif. Pada ruas kiri, gunakan asosiativitas, komutativitas $+$ (penukaran $1+z=z+1$), dan $1+1=2$:

$$(x\ast y)\ast z=\big((x+y)+1\big)+z+1=(x+y)+(z+1)+1=x+y+z+2.$$

Pada ruas kanan, asosiativitas saja sudah cukup:

$$x\ast(y\ast z)=x+\big((y+z)+1\big)+1=x+y+z+2.$$

• Identitas. $x\ast(-1)=x+(-1)+1=x$. Dengan komutativitas $\ast$, juga $(-1)\ast x=x$. Jadi $-1$ identitas dua sisi, dan ketunggalannya mengikuti dari Proposisi 9.1.9.
• Invers. $x\ast(-x-2)=x+(-x-2)+1=-1$, dan dengan komutativitas $\ast$ juga $(-x-2)\ast x=-1$.
• Ketunggalan invers. Misalkan $y$ dan $z$ keduanya invers $x$ terhadap $\ast$. Dengan identitas dua sisi $-1$ dan asosiativitas $\ast$ yang baru dibuktikan,

$$y=y\ast(-1)=y\ast(x\ast z)=(y\ast x)\ast z=(-1)\ast z=z.$$

Bukti ini tidak memakai pembatalan di $\mathbb{R}$. Polanya akan muncul lagi pada ketunggalan invers di Unit 9.2.

• Hitungan. $2\ast3=2+3+1=6$. Invers $2$ adalah $-2-2=-4$, dengan pemeriksaan $2\ast(-4)=2-4+1=-1$.
• Apakah $0$ identitas? $0$ bukan identitas, karena $x\ast0=x+1\neq x$. Misalnya $5\ast0=6$.

Catatan: $(\mathbb{R},\ast)$ memiliki sifat-sifat "penjumlahan" yang baik, tetapi itu tidak membuat $\ast$ otomatis menjadi penjumlahan suatu lapangan. Untuk itu diperlukan operasi kedua dan pemeriksaan seluruh (F1)–(F10), termasuk distributivitas. Latihan ini tidak menuntut atau mengklaim hal tersebut.

S9.1.4. Semua penggantian di dalam suatu suku dibenarkan oleh prinsip substitusi (Catatan 9.1.2).

$$\begin{aligned} (a+b)(c+d) &= (a+b)c+(a+b)d &&\text{(F9) pada } x(y+z)=xy+xz \text{ dengan } x:=a+b,\ y:=c,\ z:=d\\ &= (ac+bc)+(ad+bd) &&\text{Lemma 9.1.13(3) pada tiap suku, substitusi}\\ &= ac+\big(bc+(ad+bd)\big) &&\text{(F1): pengelompokan ulang}\\ &= ac+\big((bc+ad)+bd\big) &&\text{(F1) di dalam suku, substitusi}\\ &= ac+\big((ad+bc)+bd\big) &&\text{(F2): penukaran } bc+ad=ad+bc\text{, substitusi}\\ &= \big(ac+(ad+bc)\big)+bd &&\text{(F1)}\\ &= \big((ac+ad)+bc\big)+bd &&\text{(F1) di dalam suku, substitusi}. \end{aligned}$$

Hanya satu langkah yang memakai komutativitas penjumlahan. Langkah lainnya memakai asosiativitas atau distributivitas.

Pemeriksaan di $\mathbb{R}$: $(2+3)(4+5)=45$, dan $((8+10)+12)+15=45$.

S9.1.5.

(a) Pada $F=\{0\}$, setiap ruas dari setiap kesamaan dalam (F1)–(F3), (F5)–(F7), dan (F9) adalah unsur $F$, sehingga sama dengan $0$. Jadi semua kesamaan itu benar. Untuk (F4), unsur $b=0$ memenuhi $0+0=0$. (F8) berlaku secara hampa karena tidak ada $a\in F$ dengan $a\neq0$.

(b) Konstanta satunya adalah $0$, dan $0\cdot0=0$. Jadi $0$ adalah invers perkalian dari $0$.

(c) Misalkan $0=1$ dan $a\in F$. Maka:

• $a=a\cdot1$ menurut (F7);
• $a\cdot1=a\cdot0$ dengan substitusi $1=0$;
• $a\cdot0=0$ menurut fakta yang diandaikan.

Jadi $a=0$ untuk setiap $a\in F$, sehingga $F\subseteq\{0\}$. Karena $0\in F$, diperoleh $F=\{0\}$. Fakta $a\cdot0=0$ dibuktikan di Unit 9.2 tanpa (F10), sehingga penggunaannya di sini tidak sirkular.

S9.1.6.

(a) Misalkan $n\neq0$. Menurut Bab 7–8, setiap bilangan asli tak nol adalah penerus, jadi $n=S(k)$ untuk suatu $k\in\mathbb{N}$. Untuk sembarang $b\in\mathbb{N}$, komutativitas dan definisi rekursif penjumlahan memberi

$$n+b=b+S(k)=S(b+k).$$

Bilangan ini tidak sama dengan $0$, karena $0$ bukan penerus. Jadi tidak ada $b\in\mathbb{N}$ dengan $n+b=0$.

(b) Pertama, $1\cdot1=1$ dan $(-1)(-1)=1$, jadi $1$ dan $-1$ mempunyai invers. Sebaliknya, misalkan $ab=1$ dengan $a,b\in\mathbb{Z}$. Jika $a=0$ atau $b=0$, maka $ab=0\neq1$. Jadi $a,b\neq0$.

• Kasus $a>0$. Jika $b<0$, maka $ab<0$ menurut aturan tanda di $\mathbb{Z}$, yang mustahil. Jadi $b>0$. Karena tidak ada bilangan bulat di antara $0$ dan $1$ (Bab 8), diperoleh $b\ge1$. Jika $a\ge2$, maka $ab\ge2b\ge2>1$, juga mustahil. Jadi $a<2$. Karena $a\ge1$ (alasan yang sama seperti untuk $b$) dan tidak ada bilangan bulat di antara $1$ dan $2$, diperoleh $a=1$.
• Kasus $a<0$. Maka $-a>0$ dan $(-a)(-b)=ab=1$. Kasus pertama, diterapkan pada $-a$, memberi $-a=1$. Jadi $a=-1$.

Sifat urutan, kediskretan, dan aturan tanda $\mathbb{Z}$ yang dipakai di sini berasal dari Bab 8.

S9.1.7.

(a) Kedua tabel memberi tepat satu nilai di $\{0,1\}$ untuk setiap pasangan, jadi keduanya operasi biner. Sebagian besar aksioma dapat dibaca langsung dari tabel:

• (F2) dan (F6): komutativitas terlihat dari simetri tabel.
• (F3) dan (F7): $a+0=a$ dan $a\cdot1=a$.
• (F4): $0+0=0$ dan $1+1=0$.
• (F8): unsur bukan nol satu-satunya adalah $1$, dan $1\cdot1=1$.
• (F10): $0\neq1$.

Tiga aksioma sisanya diperiksa per kasus.

• (F1). Jika $a=0$, maka $(0+b)+c=b+c=0+(b+c)$, karena $0+x=x$ terbaca dari tabel. Untuk $a=1$, tulis $\bar x:=1+x$. Dari tabel, $\bar0=1$ dan $\bar1=0$, jadi $\bar{\bar x}=x$. Yang perlu dibuktikan adalah $\bar b+c=\overline{b+c}$.
  • Jika $c=0$, kedua ruas sama dengan $\bar b$.
  • Jika $c=1$, ruas kiri adalah $\bar b+1=1+\bar b=\bar{\bar b}=b$, dan ruas kanan adalah $\overline{b+1}=\overline{\bar b}=b$.
• (F5). Dari tabel, $xy=1$ jika dan hanya jika $x=y=1$. Jadi kedua ruas $(ab)c$ dan $a(bc)$ bernilai $1$ tepat ketika $a=b=c=1$, dan bernilai $0$ dalam kasus lain.
• (F9). Jika $a=0$, kedua ruas bernilai $0=0+0$. Jika $a=1$, kedua ruas sama dengan $b+c$, karena $1\cdot x=x$ untuk $x\in\{0,1\}$ terbaca langsung dari tabel.

(b) $F_2$ memenuhi (F1)–(F10), tetapi $1+1=0$. Seandainya "$1+1\neq0$" dapat diturunkan dari (F1)–(F10), pernyataan itu berlaku di setiap lapangan, termasuk $F_2$. Ini kontradiksi.

Di $\mathbb{R}$ memang $1+1\neq0$. Dalam buku ini fakta itu diperoleh dari sifat urutan $\mathbb{R}$ yang dipinjam: dari $0<1$ diperoleh $0<1+1$ (Unit 9.3; dibahas sistematis pada bab berikutnya). Bagian (b) menunjukkan bahwa bukti apa pun untuk fakta itu harus memakai sesuatu di luar (F1)–(F10).

S9.1.8. Hipotesisnya adalah $ab'=a'b$ dan $cd'=c'd$. Penyebut $bd$ dan $b'd'$ tidak nol karena $\mathbb{Z}$ tidak memiliki pembagi nol (Bab 8). Kita perlu menunjukkan

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

Dengan aritmetika $\mathbb{Z}$:

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

Kedua ruas sama, sehingga hasil penjumlahan tidak bergantung pada wakil.

Pada $\circledast$ tidak ada identitas serupa yang menghubungkan $(a+c)(b'+d')$ dengan $(a'+c')(b+d)$, dan Contoh 9.1.7 memberi saksi konkret kegagalannya. Jadi rumus penjumlahan yang benar lolos uji ketunggalan. Sebaliknya, $\circledast$ gagal tepat pada uji ketunggalan itu, sehingga ketertutupan bahkan belum dapat ditanyakan.

Rujukan unit

• [Lebl-1.1] Jiri Lebl, Basic Analysis, bagian 1.1, "Basic properties", https://www.jirka.org/ra/html/sec_basicpropsrn.html. Dipakai untuk pemisahan struktur lapangan, urutan, dan kelengkapan, serta untuk syarat bahwa identitas aditif dan multiplikatif berbeda (Motivasi, Definisi 9.1.11, Contoh 9.1.15).
• [Hunter-2] John K. Hunter, An Introduction to Real Analysis, Chapter 2: Numbers, bagian 2.3–2.6, Axiom 2.6 dan 2.7, halaman cetak 25–26, https://www.math.ucdavis.edu/~hunter/intro_analysis_pdf/ch2.pdf. Dipakai sebagai pembanding pemisahan sifat aljabar dari urutan dan kelengkapan (Motivasi, Definisi 9.1.11). Definisi buku ini menegaskan (F10) secara eksplisit dan tidak menjadikan daftar Hunter sebagai satu-satunya definisi.

Seluruh bukti dan contoh dalam unit ini dirumuskan mandiri dan bukan kutipan sumber.

9.2 Sifat Unik Invers Aditif dan Multiplikatif

Motivasi

Definisi lapangan pada Unit 9.1 hanya menjamin bahwa invers ada. Setiap unsur $a$ mempunyai paling sedikit satu lawan tambah, dan setiap unsur bukan nol mempunyai paling sedikit satu kebalikan kali. Definisi itu tidak menyatakan bahwa invers tersebut tunggal. Padahal notasi sehari-hari seperti $-a$, $a^{-1}$, $a-b$, dan $a/b$ hanya bermakna jika invers tunggal. Sebuah lambang yang dapat menunjuk dua unsur berbeda bukan nama yang sah bagi suatu unsur.

Unit ini menurunkan ketunggalan itu dari aksioma. Unit ini juga menurunkan aturan yang biasa dipakai tanpa dipikirkan: $a\cdot 0=0$, hukum tanda, larangan membagi dengan nol, pembatalan faktor, dan aturan kali silang pecahan. Setiap aturan diberi domain yang tepat. Batas domain inilah yang dilanggar oleh sebagian manipulasi keliru yang dibahas pada Unit 9.4.

Asumsi kerja dan penanda lokal

Sepanjang unit ini $(F,+,\cdot,0,1)$ adalah lapangan menurut definisi pada Unit 9.1. Artinya, $+$ dan $\cdot$ adalah operasi biner internal pada $F$, dan $0\neq 1$.

Pemisahan antara struktur lapangan, struktur urutan, dan kelengkapan mengikuti Lebl, Basic Analysis, bagian 1.1 (Basic properties). Pemisahan itu mencakup syarat bahwa identitas aditif dan multiplikatif berbeda. Sebagai pembanding, lihat Hunter, An Introduction to Real Analysis, Chapter 2, bagian 2.3–2.6 (Axiom 2.6 dan 2.7, halaman cetak 25–26). Rangkaian bukti di bawah dirumuskan mandiri dan bukan kutipan sumber tersebut.

Untuk memudahkan rujukan di dalam unit ini, aksioma pada definisi Unit 9.1 disingkat sebagai berikut.

Penanda lokal (A1)–(A4) sama dengan (F1)–(F4), (M1)–(M4) sama dengan (F5)–(F8), sedangkan (D) adalah (F9) dan (N) adalah (F10) pada Definisi 9.1.11.

Hukum urutan tidak termasuk dalam daftar ini. Contoh yang memakai fakta urutan diberi label tersendiri.

Dua prinsip logika dipakai berulang kali.

• Substitusi. Karena $+$ dan $\cdot$ adalah fungsi, dari $x=y$ diperoleh $x+z=y+z$ dan $zx=zy$ untuk setiap $z\in F$. Inilah makna sah dari "menambah atau mengalikan kedua ruas".
• Membatalkan tidak gratis. Arah sebaliknya, yaitu pembatalan, harus dibuktikan. Untuk perkalian, pembatalan juga memerlukan syarat bukan nol.

Strategi dan urutan bebas siklus

Hasil-hasil unit ini diturunkan dalam urutan berikut.

1. Bentuk dua sisi aksioma (9.2.1).
2. Ketunggalan invers tambah (9.2.2).
3. Pembatalan tambah (9.2.4).
4. Nol menyerap: $a0=0$ (9.2.5).
5. Nol tidak mempunyai invers kali (9.2.6).
6. Ketunggalan invers kali (9.2.7), lalu invers kali bukan nol dan $(a^{-1})^{-1}=a$ (9.2.9).
7. $-(-a)=a$ (9.2.10) dan $1^{-1}=1$ (9.2.11).
8. Tanpa pembagi nol (9.2.12–9.2.13), lalu pembatalan kali (9.2.14).
9. Hukum tanda (9.2.15–9.2.16).
10. Pengurangan dan pembagian beserta domainnya (9.2.17–9.2.18).
11. Invers produk dan kesamaan pecahan (9.2.19–9.2.21).

Ada satu hal yang perlu dijaga. Ketunggalan invers tambah (9.2.2) dibuktikan langsung dari aksioma. Pembatalan tambah (9.2.4) hanya memakai keberadaan invers dari (A4). Jadi kedua hasil itu tidak saling bergantung. Tidak ada langkah yang memakai hasil yang baru diturunkan sesudahnya.

---

Bentuk dua sisi aksioma

Lemma 9.2.1 (bentuk dua sisi). Untuk semua $a,b,c\in F$:

1. $0+a=a$ dan $1\cdot a=a$;
2. jika $a+b=0$, maka $b+a=0$; jika $ab=1$, maka $ba=1$;
3. $(b+c)a=ba+ca$.

Bukti.

1. $0+a=a+0=a$ menurut (A2) lalu (A3). Juga $1\cdot a=a\cdot 1=a$ menurut (M2) lalu (M3).
2. $b+a=a+b=0$ menurut (A2). Juga $ba=ab=1$ menurut (M2).
3. $(b+c)a=a(b+c)=ab+ac=ba+ca$. Langkah-langkahnya berturut-turut memakai (M2), (D), dan (M2) pada tiap suku. $\blacksquare$

Tabel aksioma di atas memuat identitas, invers, dan distributivitas pada satu sisi saja. Lemma ini menurunkan sisi lainnya, sehingga bukti-bukti berikut boleh memakai kedua sisi dengan merujuk lemma ini.

---

Invers tambah: ketunggalan dan pembatalan

Teorema 9.2.2 (ketunggalan invers tambah). Misalkan $a,b,c\in F$. Jika $a+b=0$ dan $a+c=0$, maka $b=c$.

Bukti.

$$b \overset{\text{(A3)}}{=} b+0 = b+(a+c) \overset{\text{(A1)}}{=} (b+a)+c \overset{\text{(A2)}}{=} (a+b)+c = 0+c \overset{\text{9.2.1}}{=} c.$$

Persamaan kedua mensubstitusi $0=a+c$, dan persamaan kelima mensubstitusi $a+b=0$. Pengelompokan ulang pada langkah ketiga adalah asosiativitas, bukan komutativitas. Komutativitas dipakai tersendiri pada langkah keempat. $\blacksquare$

Definisi 9.2.3 (lawan tambah). Untuk $a\in F$, unsur tunggal $b\in F$ dengan $a+b=0$ dinamakan lawan tambah atau invers aditif dari $a$, ditulis $-a$. Keberadaannya dijamin (A4) dan ketunggalannya dijamin Teorema 9.2.2. Menurut Lemma 9.2.1(2), berlaku juga $(-a)+a=0$.

Teorema 9.2.4 (pembatalan tambah). Untuk semua $a,e,f\in F$:

• jika $e+a=f+a$, maka $e=f$;
• jika $a+e=a+f$, maka $e=f$.

Bukti. Menurut (A4) terdapat $a'$ dengan $a+a'=0$. Bukti ini cukup memakai keberadaan $a'$, tidak memakai ketunggalannya. Dari $e+a=f+a$, substitusi memberi $(e+a)+a'=(f+a)+a'$. Akibatnya

$$e\overset{\text{(A3)}}{=}e+0=e+(a+a')\overset{\text{(A1)}}{=}(e+a)+a'=(f+a)+a'\overset{\text{(A1)}}{=}f+(a+a')=f+0\overset{\text{(A3)}}{=}f.$$

Untuk bentuk kedua, $a+e=a+f$ memberi $e+a=f+a$ menurut (A2). Bentuk pertama kemudian memberi $e=f$. $\blacksquare$

Catatan. Teorema 9.2.2 juga dapat diturunkan dari 9.2.4. Dari $a+b=0=a+c$, bentuk kedua pembatalan tambah (9.2.4) memberi $b=c$. Arah ini sah karena 9.2.4 tidak memakai 9.2.2. Yang harus dihindari adalah membuktikan keduanya secara saling bergantung.

---

Nol menyerap dan tidak mempunyai invers kali

Teorema 9.2.5 (nol menyerap). Untuk setiap $a\in F$, berlaku $a\cdot 0=0$ dan $0\cdot a=0$.

Bukti. Menurut (A3), $0+0=0$. Maka

$$a\cdot 0 = a(0+0) \overset{\text{(D)}}{=} a\cdot 0+a\cdot 0.$$

Di sisi lain, $a\cdot 0=0+a\cdot 0$ menurut Lemma 9.2.1(1). Jadi $0+a\cdot 0=a\cdot 0+a\cdot 0$. Pembatalan tambah (9.2.4) terhadap suku $a\cdot 0$ di sisi kanan memberi $0=a\cdot 0$. Selanjutnya $0\cdot a=a\cdot 0=0$ menurut (M2). $\blacksquare$

Bukti ini tidak memakai (N) dan tidak memakai invers kali.

Teorema 9.2.6 (nol tidak mempunyai invers kali). Tidak ada $b\in F$ dengan $0\cdot b=1$.

Bukti. Andaikan $0\cdot b=1$ untuk suatu $b\in F$. Menurut 9.2.5, $0\cdot b=0$, sehingga $0=1$. Ini bertentangan dengan (N). $\blacksquare$

Jadi pembatasan $a\neq 0$ pada (M4) bukan sekadar kehati-hatian. Pembatasan itu dipaksa oleh aksioma lainnya. Lambang $1/0$ atau $0^{-1}$ tidak menunjuk unsur apa pun di $F$ dan tidak boleh muncul dalam perhitungan. Peran (N) di sini penting. Latihan 9.2.31 menunjukkan bahwa tanpa (N) strukturnya runtuh menjadi satu unsur.

---

Invers kali: ketunggalan, tak-nol, dan invers dari invers

Teorema 9.2.7 (ketunggalan invers kali). Misalkan $a\in F$ dengan $a\neq 0$. Jika $ab=1$ dan $ac=1$, maka $b=c$.

Bukti.

$$b\overset{\text{(M3)}}{=}b\cdot 1=b(ac)\overset{\text{(M1)}}{=}(ba)c\overset{\text{(M2)}}{=}(ab)c=1\cdot c\overset{\text{9.2.1}}{=}c. \qquad\blacksquare$$

Definisi 9.2.8 (kebalikan). Untuk $a\in F$ dengan $a\neq 0$, unsur tunggal $b$ dengan $ab=1$ dinamakan kebalikan atau invers multiplikatif dari $a$, ditulis $a^{-1}$. Keberadaannya dijamin (M4) dan ketunggalannya dijamin 9.2.7. Menurut Lemma 9.2.1(2), berlaku juga $a^{-1}a=1$. Untuk $a=0$ lambang $a^{-1}$ tidak didefinisikan (9.2.6).

Teorema 9.2.9. Misalkan $a\in F$ dan $a\neq 0$. Maka:

1. $a^{-1}\neq 0$;
2. $(a^{-1})^{-1}=a$.

Bukti.

1. Andaikan $a^{-1}=0$. Maka $1=aa^{-1}=a\cdot 0=0$ menurut 9.2.5, bertentangan dengan (N).
2. Karena $a^{-1}\neq 0$ menurut bagian 1, unsur $a^{-1}$ mempunyai kebalikan tunggal $(a^{-1})^{-1}$. Di sisi lain, $a^{-1}\cdot a=1$ (Definisi 9.2.8). Jadi $a$ adalah sebuah unsur yang bila dikalikan dengan $a^{-1}$ menghasilkan $1$. Ketunggalan (9.2.7, diterapkan pada $a^{-1}$) memberi $(a^{-1})^{-1}=a$. $\blacksquare$

Teorema 9.2.10. Untuk setiap $a\in F$, $-(-a)=a$. Khususnya $-0=0$.

Bukti. Menurut Definisi 9.2.3, $(-a)+a=0$. Jadi $a$ adalah sebuah unsur yang bila ditambahkan pada $-a$ menghasilkan $0$. Ketunggalan (9.2.2, diterapkan pada $-a$) memberi $-(-a)=a$.

Untuk $-0$: menurut (A3), $0+0=0$, sehingga $0$ adalah lawan tambah dari $0$. Ketunggalan memberi $-0=0$. $\blacksquare$

Teorema 9.2.11. $1\neq 0$ dan $1^{-1}=1$.

Bukti. $1\neq 0$ adalah (N), sehingga $1^{-1}$ terdefinisi. Karena $1\cdot 1=1$ menurut (M3), unsur $1$ adalah kebalikan dari $1$. Ketunggalan (9.2.7) memberi $1^{-1}=1$. $\blacksquare$

---

Tanpa pembagi nol dan pembatalan kali

Teorema 9.2.12 (tanpa pembagi nol). Untuk semua $a,b\in F$:

$$ab=0 \iff a=0\ \text{atau}\ b=0.$$

Bukti.

• ($\Leftarrow$) Jika $a=0$, maka $ab=0\cdot b=0$. Jika $b=0$, maka $ab=a\cdot 0=0$. Keduanya menurut 9.2.5.
• ($\Rightarrow$) Misalkan $ab=0$. Jika $a=0$, selesai. Jika $a\neq 0$, maka $a^{-1}$ ada dan

$$b\overset{\text{9.2.1}}{=}1\cdot b\overset{\text{9.2.8}}{=}(a^{-1}a)b\overset{\text{(M1)}}{=}a^{-1}(ab)=a^{-1}\cdot 0\overset{\text{9.2.5}}{=}0. \qquad\blacksquare$$

Akibat 9.2.13. Jika $a\neq 0$ dan $b\neq 0$, maka $ab\neq 0$.

Bukti. Ini kontraposisi arah ($\Rightarrow$) dari 9.2.12. $\blacksquare$

Teorema 9.2.14 (pembatalan kali). Misalkan $a,x,y\in F$ dengan $a\neq 0$. Jika $ax=ay$, maka $x=y$.

Bukti. Substitusi memberi $a^{-1}(ax)=a^{-1}(ay)$. Maka

$$x\overset{\text{9.2.1}}{=}1\cdot x\overset{\text{9.2.8}}{=}(a^{-1}a)x\overset{\text{(M1)}}{=}a^{-1}(ax)=a^{-1}(ay)\overset{\text{(M1)}}{=}(a^{-1}a)y\overset{\text{9.2.8}}{=}1\cdot y\overset{\text{9.2.1}}{=}y. \qquad\blacksquare$$

Syarat $a\neq 0$ tidak dapat dibuang. Di lapangan mana pun, $0\cdot 0=0=0\cdot 1$ menurut 9.2.5, tetapi $0\neq 1$ menurut (N). Jadi "membatalkan faktor $0$" dari $0\cdot 0=0\cdot 1$ menghasilkan kesimpulan yang salah. Di $\mathbb R$ contoh yang lebih akrab adalah $0\cdot 1=0\cdot 2$ dengan $1\neq 2$. Bukti alternatif 9.2.14 lewat $a(x-y)=0$ diberikan sesudah pengurangan didefinisikan (Catatan setelah 9.2.18).

---

Hukum tanda

Teorema 9.2.15 (hukum tanda). Untuk semua $a,b\in F$:

1. $a(-b)=-(ab)$;
2. $(-a)b=-(ab)$;
3. $(-a)(-b)=ab$.

Bukti.

1. $ab+a(-b)\overset{\text{(D)}}{=}a\big(b+(-b)\big)=a\cdot 0\overset{\text{9.2.5}}{=}0$. Jadi $a(-b)$ adalah lawan tambah dari $ab$. Menurut ketunggalan (9.2.2), $a(-b)=-(ab)$.
2. $(-a)b\overset{\text{(M2)}}{=}b(-a)\overset{\text{(1)}}{=}-(ba)\overset{\text{(M2)}}{=}-(ab)$.
3. Terapkan bagian 1 dengan $-a$ di tempat $a$: $(-a)(-b)=-\big((-a)b\big)$. Menurut bagian 2, $(-a)b=-(ab)$. Jadi $(-a)(-b)=-\big(-(ab)\big)=ab$ menurut 9.2.10. $\blacksquare$

Akibat 9.2.16. Untuk semua $a,b\in F$:

1. $(-1)a=-a$;
2. $-(a+b)=(-a)+(-b)$;
3. jika $a\neq 0$, maka $-a\neq 0$ dan $(-a)^{-1}=-(a^{-1})$.

Bukti.

1. $(-1)a=-(1\cdot a)=-a$ menurut 9.2.15(2) dan Lemma 9.2.1(1).
2. $-(a+b)\overset{(1)}{=}(-1)(a+b)\overset{\text{(D)}}{=}(-1)a+(-1)b\overset{(1)}{=}(-a)+(-b)$.
3. Andaikan $-a=0$. Maka $a=-(-a)=-0=0$ menurut 9.2.10, bertentangan dengan $a\neq 0$. Jadi $-a\neq 0$ dan $(-a)^{-1}$ terdefinisi. Menurut 9.2.15(3), $(-a)\big(-(a^{-1})\big)=aa^{-1}=1$. Ketunggalan (9.2.7) memberi $(-a)^{-1}=-(a^{-1})$. $\blacksquare$

---

Pengurangan dan pembagian dengan domain

Definisi 9.2.17.

• Untuk $a,b\in F$, didefinisikan $a-b:=a+(-b)$. Jadi pengurangan adalah operasi biner $F\times F\to F$.
• Untuk $a\in F$ dan $b\in F\setminus\{0\}$, didefinisikan $\dfrac ab=a/b:=ab^{-1}$. Jadi pembagian adalah fungsi $F\times(F\setminus\{0\})\to F$, bukan operasi biner total pada $F$. Ini selaras dengan pengamatan pada Unit 9.1 untuk kasus $\mathbb R$.

Kedua definisi sah karena $-b$ dan $b^{-1}$ tunggal (9.2.2, 9.2.7).

Proposisi 9.2.18. Untuk semua $a,b,c\in F$:

1. $a-b=0\iff a=b$;
2. $a(b-c)=ab-ac$ dan $(b-c)a=ba-ca$;
3. $a/1=a$; jika $a\neq 0$, maka $a/a=1$;
4. jika $b\neq 0$, maka $a/b=0\iff a=0$.

Bukti.

1. ($\Leftarrow$) $b-b=b+(-b)=0$. ($\Rightarrow$) Jika $a+(-b)=0$, maka $a+(-b)=b+(-b)$. Pembatalan tambah (9.2.4) memberi $a=b$.
2. $a(b-c)=a\big(b+(-c)\big)\overset{\text{(D)}}{=}ab+a(-c)\overset{\text{9.2.15}}{=}ab+\big(-(ac)\big)=ab-ac$. Bentuk kedua diperoleh dengan (M2) pada setiap hasil kali.
3. $a/1=a\cdot 1^{-1}=a\cdot 1=a$ menurut 9.2.11 dan (M3). Untuk $a\neq 0$: $a/a=aa^{-1}=1$.
4. $a/b=ab^{-1}$. Menurut 9.2.12, $ab^{-1}=0$ jika dan hanya jika $a=0$ atau $b^{-1}=0$. Kemungkinan kedua mustahil menurut 9.2.9(1). $\blacksquare$

Catatan (bukti kedua pembatalan kali). Misalkan $a\neq 0$ dan $ax=ay$. Maka $ax-ay=0$ menurut 9.2.18(1), yaitu $a(x-y)=0$ menurut 9.2.18(2). Karena $a\neq 0$, Teorema 9.2.12 memberi $x-y=0$, sehingga $x=y$ menurut 9.2.18(1).

Rute ini tidak memanggil $a^{-1}$ secara langsung. Rute ini hanya memerlukan sifat tanpa pembagi nol serta hukum penjumlahan dan distributivitas. Pengamatan ini penting pada Contoh 9.2.24 dan Latihan 9.2.32. Di dalam $F$, sifat tanpa pembagi nol itu sendiri dibuktikan memakai invers (9.2.12). Pada struktur lain sifat itu harus diperoleh dengan cara berbeda.

---

Invers produk dan kesamaan pecahan

Lemma 9.2.19 (penataan ulang empat faktor). Untuk semua $x,y,z,w\in F$: $(xy)(zw)=(xz)(yw)$.

Bukti.

$$(xy)(zw)\overset{\text{(M1)}}{=}x\big(y(zw)\big)\overset{\text{(M1)}}{=}x\big((yz)w\big)\overset{\text{(M2)}}{=}x\big((zy)w\big)\overset{\text{(M1)}}{=}x\big(z(yw)\big)\overset{\text{(M1)}}{=}(xz)(yw). \qquad\blacksquare$$

Teorema 9.2.20 (invers produk). Jika $a,b\in F$ dengan $a\neq 0$ dan $b\neq 0$, maka $ab\neq 0$ dan $(ab)^{-1}=a^{-1}b^{-1}$.

Bukti. $ab\neq 0$ menurut 9.2.13, sehingga $(ab)^{-1}$ terdefinisi. Periksa calon inversnya:

$$(ab)(a^{-1}b^{-1})\overset{\text{9.2.19}}{=}(aa^{-1})(bb^{-1})=1\cdot 1\overset{\text{(M3)}}{=}1.$$

Jadi $a^{-1}b^{-1}$ adalah sebuah kebalikan dari $ab$. Ketunggalan (9.2.7) memberi $(ab)^{-1}=a^{-1}b^{-1}$. $\blacksquare$

Teorema 9.2.21 (kesamaan pecahan). Misalkan $a,c\in F$ dan $b,d\in F\setminus\{0\}$. Maka $bd\neq 0$ dan

$$\frac ab=\frac cd\iff ad=bc.$$

Bukti. $bd\neq 0$ menurut 9.2.13. Kedua pecahan terdefinisi karena $b,d\neq 0$.

($\Rightarrow$) Misalkan $ab^{-1}=cd^{-1}$. Kalikan kedua ruas dengan $bd$ (substitusi). Di ruas kiri:

$$(ab^{-1})(bd)\overset{\text{(M1)}}{=}a\big(b^{-1}(bd)\big)\overset{\text{(M1)}}{=}a\big((b^{-1}b)d\big)\overset{\text{9.2.8}}{=}a(1\cdot d)\overset{\text{9.2.1}}{=}ad.$$

Di ruas kanan:

$$(cd^{-1})(bd)\overset{\text{(M1)}}{=}c\big(d^{-1}(bd)\big)\overset{\text{(M2)}}{=}c\big(d^{-1}(db)\big)\overset{\text{(M1)}}{=}c\big((d^{-1}d)b\big)\overset{\text{9.2.8}}{=}c(1\cdot b)\overset{\text{9.2.1}}{=}cb\overset{\text{(M2)}}{=}bc.$$

Jadi $ad=bc$.

($\Leftarrow$) Misalkan $ad=bc$. Kalikan kedua ruas dengan $(bd)^{-1}=b^{-1}d^{-1}$ (9.2.20). Di ruas kiri:

$$(ad)(b^{-1}d^{-1})\overset{\text{9.2.19}}{=}(ab^{-1})(dd^{-1})=(ab^{-1})\cdot 1\overset{\text{(M3)}}{=}\frac ab.$$

Di ruas kanan:

$$(bc)(b^{-1}d^{-1})\overset{\text{9.2.19}}{=}(bb^{-1})(cd^{-1})=1\cdot(cd^{-1})\overset{\text{9.2.1}}{=}\frac cd.$$

Jadi $\dfrac ab=\dfrac cd$. $\blacksquare$

Mengapa bukan sekadar "kali silang". Kedua arah memakai $b,d\neq 0$. Arah ($\Rightarrow$) membutuhkannya agar pecahan terdefinisi. Arah ($\Leftarrow$) membutuhkannya untuk mengalikan dengan $(bd)^{-1}$. Tanpa syarat itu, kesamaan $ad=bc$ dapat berlaku sementara pecahannya tidak bermakna. Contohnya $b=d=0$: $a\cdot 0=0\cdot c$ benar untuk semua $a,c$, tetapi "$1/0=2/0$" bukan pernyataan tentang unsur $F$.

---

Contoh inti di $\mathbb R$ dan kasus nol

Contoh 9.2.22. Pada contoh ini $F=\mathbb R$. Kita memakai fakta hitung $\mathbb R$ tentang bilangan konkret, khususnya $4\neq 0$.

• Lawan tambah. $4+(-4)=0$, jadi lawan tambah dari $4$ adalah $-4$. Menurut 9.2.2, tidak ada bilangan real lain $y$ dengan $4+y=0$.
• Kebalikan. Karena $4\neq 0$, $4^{-1}$ ada. Menurut Definisi 9.2.17 dan Lemma 9.2.1(1), $\tfrac14=1\cdot 4^{-1}=4^{-1}$, sehingga $4\cdot\tfrac14=1$. Menurut 9.2.7, tidak ada $y\in\mathbb R$ lain dengan $4y=1$.
• Kasus $a=0$. Lawan tambah tetap ada, yaitu $-0=0$ (9.2.10). Kebalikan tidak ada (9.2.6).
• Kesamaan pecahan. $\tfrac26=\tfrac39$ karena $2\cdot 9=18=6\cdot 3$ dan $6,9\neq 0$ (9.2.21).

Batas contoh. Fakta $4\neq 0$ di $\mathbb R$ tidak termasuk aksioma lapangan dan tidak diturunkan di unit ini. Di $\mathbb R$ fakta itu diperoleh dari urutan, yaitu $0<1$ dan jumlah bilangan positif adalah positif. Urutan itu baru dipinjam pada Unit 9.3. Karena itu, untuk lapangan umum $F$, unit ini tidak pernah memakai bahwa $4:=1+1+1+1$ bukan nol. Contoh dengan angka konkret selalu dinyatakan di $\mathbb R$. Semua hasil bernomor di unit ini berlaku di lapangan sembarang, kecuali contoh yang secara eksplisit dinyatakan di $\mathbb R$ atau $\mathbb Z$.

---

Klasifikasi persamaan $ax=b$

Proposisi 9.2.23. Misalkan $a,b\in F$ dan $S=\{x\in F: ax=b\}$. Tepat satu dari tiga kasus berikut terjadi.

1. Jika $a\neq 0$, maka $S=\{a^{-1}b\}$. Jadi solusinya tunggal, yaitu $x=b/a$. Menurut Definisi 9.2.17, $b/a=ba^{-1}$, dan menurut (M2) nilai ini sama dengan $a^{-1}b$.
2. Jika $a=0$ dan $b=0$, maka $S=F$. Jadi setiap $x$ adalah solusi. Solusinya tidak tunggal karena $0,1\in S$ dengan $0\neq 1$.
3. Jika $a=0$ dan $b\neq 0$, maka $S=\varnothing$.

Bukti. Ketiga kasus saling lepas dan bersama-sama mencakup semua kemungkinan pasangan $(a,b)$.

1. Keberadaan: $a(a^{-1}b)\overset{\text{(M1)}}{=}(aa^{-1})b=1\cdot b\overset{\text{9.2.1}}{=}b$, jadi $a^{-1}b\in S$. Ketunggalan: jika $x\in S$, maka $ax=b=a(a^{-1}b)$. Pembatalan kali (9.2.14, sah karena $a\neq 0$) memberi $x=a^{-1}b$.
2. Untuk setiap $x\in F$, $0\cdot x=0=b$ menurut 9.2.5. Jadi $S=F$. Himpunan $F$ memuat dua unsur berbeda, yaitu $0$ dan $1$, menurut (N).
3. Untuk setiap $x\in F$, $0\cdot x=0\neq b$. Jadi tidak ada $x$ di $S$. $\blacksquare$

Di $\mathbb R$: $3x=6$ mempunyai solusi tunggal $x=2$; $0\cdot x=0$ dipenuhi semua bilangan real; $0\cdot x=5$ tidak mempunyai solusi.

---

Tanpa pembagi nol tidak cukup untuk invers: $\mathbb Z$

Contoh 9.2.24. Bilangan bulat $\mathbb Z$ dengan penjumlahan dan perkalian biasa memenuhi (A1)–(A4), (M1)–(M3), (D), dan $0\neq 1$. Sifat-sifat ini berasal dari konstruksi $\mathbb Z$ pada Bab 8. Seperti pada contoh Unit 9.1, $\mathbb Z$ gagal memenuhi (M4). Bukti 9.2.1–9.2.5, 9.2.10, dan 9.2.15 tidak memakai (M4), sehingga hasil-hasil itu berlaku juga di $\mathbb Z$.

• $\mathbb Z$ tanpa pembagi nol. Di sini kita memakai fakta urutan pada $\mathbb Z$ dari Bab 8, bukan aksioma lapangan. Fakta pertama: setiap bilangan bulat bukan nol $m$ bersifat positif, atau $-m$ positif. Fakta kedua: hasil kali dua bilangan bulat positif adalah positif. Fakta ketiga: bilangan bulat positif tidak sama dengan $0$.

  Misalkan $m,n\in\mathbb Z$ dengan $m\neq 0$ dan $n\neq 0$. Tulis $m'=m$ bila $m$ positif dan $m'=-m$ bila $-m$ positif. Dalam kasus kedua, $m=-(-m)=-m'$ menurut 9.2.10. Jadi $m'$ positif dan $m\in\{m',-m'\}$. Dengan cara sama diperoleh $n'$ positif dengan $n\in\{n',-n'\}$.

  Menurut hukum tanda 9.2.15, $mn$ sama dengan $m'n'$ atau $-(m'n')$. Bilangan $m'n'$ positif, sehingga $m'n'\neq 0$. Bilangan $-(m'n')$ juga bukan nol, sebab $-x=0$ mengakibatkan $x=-(-x)=-0=0$ menurut 9.2.10. Jadi $mn\neq 0$. Secara kontraposisi, $mn=0$ mengakibatkan $m=0$ atau $n=0$. Arah sebaliknya mengikuti 9.2.5.

• $2$ bukan unit di $\mathbb Z$. Tidak ada $n\in\mathbb Z$ dengan $2n=1$. Argumen ini juga memakai fakta urutan pada $\mathbb Z$, bukan aksioma lapangan. Setiap bilangan bulat $n$ memenuhi $n\le 0$ atau $n\ge 1$, dan ketaksamaan boleh dijumlahkan.

  Pertama, $2n=(1+1)n=1\cdot n+1\cdot n=n+n$ menurut Lemma 9.2.1(3) dan (1). Jika $n\le 0$, maka $n+n\le 0<1$. Jika $n\ge 1$, maka $n+n\ge 1+1=2>1$. Dalam kedua kasus $2n\neq 1$.

Jadi sifat "tanpa pembagi nol" adalah akibat dari aksioma lapangan (9.2.12), tetapi tidak dapat menggantikan (M4). $\mathbb Z$ memiliki sifat pertama tanpa memiliki sifat kedua. Akibatnya, kasus 1 Proposisi 9.2.23 gagal di $\mathbb Z$: persamaan $2x=1$ tidak mempunyai solusi bulat, meskipun $2\neq 0$ (Latihan 9.2.32).

---

Ringkasan dan jembatan ke 9.3

Lambang $-a$ (untuk semua $a$) dan $a^{-1}$ (hanya untuk $a\neq 0$) kini merupakan nama yang sah. Pengurangan bersifat total, sedangkan pembagian hanya terdefinisi untuk penyebut bukan nol. Pembatalan tambah selalu sah, sedangkan pembatalan kali sah hanya untuk faktor bukan nol.

Unit 9.3 memakai hasil ini secara langsung. Akibat 9.2.13 menjadi langkah induksi untuk membuktikan bahwa pangkat unsur bukan nol tetap bukan nol. Bersama Definisi 9.2.8, hal itu membuat definisi pangkat negatif $a^{-k}=(a^k)^{-1}$ sah. Teorema 9.2.20 dipakai untuk hukum $(ab)^n$ dengan $n$ negatif.

---

Latihan

Latihan 9.2.25. Misalkan $a,b\in F$. (a) Buktikan: jika $a+b=a$, maka $b=0$. (b) Buktikan: jika $a\neq 0$ dan $ab=a$, maka $b=1$. (c) Tunjukkan bahwa (b) gagal tanpa syarat $a\neq 0$.

Latihan 9.2.26. Buktikan untuk semua $a,b,c\in F$: (a) $-(a-b)=b-a$; (b) $(a-b)+(b-c)=a-c$; (c) $a-b=c\iff a=b+c$.

Latihan 9.2.27. Untuk $a,b,c\in F$, klasifikasikan himpunan solusi persamaan $ax+c=b$ secara lengkap. Kemudian terapkan di $\mathbb R$ pada $3x+2=8$, $0\cdot x+5=5$, dan $0\cdot x+5=7$.

Latihan 9.2.28. Pada latihan ini $x\cdot x$ hanya berarti hasil kali, bukan notasi pangkat dari 9.3. (a) Buktikan $x\cdot x=x\iff x=0$ atau $x=1$. (b) Buktikan $x\cdot x=1\iff x=1$ atau $x=-1$. (c) Seorang mahasiswa menulis "$x\cdot x=x$, bagi kedua ruas dengan $x$, maka $x=1$." Tunjukkan baris pertama yang tidak sah, syarat yang hilang, dan versi yang benar.

Latihan 9.2.29. Misalkan $a,c\in F$ dan $b,d\in F\setminus\{0\}$. Buktikan: (a) $\dfrac ab\cdot\dfrac cd=\dfrac{ac}{bd}$; (b) $\dfrac ab+\dfrac cd=\dfrac{ad+bc}{bd}$. Kemudian periksa (b) di $\mathbb R$ untuk $\tfrac12+\tfrac13$.

Latihan 9.2.30. Misalkan $a\in F$ dan $b,c,d\in F\setminus\{0\}$. Buktikan bahwa $\dfrac cd\neq 0$ dan

$$\frac{a/b}{c/d}=\frac{ad}{bc}.$$

Jelaskan mengapa syarat $c\neq 0$ diperlukan.

Latihan 9.2.31. Misalkan $(S,+,\cdot,0,1)$ memenuhi aksioma (A1)–(A4), (M1)–(M4), dan (D), tetapi $0=1$. Buktikan $S=\{0\}$. Tunjukkan juga bahwa di $S$ unsur $0$ mempunyai invers kali, dan jelaskan langkah bukti 9.2.6 mana yang tidak lagi berlaku.

Latihan 9.2.32. Di $\mathbb Z$: (a) Buktikan: jika $a,x,y\in\mathbb Z$, $a\neq 0$, dan $ax=ay$, maka $x=y$. (b) Tunjukkan bahwa persamaan $2x=1$ tidak mempunyai solusi di $\mathbb Z$. Tentukan bagian bukti Proposisi 9.2.23 yang gagal dan bagian yang tetap berlaku.

---

Solusi

Solusi 9.2.25. (a) Dari $a+b=a$ dan $a=a+0$ (A3) diperoleh $a+b=a+0$. Pembatalan tambah bentuk kedua (9.2.4) memberi $b=0$. (b) Dari $ab=a$ dan $a=a\cdot 1$ (M3) diperoleh $ab=a\cdot 1$. Karena $a\neq 0$, pembatalan kali (9.2.14) memberi $b=1$. (c) Ambil $a=0$ dan $b=0$. Maka $ab=0\cdot 0=0=a$ (9.2.5), tetapi $b=0\neq 1$ menurut (N). Jadi kesimpulan $b=1$ gagal.

Solusi 9.2.26. (a) $-(a-b)=-\big(a+(-b)\big)\overset{\text{9.2.16}}{=}(-a)+\big(-(-b)\big)\overset{\text{9.2.10}}{=}(-a)+b\overset{\text{(A2)}}{=}b+(-a)=b-a$.

(b)

$$\big(a+(-b)\big)+\big(b+(-c)\big)\overset{\text{(A1)}}{=}a+\Big((-b)+\big(b+(-c)\big)\Big)\overset{\text{(A1)}}{=}a+\Big(\big((-b)+b\big)+(-c)\Big)\overset{\text{9.2.3}}{=}a+\big(0+(-c)\big)\overset{\text{9.2.1}}{=}a+(-c)=a-c.$$

(c) ($\Rightarrow$) Jika $a+(-b)=c$, maka

$$b+c=b+\big(a+(-b)\big)\overset{\text{(A2)}}{=}b+\big((-b)+a\big)\overset{\text{(A1)}}{=}\big(b+(-b)\big)+a=0+a\overset{\text{9.2.1}}{=}a.$$

($\Leftarrow$) Jika $a=b+c$, maka

$$a-b=(b+c)+(-b)\overset{\text{(A2)}}{=}(c+b)+(-b)\overset{\text{(A1)}}{=}c+\big(b+(-b)\big)=c+0\overset{\text{(A3)}}{=}c.$$

Solusi 9.2.27. Terapkan 9.2.26(c) dengan $b$, $c$, $ax$ di tempat $a$, $b$, $c$. Hasilnya: $b-c=ax\iff b=c+ax$. Menurut (A2), $c+ax=ax+c$. Jadi $ax+c=b\iff ax=b-c$, dan himpunan solusi $ax+c=b$ sama dengan himpunan solusi $ax=b-c$.

Terapkan Proposisi 9.2.23 dengan $b-c$ di tempat $b$, bersama 9.2.18(1) ($b-c=0\iff b=c$). Diperoleh tiga kasus:

1. $a\neq 0$: solusi tunggal $x=a^{-1}(b-c)$;
2. $a=0$ dan $b=c$: setiap $x\in F$ adalah solusi;
3. $a=0$ dan $b\neq c$: tidak ada solusi.

Kasus-kasus ini saling lepas dan lengkap. Di $\mathbb R$:

• $3x+2=8$: $a=3\neq 0$, jadi $x=3^{-1}(8-2)=6/3=2$. Pemeriksaan: $3\cdot 2+2=8$.
• $0\cdot x+5=5$: $a=0$ dan $b=c=5$, jadi semua bilangan real adalah solusi.
• $0\cdot x+5=7$: $a=0$ dan $7\neq 5$, jadi tidak ada solusi.

Solusi 9.2.28. (a) Rantai ekuivalensinya:

$$x\cdot x=x\overset{\text{9.2.18(1)}}{\iff}x\cdot x-x=0\overset{\text{(M3)}}{\iff}x\cdot x-x\cdot 1=0\overset{\text{9.2.18(2)}}{\iff}x(x-1)=0\overset{\text{9.2.12}}{\iff}x=0\ \text{atau}\ x-1=0\overset{\text{9.2.18(1)}}{\iff}x=0\ \text{atau}\ x=1.$$

Kedua solusi itu berbeda karena $0\neq 1$.

(b) Pertama hitung $(x-1)(x+1)$. Menurut 9.2.18(2) bentuk kanan, dengan $x+1$ sebagai faktor:

$$(x-1)(x+1)=x(x+1)-1\cdot(x+1).$$

Di sini $x(x+1)\overset{\text{(D)}}{=}x\cdot x+x\cdot 1\overset{\text{(M3)}}{=}x\cdot x+x$, dan $1\cdot(x+1)=x+1$ menurut Lemma 9.2.1(1). Jadi $(x-1)(x+1)=(x\cdot x+x)-(x+1)$. Selanjutnya

$$(x\cdot x+x)+\big(-(x+1)\big)\overset{\text{9.2.16}}{=}(x\cdot x+x)+\big((-x)+(-1)\big)\overset{\text{(A1)}}{=}x\cdot x+\Big(x+\big((-x)+(-1)\big)\Big)\overset{\text{(A1)}}{=}x\cdot x+\Big(\big(x+(-x)\big)+(-1)\Big)\overset{\text{9.2.3}}{=}x\cdot x+\big(0+(-1)\big)\overset{\text{9.2.1}}{=}x\cdot x+(-1),$$

yaitu $x\cdot x-1$. Maka

$$x\cdot x=1\iff x\cdot x-1=0\iff(x-1)(x+1)=0\iff x-1=0\ \text{atau}\ x+1=0.$$

Ekuivalensi pertama memakai 9.2.18(1), dan yang terakhir memakai 9.2.12. Kemudian $x-1=0\iff x=1$ menurut 9.2.18(1).

Tinggal $x+1=0\iff x=-1$. Untuk arah ($\Rightarrow$), $x+1=0$ memberi $1+x=0$ melalui (A2), sehingga $x$ adalah lawan tambah dari $1$. Ketunggalan (9.2.2) memberi $x=-1$. Untuk arah ($\Leftarrow$), $(-1)+1=0$ menurut Definisi 9.2.3.

Catatan: kedua solusi berbeda tepat ketika $1\neq -1$. Kondisi $1=-1$ ekuivalen dengan $1+1=0$. Jika $1=-1$, maka $1+1=1+(-1)=0$. Sebaliknya, jika $1+1=0$, maka $1$ adalah lawan tambah dari $1$, sehingga $1=-1$ menurut 9.2.2. Unit ini tidak memakai $1+1\neq 0$ untuk lapangan umum. Di $\mathbb R$ keduanya berbeda karena $1+1\neq 0$, suatu fakta urutan $\mathbb R$ (lihat batas Contoh 9.2.22). Jadi di $\mathbb R$ ada tepat dua solusi.

(c) Baris yang tidak sah adalah "bagi kedua ruas dengan $x$". Langkah itu adalah pembatalan kali (9.2.14), yang mensyaratkan $x\neq 0$. Syarat ini hilang. Versi yang benar: jika $x\neq 0$, maka $x\cdot x=x\cdot 1$ memberi $x=1$; kasus $x=0$ harus diperiksa terpisah, dan ternyata $x=0$ juga solusi. Himpunan solusinya $\{0,1\}$, sesuai (a). Pembagian yang keliru menghilangkan solusi $x=0$.

Solusi 9.2.29. Menurut 9.2.13, $bd\neq 0$, sehingga kedua ruas kanan terdefinisi.

(a)

$$(ab^{-1})(cd^{-1})\overset{\text{9.2.19}}{=}(ac)(b^{-1}d^{-1})\overset{\text{9.2.20}}{=}(ac)(bd)^{-1}=\frac{ac}{bd}.$$

(b) Mulai dari ruas kanan:

$$\frac{ad+bc}{bd}=(ad+bc)(bd)^{-1}\overset{\text{9.2.20}}{=}(ad+bc)(b^{-1}d^{-1})\overset{\text{9.2.1(3)}}{=}(ad)(b^{-1}d^{-1})+(bc)(b^{-1}d^{-1}).$$

Suku pertama: $(ad)(b^{-1}d^{-1})\overset{\text{9.2.19}}{=}(ab^{-1})(dd^{-1})=(ab^{-1})\cdot 1\overset{\text{(M3)}}{=}\tfrac ab$. Suku kedua: $(bc)(b^{-1}d^{-1})\overset{\text{9.2.19}}{=}(bb^{-1})(cd^{-1})=1\cdot(cd^{-1})\overset{\text{9.2.1}}{=}\tfrac cd$. Jadi ruas kanan sama dengan $\tfrac ab+\tfrac cd$.

Di $\mathbb R$: $\tfrac12+\tfrac13=\tfrac{1\cdot 3+2\cdot 1}{2\cdot 3}=\tfrac56$.

Solusi 9.2.30. Karena $d\neq 0$, berlaku $d^{-1}\neq 0$ (9.2.9). Karena $c\neq 0$ juga, $c/d=cd^{-1}\neq 0$ menurut 9.2.13, sehingga ruas kiri terdefinisi. Menurut 9.2.20 dan 9.2.9(2):

$$(cd^{-1})^{-1}=c^{-1}(d^{-1})^{-1}=c^{-1}d\overset{\text{(M2)}}{=}dc^{-1}.$$

Maka

$$\frac{a/b}{c/d}=(ab^{-1})(dc^{-1})\overset{\text{9.2.19}}{=}(ad)(b^{-1}c^{-1})\overset{\text{9.2.20}}{=}(ad)(bc)^{-1}=\frac{ad}{bc},$$

dengan $bc\neq 0$ menurut 9.2.13.

Jika $c=0$, maka $c/d=0\cdot d^{-1}=0$ (9.2.5). Pembagian dengan $0$ tidak terdefinisi karena $0$ tidak mempunyai kebalikan (9.2.6). Jadi ruas kiri tidak bermakna, dan ruas kanan pun memuat penyebut $bc=b\cdot 0=0$.

Solusi 9.2.31. Bukti 9.2.1, 9.2.4, dan 9.2.5 tidak memakai (N), sehingga ketiganya berlaku di $S$. Untuk setiap $a\in S$:

$$a\overset{\text{(M3)}}{=}a\cdot 1=a\cdot 0\overset{\text{9.2.5}}{=}0.$$

Jadi setiap unsur $S$ sama dengan $0$, sedangkan $0\in S$. Maka $S=\{0\}$. Aksioma (M4) terpenuhi secara hampa karena tidak ada unsur bukan nol.

Selain itu $0\cdot 0=0=1$, sehingga $0$ mempunyai invers kali di $S$. Bukti 9.2.6 menurunkan $0=1$ lalu menyebutnya kontradiksi dengan (N). Di $S$, kesamaan $0=1$ bukan kontradiksi, sehingga langkah terakhir bukti itu gugur. Inilah alasan (N) dimasukkan ke dalam definisi lapangan.

Solusi 9.2.32. (a) $\mathbb Z$ memenuhi (A1)–(A4), (M1)–(M3), (D), dan (N) (Contoh 9.2.24). Bukti 9.2.1–9.2.5, 9.2.10, 9.2.15, dan 9.2.18(1)–(2) hanya memakai aksioma-aksioma itu, tidak memakai (M4). Jadi semua hasil itu berlaku di $\mathbb Z$.

Dari $ax=ay$ diperoleh $ax-ay=0$ (9.2.18(1)), yaitu $a(x-y)=0$ (9.2.18(2)). Menurut Contoh 9.2.24, $\mathbb Z$ tanpa pembagi nol. Karena $a\neq 0$, haruslah $x-y=0$, sehingga $x=y$ (9.2.18(1)). Ini adalah rute dalam Catatan setelah 9.2.18. Rute melalui $a^{-1}$ (bukti 9.2.14) tidak tersedia di $\mathbb Z$.

(b) Menurut Contoh 9.2.24, tidak ada $n\in\mathbb Z$ dengan $2n=1$. Pada kasus 1 Proposisi 9.2.23, bagian keberadaan gagal karena memakai calon solusi $a^{-1}b$, padahal $2^{-1}$ tidak ada di $\mathbb Z$. Bagian ketunggalan tetap berlaku di $\mathbb Z$ menurut (a): untuk $a\neq 0$, persamaan $ax=b$ mempunyai paling banyak satu solusi bulat. Kasus 2 dan 3 tetap berlaku karena hanya memakai 9.2.5. Pada kasus 2, $S=\mathbb Z$ memuat $0\neq 1$.

9.3 Aljabar Pangkat, Akar, dan Eksponensial

A. Pangkat asli dan bulat

Unit 9.3 hanya membangun pangkat dengan eksponen asli, bulat, dan rasional. Bagian A memuat dua tahap pertama, yaitu eksponen di $\mathbb{N}$ dan eksponen di $\mathbb{Z}$. Akar real dan pangkat rasional dibahas pada Bagian B.

Seluruh bagian ini bekerja dalam suatu lapangan $(F,+,\cdot,0,1)$ dengan $0\neq 1$. Kita tidak memakai urutan pada $F$, kelengkapan, limit, atau pangkat dengan eksponen real irasional. Perbandingan yang muncul hanya perbandingan eksponen di $\mathbb{N}$ atau $\mathbb{Z}$. Akibatnya, semua hasil di sini berlaku pada $\mathbb{Q}$, pada $\mathbb{R}$, dan pada lapangan lain mana pun.

Konvensi.

• $\mathbb{N}$ memuat $0$, dan $\mathbb{N}_+=\mathbb{N}\setminus\{0\}$.
• Penjumlahan dan perkalian eksponen adalah operasi di $\mathbb{N}$ atau $\mathbb{Z}$. Perkalian basis adalah operasi di $F$.
• Untuk $x,y\in F$ dengan $y\neq 0$ ditulis $x/y=xy^{-1}$.

Sifat 9.2 yang dipakai, dengan domainnya. Label (F1) sampai (F7) dalam daftar berikut adalah penanda lokal Bagian 9.3A. Setiap rujukan (F1) sampai (F7) di dalam Bagian A, termasuk latihan dan solusinya, berarti butir lokal ini, bukan aksioma lapangan (F1) sampai (F10) pada Definisi 9.1.11. Untuk $x,y,z,w\in F$:

• (F1) $x\cdot 0=0\cdot x=0$ untuk semua $x$.
• (F2) Tanpa pembagi nol: jika $x\neq 0$ dan $y\neq 0$, maka $xy\neq 0$.
• (F3) Ketunggalan invers kali: jika $x\neq 0$ dan $xy=1$, maka $y=x^{-1}$.
• (F4) Jika $x\neq 0$, maka $x^{-1}\neq 0$ dan $(x^{-1})^{-1}=x$. Selain itu $1^{-1}=1$.
• (F5) Jika $x,y\neq 0$, maka $(xy)^{-1}=x^{-1}y^{-1}$.
• (F6) Untuk $y,w\neq 0$: $x/y=z/w$ jika dan hanya jika $xw=yz$.
• (F7) Aturan tanda, untuk semua $x,y$:
  • $(-x)y=x(-y)=-(xy)$ dan $(-x)(-y)=xy$;
  • $-(-x)=x$;
  • $-0=0$, karena $0+0=0$ dan invers tambah tunggal.

Fakta $\mathbb{N}$ dan $\mathbb{Z}$ dari Bab 7–8 yang dipakai:

• (Z1) Untuk $u,v\in\mathbb{N}$:
  • jika $u\ge v$, ada $d\in\mathbb{N}$ dengan $u=v+d$, dan di $\mathbb{Z}$ berlaku $u-v=d$;
  • jika $u<v$, ada $k\in\mathbb{N}_+$ dengan $v=u+k$, dan $u-v=-k$.
• (Z2) Setiap $m\in\mathbb{Z}$ dapat ditulis $m=u-v$ dengan $u,v\in\mathbb{N}$. Selain itu, $u-v=u'-v'$ jika dan hanya jika $u+v'=u'+v$.
• (Z3) Setiap $m\in\mathbb{Z}$ memenuhi tepat satu dari dua kemungkinan: $m\in\mathbb{N}$, atau $m=-k$ untuk satu-satunya $k\in\mathbb{N}_+$.
• (Z4) Hukum gelanggang $\mathbb{Z}$, khususnya:
  • $(u-v)+(s-t)=(u+s)-(v+t)$;
  • $-(s-t)=t-s$;
  • $(u-v)(s-t)=(us+vt)-(ut+vs)$.

Pangkat asli

Definisi 9.3A.1 (pangkat asli). Tetapkan $a\in F$. Terapkan Teorema 7.4.1, versi tanpa indeks, pada himpunan $F$ dengan nilai awal $1$ dan fungsi $g_a:F\to F$, $g_a(x)=xa$. Teorema itu memberi tepat satu fungsi $p_a:\mathbb{N}\to F$ dengan

$$p_a(0)=1,\qquad p_a(n+1)=p_a(n)\,a\quad(n\in\mathbb{N}).$$

Tulis $a^n=p_a(n)$. Jadi untuk setiap $a\in F$ dan $n\in\mathbb{N}$:

$$a^0=1,\qquad a^{n+1}=a^n a.$$

Ketunggalan dari teorema rekursi menjamin bahwa $a^n$ adalah satu unsur tertentu di $F$, bukan sekadar singkatan "$a$ dikalikan $n$ kali".

Akibat langsung: $a^1=a^0a=1\cdot a=a$ dan $a^2=a^1a=aa$.

Catatan 9.3A.2 (konvensi $0^0=1$). Definisi 9.3A.1 berlaku untuk setiap $a\in F$, termasuk $a=0$. Karena itu $0^0=p_0(0)=1$. Ini konvensi aljabar diskret, yaitu konvensi produk kosong: hasil kali nol buah faktor adalah identitas perkalian.

Pernyataan ini bukan klaim tentang nilai limit apa pun. Dalam analisis, "$0^0$" sebagai bentuk limit membicarakan perilaku dua besaran yang sama-sama berubah. Itu objek lain dan tidak dipakai di sini.

Konvensi ini dipertahankan di seluruh Bagian A. Hukum pangkat asli di bawah berlaku tanpa pengecualian untuk eksponen $0$, juga ketika basisnya $0$. Konvensi ini selaras dengan persamaan (Pw) Bab 7.4, yaitu $c^0=1$ dan $c^{n+1}=c\cdot c^n$ untuk semua $c\in\mathbb{Z}$. Urutan faktor dapat dipertukarkan oleh komutativitas. Perbandingan pangkat pada dua struktur dilakukan melalui pemetaan yang mempertahankan perkalian dan $1$; pernyataan ini tidak mengasumsikan bahwa setiap lapangan memuat salinan injektif $\mathbb{Z}$.

Proposisi 9.3A.3. Untuk setiap $n\in\mathbb{N}_+$ berlaku $0^n=0$.

Bukti. Ambil $n\in\mathbb{N}_+$. Setiap asli tak nol adalah penerus (Proposisi 8.1.4), jadi $n=k+1$ untuk suatu $k\in\mathbb{N}$. Menurut definisi, $0^n=0^{k+1}=0^k\cdot 0$, dan ini sama dengan $0$ menurut (F1). Nilai $0^k$ tidak berperan, termasuk ketika $k=0$ dan $0^k=1$. $\square$

Proposisi 9.3A.4. Jika $a\in F$ dan $a\neq 0$, maka $a^n\neq 0$ untuk setiap $n\in\mathbb{N}$.

Bukti. Induksi pada $n$.

• Basis: $a^0=1\neq 0$ menurut aksioma $0\neq 1$.
• Langkah: misalkan $a^n\neq 0$. Karena $a\neq 0$, (F2) memberi $a^{n+1}=a^na\neq 0$. $\square$

Akibat 9.3A.5. Untuk $a\in F$ dan $n\in\mathbb{N}$: $a^n=0$ jika dan hanya jika $a=0$ dan $n\ge 1$.

Bukti.

• Arah ($\Leftarrow$) adalah Proposisi 9.3A.3.
• Arah ($\Rightarrow$): misalkan $a^n=0$.
  • Jika $a\neq 0$, Proposisi 9.3A.4 memberi $a^n\neq 0$, kontradiksi. Jadi $a=0$.
  • Jika $n=0$, maka $a^n=0^0=1\neq 0$, kontradiksi. Jadi $n\ge 1$. $\square$

Lemma 9.3A.6. Untuk setiap $n\in\mathbb{N}$ berlaku $1^n=1$.

Bukti. Induksi pada $n$.

• Basis: $1^0=1$.
• Langkah: jika $1^n=1$, maka $1^{n+1}=1^n\cdot 1=1\cdot 1=1$. $\square$

Teorema 9.3A.7 (hukum pangkat asli). Untuk semua $a,b\in F$ dan $m,n\in\mathbb{N}$:

1. $a^{m+n}=a^m a^n$;
2. $(a^m)^n=a^{mn}$;
3. $(ab)^n=a^n b^n$.

Tidak ada syarat tak nol. Basis $0$ diperbolehkan, dengan $0^0=1$ menurut Catatan 9.3A.2.

Bukti. Ketiga bagian dibuktikan dengan induksi pada $n$ (prinsip induksi Bab 7). Setiap bagian memuat basis dan langkah secara lengkap. Pada (1) dan (2), $a$ dan $m$ ditetapkan sembarang.

(1) Misalkan $P(n)$ adalah pernyataan $a^{m+n}=a^ma^n$.

• Basis $n=0$: $a^{m+0}=a^m=a^m\cdot 1=a^ma^0$. Ini berlaku juga untuk $a=0$, karena hanya memakai $a^0=1$.
• Langkah: misalkan $P(n)$ benar. Asosiativitas penjumlahan di $\mathbb{N}$ memberi $m+(n+1)=(m+n)+1$. Maka

$$a^{m+(n+1)}=a^{(m+n)+1}=a^{m+n}a=(a^ma^n)a=a^m(a^na)=a^ma^{n+1}.$$

Kesamaan ketiga memakai hipotesis induksi. Kesamaan keempat memakai asosiativitas perkalian di $F$.

(2) Misalkan $Q(n)$ adalah pernyataan $(a^m)^n=a^{mn}$.

• Basis: $(a^m)^0=1=a^0=a^{m\cdot 0}$, karena $m\cdot 0=0$ di $\mathbb{N}$.
• Langkah: misalkan $Q(n)$ benar. Maka

$$(a^m)^{n+1}=(a^m)^na^m=a^{mn}a^m=a^{mn+m}=a^{m(n+1)}.$$

Berturut-turut dipakai definisi pangkat, hipotesis induksi, bagian (1), dan distributivitas di $\mathbb{N}$.

(3) Tetapkan $a,b$. Misalkan $R(n)$ adalah pernyataan $(ab)^n=a^nb^n$.

• Basis: $(ab)^0=1=1\cdot 1=a^0b^0$.
• Langkah: misalkan $R(n)$ benar. Maka

$$\begin{aligned} (ab)^{n+1}&=(ab)^n(ab)=(a^nb^n)(ab) &&\text{(definisi, hipotesis induksi)}\\ &=a^n\big(b^n(ab)\big)=a^n\big((b^na)b\big) &&\text{(asosiativitas, dua kali)}\\ &=a^n\big((ab^n)b\big) &&\text{(komutativitas: } b^na=ab^n)\\ &=a^n\big(a(b^nb)\big)=(a^na)(b^nb) &&\text{(asosiativitas, dua kali)}\\ &=a^{n+1}b^{n+1}. &&\text{(definisi)} \end{aligned}$$

Menurut prinsip induksi, $P(n)$, $Q(n)$, dan $R(n)$ benar untuk semua $n\in\mathbb{N}$. $\square$

Lemma 9.3A.8. Jika $x\in F$, $x\neq 0$, dan $n\in\mathbb{N}$, maka $(x^{-1})^n=(x^n)^{-1}$.

Bukti. Menurut Proposisi 9.3A.4, $x^n\neq 0$, jadi $(x^n)^{-1}$ ada. Teorema 9.3A.7(3) dan Lemma 9.3A.6 memberi

$$x^n(x^{-1})^n=(xx^{-1})^n=1^n=1.$$

Menurut (F3), $(x^{-1})^n=(x^n)^{-1}$. $\square$

Pangkat bulat

Definisi 9.3A.9 (pangkat bulat). Misalkan $a\in F$ dan $a\neq 0$. Untuk $m\in\mathbb{Z}$, nilai $a^m$ didefinisikan menurut dua kemungkinan:

• Jika $m\in\mathbb{N}$, $a^m$ adalah pangkat asli dari Definisi 9.3A.1.
• Jika $m=-k$ dengan $k\in\mathbb{N}_+$, didefinisikan $a^{-k}=(a^k)^{-1}$. Invers ini ada karena $a^k\neq 0$ (Proposisi 9.3A.4).

Menurut (Z3), tepat satu kemungkinan berlaku dan $k$ tunggal. Jadi $a^m$ terdefinisi dengan baik dan hanya bergantung pada bilangan bulat $m$.

Konsistensi notasi. Untuk $k=1$ diperoleh $a^{-1}=(a^1)^{-1}=(a)^{-1}$. Jadi pangkat bulat dengan eksponen $-1$ berimpit dengan invers kali dari 9.2, dan kedua makna simbol $a^{-1}$ tidak bertentangan.

Untuk $a=0$, pangkat $0^m$ hanya didefinisikan bila $m\in\mathbb{N}$. Untuk $m<0$, $0^m$ tidak terdefinisi, karena $0^{-1}$ tidak ada di $F$ (9.2). Latihan 9.3A.L5 menunjukkan bahwa tidak ada pilihan nilai yang dapat menyelamatkan hukum pangkat.

Lemma 9.3A.10. Misalkan $a\neq 0$. Maka:

• (a) $a^{-k}=(a^k)^{-1}$ untuk setiap $k\in\mathbb{N}$, termasuk $k=0$;
• (b) $a^m\neq 0$ untuk setiap $m\in\mathbb{Z}$.

Bukti.

• (a) Untuk $k\ge 1$ ini adalah definisi. Untuk $k=0$: $a^{-0}=a^0=1=1^{-1}=(a^0)^{-1}$ menurut (F4).
• (b) Untuk $m\in\mathbb{N}$, gunakan Proposisi 9.3A.4. Untuk $m=-k$ dengan $k\ge 1$, $a^m=(a^k)^{-1}$ tak nol menurut (F4), karena $a^k\neq 0$. $\square$

Lemma 9.3A.11 (pangkat selisih). Misalkan $a\in F$ dengan $a\neq 0$, dan $u,v\in\mathbb{N}$. Maka

$$a^{u-v}=\frac{a^u}{a^v}=a^u(a^v)^{-1}.$$

Bukti. Penyebut $a^v$ tak nol menurut Proposisi 9.3A.4. Ada dua kasus menurut (Z1).

Kasus $u\ge v$. Ada $d\in\mathbb{N}$ dengan $u=v+d$, dan $u-v=d$. Teorema 9.3A.7(1) dan komutativitas memberi $a^u=a^{v+d}=a^va^d=a^da^v$. Dengan asosiativitas,

$$a^u(a^v)^{-1}=a^d\big(a^v(a^v)^{-1}\big)=a^d\cdot 1=a^d=a^{u-v}.$$

Kasus $u=v$ tercakup dengan $d=0$.

Kasus $u<v$. Ada $k\in\mathbb{N}_+$ dengan $v=u+k$, dan $u-v=-k$. Teorema 9.3A.7(1) memberi $a^v=a^ua^k$, dengan $a^u,a^k\neq 0$. Menurut (F5),

$$a^u(a^v)^{-1}=a^u\big((a^u)^{-1}(a^k)^{-1}\big)=\big(a^u(a^u)^{-1}\big)(a^k)^{-1}=(a^k)^{-1}=a^{-k}=a^{u-v}.$$

Kesamaan kedua dari belakang adalah Definisi 9.3A.9. $\square$

Akibat 9.3A.12 (bebas representasi selisih). Misalkan $a\neq 0$ dan $u,v,u',v'\in\mathbb{N}$ dengan $u-v=u'-v'$ di $\mathbb{Z}$. Maka

$$\frac{a^u}{a^v}=\frac{a^{u'}}{a^{v'}}.$$

Bukti. Menurut Lemma 9.3A.11, kedua ruas sama dengan $a^m$ untuk bilangan bulat $m=u-v=u'-v'$. Nilai $a^m$ hanya bergantung pada $m$ (Definisi 9.3A.9).

Ada juga pemeriksaan langsung yang tidak memakai Lemma 9.3A.11:

• Menurut (Z2), $u+v'=u'+v$.
• Teorema 9.3A.7(1) dan komutativitas memberi $a^ua^{v'}=a^{u+v'}=a^{u'+v}=a^{v}a^{u'}$.
• Karena $a^v,a^{v'}\neq 0$, (F6) memberi $a^u/a^v=a^{u'}/a^{v'}$. $\square$

Jadi rumus $a^u/a^v$ boleh dipakai dengan wakil selisih mana pun bagi suatu bilangan bulat. Teorema berikut memanfaatkan kebebasan ini.

Teorema 9.3A.13 (hukum pangkat bulat). Misalkan $a,b\in F$ dengan $a\neq 0$ dan $b\neq 0$. Untuk semua $m,n\in\mathbb{Z}$, tanpa pembatasan tanda:

1. (produk) $a^{m+n}=a^ma^n$;
2. (invers) $a^{-n}=(a^n)^{-1}$;
3. (hasil bagi) $a^{m-n}=a^m/a^n$;
4. (pangkat berulang) $(a^m)^n=a^{mn}$;
5. (pangkat hasil kali) $(ab)^n=a^nb^n$.

Bukti. Menurut (Z2), tulis $m=u-v$ dan $n=s-t$ dengan $u,v,s,t\in\mathbb{N}$. Menurut Lemma 9.3A.11:

$$a^m=a^u(a^v)^{-1},\qquad a^n=a^s(a^t)^{-1}.$$

Semua pangkat asli $a^u,a^v,a^s,a^t$ tak nol (Proposisi 9.3A.4). Jadi (F2), (F4), dan (F5) boleh dipakai pada mereka.

(1) Menurut (Z4), $m+n=(u+s)-(v+t)$. Maka

$$\begin{aligned} a^ma^n&=a^u(a^v)^{-1}a^s(a^t)^{-1}=(a^ua^s)\big((a^v)^{-1}(a^t)^{-1}\big) &&\text{(asosiativitas, komutativitas)}\\ &=a^{u+s}(a^va^t)^{-1}=a^{u+s}(a^{v+t})^{-1} &&\text{(9.3A.7(1), (F5), 9.3A.7(1))}\\ &=a^{(u+s)-(v+t)}=a^{m+n}. &&\text{(Lemma 9.3A.11)} \end{aligned}$$

(2) Menurut (Z4), $-n=t-s$, jadi Lemma 9.3A.11 memberi $a^{-n}=a^t(a^s)^{-1}$. Di sisi lain, menurut (F5) dan (F4),

$$(a^n)^{-1}=\big(a^s(a^t)^{-1}\big)^{-1}=(a^s)^{-1}\big((a^t)^{-1}\big)^{-1}=(a^s)^{-1}a^t.$$

Kedua ruas sama menurut komutativitas.

(3) Penyebut $a^n$ tak nol menurut Lemma 9.3A.10(b). Menurut (1) dan (2),

$$a^{m-n}=a^{m+(-n)}=a^ma^{-n}=a^m(a^n)^{-1}=a^m/a^n.$$

(4) Misalkan $c=a^m$. Maka $c\neq 0$ (Lemma 9.3A.10(b)), dan Lemma 9.3A.11 dengan basis $c$ memberi $c^n=c^s(c^t)^{-1}$.

Untuk setiap $j\in\mathbb{N}$,

$$c^j=\big(a^u(a^v)^{-1}\big)^j=(a^u)^j\big((a^v)^{-1}\big)^j=a^{uj}\big(a^{vj}\big)^{-1}.$$

Di sini dipakai 9.3A.7(3), lalu Lemma 9.3A.8 dan 9.3A.7(2).

Ambil $j=s$ dan $j=t$. Dengan (F4), (F5), asosiativitas, dan komutativitas diperoleh

$$c^n=a^{us}(a^{vs})^{-1}\Big(a^{ut}(a^{vt})^{-1}\Big)^{-1}=a^{us}(a^{vs})^{-1}(a^{ut})^{-1}a^{vt}=a^{us+vt}\big(a^{vs+ut}\big)^{-1}.$$

Langkah terakhir memakai 9.3A.7(1) dan (F5).

Menurut Lemma 9.3A.11, ruas kanan adalah $a^{(us+vt)-(ut+vs)}$. Menurut (Z4), $(us+vt)-(ut+vs)=(u-v)(s-t)=mn$. Jadi $(a^m)^n=a^{mn}$.

(5) Menurut (F2), $ab\neq 0$. Jadi $(ab)^n$ terdefinisi dan Lemma 9.3A.11 berlaku dengan basis $ab$. Dengan 9.3A.7(3) dan (F5):

$$(ab)^n=(ab)^s\big((ab)^t\big)^{-1}=a^sb^s\big(a^tb^t\big)^{-1}=a^sb^s(a^t)^{-1}(b^t)^{-1}=\big(a^s(a^t)^{-1}\big)\big(b^s(b^t)^{-1}\big)=a^nb^n.\ \square$$

Catatan 9.3A.14 (mengapa semua kombinasi tanda tercakup). Bukti di atas tidak dibagi menurut tanda $m$ dan $n$. Setiap bilangan bulat, baik positif, nol, maupun negatif, mempunyai wakil selisih $u-v$ (Z2). Pembagian kasus menurut tanda hanya terjadi sekali, yaitu di Lemma 9.3A.11, dan di sana kedua kasus dibuktikan.

Contohnya, $m=3$ dan $n=-5$ dapat diwakili oleh $3=3-0$ dan $-5=0-5$. Bukti (1) lalu memberi $a^3a^{-5}=a^3(a^5)^{-1}=a^{3-5}=a^{-2}$.

Catatan 9.3A.15 (domain).

• Untuk $m,n\in\mathbb{N}$, hukum (1), (4), dan (5) berlaku untuk semua $a,b\in F$, termasuk nol (Teorema 9.3A.7).
• Teorema 9.3A.13 hanya menegaskan hukum-hukum itu untuk basis tak nol. Untuk basis $0$, setiap ungkapan yang memuat $0^k$ dengan $k<0$ tidak terdefinisi. Karena itu hukum dengan eksponen negatif tidak dapat dipakai pada basis $0$. Beberapa ungkapan bertanda campuran tetap bermakna untuk basis $0$, misalnya $(0^0)^{-1}=1^{-1}=1$, tetapi itu hitungan langsung, bukan penerapan Teorema 9.3A.13 (lihat Latihan 9.3A.L1).
• Pada (5) dengan $n<0$, kedua basis $a$ dan $b$ harus tak nol. Menurut (F1) dan (F2), syarat ini setara dengan $ab\neq 0$.

Contoh keliru: "$0^2\cdot 0^{-2}=0^{0}=1$". Rantai ini tidak sah sejak faktor $0^{-2}$, yang tidak terdefinisi.

Contoh 9.3A.16 (perhitungan di $\mathbb{R}$). Unsur $2$, $3$, $-2$, $-3$, dan $-8$ tak nol di $\mathbb{R}$.

• $2^{-3}=(2^3)^{-1}=8^{-1}=\tfrac18$.
• $(-3)^{-2}=\big((-3)^2\big)^{-1}=9^{-1}=\tfrac19$. Di sini $(-3)^2=(-3)(-3)=3\cdot 3=9$ menurut (F7).
• $(-2)^{-3}=\big((-2)^3\big)^{-1}=(-8)^{-1}=-\tfrac18$. Rinciannya:
  • $(-2)^3=(-2)^2(-2)=4\cdot(-2)=-8$ menurut (F7).
  • Untuk $x\neq 0$ berlaku $(-x)\big(-(x^{-1})\big)=xx^{-1}=1$ menurut (F7). Jadi $(-x)^{-1}=-(x^{-1})$ menurut (F3).
  • Dengan $x=8$ diperoleh $(-8)^{-1}=-\tfrac18$.
• Tanda campuran pada produk: $2^5\cdot 2^{-7}=2^{-2}=\tfrac14$. Hitungan langsung $32\cdot\tfrac1{128}=\tfrac14$ memberi hasil yang sama.
• Tanda campuran pada pangkat berulang, dihitung langsung dari Definisi 9.3A.9:
  • $(2^{-2})^{3}=(\tfrac14)^3=\tfrac1{64}$ dan $(2^{3})^{-2}=8^{-2}=\tfrac1{64}$. Keduanya sama dengan $2^{-6}$, sesuai Teorema 9.3A.13(4).
  • $(2^{-2})^{-3}=\big((\tfrac14)^3\big)^{-1}=64=2^{6}$.
• Pangkat hasil kali dengan eksponen negatif: $6^{-2}=(2\cdot 3)^{-2}=2^{-2}3^{-2}=\tfrac14\cdot\tfrac19=\tfrac1{36}$.
• Bebas representasi: $-3=2-5=7-10$, dan $\tfrac{2^2}{2^5}=\tfrac{4}{32}=\tfrac18=\tfrac{128}{1024}=\tfrac{2^7}{2^{10}}$. Keduanya sama dengan $2^{-3}$.

Angka-angka ini adalah contoh di $\mathbb{R}$. Contoh ini tidak mengklaim bahwa unsur $1+1$ tak nol di setiap lapangan.

Proposisi 9.3A.17 (aturan tanda pangkat). Dalam lapangan $F$:

• (a) $-1\neq 0$. Untuk $x\neq 0$ berlaku $-x\neq 0$ dan $(-x)^{-1}=-(x^{-1})$.
• (b) Untuk setiap $k\in\mathbb{Z}$: $(-1)^{2k}=1$ dan $(-1)^{2k+1}=-1$.
• (c) Untuk $a\in F$ dan $n\in\mathbb{N}$: $(-a)^n=(-1)^na^n$. Untuk $a\neq 0$, identitas ini berlaku bagi semua $n\in\mathbb{Z}$.
• (d) Untuk $a\neq 0$ dan $k\in\mathbb{Z}$: $(-a)^{2k}=a^{2k}$ dan $(-a)^{2k+1}=-(a^{2k+1})$. Untuk $k\in\mathbb{N}$, kedua identitas berlaku bagi semua $a\in F$.

Bukti.

(a)

• Jika $-1=0$, maka $1=-(-1)=-0=0$ menurut (F7). Ini bertentangan dengan $0\neq 1$.
• Jika $x\neq 0$ tetapi $-x=0$, maka $x=-(-x)=-0=0$, kontradiksi.
• Menurut (F7), $(-x)\big(-(x^{-1})\big)=xx^{-1}=1$. Jadi (F3) memberi $(-x)^{-1}=-(x^{-1})$.

(b)

• Menurut (a), $-1\neq 0$, jadi $(-1)^m$ terdefinisi untuk semua $m\in\mathbb{Z}$.
• Menurut (F7), $(-1)^2=(-1)(-1)=1\cdot 1=1$.
• Teorema 9.3A.13(4) memberi $(-1)^{2k}=\big((-1)^2\big)^k=1^k$.
  • Bila $k\ge 0$, $1^k=1$ menurut Lemma 9.3A.6.
  • Bila $k=-j$ dengan $j\ge 1$, $1^k=(1^j)^{-1}=1^{-1}=1$ menurut (F4).
• Selanjutnya, 9.3A.13(1) memberi $(-1)^{2k+1}=(-1)^{2k}(-1)^1=1\cdot(-1)=-1$.

(c)

• Menurut (F7), $(-1)a=-(1\cdot a)=-a$.
• Untuk $n\in\mathbb{N}$, Teorema 9.3A.7(3) memberi $(-a)^n=\big((-1)a\big)^n=(-1)^na^n$ tanpa syarat tak nol.
• Untuk $n\in\mathbb{Z}$ sembarang dan $a\neq 0$, kedua basis $-1$ dan $a$ tak nol menurut (a). Jadi 9.3A.13(5) memberi hasil yang sama.

(d)

• Gabungkan (b) dan (c): $(-a)^{2k}=(-1)^{2k}a^{2k}=a^{2k}$ dan $(-a)^{2k+1}=(-1)a^{2k+1}=-(a^{2k+1})$. Langkah terakhir memakai (F7).
• Untuk $k\in\mathbb{N}$, eksponen $2k$ dan $2k+1$ asli. Jadi bagian asli dari (c) berlaku untuk semua $a\in F$. $\square$

Untuk $a=0$ dan $n<0$, kedua ruas (c) tidak terdefinisi. Bagian (d) akan dipakai di Bagian B untuk akar ganjil bilangan negatif.

Ringkasan hasil untuk Bagian B

Bagian B boleh memakai hasil berikut tanpa pembuktian ulang.

1. Konvensi tetap (9.3A.1–9.3A.3):
   • $a^0=1$ untuk semua $a\in F$, termasuk $0^0=1$.
   • Untuk $n\ge 1$, $0^n=0$.
   • Untuk $m<0$, $0^m$ tidak terdefinisi.
2. Hukum asli tanpa syarat basis (9.3A.7): untuk $a,b\in F$ dan $m,n\in\mathbb{N}$, berlaku $a^{m+n}=a^ma^n$, $(a^m)^n=a^{mn}$, dan $(ab)^n=a^nb^n$.
3. Ketaknolan (9.3A.4, 9.3A.10): jika $a\neq 0$, maka $a^m\neq 0$ untuk semua $m\in\mathbb{Z}$.
4. Hukum bulat (9.3A.13): untuk $a,b\neq 0$ dan semua $m,n\in\mathbb{Z}$, berlaku

$$a^{m+n}=a^ma^n,\quad a^{-n}=(a^n)^{-1},\quad a^{m-n}=a^m/a^n,\quad (a^m)^n=a^{mn},\quad (ab)^n=a^nb^n.$$

Ditambah $(x^{-1})^n=(x^n)^{-1}$ untuk $x\neq 0$ (9.3A.8; perluasan ke $n\in\mathbb{Z}$ ada di Latihan 9.3A.L4). 5. Selisih (9.3A.11–9.3A.12): untuk $a\neq 0$ dan $u,v\in\mathbb{N}$, $a^{u-v}=a^u/a^v$, bebas wakil. 6. Tanda (9.3A.17):

• $(-1)^{2k}=1$ dan $(-1)^{2k+1}=-1$ untuk $k\in\mathbb{Z}$.
• $(-a)^n=(-1)^na^n$ untuk $n\in\mathbb{N}$ (semua $a$), atau untuk $n\in\mathbb{Z}$ (bila $a\neq 0$).
• $(-x)^{-1}=-(x^{-1})$ untuk $x\neq 0$.

Yang belum tersedia dari Bagian A: positivitas $a^m>0$ untuk $a>0$, kemonotonan, injektivitas $x\mapsto x^n$ pada bilangan taknegatif untuk $n\ge 1$, dan keberadaan akar. Hasil-hasil tentang positivitas, kemonotonan, dan injektivitas memerlukan struktur urutan $\mathbb{R}$ dan harus dibuktikan di Bagian B; injektivitas pangkat asli pada bilangan taknegatif berlaku untuk $n\ge 1$. Keberadaan akar positif umum akan dipinjam dari teorema yang dibuktikan menggunakan kelengkapan $\mathbb{R}$; kelengkapan merupakan asumsi cukup dalam jalur buku ini, bukan syarat perlu bagi setiap keberadaan akar. Ketunggalan akar positif mengikuti kemonotonan pangkat untuk $n\ge 1$, tanpa kelengkapan. Akar nol dan akar derajat satu ditangani langsung.

Latihan

9.3A.L1. Untuk basis $0$, tentukan apakah tiap ungkapan berikut terdefinisi di $F$. Bila terdefinisi, hitung nilainya dan sebutkan dasarnya.

• (a) $(0^0)^{-1}$
• (b) $(0^{-1})^0$
• (c) $0^2\cdot 0^{-2}$
• (d) $(0\cdot 5)^{-3}$ dan $(0\cdot 5)^{3}$ di $\mathbb{R}$

9.3A.L2.

• (a) Hitung $(-1)^{-7}$ dan $\big(-\tfrac12\big)^{-4}$ di $\mathbb{R}$.
• (b) Buktikan bahwa untuk $a\neq 0$ dan $n\in\mathbb{Z}$ berlaku $(-a)^{-n}=(-1)^na^{-n}$.

9.3A.L3. Hitung di $\mathbb{R}$ dengan menyebut hukum yang dipakai pada setiap langkah:

• (a) $\big(2^{-3}\cdot 4^{2}\big)^{-1}$
• (b) $\big((-2)^{-1}\big)^{-3}$
• (c) $3^{-4}\cdot 9^{3}\cdot 27^{-1}$

9.3A.L4. Misalkan $a,b\in F$ tak nol dan $n\in\mathbb{Z}$. Buktikan:

• $(b^{-1})^n=(b^n)^{-1}$;
• $(a/b)^n=a^n/b^n$;
• $(a/b)^{-n}=(b/a)^n$.

9.3A.L5. Misalkan $x\in F$ sembarang. Andaikan kita "mendefinisikan" $0^{-1}:=x$ dan menuntut hukum $0^{1+(-1)}=0^1\cdot 0^{-1}$. Tunjukkan bahwa tuntutan ini menghasilkan kontradiksi.

9.3A.L6. Misalkan $a\neq 0$. Buktikan:

• (a) $a^{n+1}=a^na$ untuk setiap $n\in\mathbb{Z}$, termasuk $n$ negatif;
• (b) $a^na^{-n}=1$ untuk setiap $n\in\mathbb{Z}$;
• (c) jika $m\in\mathbb{Z}$ dan $a^mx=a^my$ untuk $x,y\in F$, maka $x=y$.

9.3A.L7. Misalkan $a\neq 0$.

• (a) Hitung $a^2/a^5$ dan $a^7/a^{10}$ memakai kasus Lemma 9.3A.11 yang sesuai. Tunjukkan bahwa keduanya sama dengan $a^{-3}$.
• (b) Hitung juga $a^9/a^4$ dan $a^5/a^0$.
• (c) Periksa syarat $u+v'=u'+v$ pada pasangan-pasangan tersebut.

9.3A.L8. Temukan baris pertama yang tidak sah dan syarat domain yang hilang. Tulis versi yang benar.

• (a) $\dfrac{0^3}{0^3}=0^{3-3}=0^0=1$.
• (b) Di $\mathbb{R}$: $(2\cdot 0)^{-1}=2^{-1}\cdot 0^{-1}$.

Solusi latihan

L1.

• (a) Terdefinisi. $0^0=1\neq 0$ (Catatan 9.3A.2), jadi $(0^0)^{-1}=1^{-1}=1$ menurut (F4).
  • Hasilnya sama dengan $0^{0\cdot(-1)}=0^0$.
  • Kesamaan ini hitungan langsung. Teorema 9.3A.13 tidak menjaminnya, karena teorema itu hanya untuk basis tak nol.
• (b) Tidak terdefinisi. Ungkapan dalam $0^{-1}$ tidak ada di $F$ (Definisi 9.3A.9).
  • Aturan "$c^0=1$" hanya berlaku untuk $c\in F$, sedangkan $0^{-1}$ bukan unsur $F$.
  • Jadi eksponen luar $0$ tidak menyelamatkan ungkapan ini.
• (c) Tidak terdefinisi, karena faktor $0^{-2}$ tidak ada (Catatan 9.3A.15).
• (d) Dua ungkapan:
  • $(0\cdot 5)^{-3}=0^{-3}$ tidak terdefinisi.
  • $(0\cdot 5)^3=0^3\cdot 5^3=0\cdot 125=0$ sah, menurut 9.3A.7(3), Proposisi 9.3A.3, dan (F1).

L2.

• (a) Dua hitungan:
  • Karena $-7=2\cdot(-4)+1$, Proposisi 9.3A.17(b) memberi $(-1)^{-7}=-1$.
  • Dengan 9.3A.17(c) untuk $a=\tfrac12\neq 0$: $\big(-\tfrac12\big)^{-4}=(-1)^{-4}\big(\tfrac12\big)^{-4}$. Di sini $(-1)^{-4}=(-1)^{2\cdot(-2)}=1$, dan $\big(\tfrac12\big)^{-4}=\big((\tfrac12)^4\big)^{-1}=\big(\tfrac1{16}\big)^{-1}=16$. Jadi hasilnya $16$.
• (b) Menurut 9.3A.17(c) dengan eksponen $-n$, $(-a)^{-n}=(-1)^{-n}a^{-n}$. Lalu 9.3A.13(1) dan 9.3A.17(b) dengan $k=-n$ memberi

$$(-1)^{-n}=(-1)^{n+(-2n)}=(-1)^n(-1)^{2(-n)}=(-1)^n\cdot 1=(-1)^n.$$

Jadi $(-a)^{-n}=(-1)^na^{-n}$.

L3.

• (a) Hitung bertahap:
  • $4^2=(2^2)^2=2^4$ (9.3A.7(2)).
  • $2^{-3}\cdot 2^4=2^{-3+4}=2^1=2$ (9.3A.13(1)).
  • Maka $\big(2^{-3}4^2\big)^{-1}=2^{-1}=\tfrac12$ (9.3A.13(2)).
  • Pemeriksaan: $\tfrac18\cdot 16=2$.
• (b) Menurut 9.3A.13(4), $\big((-2)^{-1}\big)^{-3}=(-2)^{(-1)(-3)}=(-2)^3=-8$.
  • Pemeriksaan langsung: $(-2)^{-1}=-\tfrac12$ menurut 9.3A.17(a).
  • Lalu $\big(-\tfrac12\big)^{-3}=\big((-\tfrac12)^3\big)^{-1}=\big(-\tfrac18\big)^{-1}=-8$, sekali lagi menurut 9.3A.17(a).
• (c) Ubah ke basis $3$:
  • $9^3=(3^2)^3=3^6$ dan $27^{-1}=(3^3)^{-1}=3^{-3}$ (9.3A.7(2), 9.3A.13(2)).
  • Maka hasilnya $3^{-4}3^{6}3^{-3}=3^{-4+6-3}=3^{-1}=\tfrac13$ (9.3A.13(1), dua kali).
  • Pemeriksaan: $\tfrac1{81}\cdot 729\cdot\tfrac1{27}=\tfrac{729}{2187}=\tfrac13$.

L4.

1. Menurut catatan konsistensi notasi pada Definisi 9.3A.9, pangkat $b^{-1}$ adalah invers kali $b$.
2. Menurut 9.3A.13(4) dan (2), $(b^{-1})^n=b^{(-1)n}=b^{-n}=(b^n)^{-1}$.
3. Karena $b^{-1}\neq 0$ (F4), 9.3A.13(5) memberi

$$(a/b)^n=(ab^{-1})^n=a^n(b^{-1})^n=a^n(b^n)^{-1}=a^n/b^n.$$

4. Dengan 9.3A.13(2), (F5), dan (F4), lalu butir 3 dengan peran $a$ dan $b$ ditukar:

$$(a/b)^{-n}=\big((a/b)^n\big)^{-1}=\big(a^n(b^n)^{-1}\big)^{-1}=(a^n)^{-1}b^n=b^n/a^n=(b/a)^n.$$

L5.

1. Ruas kiri: $0^{1+(-1)}=0^0=1$ (Catatan 9.3A.2).
2. Ruas kanan: $0^1\cdot 0^{-1}=0\cdot x=0$ (F1).
3. Tuntutan itu memaksa $1=0$, bertentangan dengan aksioma $0\neq 1$.

Jadi tidak ada pilihan nilai $0^{-1}$ di $F$ yang konsisten dengan hukum produk. Ini sejalan dengan fakta 9.2 bahwa $0$ tidak mempunyai invers kali.

L6.

• (a) Menurut 9.3A.13(1), $a^{n+1}=a^na^1=a^na$ untuk semua $n\in\mathbb{Z}$. Misalnya untuk $n=-1$: $a^0=a^{-1}a=1$.
• (b) Menurut 9.3A.13(1), $a^na^{-n}=a^{n+(-n)}=a^0=1$.
• (c) Karena $a^m\neq 0$ (Lemma 9.3A.10(b)), kalikan kedua ruas dengan $a^{-m}$ dan pakai (b):

$$x=1\cdot x=(a^{-m}a^m)x=a^{-m}(a^mx)=a^{-m}(a^my)=(a^{-m}a^m)y=y.$$

L7.

• (a) Kedua pasangan termasuk kasus $u<v$:
  • $(u,v)=(2,5)$: $5=2+3$, jadi $a^2/a^5=a^2(a^2a^3)^{-1}=(a^3)^{-1}=a^{-3}$.
  • $(7,10)$: $10=7+3$, dan hitungan yang sama memberi $a^{-3}$.
• (b) Kedua pasangan termasuk kasus $u\ge v$:
  • $9=4+5$, jadi $a^9/a^4=a^5a^4(a^4)^{-1}=a^5$.
  • $5=0+5$, jadi $a^5/a^0=a^5\cdot 1^{-1}=a^5$.
• (c) Syarat (Z2) terpenuhi: $2+10=7+5=12$ dan $9+0=5+4=9$. Akibat 9.3A.12 menjamin kesamaan tanpa menghitung ulang.

L8.

• (a) Baris pertama sudah tidak sah.
  • Penyebut $0^3=0$, jadi $0^3/0^3$ tidak terdefinisi.
  • Lemma 9.3A.11 dan 9.3A.13(3) mensyaratkan basis $a\neq 0$.
  • Pernyataan yang benar: untuk $a\neq 0$, $a^3/a^3=a^0=1$.
  • Untuk basis $0$, hukum yang tetap sah hanya hukum eksponen asli, misalnya $0^3\cdot 0^0=0^{3+0}=0^3$.
• (b) Ruas kiri sudah tidak sah, karena $(2\cdot 0)^{-1}=0^{-1}$ tidak ada. Ruas kanan juga memuat $0^{-1}$.
  • Hukum 9.3A.13(5) dengan eksponen negatif mensyaratkan kedua basis tak nol.
  • Pernyataan yang benar: untuk $a,b\neq 0$, $(ab)^{-1}=a^{-1}b^{-1}$.
  • Untuk eksponen asli, $(2\cdot 0)^n=2^n0^n$ berlaku untuk semua $n\in\mathbb{N}$.

9.3B Akar dan Pangkat Rasional

Bagian ini membangun teori akar dan pangkat rasional secara lengkap di atas fondasi yang telah diletakkan Bagian A. Bagian A telah membuktikan hukum pangkat untuk eksponen bulat pada lapangan komutatif sembarang, namun ia tidak membuktikan urutan, positivitas, keberadaan akar, atau pangkat real. Bagian B mengambil alih tepat di titik itu.

Kerangka kerja yang digunakan adalah lapangan terurut lengkap, yaitu bilangan real R. Kami meminjam secara eksplisit struktur lapangan terurut sebagai satu prasyarat, dan teorema keberadaan akar sebagai prasyarat tambahan: setiap bilangan real positif memiliki akar positif ke-n untuk setiap $n\ge1$. Teorema keberadaan ini dapat dibuktikan menggunakan kelengkapan; aksioma urutan bukan akibat dari kelengkapan. Lapangan terurut saja tidak menjamin semua akar tersebut, seperti diilustrasikan oleh ketiadaan $\sqrt2$ di dalam Q. Hasil positivitas dan ketunggalan di bagian ini tidak memerlukan kelengkapan.

Urutan logis yang diikuti adalah: (1) positivitas pangkat bulat untuk basis positif; (2) sifat ketat-naik fungsi x ↦ $x^n$ pada $\mathbb R_{\ge0}$; (3) keberadaan dan ketunggalan akar positif derajat n; (4) definisi pangkat rasional bebas representasi; (5) pembuktian semua hukum aljabar pangkat rasional; (6) contoh terhitung dan identitas akar; (7) delapan latihan dengan solusi penuh.

Semua pembuktian ditulis mandiri. Rujukan ke Bagian A hanya untuk hasil yang telah tertera di sana, dan tidak ada hukum pangkat rasional yang digunakan sebelum dibuktikan. Logaritma, limit, dan turunan tidak digunakan di bagian ini.

9.3B.1 Pinjaman Eksplisit: Lapangan Terurut dan Kelengkapan

Seluruh Bagian B beroperasi dalam sistem bilangan real R. Struktur lapangan terurut P1 dan teorema keberadaan akar P3 dipinjam secara eksplisit; hukum urutan P2 diturunkan di bawah. Sepanjang pembahasan akar, indeks derajat $n$ adalah bilangan bulat positif; penyebut eksponen rasional $q,s$ juga bilangan bulat positif. Semua pangkat bulat menggunakan konvensi Bagian A.

Pinjaman 9.3B.P1 (Lapangan Terurut). R adalah lapangan terurut: terdapat relasi urutan ketat total $<$ yang konsisten dengan operasi penjumlahan dan perkalian dalam arti berikut. Label (O0) sampai (O3) di sini lokal untuk Bagian 9.3B; Bab 10 merumuskan urutan melalui himpunan positif dan memakai penanda (O1) sampai (O4) yang isinya tidak identik (Teorema 10.1.7). (O0) Untuk setiap $a,b,c\in R$, jika $a<b$ dan $b<c$, maka $a<c$ (transitivitas). (O1) Untuk setiap $a,b\in R$, tepat satu dari $a<b$, $a=b$, $b<a$ berlaku. (O2) Jika $a<b$ maka $a+c<b+c$ untuk semua $c\in R$. (O3) Jika $a<b$ dan $0<c$ maka $ac<bc$. Notasi $a\le b$ berarti $a<b$ atau $a=b$.

Hasil Turunan 9.3B.P2 (Hukum Urutan). Dari P1 diturunkan: (i) $0<1$; (ii) jika $a>0$ maka $a^{-1}>0$; (iii) jika $a<b$ dan $c<0$ maka $ac>bc$; (iv) $0<a$ dan $0<b$ mengimplikasikan $0<ab$. Fakta-fakta ini dibuktikan dari P1 pada proposisi-proposisi awal dan keterangan sesudahnya, bukan dipinjam dari kelengkapan.

Pinjaman 9.3B.P3 (Keberadaan Akar, dari Kelengkapan). Untuk setiap bilangan real a > 0 dan setiap bilangan bulat n ≥ 1, terdapat bilangan real r > 0 sedemikian sehingga $r^n$ = a. Ini adalah teorema yang bergantung pada sifat kelengkapan R (prinsip supremum) dan dibuktikan sepenuhnya sebagai Teorema 11.3.8 pada Bab 11 (Aksioma Kelengkapan Supremum). Pinjaman ini tertutup oleh bukti tersebut; status Bab 11 adalah telah diperiksa logika dan ditelaah Claude, dan masih menunggu persetujuan penulis. Bagian ini hanya menggunakan keberadaannya; ketunggalan akan dibuktikan di 9.3B.4 menggunakan hasil yang kami bangun sendiri.

Catatan penting: fakta bahwa Q adalah lapangan terurut, tetapi $\sqrt2\notin Q$, menunjukkan bahwa P3 tidak dapat diturunkan dari aksioma lapangan terurut semata. Kelengkapan adalah asumsi yang cukup dalam jalur pembuktian P3 ini; contoh Q tidak membuktikan bahwa kelengkapan merupakan syarat perlu bagi setiap lapangan yang memiliki akar-akar tersebut, ataupun bagi setiap akar individual.

9.3B.2 Positivitas Pangkat Bulat untuk Basis Positif

Sebelum mendefinisikan akar, kita perlu memastikan bahwa untuk basis positif dan eksponen bulat, hasilnya selalu positif. Ini adalah fondasi logis yang tidak boleh dilewati.

Proposisi 9.3B.2.1. Dalam lapangan terurut, 1 > 0.

Bukti. Dari (O1), tepat satu dari $1>0$, $1=0$, $1<0$ berlaku. Dalam lapangan, $1\ne0$. Andaikan $1<0$. Dari (O2), penambahan $-1$ memberi $0=1+(-1)<0+(-1)=-1$, jadi $-1>0$. Sekarang (O3) sah dipakai pada $0<-1$ dengan faktor positif $-1$: $0=0\cdot(-1)<(-1)(-1)=1$, dengan kesamaan terakhir dari hukum tanda lapangan. Ini bertentangan dengan $1<0$ menurut (O1). Maka $1>0$. ∎

Proposisi 9.3B.2.2. Jika a > 0 dalam lapangan terurut, maka $a^{-1}$ > 0.

Bukti. Karena a ≠ 0, $a^{-1}$ ada. Andaikan $a^{-1}$ < 0. Maka (−$a^{-1}$) > 0. Dari (O3): a · (−$a^{-1}$) > 0. Tetapi a · (−$a^{-1}$) = −(a · $a^{-1}$) = −1. Jadi −1 > 0, kontradiksi dengan 9.3B.2.1 (karena 1 > 0 berarti −1 < 0). Andaikan $a^{-1}$ = 0. Maka a · 0 = 1, yaitu 0 = 1, kontradiksi aksioma lapangan. Jadi $a^{-1}$ > 0. ∎

Dua hukum urutan yang masih diperlukan dibuktikan sebagai berikut. Jika $0<a$ dan $0<b$, (O3) memberi $0=0\cdot b<ab$. Jika $a<b$ dan $c<0$, (O2) memberi $-c>0$, lalu (O3) memberi $a(-c)<b(-c)$, yaitu $-ac<-bc$. Tambahkan $ac+bc$ pada kedua ruas untuk memperoleh $bc<ac$. Ini membuktikan P2(iii)–(iv). Jika dua faktor hanya nonnegatif, hasil kalinya nonnegatif: bila salah satunya nol hasilnya nol, selain itu keduanya positif. Jumlah dua bilangan nonnegatif juga nonnegatif, dan jumlah satu bilangan positif dengan bilangan nonnegatif positif, melalui (O2) dan (O0). Induksi memberikan fakta yang sama untuk jumlah berhingga. Untuk $u=0$, hukum Bagian A memberi $u^0=1$ dan $u^k=0$ bila $k\ge1$; bersama positivitas pangkat basis positif, semua pangkat asli basis nonnegatif nonnegatif.

Teorema 9.3B.2.3 (Positivitas Pangkat Bulat). Untuk setiap a > 0 dalam R dan setiap m ∈ Z, berlaku $a^m$ > 0.

Bukti. Kasus m = 0: $a^0$ = 1 > 0 dari Proposisi 9.3B.2.1. Kasus m = n ∈ N, n ≥ 1: Induksi pada n. Basis: $a^1$ = a > 0 (hipotesis). Langkah induktif: andaikan $a^n$ > 0. Maka $a^{n+1}$ = $a^n$ · a. Karena $a^n$ > 0 dan a > 0, dari (O3) dan 0 < $a^n$: 0 = $a^n$ · 0 < $a^n$ · a. Jadi $a^{n+1}$ > 0. Kasus m = −n, n ∈ N, n ≥ 1: $a^{-n}$ = $(a^n)^{-1}$. Dari kasus sebelumnya $a^n$ > 0, lalu dari Proposisi 9.3B.2.2 invers positif. Jadi $a^{-n}$ > 0. ∎

Catatan: pembuktian ini tidak menggunakan pangkat rasional sama sekali. Urutan ini memang diperlukan karena definisi pangkat rasional di 9.3B.5 akan bergantung pada positivitas untuk memastikan akar yang relevan ada di domain yang benar.

9.3B.3 Ketat-Naik Fungsi x ↦ $x^n$ pada $\mathbb R_{\ge0}$

Bagian ini membuktikan bahwa untuk setiap n ≥ 1, fungsi f(x) = $x^n$ bersifat ketat-naik (strictly increasing) pada $\mathbb R_{\ge0}$, dan oleh karenanya injektif. Ini adalah kunci untuk ketunggalan akar dan kebebasan representasi pangkat rasional.

Teorema 9.3B.3.1 (Ketat-Naik). Untuk n ≥ 1 dan 0 ≤ u < v dalam R, berlaku $u^n$ < $v^n$.

Bukti. Kasus n = 1: $u^1$ = u < v = $v^1$ langsung dari hipotesis. Kasus n ≥ 2: Gunakan identitas teleskopik berikut yang berlaku di lapangan mana pun:

$$v^n-u^n=(v-u)\left(v^{n-1}+\sum_{k=1}^{n-2}v^{n-1-k}u^k+u^{n-1}\right).$$

Jumlah tengah didefinisikan nol bila $n=2$. Dengan demikian rumus ini tidak memunculkan suku berindeks negatif atau menghitung suku yang sama dua kali pada derajat kecil. Atau dengan notasi sigma: $v^n - u^n = (v-u)\sum_{k=0}^{n-1} v^{n-1-k} u^k$. Berikut pengembangannya. Dengan distributivitas berhingga dan hukum pangkat asli dari Bagian A,

$$\begin{aligned} (v-u)\sum_{k=0}^{n-1}v^{n-1-k}u^k &=\sum_{k=0}^{n-1}v^{n-k}u^k-\sum_{k=0}^{n-1}v^{n-1-k}u^{k+1}\\ &=\left(v^n+\sum_{j=1}^{n-1}v^{n-j}u^j\right) -\left(\sum_{j=1}^{n-1}v^{n-j}u^j+u^n\right)\\ &=v^n-u^n. \end{aligned}$$

Pada jumlah kedua digunakan penggantian indeks $j=k+1$; suku indeks $1$ sampai $n-1$ persis sama dan dibatalkan memakai hukum penjumlahan. Ini berlaku juga untuk $u=0$ dengan konvensi pangkat asli $0^0=1$ dari Bagian A, bukan suatu pangkat negatif. Untuk $n=2$, jumlah faktor semula tepat $v+u$, sehingga rumusnya $(v-u)(v+u)=v^2-u^2$. Sekarang, karena 0 ≤ u < v: (a) v − u > 0 (dari O2 dengan menambahkan −u pada u < v). (b) Setiap suku $v^{n-1-k}u^k$ bersifat ≥ 0 karena v > 0 dan u ≥ 0, sehingga dari Teorema 9.3B.2.3 (dan perluasannya untuk u = 0) setiap faktor ≥ 0. (c) Suku pertama (k=0) adalah $v^{n-1}$ > 0 karena v > 0.

Jadi jumlah $\sum_{k=0}^{n-1} v^{n-1-k}u^k \geq v^{n-1} > 0$. Mengalikan dua faktor positif memberikan $v^n$ − $u^n$ > 0, yaitu $u^n$ < $v^n$. ∎

Perhatikan bahwa kasus u = 0, n = 2 tercakup eksplisit: $0^2 = 0 < v^2$ karena v > 0, dan memang suku $v^1$ muncul dalam penjumlahan.

Korolari 9.3B.3.2 (Injektivitas). Fungsi f : $\mathbb R_{\ge0}$ → $\mathbb R_{\ge0}$, f(x) = $x^n$ bersifat injektif untuk n ≥ 1. Secara eksplisit: jika u, v ≥ 0 dan $u^n$ = $v^n$ maka u = v.

Bukti. Jika u ≠ v, maka salah satu u < v atau v < u. Dalam kasus pertama Teorema 9.3B.3.1 memberikan $u^n$ < $v^n$, dalam kasus kedua $v^n$ < $u^n$. Kedua kasus kontradiksi dengan $u^n$ = $v^n$. ∎

Catatan penting: klaim injektivitas tidak berlaku untuk n = 0 (fungsi konstanta 1) dan tidak berlaku pada domain R penuh untuk n genap (misalnya $(-2)^2$ = $2^2$ = 4). Domain $\mathbb R_{\ge0}$ adalah syarat esensial.

9.3B.4 Keberadaan dan Ketunggalan Akar Derajat n

Dengan keberadaan dipinjam dari kelengkapan dan ketunggalan dibuktikan dari injektivitas, kita dapat mendefinisikan simbol akar utama secara tepat.

Teorema 9.3B.4.1 (Keberadaan dan Ketunggalan Akar Positif). Untuk setiap t ≥ 0 dan n ≥ 1, terdapat tepat satu r ≥ 0 sedemikian sehingga $r^n$ = t.

Bukti (Ketunggalan). Jika r, s ≥ 0 dan $r^n$ = $s^n$ = t, maka dari Korolari 9.3B.3.2, r = s. Bukti (Keberadaan). Kasus t = 0: Ambil r = 0; maka $r^n$ = $0^n$ = 0 = t (dari Bagian A, $0^n$ = 0 untuk n ≥ 1). Kasus t > 0 dan n = 1: Ambil r = t; jelas $r^1$ = t. Kasus t > 0 dan n ≥ 2: Ini adalah Pinjaman 9.3B.P3 yang bergantung pada kelengkapan R. ∎

Definisi 9.3B.4.2 (Akar Utama). Untuk t ≥ 0 dan n ≥ 1, simbol $\sqrt[n]{t}$ (dibaca "akar ke-n dari t") dinotasikan untuk satu-satunya bilangan real r ≥ 0 yang memenuhi $r^n$ = t. Ini disebut akar utama derajat n dari t. Khusus n = 2, simbol disingkat √t.

Untuk pembahasan tanda, definisikan $|x|=x$ bila $x\ge0$ dan $|x|=-x$ bila $x<0$. Jika $x<0$, (O2) memberi $-x>0$; jadi $|x|\ge0$ dan $|x|=0$ tepat ketika $x=0$.

Perluasan: Kasus n Ganjil dengan t < 0. Jika n ≥ 1 ganjil dan t < 0, maka dengan P3 diterapkan pada |t| > 0 diperoleh r > 0 dengan $r^n$ = |t|. Karena n ganjil, $(-r)^n$ = $(-1)^n$ · $r^n$ = −$r^n$ = −|t| = t (menggunakan 9.3A.17 dari Bagian A). Jadi −r < 0 adalah solusi persamaan $x^n$ = t, dan ia unik: jika $s^n$ = t < 0 maka s < 0 (karena s ≥ 0 akan memberikan $s^n$ ≥ 0), sehingga $(-s)^n$ = |t| dan −s = r, jadi s = −r. Definisikan $\sqrt[n]{t} = -r$ dalam kasus ini. Namun aturan hukum pangkat di bawah ini hanya dibuktikan untuk basis positif; perluasan ke basis negatif memerlukan kehati-hatian dan tidak diasumsikan berlaku secara otomatis.

Kasus n Genap dengan t < 0. Jika $n\ge1$ genap dan $t<0$, tidak ada solusi real persamaan $x^n=t$. Sebab, tulis $n=2k$ dengan $k\ge1$. Kuadrat setiap bilangan real $y$ nonnegatif: untuk $y\ge0$ ini mengikuti hukum produk nonnegatif, sedangkan untuk $y<0$ berlaku $y^2=(-y)^2>0$ menurut hukum tanda dan produk positif. Dengan hukum pangkat asli Bagian A, $x^n=x^{2k}=(x^k)^2=(x^{n/2})^2\ge0$ untuk semua $x\in R$, termasuk $x=0$. Di sini $n/2=k$ adalah eksponen bulat, bukan perluasan pangkat rasional ke basis negatif. Simbol $\sqrt[n]{t}$ tidak terdefinisi dalam R untuk $t<0$ dan n genap.

Catatan mengenai solusi persamaan versus akar utama. Untuk t > 0 dan n genap, persamaan $x^n$ = t memiliki tepat dua solusi real: $\sqrt[n]{t}$ dan $-\sqrt[n]{t}$. Simbol $\sqrt[n]{t}$ hanya merujuk pada solusi positif. Kesalahan umum adalah menyamakan simbol akar utama dengan himpunan semua solusi persamaan. Untuk memastikan tidak ada solusi lain, tulis $r=\sqrt[n]{t}>0$. Hukum tanda memberi $(-r)^n=r^n=t$. Jika $x^n=t$, maka $x\ne0$; bila $x>0$, ketunggalan akar nonnegatif memberi $x=r$, dan bila $x<0$, maka $(-x)^n=x^n=t$ karena n genap, sehingga $-x=r$ dan $x=-r$.

9.3B.5 Definisi Pangkat Rasional dan Kebebasan Representasi

Kini kita dapat mendefinisikan $a^{p/q}$ untuk basis a > 0. Tantangan utamanya adalah bahwa pecahan p/q tidak unik sebagai pasangan bilangan bulat: misalnya 2/4 = 1/2 = 3/6. Definisi harus menghasilkan nilai yang sama tanpa bergantung pada representasi mana yang dipilih.

Definisi 9.3B.5.1 (Pangkat Rasional). Untuk a > 0, p ∈ Z, dan q ∈ N dengan q ≥ 1, definisikan:

$$a^{p/q} := \sqrt[q]{a^p}$$

yaitu satu-satunya bilangan real positif r yang memenuhi $r^q=a^p$. Syarat a > 0 menjamin $a^p$ > 0 (dari Teorema 9.3B.2.3), sehingga akar positif derajat q eksis dan unik dari Teorema 9.3B.4.1.

Konsistensi dengan eksponen bulat perlu dicatat. Untuk $p\in Z$, definisi dengan $q=1$ memberi $a^{p/1}=\sqrt[1]{a^p}=a^p$, sebab akar derajat satu dari suatu bilangan positif adalah bilangan itu sendiri. Jadi notasi pangkat bulat di Bagian A dan notasi pangkat rasional di sini cocok pada eksponen bulat.

Teorema 9.3B.5.2 (Kebebasan Representasi). Jika p/q = r/s dengan p, r ∈ Z dan q, s ≥ 1, maka $\sqrt[q]{a^p} = \sqrt[s]{a^r}$, yaitu $a^{p/q}$ terdefinisi dengan baik (well-defined) tanpa mensyaratkan pecahan paling sederhana.

Bukti. Kondisi p/q = r/s berarti ps = rq (persamaan bilangan bulat). Misalkan $\alpha$ = $\sqrt[q]{a^p}$ dan $\beta$ = $\sqrt[s]{a^r}$. Kedua bilangan ini positif (karena merupakan akar positif dari bilangan positif). Kita akan menunjukkan $\alpha$ = $\beta$ dengan menyatakan bahwa keduanya adalah akar positif ke-(qs) dari $a^{ps}$ dan menggunakan injektivitas.

Dari definisi, $\alpha^q$ = $a^p$. Pangkatkan kedua ruas dengan s: $(\alpha^q)^s$ = $(a^p)^s$. Dari hukum pangkat bulat (Bagian A): $\alpha^{qs}$ = $a^{ps}$. Serupa, dari definisi $\beta^s$ = $a^r$, pangkatkan dengan q: $\beta^{qs}$ = $a^{rq}$. Karena ps = rq, kita punya $a^{ps}$ = $a^{rq}$. Jadi $\alpha^{qs}$ = $\beta^{qs}$. Kedua bilangan $\alpha$, $\beta$ positif, dan qs ≥ 1. Dari Korolari 9.3B.3.2 (injektivitas $x^{qs}$ pada $\mathbb R_{\ge0}$) disimpulkan $\alpha$ = $\beta$. ∎

Kasus p = 0: $a^{0/q} = \sqrt[q]{a^0} = \sqrt[q]{1} = 1$, konsisten dengan $a^0$ = 1 dari Bagian A. Untuk p/q = 0/s = 0, nilainya 1, konsisten. Kasus p < 0: $a^{p/q} = \sqrt[q]{a^p}$. Karena a > 0, $a^p$ > 0 (Teorema 9.3B.2.3 berlaku untuk p < 0 dalam Z), akar positif eksis. Nilai hasilnya positif dan terdefinisi dengan baik.

Domain. Pangkat rasional $a^{p/q}$ dengan Definisi 9.3B.5.1 hanya didefinisikan untuk a > 0, p ∈ Z, q ∈ N, q ≥ 1. Domain ini tidak diperluas ke a ≤ 0 atau eksponen irasional dalam unit ini.

9.3B.6 Hukum Aljabar Pangkat Rasional

Kini kita buktikan bahwa pangkat rasional memenuhi hukum aljabar yang diharapkan. Semua pembuktian menggunakan definisi dari 9.3B.5.1 dan hukum pangkat bulat dari Bagian A; tidak ada sirkularitas. Sepanjang bagian ini, a, b > 0 dan p/q, r/s ∈ Q dengan q, s ≥ 1.

Teorema 9.3B.6.1 (Ekivalensi dengan Pangkat Akar). Untuk a > 0, p ∈ Z, q ≥ 1: $a^{p/q} = (\sqrt[q]{a})^p$.

Bukti. Misalkan c = $\sqrt[q]{a}$, yaitu c > 0 dan $c^q$ = a. Perlu ditunjukkan bahwa $(\sqrt[q]{a})^p = \sqrt[q]{a^p}$, yaitu $c^p$ = $\sqrt[q]{a^p}$. Dari definisi akar utama, cukup tunjukkan $(c^p)^q$ = $a^p$ dan $c^p$ > 0. Dari hukum pangkat bulat (Bagian A): $(c^p)^q$ = $c^{pq}$ = $(c^q)^p$ = $a^p$. Karena c = $\sqrt[q]{a}$ > 0 dan p ∈ Z, dari Teorema 9.3B.2.3, $c^p$ > 0. Maka $c^p$ adalah akar positif ke-q dari $a^p$, yaitu $c^p$ = $\sqrt[q]{a^p}$ = $a^{p/q}$. ∎

Teorema 9.3B.6.2 (Penjumlahan Eksponen). $a^{p/q + r/s} = a^{p/q} \cdot a^{r/s}$.

Bukti. Tulis p/q + r/s = (ps + rq)/(qs). Dari definisi: $a^{(ps+rq)/(qs)} = \sqrt[qs]{a^{ps+rq}}$. Perlu ditunjukkan ini sama dengan $a^{p/q} \cdot a^{r/s} = \sqrt[q]{a^p} \cdot \sqrt[s]{a^r}$. Misalkan $\alpha$ = $\sqrt[q]{a^p}$ dan $\beta$ = $\sqrt[s]{a^r}$. Kita tunjukkan $(\alpha\beta)^{qs}$ = $a^{ps+rq}$ dan $\alpha\beta$ > 0. Dari hukum pangkat bulat Bagian A: $(\alpha\beta)^{qs}$ = $\alpha^{qs}$ · $\beta^{qs}$ = $(\alpha^q)^s$ · $(\beta^s)^q$ = $(a^p)^s$ · $(a^r)^q$ = $a^{ps}$ · $a^{rq}$ = $a^{ps+rq}$. Karena $\alpha$, $\beta$ > 0, $\alpha\beta$ > 0. Ketunggalan akar positif ke-(qs) dari $a^{ps+rq}$ memberikan $\alpha\beta$ = $\sqrt[qs]{a^{ps+rq}}$, dan ini sama dengan $a^{(ps+rq)/(qs)}$ = $a^{p/q+r/s}$. ∎

Teorema 9.3B.6.3 (Produk Basis). $(ab)^{p/q} = a^{p/q} \cdot b^{p/q}$.

Bukti. Perlu ditunjukkan $\sqrt[q]{(ab)^p} = \sqrt[q]{a^p} \cdot \sqrt[q]{b^p}$. Misalkan $\alpha$ = $\sqrt[q]{a^p}$ dan $\beta$ = $\sqrt[q]{b^p}$, keduanya positif. Hitung $(\alpha\beta)^q$ = $\alpha^q$ · $\beta^q$ = $a^p$ · $b^p$ = $(ab)^p$. Karena $\alpha\beta$ > 0, dari ketunggalan: $\alpha\beta$ = $\sqrt[q]{(ab)^p}$ = $(ab)^{p/q}$. ∎

Teorema 9.3B.6.4 (Pangkat Berulang). $(a^{p/q})^{r/s} = a^{(p/q)(r/s)} = a^{pr/(qs)}$.

Bukti. Misalkan $c=a^{p/q}=\sqrt[q]{a^p}$. Maka $c>0$ dan $c^q=a^p$. Perlu ditunjukkan $c^{r/s}=a^{pr/(qs)}$. Dari definisi, $c^{r/s}=\sqrt[s]{c^r}$. Perlu ditunjukkan $(\sqrt[s]{c^r})^{qs}=a^{pr}$. Hitung:

$$(\sqrt[s]{c^r})^{qs} =\big((\sqrt[s]{c^r})^s\big)^q =(c^r)^q=c^{rq}=(c^q)^r=(a^p)^r=a^{pr}.$$

Karena $\sqrt[s]{c^r}>0$ dan $qs\ge1$, ketunggalan akar positif ke-$(qs)$ dari $a^{pr}$ memberikan $c^{r/s}=a^{pr/(qs)}$. Semua perpindahan pangkat dalam hitungan ini memakai hukum pangkat bulat Bagian A; khususnya $r$ boleh negatif karena $c,a>0$. ∎

Teorema 9.3B.6.5 (Invers Pangkat Rasional). $(a^{p/q})^{-1} = a^{-p/q}$.

Bukti. Dari Teorema 9.3B.6.2 dengan r/s = −p/q: $a^{p/q} \cdot a^{-p/q} = a^{p/q + (-p/q)} = a^0 = 1$. Jadi $a^{-p/q}$ adalah invers perkalian dari $a^{p/q}$. ∎

Catatan untuk pembilang negatif. Misalkan $p=-3$ dan $q=2$, dengan $a>0$. Maka

$$a^{-3/2}=a^{(-3)/2}=\sqrt{a^{-3}}=\sqrt{1/a^3}=1/\sqrt{a^3}=1/(a\sqrt a).$$

Untuk kesamaan $\sqrt{1/a^3}=1/\sqrt{a^3}$, bilangan $1/\sqrt{a^3}$ positif menurut 9.3B.2.2 dan kuadratnya $1/a^3$ menurut hukum pangkat bulat; ketunggalan akar memberi kesamaan. Untuk $\sqrt{a^3}=a\sqrt a$, kandidat kanan positif dan kuadratnya $a^2a=a^3$, sehingga ketunggalan berlaku lagi. Alternatif via Teorema 9.3B.6.5: $a^{-3/2}=(a^{3/2})^{-1}=1/a^{3/2}$. Kedua jalur ini konsisten, dan inilah yang dimaksud dengan hukum terdefinisi dengan baik.

9.3B.7 Contoh Terhitung: 16^(3/4) dan 8^(-2/3)

Kita kini menerapkan definisi dan hukum yang telah dibuktikan pada contoh konkret. Semua langkah mengikuti definisi dari 9.3B.5.1 dan Teorema 9.3B.6.1.

Contoh 9.3B.7.1. Hitung $16^{3/4}$.

Penyelesaian (Jalur 1 — via akar utama). Dari Definisi 9.3B.5.1: $16^{3/4} = \sqrt[4]{16^3}$. Hitung $16^3 = 4096$. Kemudian $\sqrt[4]{4096}$ adalah bilangan positif r dengan $r^4$ = 4096. Karena $8^4$ = 4096 (verifikasi: $8^2$ = 64, $64^2$ = 4096), maka $16^{3/4} = 8$.

Penyelesaian (Jalur 2 — via Teorema 9.3B.6.1). $16^{3/4} = (\sqrt[4]{16})^3$. Cari $\sqrt[4]{16}$: bilangan positif r dengan $r^4$ = 16. Karena $2^4$ = 16, maka $\sqrt[4]{16} = 2$. Jadi $16^{3/4} = 2^3 = 8$. ∎

Kedua jalur memberikan hasil yang sama, sebagaimana dijamin Teorema 9.3B.6.1. Jalur 2 biasanya lebih efisien karena menghindari bilangan besar seperti 4096.

Contoh 9.3B.7.2. Hitung $8^{-2/3}$.

Penyelesaian. Dari Teorema 9.3B.6.5: $8^{-2/3} = (8^{2/3})^{-1}$. Dari Teorema 9.3B.6.1: $8^{2/3} = (\sqrt[3]{8})^2$. Cari $\sqrt[3]{8}$: bilangan positif r dengan $r^3$ = 8. Karena $2^3$ = 8, maka $\sqrt[3]{8} = 2$. Jadi $8^{2/3} = 2^2 = 4$. Maka $8^{-2/3} = 4^{-1} = \frac{1}{4}$. ∎

Kita juga dapat memverifikasi konsistensi: dari Definisi 9.3B.5.1, $8^{-2/3} = \sqrt[3]{8^{-2}} = \sqrt[3]{1/64}$. Bilangan positif r dengan $r^3$ = 1/64. Karena $(1/4)^3$ = 1/64, maka $8^{-2/3} = 1/4$. Konsisten.

9.3B.8 Identitas Akar: Produk, Hasil Bagi, dan |x|

Bagian ini membuktikan tiga identitas penting yang sering digunakan tetapi tidak selalu dibuktikan secara tepat. Domain harus dinyatakan dengan teliti karena perluasan ke basis negatif tidak valid tanpa deklarasi khusus.

Teorema 9.3B.8.1 (Akar Produk). Untuk x, y ≥ 0 dan n ≥ 1: $\sqrt[n]{xy} = \sqrt[n]{x} \cdot \sqrt[n]{y}$.

Bukti. Kasus x = 0 atau y = 0: misalnya x = 0. Maka $\sqrt[n]{xy} = \sqrt[n]{0} = 0$ dan $\sqrt[n]{0} \cdot \sqrt[n]{y} = 0 \cdot \sqrt[n]{y} = 0$. Persamaan terpenuhi. Kasus x, y > 0: Ini adalah kasus khusus Teorema 9.3B.6.3 dengan p/q = 1/n: $(xy)^{1/n} = x^{1/n} \cdot y^{1/n}$. Oleh Definisi 9.3B.5.1, $x^{1/n}$ = $\sqrt[n]{x}$, dst. Jadi persamaan adalah $\sqrt[n]{xy} = \sqrt[n]{x} \cdot \sqrt[n]{y}$. ∎

Khusus n = 2: $\sqrt{xy} = \sqrt{x}\sqrt{y}$ untuk x, y ≥ 0.

Teorema 9.3B.8.2 (Akar Hasil Bagi). Untuk x ≥ 0, y > 0, dan n ≥ 1: $\sqrt[n]{x/y} = \sqrt[n]{x}/\sqrt[n]{y}$.

Bukti. Untuk $x=0$, kedua ruas terdefinisi karena $y>0$ menjamin $\sqrt[n]{y}>0$, dan $\sqrt[n]{0/y}=0=\sqrt[n]{0}/\sqrt[n]{y}$. Untuk $x>0$, berlaku $x/y>0$ karena $y^{-1}>0$. Dari Teorema 9.3B.6.3 dengan basis positif $x$ dan $y^{-1}$:

$$(x/y)^{1/n}=x^{1/n}(y^{-1})^{1/n}.$$

Teorema 9.3B.6.4 memberi $(y^{-1})^{1/n}=y^{-1/n}$, lalu 9.3B.6.5 memberi $y^{-1/n}=(y^{1/n})^{-1}$. Pangkat rasional dengan eksponen bulat konsisten dengan Bagian A sebagaimana dijelaskan setelah Definisi 9.3B.5.1. Maka hasilnya $\sqrt[n]{x}/\sqrt[n]{y}$. Syarat $y>0$ memastikan penyebut bukan nol serta domain pangkat rasional positif. ∎

Teorema 9.3B.8.3. Untuk setiap x ∈ R: $\sqrt{x^2} = |x|$.

Bukti. Kita buktikan per kasus, menggunakan definisi nilai mutlak per kasus: |x| = x jika x ≥ 0, dan |x| = −x jika x < 0. Kasus x ≥ 0: $x^2$ ≥ 0, jadi $\sqrt{x^2}$ terdefinisi. Karena x ≥ 0 dan $x^2$ = x · x, kita punya $x^2=x^2$ dan x ≥ 0. Dari Definisi 9.3B.4.2, $\sqrt{x^2} = x = |x|$. Kasus x < 0: Maka −x > 0 dan $(-x)^2$ = $x^2$ (dari 9.3A.17 Bagian A, $(-a)^2$ = $a^2$). Karena −x > 0 dan $(-x)^2$ = $x^2$, dari Definisi 9.3B.4.2 kita punya $\sqrt{x^2} = -x = |x|$. ∎

Peringatan Domain. Identitas $\sqrt{xy}=\sqrt{x}\sqrt{y}$ di atas hanya merupakan pernyataan tentang bilangan real bila $x,y\ge0$. Jika salah satu negatif, setidaknya satu akar pada ruas kanan tidak terdefinisi dalam R; bila kedua faktor negatif, ruas kiri dapat tetap terdefinisi. Contohnya $\sqrt{(-1)(-1)}=\sqrt1=1$, sedangkan $\sqrt{-1}\sqrt{-1}$ tidak terdefinisi dalam R. Ini kegagalan domain, bukan kesamaan antara dua bilangan real yang bernilai berbeda. Perluasan ke akar utama kompleks juga tidak menghasilkan hukum produk universal, sebagaimana dibahas pada L7.

Latihan 9.3B — L1 dan L2

Latihan 1

L1: Menghitung Pangkat Rasional Langkah demi Langkah

Hitung nilai-nilai berikut tanpa kalkulator, tunjukkan semua langkah secara eksplisit, dan sebutkan teorema atau definisi yang digunakan pada setiap langkah.

(a) $27^{2/3}$

(b) $32^{-3/5}$

(c) $(1/9)^{3/2}$

Solusi (a): $27^{2/3}$. Dari Teorema 9.3B.6.1: $27^{2/3}$ = $(\sqrt[3]{27})^2$. Cari $\sqrt[3]{27}$: bilangan positif r dengan $r^3$ = 27. Karena $3^3$ = 27, maka $\sqrt[3]{27}$ = 3 (Definisi 9.3B.4.2). Jadi $27^{2/3}$ = $3^2$ = 9.

Solusi (b): $32^{-3/5}$. Dari Teorema 9.3B.6.5: $32^{-3/5}$ = $(32^{3/5})^{-1}$. Dari Teorema 9.3B.6.1: $32^{3/5}$ = $(\sqrt[5]{32})^3$. Cari $\sqrt[5]{32}$: bilangan positif r dengan $r^5$ = 32. Karena $2^5$ = 32, maka $\sqrt[5]{32}$ = 2. Jadi $32^{3/5}$ = $2^3$ = 8. Maka $32^{-3/5}$ = $8^{-1}$ = 1/8.

Solusi (c): $(1/9)^{3/2}$. Dari Teorema 9.3B.8.2 (akar hasil bagi) dan 9.3B.6.1: $(1/9)^{3/2}$ = $(\sqrt{1/9})^3$. Dari 9.3B.8.2: √(1/9) = $\sqrt1/\sqrt9$ = 1/3. Jadi $(1/9)^{3/2}$ = $(1/3)^3$ = 1/27. Alternatif via Teorema 9.3B.6.3, 9.3B.6.4, dan 9.3B.6.5: $(1/9)^{3/2}$ = $1^{3/2}/9^{3/2}$ = $1/(\sqrt9)^3$ = $1/3^3$ = 1/27. Latihan 2

L2: Kebebasan Representasi — Verifikasi Langsung

Buktikan bahwa $4^{2/4}$ = $4^{1/2}$ secara langsung dari definisi, tanpa mengasumsikan kebebasan representasi (yaitu tanpa menggunakan Teorema 9.3B.5.2 secara langsung—buktikan kasus khusus ini dari awal untuk memahami mengapa teorema bekerja).

Solusi. Dari Definisi 9.3B.5.1: $4^{2/4}$ = $\sqrt[4]{4^2}$ = $\sqrt[4]{16}$. Ini adalah bilangan positif r dengan $r^4$ = 16. Karena $2^4$ = 16, maka $\sqrt[4]{16}$ = 2. Di sisi lain, $4^{1/2}$ = √4 adalah bilangan positif s dengan $s^2$ = 4. Karena $2^2$ = 4, maka √4 = 2. Jadi $4^{2/4}$ = 2 = $4^{1/2}$. Ini mengonfirmasi untuk kasus khusus bahwa representasi 2/4 dan 1/2 memberikan nilai yang sama, konsisten dengan kondisi 2·2 = 1·4 (yaitu ps = rq) dalam Teorema 9.3B.5.2.

Latihan 9.3B — L3 dan L4

Latihan 3

L3: Pembuktian Hukum Penjumlahan Eksponen — Kasus Pembilang Negatif

Buktikan secara langsung, menggunakan definisi, bahwa untuk a > 0:

$$a^{1/2} \cdot a^{-1/2} = 1$$

Kemudian gunakan Teorema 9.3B.6.2 untuk memverifikasi, dan jelaskan mengapa langkah pembuktian Teorema 9.3B.6.2 mencakup kasus ini meskipun pembilang −1 negatif.

Solusi (Langsung). Dari Definisi 9.3B.5.1, $a^{1/2}=\sqrt a$, yaitu bilangan positif dengan $(\sqrt a)^2=a$. Untuk pembilang negatif, $a^{-1/2}=\sqrt{a^{-1}}=\sqrt{1/a}$. Bilangan positif ini, sebut r, memenuhi $r^2=1/a$. Hitung kuadrat produknya:

$$\big((\sqrt a)(\sqrt{1/a})\big)^2=(\sqrt a)^2(\sqrt{1/a})^2=a(1/a)=1.$$

Karena produknya positif dan kuadratnya 1, Teorema 9.3B.4.1 (ketunggalan), bersama $1>0$ dan $1^2=1$, memberi $(\sqrt a)(\sqrt{1/a})=1$.

Verifikasi via Teorema 9.3B.6.2. $a^{1/2} \cdot a^{-1/2} = a^{1/2 + (-1/2)} = a^0 = 1$. Dalam pembuktian Teorema 9.3B.6.2, pembilang negatif ditangani karena kita menggunakan persamaan ps + rq dalam eksponen; untuk p/q = 1/2 dan r/s = −1/2, hasilnya (ps + rq)/(qs) = (1·2 + (−1)·2)/(2·2) = 0/4 = 0. Pangkat bilangan bulat 0 didefinisikan ($a^0$ = 1 dari Bagian A). Tidak ada masalah dengan pembilang negatif selama eksponen hasil penjumlahan terdefinisi. Latihan 4

L4: Akar Utama versus Solusi Persamaan

Tentukan semua solusi real persamaan $x^4 = 81$. Manakah dari solusi ini yang dimaksud oleh simbol $\sqrt[4]{81}$? Jelaskan mengapa simbol ini hanya merujuk pada satu nilai, dan nilai mana itu.

Solusi. Persamaan $x^4$ = 81. Karena 4 genap, $x^4$ = $(x^2)^2$ ≥ 0 untuk semua x ∈ R. Jika x ≥ 0: perlu $x^4$ = 81, yaitu x = $\sqrt[4]{81}$. Karena $3^4$ = 81, maka x = 3. Jika x < 0: $x^4$ = $(-|x|)^4$ = $(-1)^4|x|^4$ = $|x|^4$ (karena 4 genap, dari 9.3A.17). Jadi perlu $|x|^4$ = 81, yaitu |x| = 3, yaitu x = −3. Jadi persamaan $x^4$ = 81 memiliki tepat dua solusi real: x = 3 dan x = −3. Simbol $\sqrt[4]{81}$ merujuk khusus pada bilangan real tak-negatif r dengan $r^4$ = 81, yaitu $\sqrt[4]{81}$ = 3. Nilai −3 adalah solusi persamaan tetapi bukan nilai simbol akar utama.

Latihan 9.3B — L5 dan L6

Latihan 5

L5: Kasus Nol dalam Akar dan Pangkat Rasional

Untuk setiap ekspresi berikut, tentukan apakah terdefinisi dalam R menurut definisi yang benar-benar diberikan dalam unit ini, dan jika ya hitung nilainya. Bedakan notasi pangkat rasional (Definisi 9.3B.5.1, basis positif) dari notasi akar pada 9.3B.4. Tunjukkan semua alasan.

(a) $0^{2/3}$

(b) $0^{-1/2}$

(c) $(-8)^{1/3}$

(d) $(-4)^{1/2}$

Solusi (a): $0^{2/3}$ tidak didefinisikan oleh Definisi 9.3B.5.1 karena basisnya bukan positif. Ekspresi akar $\sqrt[3]{0^2}=\sqrt[3]{0}=0$ memang terdefinisi menurut Teorema 9.3B.4.1, tetapi tidak boleh disamakan dengan pangkat rasional yang belum didefinisikan. Perluasan konvensional yang menetapkan pangkat rasional positif dari nol bernilai nol tidak diambil dalam unit ini.

Solusi (b): $0^{-1/2}$ tidak didefinisikan oleh Definisi 9.3B.5.1 karena basisnya nol. Upaya menafsirkannya melalui $\sqrt{0^{-1}}$ juga gagal, sebab $0^{-1}$ tidak terdefinisi dalam lapangan (Bagian A). Tidak boleh memakai 9.3B.6.5 untuk basis nol, karena teorema itu mensyaratkan basis positif.

Solusi (c): $(-8)^{1/3}$ belum didefinisikan oleh Definisi 9.3B.5.1 karena $-8<0$. Yang sudah didefinisikan pada 9.3B.4 adalah akar ganjil negatif: $\sqrt[3]{-8}=-2$, sebab $(-2)^3=-8$ dan akar kubik real tersebut tunggal. Menetapkan pangkat $(-8)^{1/3}$ sebagai nama lain bagi akar itu merupakan perluasan definisi yang belum dilakukan di sini; jangan menganggapnya akibat Definisi 9.3B.5.1.

Solusi (d): $(-4)^{1/2}$ tidak didefinisikan oleh Definisi 9.3B.5.1 karena basisnya negatif. Notasi akar $\sqrt{-4}$ juga tidak terdefinisi dalam R: setiap kuadrat real nonnegatif, sehingga tidak ada r real dengan $r^2=-4$ (9.3B.4, kasus derajat genap). Latihan 6

L6: Penyederhanaan dengan Hukum Pangkat Rasional

Sederhanakan ekspresi berikut untuk a > 0, nyatakan dalam bentuk $a^r$ dengan r ∈ Q, dan sebutkan hukum yang digunakan pada setiap langkah.

$$\frac{a^{2/3} \cdot a^{1/2}}{a^{1/6}}$$

Solusi. Langkah 1 (Teorema 9.3B.6.2): $a^{2/3} \cdot a^{1/2} = a^{2/3 + 1/2}$. Hitung 2/3 + 1/2 = 4/6 + 3/6 = 7/6. Jadi $a^{2/3} \cdot a^{1/2} = a^{7/6}$. Langkah 2 (Teorema 9.3B.6.5 untuk invers, lalu 9.3B.6.2): $a^{7/6} / a^{1/6} = a^{7/6} \cdot a^{-1/6} = a^{7/6 + (-1/6)} = a^{6/6} = a^1 = a$. Atau ekuivalen: karena dari hukum Bagian A untuk eksponen bulat kita punya $a^{u-v}$ = $a^u/a^v$ (yang sekarang berlaku juga untuk eksponen rasional via Teorema 9.3B.6.2 dan 9.3B.6.5), langsung: $a^{7/6} / a^{1/6} = a^{7/6 - 1/6} = a^{6/6} = a$. Hasil: ekspresi = a.

Latihan 9.3B — L7

Latihan 7

L7: Diagnosis Manipulasi Salah — Akar Negatif

Seorang mahasiswa menulis argumen berikut. Temukan kesalahan (atau kesalahan-kesalahan) yang spesifik, sebutkan aturan mana yang dilanggar, dan perbaiki atau jelaskan mengapa ekspresi tersebut tidak terdefinisi.

"Kita tahu √(−1 · −1) = √(−1) · √(−1). Karena √(−1) · √(−1) = (√(−1))² = −1, kita simpulkan √1 = −1, yaitu 1 = −1."

Analisis Kesalahan. Langkah pertama melanggar syarat hukum akar produk. Diagnosisnya perlu dibedakan menurut sistem bilangan dan definisi akar yang digunakan.

Kesalahan 1. Langkah "$\sqrt{(-1)(-1)} = \sqrt{-1} \cdot \sqrt{-1}$" menerapkan Teorema 9.3B.8.1 (akar produk) pada basis negatif. Teorema 9.3B.8.1 menyatakan $\sqrt{xy} = \sqrt{x}\sqrt{y}$ hanya untuk x, y ≥ 0. Basis −1 melanggar syarat domain ini. Simbol √(−1) tidak terdefinisi dalam R (dari 9.3B.4, kasus n = 2 genap dan t = −1 < 0). Karena ruas kanan mengandung ekspresi yang tidak terdefinisi, langkah pertama sudah gugur.

Diagnosis di C (perbandingan dengan definisi lain). Jika kita berpindah secara konsisten ke C dan memakai akar utama kompleks dengan $\sqrt{-1}=i$, maka $(\sqrt{-1})^2=i^2=-1$ benar, sedangkan $\sqrt{(-1)(-1)}=\sqrt1=1$. Jadi justru kesamaan akar produk pada langkah pertama salah: $\sqrt{(-1)(-1)}\ne\sqrt{-1}\sqrt{-1}$. Kesalahan ini dapat terjadi seluruhnya di C, tanpa mencampur dua sistem bilangan. Hukum akar produk untuk bilangan real nonnegatif tidak boleh diperluas menjadi hukum universal bagi akar utama kompleks.

Perbaikan. Persamaan yang benar adalah: √(−1 · −1) = √1 = 1. Aturan akar produk tidak berlaku di sini. Tidak ada kontradiksi.

Moral. Aturan √(xy) = √x·√y adalah sebuah teorema dengan hipotesis x, y ≥ 0—ia bukan identitas universal. Menerapkannya di luar domainnya menghasilkan "bukti" kontradiksi palsu. Ini adalah salah satu alasan mengapa spesifikasi domain dalam setiap teorema adalah bagian dari isi matematikanya, bukan sekadar formalitas.

Latihan 9.3B — L8

Latihan 8

L8: Pembuktian Ketunggalan Akar dari Prinsip Pertama

Buktikan teorema berikut dari awal (tanpa mengacu pada Korolari 9.3B.3.2 atau Teorema 9.3B.3.1 secara langsung, tetapi gunakan sifat lapangan terurut yang dinyatakan dalam Pinjaman 9.3B.P1):

Teorema. Untuk n ≥ 1, jika r, s ≥ 0 dan $r^n$ = $s^n$, maka r = s.

Kemudian gunakan teorema ini untuk menyimpulkan bahwa bilangan real tak-negatif yang merupakan akar derajat n dari suatu bilangan non-negatif adalah unik (jika eksis).

Solusi. Kita buktikan kontrapositif: jika 0 ≤ r < s, maka $r^n$ < $s^n$. (Ketaksamaan r ≠ s dengan r, s ≥ 0 berarti salah satu < yang lain, dan argumen berikut bersifat simetris.)

Kasus n = 1: $r^1$ = r < s = $s^1$ langsung dari hipotesis. Kasus n ≥ 2 dan r = 0: $r^n$ = 0 dan $s^n$ = $s^n$. Karena s > r = 0, kita punya s > 0. Dari hukum urutan (O3): 0 < s dan $0<s^{n-1}$ memberikan 0 = 0 · $s^{n-1}$ < s · $s^{n-1}$ = $s^n$. (Dapat diverifikasi oleh induksi bahwa $s^{n-1}$ > 0 dari Teorema 9.3B.2.3.) Jadi $r^n$ = 0 < $s^n$. Kasus n ≥ 2 dan 0 < r < s: Gunakan identitas $s^n-r^n=(s-r)\sum_{k=0}^{n-1}s^{n-1-k}r^k$. Identitas ini mengikuti langsung dari distributivitas: hasil pengembangan ialah $\sum_{k=0}^{n-1}s^{n-k}r^k-\sum_{k=0}^{n-1}s^{n-1-k}r^{k+1}$; penggantian indeks $j=k+1$ pada jumlah kedua membatalkan semua suku dengan $1\le j\le n-1$, menyisakan $s^n-r^n$. Setiap suku $s^{n-1-k}r^k$ > 0 karena s, r > 0 (dari Teorema 9.3B.2.3). Faktor (s − r) > 0 dari hipotesis. Maka $s^n$ − $r^n$ > 0, yaitu $r^n$ < $s^n$.

Dalam semua kasus, 0 ≤ r < s mengimplikasikan $r^n$ < $s^n$, khususnya $r^n$ ≠ $s^n$. Kontrapositifnya: $r^n$ = $s^n$ dengan r, s ≥ 0 mengimplikasikan ¬(r < s) dan ¬(s < r), yaitu r = s. ∎

Korolari (Ketunggalan Akar). Untuk t ≥ 0 dan n ≥ 1, ada paling banyak satu r ≥ 0 dengan $r^n$ = t. Sebab: jika r dan s keduanya memenuhi kondisi ini, maka $r^n$ = t = $s^n$, sehingga teorema di atas memberikan r = s.

9.3B.9 Ringkasan Definisi dan Teorema Bagian B

Bagian ini merangkum semua definisi dan hasil utama yang telah dibangun dalam Bagian B, dengan referensi silang ke lokasi pembuktiannya. Daftar ini bersifat informatif; lihat masing-masing lokasi untuk pembuktian lengkap.

9.3B.P1–P3: Prasyarat dan Hasil Turunan

R adalah lapangan terurut (P1); hukum urutan turunan (P2); keberadaan akar positif untuk a > 0, n ≥ 1, dari kelengkapan R (P3). Tanpa P3, akar mungkin tidak eksis bahkan untuk bilangan positif sederhana seperti √2 di Q.

9.3B.2.1–2.3: Positivitas Pangkat Bulat

1 > 0 (2.1); invers positif positif (2.2); $a^m$ > 0 untuk a > 0 dan semua m ∈ Z, dibuktikan per kasus tanpa pangkat rasional (2.3).

9.3B.3.1–3.2: Ketat-Naik dan Injektivitas

0 ≤ u < v dan n ≥ 1 → $u^n$ < $v^n$ (via identitas teleskopik); korolari injektivitas pada $\mathbb R_{\ge0}$ (3.2). Tidak berlaku untuk n = 0 atau domain R penuh (untuk n genap).

9.3B.4.1–4.2: Keberadaan, Ketunggalan, Definisi Akar

Untuk t ≥ 0, n ≥ 1: tepat satu r ≥ 0 dengan $r^n$ = t (keberadaan dari P3, ketunggalan dari 3.2). Simbol $\sqrt[n]{t}$ merujuk pada bilangan ini. Perluasan: akar ganjil negatif; ketidakeksisan akar genap dari negatif; dua solusi persamaan vs satu simbol akar utama.

9.3B.5.1–5.2: Definisi dan Kebebasan Representasi

$a^{p/q}$ := $\sqrt[q]{a^p}$ untuk a > 0, p ∈ Z, q ≥ 1. Bebas representasi: jika p/q = r/s maka ps = rq dan injektivitas pangkat ke-(qs) memberikan kesamaan kandidat. Tidak mensyaratkan penyederhanaan pecahan.

9.3B.6.1–6.5: Hukum Aljabar Pangkat Rasional

$a^{p/q}$ = $(\sqrt[q]{a})^p$ (6.1); penjumlahan eksponen (6.2); produk basis (6.3); pangkat berulang (6.4); invers (6.5). Semua dibuktikan dari definisi, tanpa sirkularitas.

9.3B.8.1–8.3: Identitas Akar

$\sqrt[n]{xy}$ = $\sqrt[n]{x}\sqrt[n]{y}$ untuk x, y ≥ 0 (8.1); akar hasil bagi untuk y > 0 (8.2); √($x^2$) = |x| untuk semua x ∈ R (8.3). Domain tidak dapat diperluas sembarangan.

9.3B.10 Catatan tentang Batas Lingkup dan Perluasan

Bagian ini mengidentifikasi secara eksplisit apa yang tidak dibuktikan atau didefinisikan dalam 9.3B, dan ke mana pembaca harus merujuk untuk perluasan tersebut. Kejelasan tentang batas lingkup sama pentingnya dengan pembuktian itu sendiri.

Eksponen Irasional. Bagian ini hanya mendefinisikan $a^r$ untuk $a>0$ dan $r\in Q$. Ekspresi seperti $a^{\sqrt2}$ atau $e^\pi$ tidak didefinisikan di sini. Salah satu jalur perluasan memakai limit pendekatan rasional; jalur lain memakai logaritma dan eksponensial, misalnya melalui integral atau deret pangkat. Jalur-jalur tersebut berada di luar lingkup Bagian B, dan tidak diklaim sebagai satu-satunya cara mendefinisikan pangkat real.

Hukum Pangkat untuk Basis Negatif. Untuk n ganjil kita telah mendefinisikan akar nyata dari bilangan negatif (9.3B.4). Namun hukum $(a^{p/q})^{r/s}=a^{pr/(qs)}$ tidak dibuktikan untuk $a<0$. Jika rumus $a^{p/q}=\sqrt[q]{a^p}$ diterapkan secara naif kepada setiap wakil pecahan dengan basis $a=-8$, wakil $2/6$ memberi $\sqrt[6]{(-8)^2}=\sqrt[6]{64}=2$, sedangkan wakil $1/3$ memberi $\sqrt[3]{-8}=-2$, padahal $2/6=1/3$. Jadi aturan naif tersebut tidak bebas wakil. Kedua notasi pangkat itu belum didefinisikan oleh unit ini; yang diperbandingkan adalah nilai dua ekspresi akar dalam usulan perluasan yang gagal. Perluasan ke basis negatif memerlukan definisi yang lebih cermat dan tidak dilakukan di sini.

Bilangan Kompleks. Akar ke-n dari bilangan negatif (untuk n genap) dan dari bilangan kompleks sembarang dapat didefinisikan dalam C, tetapi ini berada di luar cakupan unit ini. Pernyataan "tidak terdefinisi dalam R" tidak berarti tidak ada secara matematis; ia berarti berada di luar sistem bilangan yang sedang digunakan.

Kelengkapan dan Eksistensi. Pinjaman 9.3B.P3 (keberadaan akar) menggunakan kelengkapan. Bukti lengkap dari P3—biasanya melalui prinsip supremum atau konstruksi Dedekind cuts—diberikan pada Teorema 11.3.8 di Bab 11. Fakta bahwa Q adalah lapangan terurut tetapi √2 ∉ Q (dibuktikan secara klasik dengan argumen paritas) menunjukkan bahwa P3 adalah klaim substantif yang tidak dapat diabaikan.

Konvensi $0^0$. Dari Bagian A, konvensi $0^0$ = 1 berlaku dalam konteks diskret (ekspresi aljabar, kombinatorika). Ekspresi limit $0^0$ adalah bentuk tak-tentu dan tidak dibahas di sini. Tidak ada konflik: domain berbeda.

Monotonisitas versus Kontinuitas. Teorema 9.3B.3.1 membuktikan ketat-naik (dan karenanya injektivitas) tanpa menggunakan kontinuitas, limit, atau turunan. Kontinuitas fungsi $x^n$ adalah pernyataan terpisah yang dapat dibuktikan dari definisi limit, tetapi tidak diperlukan untuk tujuan Bagian B.

9.3B.11 Hubungan Logis Antar Hasil Utama

Diagram dependensi logis di bawah ini menunjukkan bagaimana setiap hasil bergantung pada hasil sebelumnya. Memahami rantai ini penting untuk menghindari sirkularitas dan untuk mengetahui persis mengapa setiap langkah diperlukan.

Aksioma Terurut

Lapangan terurut (P1); keberadaan akar yang dipinjam melalui kelengkapan (P3); hukum Bagian A

Positivitas Pangkat

9.3B.2: pangkat positif membutuhkan aksioma urutan

Monoton Naik x^n

x^n tegas meningkat di $\mathbb R_{\ge0}$; butuh positivitas dan identitas teleskopik

Akar n-th

Eksistensi dari P3; keunikan dari monotonicitas

Rantai ini adalah jalur pembuktian yang dipakai dalam unit ini. Pada jalur tersebut, definisi pangkat rasional menunggu keberadaan dan ketunggalan akar; ketunggalan diturunkan dari sifat ketat-naik, dan sifat ketat-naik memakai positivitas pangkat bulat. Ada jalur pembuktian lain yang sah, misalnya pembuktian langsung ketunggalan pada L8. Menghilangkan suatu justifikasi tanpa menggantinya dengan bukti atau prasyarat yang cukup menimbulkan celah; urutan penyajian ini tidak diklaim sebagai satu-satunya yang mungkin.

Perhatikan bahwa kebebasan representasi (Teorema 9.3B.5.2) bergantung pada injektivitas fungsi pangkat (Korolari 9.3B.3.2), yang bergantung pada sifat ketat-naik (Teorema 9.3B.3.1). Ini berarti kita tidak dapat menggunakan hukum pangkat rasional untuk membuktikan kebebasan representasi—itu akan sirkular.

Hukum aljabar pangkat rasional (Teorema 9.3B.6.1–6.5) memakai kebebasan representasi, hukum pangkat bulat dari Bagian A, dan ketunggalan akar. Bukti 6.1–6.4 kembali langsung ke definisi dan hasil sebelumnya di luar kelompok itu. Bukti 6.5 memakai hukum penjumlahan eksponen 6.2, yang sudah dibuktikan lebih dahulu. Ketergantungan maju ini bebas siklus; tidak benar bahwa semua bukti dalam kelompok itu saling independen.

9.3B.12 Referensi dan Catatan Bibliografis

Naskah ini menggunakan referensi primer berikut sesuai batas yang dinyatakan dalam arahan. Semua pembuktian dalam 9.3B ditulis secara mandiri; kutipan di bawah ini mencatat dari mana kerangka konseptual dan verifikasi silang diambil.

Lebl, Jiří. Basic Analysis I. Versi online tersedia di https://www.jirka.org/ra/html/sec_basicpropsrn.html dan https://www.jirka.org/ra/html/sec_setofreals.html. Sumber ini memisahkan struktur lapangan, urutan, dan kelengkapan. Example 1.2.3 pada bagian The set of real numbers membuktikan keberadaan dan ketunggalan akar positif 2 melalui supremum; jangan mengutipnya sebagai bukti ketakrasionalan. Exercise 1.2.11 meminta pembuktian keberadaan akar positif umum. Dalam unit ini hasil umum tersebut tetap pinjaman P3, bukan bukti yang sudah ditulis lengkap. Ketakrasionalan akar dua yang dipakai sebagai contoh tandingan Q telah dibuktikan pada Bab 8 buku ini, Teorema 8.4.7.

Hunter, John K. An Introduction to Real Analysis. Chapter 2: Numbers. Tersedia di [math.ucdavis.edu/~hunter/intro_analysis_pdf/ch2.pdf]. Bab ini mencakup sifat-sifat bilangan real termasuk ketertiban dan kelengkapan, dan digunakan sebagai verifikasi silang untuk struktur logis Pinjaman 9.3B.P1 dan P2.

Fondasi dari Bagian A. Bagian B bergantung pada hasil Bagian A (9.3A) yang telah dinyatakan dalam arahan: hukum pangkat untuk eksponen bulat dan natural, konvensi $0^0$ = 1 dalam konteks diskret, pangkat negatif sebagai invers, dan hasil tanda 9.3A.17. Referensi ke Bagian A dalam teks ini menggunakan nomor hasil yang tertera dalam arahan, bukan mengulang pembuktian.

9.4 Analisis Kritis Jebakan Aljabar dan Bias Kognitif

Motivasi

Unit 9.1–9.3 membangun hukum aljabar beserta syaratnya:

• pembatalan perkalian memerlukan faktor bukan nol;
• invers perkalian hanya ada untuk unsur bukan nol;
• akar kuadrat utama hanya didefinisikan untuk bilangan real taknegatif;
• hukum pangkat rasional hanya dibuktikan untuk basis positif.

Syarat itu sering hilang ketika hukum dipakai, bukan ketika hukum dibuktikan. Satu baris yang mengabaikan syarat dapat membuat seluruh rantai perhitungan tampak meyakinkan, padahal kesimpulannya mustahil, misalnya $1=2$.

Unit ini memeriksa jebakan semacam itu secara sistematis. Setiap contoh keliru disajikan sebagai rangkaian baris bernomor (B1), (B2), …. Untuk setiap contoh kita tetapkan tiga hal:

1. baris pertama yang tidak sah;
2. syarat domain atau hipotesis yang hilang pada baris itu;
3. versi pernyataan yang benar, beserta buktinya bila belum tersedia.

Istilah "bias kognitif" pada judul dipakai dalam arti terbatas. Yang dimaksud adalah kebiasaan penalaran: mengabaikan asumsi suatu hukum, atau menyamakan dua ekspresi karena tampilan simbolnya mirip. Unit ini tidak membuat klaim empiris tentang seberapa sering kebiasaan itu muncul, siapa yang mengalaminya, atau penyebab psikologisnya.

Semesta dan pinjaman. Hasil yang murni aljabar (9.4.4, 9.4.6, 9.4.7) berlaku untuk lapangan umum $F$. Hasil yang memakai tanda, akar, atau nilai mutlak dirumuskan di $\mathbb R$ dan memakai pinjaman urutan yang sama seperti di 9.3:

• trikotomi;
• kompatibilitas urutan dengan penjumlahan;
• hasil kali dua bilangan positif adalah positif;
• akibatnya $0<1$ dan kuadrat bilangan real taknegatif.

Akibat langsung pinjaman ini juga dipakai tanpa nomor tersendiri, misalnya $0<2$ (sehingga $2\neq0$ di $\mathbb R$), jumlah dan hasil kali dua bilangan taknegatif adalah taknegatif, serta kuadrat bilangan real bukan nol adalah positif. Semuanya berstatus pinjaman urutan.

Hasil ini tidak mengikuti aksioma lapangan saja. Pemisahan struktur lapangan, urutan, dan kelengkapan mengikuti Lebl, Basic Analysis, §1.1 ("Basic properties"), dan Hunter, An Introduction to Real Analysis, Bab 2, §2.3–2.6. Pembahasan sistematis urutan dan kelengkapan ada pada bab berikutnya. Pembahasan bilangan kompleks di 9.4.15–9.4.17 memakai pinjaman yang dinyatakan terpisah di sana. Sepanjang unit ini, pangkat hanya bereksponen asli, bulat, atau rasional seperti di 9.3; $a^x$ untuk sembarang $x$ real tidak dipakai.

---

Kerangka pemeriksaan

Definisi 9.4.1 (domain kerja, langkah sah, calon solusi). Misalkan $P(x)$ dan $Q(x)$ pernyataan tentang variabel $x$ dalam semesta $U$ ($U=F$ atau $U=\mathbb R$).

1. Domain kerja $D\subseteq U$ dari suatu pernyataan adalah himpunan semua $x\in U$ yang membuat setiap ekspresi di dalamnya terdefinisi. Contohnya:
   • penyebut harus bukan nol;
   • radikan akar kuadrat harus taknegatif;
   • basis pangkat rasional harus positif.
2. Langkah dari $P$ ke $Q$ adalah langkah implikatif sah pada $D$ jika $P(x)\Rightarrow Q(x)$ untuk setiap $x\in D$.
3. Langkah itu ekuivalen pada $D$ jika $P(x)\Leftrightarrow Q(x)$ untuk setiap $x\in D$.
4. Jika persamaan $P$ ditransformasi melalui langkah implikatif sah menjadi $Q$, setiap solusi $Q$ di $D$ disebut calon solusi $P$. Calon yang tidak memenuhi $P$ disebut calon asing.

Langkah implikatif sah menjamin bahwa setiap solusi $P$ termuat di antara calon. Langkah itu tidak menjamin bahwa setiap calon adalah solusi. Karena itu, setelah langkah yang hanya implikatif, pemeriksaan domain dan substitusi bukan formalitas. Pemeriksaan itulah yang membuktikan arah balik.

Protokol 9.4.2 (tiga pertanyaan per baris). Untuk setiap baris dalam suatu rantai perhitungan, tanyakan:

• (P1) Hukum atau definisi apa yang dipakai?
• (P2) Apakah semua hipotesis hukum itu dipenuhi oleh nilai yang sedang dipakai? Periksa faktor bukan nol, radikan taknegatif, basis positif, dan semesta yang tepat.
• (P3) Apakah langkah itu ekuivalen, atau hanya implikatif? Bila hanya implikatif, ke arah mana?

Baris pertama yang tidak sah adalah baris pertama yang gagal pada (P1), karena tidak ada hukum atau definisi yang membenarkannya, atau gagal pada (P2), karena hipotesis hukumnya tidak dipenuhi. Termasuk di dalamnya baris yang menyimpulkan arah balik dari langkah yang hanya implikatif, misalnya menyatakan setiap calon sebagai solusi tanpa pemeriksaan, sebab tidak ada hukum yang membenarkan arah balik itu. Langkah yang hanya implikatif pada (P3) tetap sah. Akibatnya hanyalah bahwa pemeriksaan calon wajib dilakukan sebelum himpunan penyelesaian dinyatakan.

---

Jebakan 1: pembagian oleh faktor nol

Contoh 9.4.3 (bukti palsu $1=2$). Misalkan $a,b\in\mathbb R$ dengan $a=b=1$.

• (B1) $a=b$.
• (B2) $a^2=ab$ (kedua ruas dikalikan $a$).
• (B3) $a^2-b^2=ab-b^2$ (kedua ruas ditambah $-b^2$).
• (B4) $(a+b)(a-b)=b(a-b)$ (pemfaktoran).
• (B5) $a+b=b$ ("kedua ruas dibagi $a-b$").
• (B6) $2b=b$ (substitusi $a=b$).
• (B7) $1=2$ (kedua ruas dibagi $b$, lalu kedua ruas dipertukarkan).

Pemeriksaan baris demi baris.

• (B2) sah: perkalian adalah fungsi, sehingga mengalikan nilai yang sama dengan $a$ memberi nilai yang sama.
• (B3) sah dengan alasan yang sama untuk penjumlahan.
• (B4) sah. Identitas $(a+b)(a-b)=a^2-b^2$ diperoleh dari distributivitas, komutativitas, dan aturan tanda dari 9.2. Identitas $ab-b^2=b(a-b)$ diperoleh dari distributivitas.
• (B5) adalah baris pertama yang tidak sah. "Membagi dengan $a-b$" berarti mengalikan dengan $(a-b)^{-1}$. Invers itu hanya ada jika $a-b\neq0$ (9.2). Hipotesis (B1) justru memberi $a-b=0$.

Syarat yang hilang adalah $a-b\ne 0$. Akibatnya, (B6) dan (B7) tidak lagi bersandar pada pernyataan benar. Langkah pada (B7) sendiri akan sah karena $b=1\neq0$; kesalahannya sudah terjadi di (B5).

Versi benar. Menurut Proposisi 9.4.4 (di bawah; buktinya tidak bergantung pada contoh ini) dengan faktor $c=a-b$:

$$(a+b)(a-b)=b(a-b)\iff a+b=b\ \text{atau}\ a-b=0\iff a=0\ \text{atau}\ a=b.$$

Ekuivalensi $a+b=b\iff a=0$ diperoleh dengan menambahkan $-b$ ke kedua ruas (pembatalan tambah, 9.2). Dengan $a=b$, alternatif kedua berlaku, sehingga (B4) benar tetapi tidak memuat informasi baru. Persamaan itu tidak memaksa $a+b=b$.

Proposisi 9.4.4 (pembatalan faktor). Misalkan $F$ lapangan dan $a,b,c\in F$. Maka

$$ac=bc\iff \big(a=b\ \text{atau}\ c=0\big).$$

Secara khusus, jika $c\neq0$, maka $ac=bc\iff a=b$. Jika $c=0$, persamaan $ac=bc$ benar untuk semua $a,b$.

Bukti.

1. $ac=bc\iff ac+(-(bc))=0$. Arah maju: tambahkan $-(bc)$ ke kedua ruas. Arah balik: $ac$ adalah invers aditif dari $-(bc)$, sehingga keunikan invers aditif (9.2) memberi $ac=-(-(bc))=bc$.
2. Dengan aturan $(-b)c=-(bc)$ dari 9.2 dan distributivitas kanan, yang diturunkan dari distributivitas kiri dan komutativitas (9.1), diperoleh $ac+(-(bc))=ac+(-b)c=(a+(-b))c=(a-b)c$.
3. Karena lapangan tidak mempunyai pembagi nol (9.2), $(a-b)c=0\iff a-b=0$ atau $c=0$.
4. Dengan argumen langkah 1, $a-b=0\iff a=b$. $\square$

Catatan. Proposisi 9.4.4 juga menjelaskan mengapa pembagian oleh ekspresi bervariabel dapat menghilangkan solusi. Dari $x^2=2x$, "membagi dengan $x$" memberi hanya $x=2$. Versi benar: $x\cdot x=2\cdot x\iff x=2$ atau $x=0$. Pada Contoh 9.4.3, langkah tak sah menghasilkan kesimpulan palsu. Di sini, langkah tak sah membuang kemungkinan yang sah. Kedua kegagalan berasal dari syarat $c\neq0$ yang sama.

---

Jebakan 2: membatalkan suku dari jumlah

Contoh 9.4.5.

Bukti palsu (a). Misalkan $x=2$, $y=3$.

• (B1) $\dfrac{x+y}{x}=y$ ("coret $x$ di pembilang dan penyebut").
• (B2) Jadi $\dfrac52=3$.

(B1) adalah baris pertama yang tidak sah. Hukum yang hendak dipakai adalah $\dfrac{xz}{x}=z$ untuk $x\neq0$ (Proposisi 9.4.6(1)). Hukum itu membatalkan faktor dari hasil kali. Untuk menyimpulkan hasilnya $y$, pembilang harus sama dengan $x\cdot y$; syarat $x+y=xy$ tidak berlaku untuk semua $x,y$. Untuk $x\neq0$, faktorisasi yang sah ialah $x+y=x(1+y/x)$, sehingga hasil baginya $1+y/x$, bukan $y$ secara umum.

Bukti palsu (b): kehilangan solusi. Selesaikan $\dfrac{x+6}{x}=4$ pada domain $x\neq0$.

• (B1) "Coret $x$": $6=4$.
• (B2) Jadi persamaan tidak mempunyai solusi.

(B1) adalah baris pertama yang tidak sah: untuk $x\neq0$, faktorisasi $x+6=x(1+6/x)$ memberi $(x+6)/x=1+6/x$, bukan $6$ secara umum. Pencoretan itu mengganti faktor sisa dengan ekspresi yang salah.

Versi benar: untuk $x\neq0$, Proposisi 9.4.4 dengan faktor $x\neq0$ memberi

$$\frac{x+6}{x}=4\iff x+6=4x\iff x=2.$$

Substitusi menegaskan: $\dfrac{2+6}{2}=4$. Jadi pencoretan tidak hanya salah sebagai manipulasi; di sini ia juga menghapus solusi yang ada.

Proposisi 9.4.6. Misalkan $F$ lapangan, $x,y\in F$, dan $x\neq0$. Maka:

1. $\dfrac{xy}{x}=y$;
2. $\dfrac{x+y}{x}=1+\dfrac{y}{x}$;
3. $\dfrac{x+y}{x}=y\iff x+y=xy$.

Bukti.

1. Menurut definisi, $\dfrac{xy}{x}=(xy)x^{-1}$. Dengan komutativitas dan asosiativitas, $(xy)x^{-1}=(xx^{-1})y=1\cdot y=y$.
2. Dengan distributivitas, $(x+y)x^{-1}=xx^{-1}+yx^{-1}=1+\dfrac{y}{x}$.
3. Karena $x\ne0$, Proposisi 9.4.4 dengan faktor $x$ memberi $(x+y)x^{-1}=y\iff (x+y)x^{-1}x=yx\iff x+y=xy$. $\square$

Butir 3 menunjukkan bahwa "$\frac{x+y}{x}=y$" bisa kebetulan benar untuk pasangan tertentu, misalnya $x=y=2$. Namun pernyataan itu bukan identitas. Kebenaran di satu titik tidak membenarkan aturan.

---

Jebakan 3: menguadratkan kedua ruas

Proposisi 9.4.7 (kuadrat sama). Misalkan $F$ lapangan dan $u,v\in F$. Maka

$$u^2=v^2\iff \big(u=v\ \text{atau}\ u=-v\big).$$

Bukti.

1. Dengan distributivitas dan aturan $a(-b)=-(ab)$ dari 9.2, $(u-v)(u+v)=u^2+uv-vu-v^2$. Karena komutativitas, $uv-vu=0$, sehingga $(u-v)(u+v)=u^2-v^2$.
2. Seperti pada bukti 9.4.4, $u^2=v^2\iff u^2-v^2=0$.
3. Karena tidak ada pembagi nol, $(u-v)(u+v)=0\iff u-v=0$ atau $u+v=0$.
4. $u-v=0\iff u=v$, dan $u+v=0\iff u=-v$ karena invers aditif unik. $\square$

Pada setiap lapangan, $u=v$ mengakibatkan $u^2=v^2$. Arah balik memberi $u=v$ atau $u=-v$. Karena itu, di $\mathbb R$ tanpa pembatas tambahan, penguadratan tidak menjamin ekuivalensi; misalnya $1$ dan $-1$ memiliki kuadrat sama. Jika kedua ruas taknegatif, Akibat 9.4.8 membuktikan ekuivalensi.

Akibat 9.4.8 (kuadrat dengan informasi tanda; pinjaman urutan). Untuk $u,v\in\mathbb R$ dengan $u\ge0$ dan $v\ge0$,

$$u^2=v^2\iff u=v.$$

Bukti. Arah balik jelas. Untuk arah maju, gunakan Proposisi 9.4.7. Yang perlu ditangani hanyalah kasus $u=-v$.

• Dari $v\ge0$ dan kompatibilitas urutan dengan penjumlahan (tambahkan $-v$ ke kedua ruas $0\le v$), diperoleh $-v\le0$, jadi $u\le 0$.
• Bersama $u\ge0$, trikotomi memberi $u=0$.
• Maka $v=-u=0=u$. $\square$

Proposisi 9.4.9 (karakterisasi akar utama). Untuk $t\in\mathbb R$ dengan $t\ge0$ dan $u\in\mathbb R$,

$$u=\sqrt t\iff \big(u\ge 0\ \text{dan}\ u^2=t\big).$$

Bukti.

• Arah maju adalah definisi $\sqrt t$ di 9.3: $\sqrt t$ adalah bilangan taknegatif yang kuadratnya $t$.
• Arah balik memakai ketunggalan akar taknegatif yang dibuktikan di 9.3: dua bilangan taknegatif dengan kuadrat $t$ adalah sama. $\square$

Proposisi ini hanya berbicara tentang $t\ge0$. Untuk $t<0$, ruas kiri tidak terdefinisi di $\mathbb R$. Keberadaan $\sqrt t$ untuk $t>0$ adalah hasil pinjaman dari kelengkapan $\mathbb R$, sebagaimana dinyatakan di 9.3; untuk $t=0$ akarnya $0$ tanpa pinjaman. Lebl, Basic Analysis, "The set of real numbers", Example 1.2.3, membuktikan kasus $\sqrt2$ melalui supremum. Ketunggalan sudah dibuktikan di 9.3 tanpa pinjaman kelengkapan, tetapi dengan pinjaman urutan (melalui ketatnya pangkat).

Contoh 9.4.10 ($\sqrt{x+2}=x$). Cari semua $x\in\mathbb R$ yang memenuhi $\sqrt{x+2}=x$.

Solusi lazim yang tidak lengkap.

• (B1) $\sqrt{x+2}=x$.
• (B2) $x+2=x^2$ (kedua ruas dikuadratkan).
• (B3) $x^2-x-2=0$, yaitu $(x-2)(x+1)=0$.
• (B4) Jadi himpunan penyelesaian adalah $\{2,-1\}$.

Baris (B2) dan (B3) sah sebagai implikasi. (B2) memakai arah $u=v\Rightarrow u^2=v^2$ dan $(\sqrt{x+2})^2=x+2$. (B4) adalah baris pertama yang tidak sah: ia membaca (B2) seolah ekuivalen dengan (B1), sehingga setiap calon dinyatakan solusi tanpa pemeriksaan.

Syarat yang hilang adalah $x\ge0$, karena ruas kiri adalah akar utama sehingga taknegatif. Inilah domain efektif persamaan yang membuang $-1$. Domain ekspresi $x+2\ge0$ tetap harus diperiksa, tetapi di contoh ini kedua calon memenuhinya.

Versi benar. Domain ekspresi adalah $D=\{x\in\mathbb R: x+2\ge0\}$. Untuk $x\in D$, Proposisi 9.4.9 dengan $t=x+2$ dan $u=x$ memberi

$$\sqrt{x+2}=x\iff \big(x\ge0\ \text{dan}\ x^2=x+2\big)\iff \big(x\ge0\ \text{dan}\ (x-2)(x+1)=0\big).$$

• Calon dari persamaan kuadrat adalah $x=2$ dan $x=-1$. Keduanya berada di $D$.
• Syarat $x\ge0$ membuang $-1$.
• Untuk $x=2$, substitusi memberi $\sqrt{2+2}=\sqrt4=2$. Ini benar karena $2\ge0$ dan $2^2=4$.

Jadi himpunan penyelesaian adalah $\{2\}$.

Perhatikan bahwa $-1$ memenuhi persamaan "tetangga" $-\sqrt{x+2}=x$. Penguadratan tidak dapat membedakan $\sqrt{x+2}=x$ dari $-\sqrt{x+2}=x$, karena keduanya menghasilkan (B2). Inilah isi Proposisi 9.4.7 dalam bentuk konkret.

---

Jebakan 4: $\sqrt{x^2}$ bukan selalu $x$

Di 9.3 nilai mutlak dipakai sebagai notasi lokal per kasus: $|x|=x$ bila $x\ge0$ dan $|x|=-x$ bila $x<0$. Di sana juga dibuktikan $\sqrt{x^2}=|x|$. Akibat berikut merangkum fakta itu dalam bentuk yang dipakai di unit ini.

Akibat 9.4.11. Untuk $u,v\in\mathbb R$:

1. $|u|\ge0$ dan $|u|^2=u^2$;
2. $\sqrt{u^2}=|u|$;
3. $u^2=v^2\iff |u|=|v|$.

Bukti.

1. Jika $u\ge0$, kedua klaim langsung. Jika $u<0$, maka $-u>0$ (tambahkan $-u$ ke kedua ruas $u<0$), dan $|u|^2=(-u)^2=u^2$ menurut aturan tanda di 9.2.
2. Dari butir 1, $|u|\ge0$ dan $|u|^2=u^2$. Proposisi 9.4.9 dengan $t=u^2\ge0$ memberi $|u|=\sqrt{u^2}$.
3. Arah maju: $|u|^2=u^2=v^2=|v|^2$, dan $|u|,|v|\ge0$, sehingga Akibat 9.4.8 memberi $|u|=|v|$. Arah balik: kuadratkan, lalu pakai butir 1. $\square$

Contoh 9.4.12 (bukti palsu $-3=3$).

• (B1) $(-3)^2=9=3^2$.
• (B2) $\sqrt{(-3)^2}=\sqrt{3^2}$.
• (B3) $\sqrt{(-3)^2}=-3$ dan $\sqrt{3^2}=3$ ("akar membatalkan kuadrat").
• (B4) Jadi $-3=3$.

Pemeriksaan:

• (B1) sah karena $(-3)^2=3\cdot3$ menurut aturan tanda.
• (B2) sah karena $\sqrt{\cdot}$ adalah fungsi pada $\{t\in\mathbb R: t\ge0\}$ dan $9\ge0$.
• (B3) adalah baris pertama yang tidak sah, pada bagian kirinya. Aturan "$\sqrt{u^2}=u$" hanya benar dengan syarat $u\ge0$, dan syarat itu hilang. Pada $u=-3$, Proposisi 9.4.9 menolak $-3$ sebagai akar utama karena $-3<0$.

Versi benar: $\sqrt{(-3)^2}=|-3|=3=|3|=\sqrt{3^2}$. Secara umum, (B1)–(B2) hanya memberi $|-3|=|3|$, sesuai Akibat 9.4.11(3).

---

Jebakan 5: akar jumlah bukan jumlah akar

Contoh 9.4.13 (bukti palsu $2=4$).

• (B1) $\sqrt2=\sqrt{1+1}$.
• (B2) $\sqrt{1+1}=\sqrt1+\sqrt1$.
• (B3) $\sqrt1+\sqrt1=2$.
• (B4) Jadi $\sqrt2=2$, dan dengan menguadratkan, $2=4$.

(B2) adalah baris pertama yang tidak sah. Tidak ada hukum $\sqrt{x+y}=\sqrt x+\sqrt y$. Bentuk visualnya meniru hukum produk $\sqrt{xy}=\sqrt x\sqrt y$ (untuk $x,y\ge0$, dibuktikan di 9.3), yang menyangkut perkalian, bukan penjumlahan. Versi yang benar adalah ketaksamaan berikut.

Proposisi 9.4.14 (subaditivitas akar). Untuk $x,y\in\mathbb R$ dengan $x,y\ge0$,

$$\sqrt{x+y}\le\sqrt x+\sqrt y,$$

dengan kesamaan berlaku jika dan hanya jika $xy=0$, yaitu $x=0$ atau $y=0$.

Bukti. Tulis $u=\sqrt{x+y}$ dan $v=\sqrt x+\sqrt y$. Keduanya taknegatif: $u$ menurut definisi, dan $v$ sebagai jumlah dua bilangan taknegatif (pinjaman urutan).

1. Dengan hukum produk akar dari 9.3,

$$v^2=x+2\sqrt x\sqrt y+y=(x+y)+2\sqrt{xy}=u^2+2\sqrt{xy}.$$

2. Karena $\sqrt{xy}\ge0$, berlaku $v^2\ge u^2$.
3. Andaikan $u>v$. Karena $0\le v<u$, ketatnya pangkat dari 9.3 untuk $n=2$ memberi $v^2<u^2$. Ini bertentangan dengan langkah 2. Menurut trikotomi, $u\le v$.
4. Untuk kesamaan, Akibat 9.4.8 memberi $u=v\iff u^2=v^2\iff 2\sqrt{xy}=0$.
5. Karena $2\neq0$ di $\mathbb R$ (dari $0<1<2$), ini ekuivalen dengan $\sqrt{xy}=0$.
6. Karena $xy\ge0$ (pinjaman urutan), Proposisi 9.4.9 dengan $t=xy$ dan $u=0$ memberi $\sqrt{xy}=0\iff xy=0$.
7. Karena tidak ada pembagi nol, $xy=0\iff x=0$ atau $y=0$. $\square$

Pada Contoh 9.4.13, $x=y=1$ memberi $xy=1\ne0$, sehingga ketaksamaannya tegas: $\sqrt2<2$.

---

Jebakan 6: akar bilangan negatif, semesta $\mathbb R$ dan $\mathbb C$

Contoh 9.4.15 (bukti palsu $-2=2$).

• (B1) $-2=\big(\sqrt{-2}\big)^2$.
• (B2) $\big(\sqrt{-2}\big)^2=\sqrt{-2}\,\sqrt{-2}$.
• (B3) $\sqrt{-2}\,\sqrt{-2}=\sqrt{(-2)(-2)}$.
• (B4) $\sqrt{(-2)(-2)}=\sqrt4=2$.
• (B5) Jadi $-2=2$.

Dalam semesta $\mathbb R$. Setiap kuadrat bilangan real taknegatif, sedangkan $-2<0$ (dari $0<2$ dengan menambahkan $-2$). Keduanya termasuk pinjaman urutan. Menurut trikotomi, tidak ada $u\in\mathbb R$ dengan $u^2=-2$, sehingga $\sqrt{-2}$ tidak terdefinisi di $\mathbb R$.

(B1) adalah baris pertama yang tidak sah. Baris itu bukan persamaan bilangan real sama sekali, karena salah satu ruasnya tidak menunjuk bilangan real. Syarat yang hilang adalah radikan $\ge0$. Akibatnya, seluruh rantai tidak membuktikan apa pun tentang bilangan real.

Versi benar di $\mathbb R$: persamaan $x^2=-2$ tidak mempunyai solusi real. Tidak ada manipulasi lanjutan yang dapat dimulai dari $\sqrt{-2}$.

Pinjaman dan konvensi 9.4.16 (minimal untuk $\mathbb C$). Untuk ilustrasi berikut kita meminjam, tanpa membangunnya di bab ini:

• (K1) $\mathbb C$ adalah lapangan yang memuat $\mathbb R$, dengan operasi yang sama pada unsur real. Akibatnya semua hasil 9.1–9.2, serta 9.4.4 dan 9.4.7, berlaku di $\mathbb C$, karena hasil-hasil itu dibuktikan untuk lapangan umum.
• (K2) Terdapat $i\in\mathbb C$ dengan $i^2=-1$.
• (K3) Konvensi akar utama pada sumbu negatif: untuk $t\in\mathbb R$ dengan $t>0$, tetapkan $\sqrt{-t}:=i\sqrt t$, dengan $\sqrt t$ akar utama real.

Konvensi (K3) adalah pilihan. Bilangan $-i\sqrt t$ juga memenuhi $z^2=-t$ (lihat 9.4.17). Urutan $\le$ hanya dipakai pada bilangan real. Kita tidak memakai urutan apa pun pada $\mathbb C$ dan tidak memperkenalkan argumen atau logaritma kompleks.

Proposisi 9.4.17 (dua solusi dan akar utama di $\mathbb C$). Dengan Pinjaman 9.4.16:

1. Untuk $z\in\mathbb C$, $z^2=-2\iff z=i\sqrt2$ atau $z=-i\sqrt2$. Kedua bilangan ini berbeda.
2. Untuk $s,t\in\mathbb R$ dengan $s,t>0$, berlaku $\sqrt{-s}\,\sqrt{-t}=-\sqrt{st}$. Nilai ini berbeda dari $\sqrt{(-s)(-t)}=\sqrt{st}$.
3. $(i\sqrt2)(i\sqrt2)=-2$, sedangkan $(i\sqrt2)(-i\sqrt2)=2$.

Bukti.

1. Dengan komutativitas dan asosiativitas, $(i\sqrt2)^2=i^2(\sqrt2)^2=(-1)\cdot2=-2$. Maka $z^2=-2\iff z^2=(i\sqrt2)^2$. Proposisi 9.4.7, yang berlaku di lapangan $\mathbb C$, memberi $z=\pm i\sqrt2$. Andaikan $i\sqrt2=-i\sqrt2$. Maka $2\cdot i\sqrt2=0$. Karena $2\neq0$ dan $\sqrt2\neq0$, sifat tanpa pembagi nol memberi $i=0$. Tetapi itu bertentangan dengan $i^2=-1\neq0$.
2. Menurut (K3), $\sqrt{-s}\,\sqrt{-t}=(i\sqrt s)(i\sqrt t)=i^2\sqrt s\sqrt t=-\sqrt{st}$. Langkah terakhir memakai hukum produk akar real untuk $s,t\ge0$ dari 9.3. Karena $st>0$, berlaku $\sqrt{st}>0$. Jika $-\sqrt{st}=\sqrt{st}$, maka $2\sqrt{st}=0$, sehingga $\sqrt{st}=0$. Ini kontradiksi.
3. Bagian pertama adalah butir 1. Untuk bagian kedua, $(i\sqrt2)(-i\sqrt2)=-(i^2)(\sqrt2)^2=-(-1)\cdot2=2$. $\square$

Kembali ke Contoh 9.4.15 dalam semesta $\mathbb C$ dengan konvensi (K3).

• (B1) benar: $(\sqrt{-2})^2=(i\sqrt2)^2=-2$.
• (B2) hanya penulisan ulang.
• (B3) adalah baris pertama yang tidak sah. Hukum $\sqrt x\sqrt y=\sqrt{xy}$ dibuktikan di 9.3 hanya untuk $x,y\in\mathbb R$ dengan $x,y\ge0$. Baris ini memperluasnya ke akar utama kompleks dengan radikan negatif. Syarat yang hilang adalah $x,y\ge0$.

Versi benar: $\sqrt{-2}\,\sqrt{-2}=-\sqrt4=-2$, menurut Proposisi 9.4.17(2).

Tentang memilih akar. Kalimat "kalikan akar $-2$ dengan akar $-2$" tidak bermakna tunggal sebelum pilihan akar dinyatakan, karena $z^2=-2$ mempunyai dua solusi.

• Memilih akar yang sama dua kali menghasilkan $-2$.
• Memilih dua akar berlainan menghasilkan $+2$.

Hasil $+2$ ini tidak menyelamatkan hukum produk akar utama. Hukum itu adalah pernyataan universal tentang nilai yang sudah ditetapkan oleh konvensi (K3), yaitu $\sqrt{-2}=i\sqrt2$ untuk kedua faktor. Pada pasangan $x=y=-2$, nilai itu gagal. Mengganti salah satu faktor dengan $-i\sqrt2$ berarti meninggalkan notasi akar utama, bukan memenuhi hukumnya. Simbol $\sqrt{-2}$ menunjuk satu bilangan, sedangkan "solusi $z^2=-2$" menunjuk himpunan dua bilangan. Ini sejalan dengan pembedaan akar utama dan himpunan solusi di 9.3 untuk pangkat genap.

---

Jebakan 7: basis negatif dalam hukum pangkat rasional

Di 9.3, $a^{p/q}$ untuk $p\in\mathbb Z$ dan $q\in\mathbb N_+$ didefinisikan hanya untuk $a>0$, sebagai satu-satunya $t>0$ dengan $t^q=a^p$. Bukti bahwa definisi itu bebas wakil memakai dua fakta:

• kedua kandidat positif;
• pemetaan $t\mapsto t^{qs}$ injektif pada bilangan positif.

Pangkat bulat basis negatif tetap sah untuk setiap $a\neq0$ di $F$, dengan semua hukumnya dari 9.3.

Contoh 9.4.18 (bukti palsu $-1=1$).

• (B1) $-1=(-1)^1$.
• (B2) $1=\tfrac22$, jadi $(-1)^1=(-1)^{2/2}$.
• (B3) $(-1)^{2/2}=\sqrt{(-1)^2}$ ("akar penyebut dari pangkat pembilang").
• (B4) $\sqrt{(-1)^2}=\sqrt1=1$.

Pemeriksaan:

• (B1) sah sebagai pangkat bulat.
• (B2) hanya menulis ulang eksponen. $\tfrac22$ dan $1$ adalah bilangan rasional yang sama, dan karena $\tfrac22\in\mathbb Z$, $(-1)^{2/2}$ dibaca sebagai pangkat bulat, yaitu tidak lain $(-1)^1$.
• (B3) adalah baris pertama yang tidak sah. Rumus $a^{p/q}=\sqrt[q]{a^p}$ adalah bacaan langsung definisi 9.3, yang mensyaratkan $a>0$, dan di sini $a=-1$. Syarat yang hilang adalah $a>0$.
• (B4) sah: $\sqrt{(-1)^2}=|-1|=1$ menurut Akibat 9.4.11.

Mengapa syarat $a>0$ diperlukan, bukan sekadar kehati-hatian. Andaikan aturan diperluas begitu saja: "untuk $a<0$, $a^{p/q}:=\sqrt[q]{a^p}$ bila akar itu ada". Wakil $\tfrac11$ memberi $(-1)^{1/1}=-1$. Wakil $\tfrac22$ memberi $\sqrt{(-1)^2}=1$. Bilangan rasional yang sama mendapat dua nilai, sehingga "definisi" itu tidak bebas wakil dan bukan definisi.

Di titik mana bukti bebas wakil 9.3 gagal? Kedua kandidat $t=-1$ dan $u=1$ memenuhi $t^2=u^2=1$. Namun $t\mapsto t^2$ tidak injektif pada seluruh $\mathbb R$. Proposisi 9.4.7 menunjukkan bahwa $t^2=u^2$ hanya memberi $t=\pm u$. Hipotesis kepositifan yang digunakan dalam bukti bebas wakil 9.3 untuk menyingkirkan $t=-u$ tidak tersedia.

Versi benar.

• Untuk $a>0$: $a^{2/2}=\sqrt{a^2}=|a|=a=a^1$, konsisten.
• Untuk $a=-1$: pernyataan yang sah adalah $(-1)^1=-1$ (pangkat bulat) dan $\sqrt{(-1)^2}=1$ (akar utama real). Keduanya tidak dihubungkan oleh hukum pangkat rasional mana pun.

Catatan 9.4.19 (konvensi lain untuk basis negatif). Contoh 9.4.18 tidak menyangkal bahwa beberapa pangkat rasional basis negatif dapat didefinisikan dengan konvensi tambahan. Misalnya, dapat ditetapkan bahwa $a^{p/q}$ untuk $a<0$ dibaca hanya bila $p/q$ ditulis dalam bentuk paling sederhana dengan $q$ ganjil, memakai akar ganjil real dari 9.3. Konvensi semacam itu adalah definisi baru, dan hukum-hukumnya harus dibuktikan ulang. Hukum 9.3 tidak berpindah secara otomatis.

Contoh: dengan konvensi itu, $(-8)^{1/3}=-2$, karena $(-2)^3=-8$ dan akar ganjil real tunggal. Tetapi

$$\big((-8)^2\big)^{1/6}=64^{1/6}=2\quad\text{sedangkan}\quad(-8)^{2\cdot\frac16}=(-8)^{1/3}=-2.$$

Di sini $64^{1/6}=2$ karena $2>0$ dan $2^6=64$. Jadi hukum $(a^r)^s=a^{rs}$ gagal untuk $a=-8$, $r=2$, $s=\tfrac16$. Hukum itu hanya dibuktikan di 9.3 untuk $a>0$. Buku ini tidak mengembangkan konvensi tersebut lebih lanjut.

---

Pola kebiasaan di balik jebakan

Setiap baris pertama yang tidak sah di atas dapat dikelompokkan menurut kebiasaan penalaran yang menghasilkannya. Pengelompokan berikut adalah klasifikasi logis atas jenis kesalahan, bukan klaim empiris tentang pikiran pembaca.

1. Menyamakan tampilan simbol dengan struktur. Mencoret $x$ pada $\frac{x+y}{x}$ (9.4.5), atau meniru $\sqrt{xy}=\sqrt x\sqrt y$ menjadi $\sqrt{x+y}=\sqrt x+\sqrt y$ (9.4.13). Bentuk visual mirip, tetapi hukum yang benar menyangkut hasil kali, bukan jumlah.
2. Melupakan hipotesis hukum yang sudah dihafal. Membagi dengan $a-b=0$ (9.4.3), membaca $\sqrt{u^2}=u$ tanpa $u\ge0$ (9.4.12), atau memakai $a^{p/q}=\sqrt[q]{a^p}$ tanpa $a>0$ (9.4.18). Hukumnya benar; yang hilang adalah pembatasnya.
3. Membaca implikasi sebagai ekuivalensi. Menguadratkan lalu langsung menyatakan himpunan penyelesaian (9.4.10). Langkahnya sah, tetapi arah balik tidak pernah diperiksa.
4. Memperluas hukum ke semesta lain tanpa bukti baru. Hukum produk akar real dipakai pada akar utama kompleks (9.4.15–9.4.17), dan hukum pangkat basis positif dipakai pada basis negatif (9.4.18–9.4.19).
5. Menyamakan notasi bernilai tunggal dengan himpunan solusi. Menganggap $\sqrt{-2}$ berarti "salah satu akar, terserah", atau $\sqrt9$ berarti "$\pm3$".

Penangkal kelima kebiasaan ini sama: Protokol 9.4.2, dijalankan baris demi baris.

---

Latihan

Latihan disusun bertingkat:

• A (dasar): Latihan 9.4-1 sampai 9.4-4;
• B (menengah): Latihan 9.4-5 sampai 9.4-8;
• C (lanjut): Latihan 9.4-9 dan 9.4-10.

Pada setiap bukti palsu, tunjukkan baris pertama yang tidak sah, syarat yang hilang, dan versi yang benar.

Latihan 9.4-1 (A). Misalkan $x=3$.

• (B1) $x^2-9=3x-9$.
• (B2) $(x-3)(x+3)=3(x-3)$.
• (B3) $x+3=3$.
• (B4) Jadi $6=3$.

Analisis. Kemudian tentukan semua $x\in\mathbb R$ yang memenuhi (B2).

Latihan 9.4-2 (A). Untuk $x\in\mathbb R$, $x\neq0$, tentukan mana yang identitas:

• (a) $\dfrac{x^2+x}{x}=x+1$;
• (b) $\dfrac{x^2+1}{x}=x+1$.

Untuk yang bukan identitas, beri nilai $x$ yang menggagalkannya dan tuliskan bentuk benarnya.

Latihan 9.4-3 (A). Selesaikan $\sqrt{3x+4}=x$ di $\mathbb R$. Nyatakan domain, calon, dan pemeriksaannya.

Latihan 9.4-4 (A).

• (a) Tunjukkan bahwa $\sqrt{x^2-6x+9}=|x-3|$ untuk semua $x\in\mathbb R$.
• (b) Hitung kedua ruas di $x=1$ dan jelaskan mengapa "$\sqrt{x^2-6x+9}=x-3$" salah.
• (c) Untuk $x$ manakah bentuk (b) benar?

Latihan 9.4-5 (B). Tentukan semua pasangan $(x,y)\in\mathbb R^2$ dengan $x\neq0$ yang memenuhi $\dfrac{x+y}{x}=y$.

Latihan 9.4-6 (B). Selesaikan $\sqrt{x+3}=x+1$ di $\mathbb R$.

Latihan 9.4-7 (B). Buktikan bahwa untuk $x,y\in\mathbb R$ dengan $x\ge y\ge0$,

$$\sqrt x-\sqrt y\le\sqrt{x-y},$$

dan tentukan kapan kesamaan berlaku.

Latihan 9.4-8 (B). Misalkan $u,v\in\mathbb R$.

• (a) Buktikan: jika $u^2=v^2$ dan $uv\ge0$, maka $u=v$.
• (b) Tunjukkan dengan contoh bahwa syarat $uv\ge0$ tidak dapat dibuang.

Latihan 9.4-9 (C).

• (a) Analisis bukti palsu berikut:
  • (B1) $\tfrac13=\tfrac26$, jadi $(-8)^{1/3}=(-8)^{2/6}$.
  • (B2) $(-8)^{2/6}=\sqrt[6]{(-8)^2}=\sqrt[6]{64}=2$.
  • (B3) Tetapi $(-2)^3=-8$, jadi $(-8)^{1/3}=-2$.
  • (B4) Maka $2=-2$.
• (b) Untuk $x\in\mathbb R$, $x\ne0$, hitung $(x^2)^{1/2}$. Jelaskan mengapa "$(x^2)^{1/2}=x^{2\cdot\frac12}=x$" tidak sah untuk $x<0$.

Latihan 9.4-10 (C). Dengan Pinjaman 9.4.16, analisis:

• (B1) $\dfrac1i=\dfrac{\sqrt1}{\sqrt{-1}}$.
• (B2) $\dfrac{\sqrt1}{\sqrt{-1}}=\sqrt{\dfrac{1}{-1}}$.
• (B3) $\sqrt{\dfrac{1}{-1}}=\sqrt{-1}=i$.
• (B4) Jadi $\dfrac1i=i$, sehingga $1=i^2=-1$.

---

Solusi latihan

Solusi 9.4-1.

• (B1) benar: $0=0$.
• (B2) benar menurut pemfaktoran.
• (B3) adalah baris pertama yang tidak sah. Ia membagi dengan $x-3$, padahal $x-3=0$. Syarat yang hilang adalah faktor yang dibatalkan harus bukan nol (Proposisi 9.4.4).

Versi benar: menurut Proposisi 9.4.4 dengan $a=x+3$, $b=3$, $c=x-3$,

$$(x+3)(x-3)=3(x-3)\iff x+3=3\ \text{atau}\ x-3=0\iff x=0\ \text{atau}\ x=3.$$

Himpunan penyelesaian (B2) adalah $\{0,3\}$. Pemeriksaan:

• $x=0$: $(-3)(3)=-9=3(-3)$.
• $x=3$: $0=0$.

Solusi 9.4-2.

• (a) Identitas. Untuk $x\neq0$, $x^2+x=x(x+1)$, sehingga Proposisi 9.4.6(1) dengan $y=x+1$ memberi $\frac{x(x+1)}{x}=x+1$. Di sini $x$ adalah faktor pembilang, jadi pembatalan sah.

• (b) Bukan identitas. Untuk $x=2$, ruas kiri $\frac52$ dan ruas kanan $3$. Sebagai polinomial, $x$ bukan faktor dari $x^2+1$ karena suku tetapnya $1$. Namun untuk $x\neq0$, faktorisasi rasional $x^2+1=x(x+1/x)$ sah. Pembatalan yang keliru membuang pembagi $x$ pada suku $1/x$ dan menggantinya dengan $1$. Bentuk benar menurut distributivitas: $\frac{x^2+1}{x}=x+\frac1x$ untuk $x\neq0$.

  Catatan: kedua ruas kebetulan sama di $x=1$, karena $x+\frac1x=x+1\iff \frac1x=1\iff x=1$. Satu titik kesamaan tidak menjadikannya identitas.

Solusi 9.4-3.

• Domain ekspresi: $3x+4\ge0$.
• Untuk $x$ di domain, Proposisi 9.4.9 dengan $t=3x+4$ dan $u=x$ memberi

$$\sqrt{3x+4}=x\iff x\ge0\ \text{dan}\ x^2=3x+4\iff x\ge0\ \text{dan}\ (x-4)(x+1)=0.$$

• Calon: $x=4$ dan $x=-1$. Keduanya di domain, karena $16\ge0$ dan $1\ge0$.
• Syarat $x\ge0$ membuang $-1$.
• Substitusi: $\sqrt{3\cdot4+4}=\sqrt{16}=4$.

Himpunan penyelesaian: $\{4\}$.

Solusi 9.4-4.

• (a) Untuk semua $x\in\mathbb R$, $x^2-6x+9=(x-3)^2$ menurut distributivitas. Akibat 9.4.11(2) dengan $u=x-3$ memberi $\sqrt{(x-3)^2}=|x-3|$.
• (b) Di $x=1$: $\sqrt{1-6+9}=\sqrt4=2$ dan $|1-3|=2$, tetapi $x-3=-2$. Langkah "$\sqrt{u^2}=u$" mengabaikan syarat $u\ge0$, dan di sini $u=-2<0$.
• (c) $|x-3|=x-3\iff x-3\ge0$. Jika $x-3\ge0$, ini menurut definisi. Jika $x-3<0$, maka $|x-3|=-(x-3)>0>x-3$, sehingga keduanya berbeda. Jadi bentuk (b) benar tepat untuk $x\ge3$.

Solusi 9.4-5.

1. Menurut Proposisi 9.4.6(3), untuk $x\neq0$, $\dfrac{x+y}{x}=y\iff x+y=xy\iff xy-x-y+1=1\iff (x-1)(y-1)=1$.
2. Jika $x=1$, ruas kiri $0\cdot(y-1)=0\neq1$, sehingga tidak ada $y$.
3. Jika $x\neq1$, maka $x-1\neq0$. Tulis $1=(x-1)\cdot\frac1{x-1}$; Proposisi 9.4.4 dengan faktor $x-1\neq0$ memberi $y-1=\frac1{x-1}$, yaitu $y=\frac{x}{x-1}$.

Himpunan penyelesaian:

$$\Big\{\big(x,\tfrac{x}{x-1}\big): x\in\mathbb R,\ x\ne0,\ x\ne1\Big\}.$$

Perhatikan bahwa rumus $y=\frac{x}{x-1}$ juga terdefinisi di $x=0$ dan memberi $y=0$, sehingga $(0-1)(0-1)=1$. Namun pasangan $(0,0)$ dibuang, karena ekspresi semula $\frac{x+y}{x}$ tidak terdefinisi di $x=0$. Ini contoh syarat domain yang harus dibawa sampai akhir.

Pemeriksaan: $x=2$ memberi $y=2$ dan $\frac42=2$; $x=3$ memberi $y=\frac32$ dan $\frac{9/2}{3}=\frac32$.

Solusi 9.4-6.

• Domain ekspresi: $x+3\ge0$.
• Proposisi 9.4.9 dengan $t=x+3$ dan $u=x+1$:

$$\sqrt{x+3}=x+1\iff x+1\ge0\ \text{dan}\ (x+1)^2=x+3.$$

• $(x+1)^2=x+3\iff x^2+2x+1=x+3\iff x^2+x-2=0\iff(x+2)(x-1)=0$.
• Calon: $x=1$ dan $x=-2$. Keduanya di domain, karena $4\ge0$ dan $1\ge0$.
• Syarat $x+1\ge0$ membuang $-2$, karena $-2+1=-1<0$. Memang $\sqrt{-2+3}=\sqrt1=1\neq-1$.
• Substitusi $x=1$: $\sqrt4=2=1+1$.

Himpunan penyelesaian: $\{1\}$.

Solusi 9.4-7.

1. Tulis $s=x-y$. Dari $x\ge y$ dan kompatibilitas urutan dengan penjumlahan, $s\ge0$. Juga $y\ge0$.
2. Proposisi 9.4.14 untuk pasangan taknegatif $s,y$ memberi $\sqrt{s+y}\le\sqrt s+\sqrt y$, yaitu $\sqrt x\le\sqrt{x-y}+\sqrt y$.
3. Menambahkan $-\sqrt y$ ke kedua ruas (kompatibilitas urutan) memberi $\sqrt x-\sqrt y\le\sqrt{x-y}$.
4. Langkah 3 dapat dibalik dengan menambahkan $\sqrt y$, sehingga kesamaan di langkah 3 ekuivalen dengan kesamaan di langkah 2.
5. Menurut Proposisi 9.4.14, kesamaan itu berlaku tepat bila $sy=0$, yaitu $x-y=0$ atau $y=0$.

Jadi kesamaan berlaku jika dan hanya jika $x=y$ atau $y=0$.

Solusi 9.4-8.

• (a) Menurut Proposisi 9.4.7, $u=v$ atau $u=-v$. Cukup tangani kasus $u=-v$.

  1. Maka $uv=-v^2$.
  2. Dari $uv\ge0$ diperoleh $-v^2\ge0$, sehingga $v^2\le0$ (tambahkan $v^2$ ke kedua ruas).
  3. Karena kuadrat real taknegatif (pinjaman urutan), $v^2\ge0$. Trikotomi memberi $v^2=0$.
  4. Tanpa pembagi nol, $v=0$. Maka $u=-v=0=v$.

  Dalam kedua kasus $u=v$.

• (b) $u=1$, $v=-1$: $u^2=v^2=1$ tetapi $u\neq v$, dan memang $uv=-1<0$.

  Akibat 9.4.8 adalah kasus khusus (a), karena $u,v\ge0$ mengakibatkan $uv\ge0$ (produk taknegatif, pinjaman urutan).

Solusi 9.4-9.

• (a)

  • Eksponen $\tfrac13$ dan $\tfrac26$ memang bilangan rasional yang sama. Tetapi (B1) sudah tidak sah: simbol $(-8)^{1/3}$ sebagai pangkat rasional tidak didefinisikan di 9.3, karena definisinya mensyaratkan basis $a>0$. Syarat yang hilang adalah $a>0$.
  • Bandingkan dengan Contoh 9.4.18 (B2): di sana $\tfrac22\in\mathbb Z$, sehingga $(-1)^{2/2}$ bermakna sebagai pangkat bulat $(-1)^1$. Di sini $\tfrac13\notin\mathbb Z$, sehingga tidak ada definisi di 9.3 yang memberi makna pada $(-8)^{1/3}$.
  • (B2) mengulang kesalahan yang sama melalui rumus $a^{p/q}=\sqrt[q]{a^p}$, juga hanya untuk $a>0$.
  • Bagian aritmetika (B2), yaitu $\sqrt[6]{64}=2$, benar karena $64>0$, $2>0$, dan $2^6=64$.
  • Bagian aritmetika (B3) juga benar sebagai pernyataan akar ganjil real dari 9.3: $\sqrt[3]{-8}=-2$ karena $(-2)^3=-8$ dan akar ganjil real tunggal.

  Versi benar: $\sqrt[3]{-8}=-2$ dan $\sqrt[6]{(-8)^2}=\sqrt[6]{64}=2$. Ini dua bilangan berbeda yang ditunjuk oleh dua ekspresi berbeda. Tidak ada hukum yang menyamakan keduanya untuk basis negatif. Seperti pada Contoh 9.4.18, aturan "akar penyebut dari pangkat pembilang" untuk basis negatif memberi nilai berbeda bagi wakil $\tfrac13$ dan $\tfrac26$, sehingga tidak bebas wakil. Lihat juga Catatan 9.4.19.

• (b)

  1. Untuk $x\neq0$, $x^2>0$ (kuadrat bilangan bukan nol positif, pinjaman urutan). Jadi $(x^2)^{1/2}$ terdefinisi menurut 9.3 sebagai satu-satunya $t>0$ dengan $t^2=x^2$.
  2. $|x|>0$ dan $|x|^2=x^2$ (Akibat 9.4.11), sehingga $(x^2)^{1/2}=|x|$.
  3. Langkah "$(x^2)^{1/2}=x^{2\cdot\frac12}$" memakai hukum $(a^r)^s=a^{rs}$ dengan basis $a=x$. Hukum itu dibuktikan di 9.3 hanya untuk $a>0$.
  4. Untuk $x<0$, syarat itu dilanggar dan kesimpulannya salah: $(x^2)^{1/2}=-x\neq x$.

  Untuk $x>0$ langkah itu sah, dan $|x|=x$, sehingga kedua cara konsisten.

Solusi 9.4-10.

• (B1) benar: menurut (K3) dengan $t=1$, $\sqrt{-1}=i\sqrt1=i$, dan $\sqrt1=1$.
• (B2) adalah baris pertama yang tidak sah. Ia memakai hukum pembagian akar $\frac{\sqrt x}{\sqrt y}=\sqrt{\frac xy}$, yang di 9.3 dibuktikan hanya untuk $x,y\in\mathbb R$ dengan $x\ge0$ dan $y>0$. Di sini $y=-1<0$. Syarat yang hilang adalah $y>0$, dan semestanya pun berpindah dari $\mathbb R$ ke $\mathbb C$.
• (B3) benar sebagai perhitungan: $\frac1{-1}=-1$ dan $\sqrt{-1}=i$.

Versi benar:

1. Karena $i\cdot(-i)=-(i^2)=1$, keunikan invers perkalian (9.2, berlaku di lapangan $\mathbb C$) memberi $\frac1i=-i$.
2. Jadi $\frac{\sqrt1}{\sqrt{-1}}=\frac1i=-i$, sedangkan $\sqrt{\frac1{-1}}=\sqrt{-1}=i$.
3. Keduanya berbeda, karena $i=-i$ akan memberi $2i=0$, sehingga $i=0$, bertentangan dengan $i^2=-1\neq0$.

Kesimpulan (B4) runtuh karena (B2).

---

Rujukan untuk unit ini

Rujukan berikut berasal dari paket sumber bab. Masing-masing dipakai hanya untuk klaim yang disebut di dekatnya.

• Jiri Lebl, Basic Analysis, §1.1, "Basic properties" (jirka.org/ra/html/sec_basicpropsrn.html). Pemisahan struktur lapangan, urutan, dan kelengkapan, yang menjadi dasar pelabelan pinjaman urutan dalam unit ini.
• John K. Hunter, An Introduction to Real Analysis, Bab 2 "Numbers", §2.3–2.6 (math.ucdavis.edu/~hunter/intro_analysis_pdf/ch2.pdf). Pembanding pemisahan sifat aljabar dan sifat urutan.
• Lebl, Basic Analysis, "The set of real numbers", Example 1.2.3. Keberadaan akar positif dari 2 melalui supremum. Dalam unit ini keberadaan akar tetap berstatus pinjaman dari kelengkapan; ketunggalannya dibuktikan di 9.3.
• Lebl, Basic Analysis, §5.4, "The logarithm and the exponential". Batas cakupan: pangkat dengan eksponen real umum memerlukan konstruksi lanjutan dan tidak dipakai di sini.

Penjelasan, contoh, dan bukti dalam unit ini dirumuskan mandiri dan bukan kutipan sumber.

---