Bab 10: Aksioma Urutan, Ketidaksamaan Aljabar, dan Estimasi Lanjut

10.1 Definisi Himpunan Bagian Positif $\mathbb{R}^+$ dan Relasi Urutan

Monograf ini membangun fondasi urutan pada lapangan secara aksiomatik. Bab-bab sebelumnya telah menetapkan struktur lapangan beserta sifat-sifat aljabarnya: invers aditif dan multiplikatif, hukum pembatalan, serta perilaku nol dan satu (Bab 9.1–9.2). Kini kita bertanya: apakah suatu lapangan dapat dilengkapi dengan gagasan "lebih besar" dan "lebih kecil" yang konsisten dengan operasi lapangannya? Jawaban terstruktur diberikan melalui konsep himpunan bagian positif (positive subset, atau himpunan positif), yang didefinisikan lewat tiga aksioma sederhana namun sangat kuat.

Pendekatan aksiomatik ini berbeda dari pendekatan relasional yang langsung mendefinisikan relasi "<" beserta sifat-sifatnya. Unit ini membuktikan bahwa kedua pendekatan sepenuhnya setara: setiap himpunan positif menghasilkan relasi urutan tegas total yang kompatibel dengan operasi lapangan, dan sebaliknya setiap relasi demikian menentukan himpunan positif yang memenuhi ketiga aksioma. Kesetaraan ini bukan sekadar teknis; ia menunjukkan bahwa "urutan" suatu lapangan adalah satu konsep tunggal yang dapat diungkapkan dalam dua bahasa berbeda.

Bagian pertama unit ini (10.1.A–10.1.D) membangun teori umum pada lapangan sembarang F. Bagian kedua (10.1.E–10.1.F) menutup satu utang pembuktian dari Bab 8: bahwa lapangan bilangan rasional ℚ, yang dibangun dari ℤ melalui kelas ekivalen pecahan, memang merupakan lapangan terurut dalam arti aksiomatis yang kita kembangkan. Seluruh argumen berjalan dalam lingkungan aljabar murni—tanpa kelengkapan, tanpa prinsip Archimedes, tanpa limit, dan tanpa bilangan real.

Konvensi notasi berlaku di seluruh unit: F adalah lapangan dengan elemen nol 0 dan elemen satu 1, di mana 0 ≠ 1. Simbol ℤ merujuk pada gelanggang terurut bilangan bulat yang konstruksinya diselesaikan di Bab 8. Simbol ℚ merujuk pada lapangan pecahan atas ℤ. Semua nomor hasil dalam unit ini berbentuk 10.1.n, dan setiap rujukan maju ke unit lain diberi label eksplisit. Bab 10 · Unit 10.1

10.1.A — Aksioma Himpunan Positif

Kita mulai dengan definisi inti yang menjadi fondasi seluruh teori urutan dalam unit ini. Definisi ini memformulasikan gagasan "positif" secara murni aljabar, tanpa menyebut "lebih besar dari nol" karena relasi urutan belum tersedia.

Definisi 10.1.1 — Himpunan Bagian Positif

Misalkan F adalah lapangan. Suatu himpunan bagian P ⊆ F disebut himpunan bagian positif (atau positive cone) pada F apabila memenuhi ketiga aksioma berikut:

(P1) Ketutupan penjumlahan: Jika x ∈ P dan y ∈ P, maka x + y ∈ P.

(P2) Ketutupan perkalian: Jika x ∈ P dan y ∈ P, maka xy ∈ P.

(P3) Trikotomi: Untuk setiap x ∈ F, tepat satu dari ketiga kondisi berikut berlaku: x ∈ P, atau x = 0, atau −x ∈ P.

Aksioma (P3) adalah pernyataan trikotomi: setiap elemen lapangan berada dalam tepat satu dari tiga kelas—positif, nol, atau "negatif" (dalam arti bahwa negasinya positif). Kata "tepat satu" mengandung dua klaim sekaligus: (i) setidaknya satu kondisi berlaku (eksistensi), dan (ii) tidak ada dua kondisi yang dapat berlaku sekaligus (eksklusivitas). Kita segera menurunkan beberapa konsekuensi mendasar.

Definisi 10.1.2 — Himpunan Negatif

Misalkan P adalah himpunan bagian positif pada F. Definisikan himpunan negatif sebagai −P := {−x : x ∈ P} = {y ∈ F : −y ∈ P}.

Aksioma (P3) dapat ditulis ulang: F adalah gabungan tidak saling tumpang tindih dari P, {0}, dan −P, yaitu F = P ∪ {0} ∪ (−P) dan ketiga himpunan ini saling asing.

Proposisi 10.1.3 — Sifat Dasar Himpunan Positif

Misalkan P adalah himpunan bagian positif pada lapangan F. Maka:

(a) 0 ∉ P.

(b) P ∩ (−P) = ∅.

(c) P ∩ {0} = ∅ dan (−P) ∩ {0} = ∅.

(d) 1 ∈ P.

Bukti Proposisi 10.1.3.

(a) Misalkan sebaliknya 0 ∈ P. Maka oleh aksioma (P3), kondisi "x = 0" dan "x ∈ P" keduanya berlaku untuk x = 0, bertentangan dengan eksklusivitas trikotomi. Jadi 0 ∉ P.

(b) Misalkan sebaliknya ada z ∈ P ∩ (−P). Maka z ∈ P dan z ∈ −P. Menurut definisi −P, ada w ∈ P dengan z = −w, sehingga −z = w ∈ P. Jadi z ∈ P dan −z ∈ P berlaku sekaligus, bertentangan dengan eksklusivitas (P3). Jadi P ∩ (−P) = ∅.

(c) Dari (a), 0 ∉ P. Karena P ∩ {0} ⊆ P, jika 0 ∈ P ∩ {0} maka 0 ∈ P, kontradiksi. Jadi P ∩ {0} = ∅. Untuk −P: jika 0 ∈ −P maka −0 ∈ P, tetapi −0 = 0 (dari hukum lapangan, Bab 9.1) sehingga 0 ∈ P, kontradiksi. Jadi (−P) ∩ {0} = ∅.

(d) Oleh trikotomi (P3) diterapkan pada 1, tepat satu dari: 1 ∈ P, 1 = 0, atau −1 ∈ P. Karena lapangan memiliki 0 ≠ 1, kondisi 1 = 0 gugur. Misalkan −1 ∈ P. Maka oleh (P2): (−1)(−1) ∈ P. Dari hukum lapangan (Bab 9.1), (−1)(−1) = 1. Jadi 1 ∈ P. Ini bersama −1 ∈ P bertentangan dengan (b). Jadi −1 ∉ P, dan satu-satunya kemungkinan yang tersisa adalah 1 ∈ P. ∎

Konvensi penting: untuk lapangan ℝ, kita tulis P = ℝ⁺. Himpunan ini tidak memuat 0. Himpunan bilangan real tak-negatif ditulis ℝ≥0 = ℝ⁺ ∪ {0}. Kedua notasi ini tidak boleh dicampuradukkan.

10.1.B — Relasi Urutan dari Himpunan Positif

Dengan himpunan positif P di tangan, kita mendefinisikan relasi urutan secara formal sebagai subset dari F × F, bukan sebagai aturan tanpa domain. Pendekatan ini memastikan relasi adalah objek matematis yang terdefinisi dengan baik.

Definisi 10.1.4 — Relasi Urutan Tegas dan Lemah

Misalkan F adalah lapangan dengan himpunan positif P. Definisikan relasi biner sebagai subset F × F melalui pemisahan: R_< := {(a,b) ∈ F × F : b − a ∈ P} dan R_≤ := {(a,b) ∈ F × F : b − a ∈ P ∪ {0}}. Tulisan a < b dan a ≤ b masing-masing berarti (a,b) ∈ R_< dan (a,b) ∈ R_≤. Dengan demikian:

Urutan tegas: a < b (dibaca "a kurang dari b") jika dan hanya jika b − a ∈ P.

Urutan lemah: a ≤ b jika dan hanya jika a < b atau a = b, yaitu b − a ∈ P atau b − a = 0, yaitu b − a ∈ P ∪ {0} = F≥0. Notasi ℝ≥0 dipakai khusus bila F = ℝ. Karena x − 0 = x, kita juga memperoleh P = {x ∈ F : 0 < x}.

Notasi kebalikan: a > b berarti b < a; a ≥ b berarti b ≤ a.

Kita sekarang membuktikan bahwa relasi "<" memenuhi sifat-sifat urutan tegas total, dan relasi "≤" memenuhi sifat-sifat urutan parsial total (yaitu urutan linier). Semua bukti berjalan langsung dari aksioma P1–P3.

Teorema 10.1.5 — Sifat Urutan Tegas

Misalkan F adalah lapangan dengan himpunan positif P, dan definisikan "<" seperti dalam Definisi 10.1.4. Maka:

(a) Irrefleksivitas: Untuk semua a ∈ F, tidak berlaku a < a.

(b) Trikotomi total: Untuk semua a, b ∈ F, tepat satu dari: a < b, a = b, atau b < a berlaku.

(c) Transitivitas: Jika a < b dan b < c, maka a < c.

(d) Kompatibilitas penjumlahan: Untuk setiap c ∈ F, berlaku a < b jika dan hanya jika a + c < b + c.

(e) Perkalian dengan positif: Jika a < b dan c > 0, maka ac < bc.

Bukti Teorema 10.1.5.

(a) Irrefleksivitas. Untuk sembarang a ∈ F, a < a berarti a − a ∈ P. Tetapi a − a = 0 (dari hukum lapangan), dan 0 ∉ P (Proposisi 10.1.3(a)). Jadi a < a tidak pernah berlaku.

(b) Trikotomi total. Diberikan a, b ∈ F, pertimbangkan elemen b − a ∈ F. Oleh aksioma trikotomi (P3), tepat satu dari: (i) b − a ∈ P, (ii) b − a = 0, atau (iii) −(b − a) ∈ P berlaku. Kasus (i) berarti a < b (dari definisi). Kasus (ii) berarti b = a. Perhatikan bahwa −(b − a) = a − b (dari hukum aljabar Bab 9.1: −(b − a) = −b − (−a) = −b + a = a − b), dan a − b ∈ P berarti b < a. Jadi tepat satu dari a < b, a = b, b < a berlaku.

(c) Transitivitas. Misalkan a < b dan b < c. Maka b − a ∈ P dan c − b ∈ P. Oleh aksioma ketutupan penjumlahan (P1): (b − a) + (c − b) ∈ P. Tetapi (b − a) + (c − b) = c − a (dari hukum aljabar lapangan). Jadi c − a ∈ P, yang berarti a < c.

(d) Kompatibilitas penjumlahan. Identitas (b + c) − (a + c) = b + c − a − c = b − a menunjukkan bahwa (b + c) − (a + c) ∈ P jika dan hanya jika b − a ∈ P. Menurut definisi, ini tepat a + c < b + c jika dan hanya jika a < b. Kedua arah berlaku tanpa menggunakan invers perkalian.

(e) Perkalian dengan positif. Misalkan a < b dan c > 0, yaitu b − a ∈ P dan c ∈ P. Oleh (P2): (b − a) · c ∈ P. Dari hukum distribusi lapangan (Bab 9.1): (b − a) · c = bc − ac. Jadi bc − ac ∈ P, yang berarti ac < bc. ∎

Korolari 10.1.6 — Sifat Urutan Lemah

Relasi "≤" yang didefinisikan dari P adalah relasi urutan total (urutan linier), yaitu memenuhi:

(a) Refleksivitas: a ≤ a untuk semua a.

(b) Antisimetri: Jika a ≤ b dan b ≤ a, maka a = b.

(c) Transitivitas: Jika a ≤ b dan b ≤ c, maka a ≤ c.

(d) Totalitas: Untuk setiap a, b, berlaku a ≤ b atau b ≤ a.

Bukti Korolari 10.1.6. (a) Untuk semua a, a = a, sehingga a ≤ a (dari definisi "≤"). (b) Jika a ≤ b dan b ≤ a: jika keduanya tegas (a < b dan b < a), maka oleh transitivitas a < a, kontradiksi dengan irrefleksivitas. Jadi setidaknya salah satu bukan tegas, artinya a = b atau b = a; bagaimanapun a = b. (c) Jika a ≤ b dan b ≤ c, kita cek empat kasus kombinasi: (a<b, b<c) → a<c, sehingga a≤c; (a=b, b<c) → a<c; (a<b, b=c) → a<c; (a=b, b=c) → a=c. Dalam semua kasus a ≤ c. (d) Dari trikotomi total: a < b atau a = b atau b < a, masing-masing memberikan a ≤ b, a ≤ b (sekaligus b ≤ a), atau b ≤ a (sekaligus a > b). ∎

10.1.C — Karakterisasi: Kesetaraan Dua Formulasi

Sejauh ini kita memulai dari himpunan positif P dan menurunkan relasi urutan. Arah sebaliknya juga benar: jika kita diberi suatu relasi "<" pada lapangan F yang memenuhi sifat-sifat yang tepat, kita dapat memulihkan himpunan positif P. Teorema karakterisasi ini mengonfirmasi bahwa kedua formulasi—formulasi himpunan positif dan formulasi relasional—mendeskripsikan gagasan yang sama persis.

Teorema 10.1.7 — Karakterisasi Lapangan Terurut

Misalkan F adalah lapangan dan "<" adalah relasi biner pada F yang memenuhi:

(O1) Trikotomi total: Untuk setiap a, b ∈ F, tepat satu dari a < b, a = b, atau b < a berlaku.

(O2) Transitivitas: Jika a < b dan b < c, maka a < c.

(O3) Kompatibilitas penjumlahan: Jika a < b, maka a + c < b + c untuk semua c ∈ F.

(O4) Kompatibilitas perkalian positif: Jika 0 < a dan 0 < b, maka 0 < ab.

Definisikan P := {x ∈ F : 0 < x}. Maka P adalah himpunan bagian positif pada F dalam arti Definisi 10.1.1. Lebih lanjut, relasi urutan yang dibangun dari P (sesuai Definisi 10.1.4) sama persis dengan relasi "<" yang diberikan.

Bukti Teorema 10.1.7.

Langkah 1: P memenuhi (P1) — ketutupan penjumlahan. Misalkan x, y ∈ P, yaitu 0 < x dan 0 < y. Dari (O3) diterapkan pada 0 < x: 0 + y < x + y, yaitu y < x + y. Dari 0 < y dan transitivitas (O2): 0 < y < x + y, jadi 0 < x + y, yaitu x + y ∈ P.

Langkah 2: P memenuhi (P2) — ketutupan perkalian. Ini adalah persis (O4): jika x, y ∈ P maka 0 < x dan 0 < y, sehingga 0 < xy, yaitu xy ∈ P.

Langkah 3: P memenuhi (P3) — trikotomi. Untuk x ∈ F, (O1) pada pasangan (0,x) memberi tepat satu dari 0 < x, x = 0, atau x < 0. Kondisi pertama berarti x ∈ P. Kondisi ketiga ekuivalen dengan −x ∈ P: dari x < 0, translasi dengan −x memberi 0 < −x; sebaliknya, dari 0 < −x, translasi dengan x memberi x < 0. Jadi ketiga kondisi tersebut ekuivalen satu per satu dengan x ∈ P, x = 0, atau −x ∈ P. Keberadaan dan eksklusivitas keduanya mengikuti dari (O1).

Langkah 4: Relasi dari P sama dengan relasi asal. Relasi yang dibangun dari P: a <_P b iff b − a ∈ P iff 0 < b − a. Kita tunjukkan 0 < b − a iff a < b. Arah (⇒): jika 0 < b − a, terapkan (O3) pada 0 < b − a dengan c = a: 0 + a < (b − a) + a, yaitu a < b. Arah (⇐): jika a < b, terapkan (O3) dengan c = −a: a + (−a) < b + (−a), yaitu 0 < b − a. Jadi a <_P b iff a < b; kedua relasi identik. ∎

Definisi 10.1.8 — Lapangan Terurut

Suatu lapangan terurut adalah pasangan (F, P) di mana F adalah lapangan dan P ⊆ F adalah himpunan bagian positif. Notasi alternatif: (F, <) di mana "<" adalah relasi yang memenuhi (O1)–(O4). Berdasarkan Teorema 10.1.7, kedua formulasi ini sepenuhnya setara.

Penting untuk ditekankan apa yang tidak dicakup oleh definisi ini. Aksioma (P1)–(P3) tidak memuat kelengkapan (setiap himpunan takkosong yang dibatasi atas memiliki supremum), tidak memuat prinsip Archimedes (untuk setiap x ada n ∈ ℕ dengan n > x), dan tidak memuat keberadaan akar pangkat berapa pun. Semua properti tambahan tersebut memerlukan aksioma terpisah atau konstruksi tersendiri. Lapangan terurut dalam arti unit ini hanyalah lapangan yang dilengkapi dengan himpunan positif—tidak lebih, tidak kurang.

Contoh batas penting: lapangan bilangan kompleks ℂ tidak dapat dijadikan lapangan terurut. Jika ada urutan, maka 1 > 0 (dari Proposisi 10.1.3(d)). Dari hukum kuadrat positif yang akan dibuktikan di Unit 10.2, berlaku i² > 0 untuk setiap i ≠ 0. Namun i² = −1, sehingga −1 > 0. Tetapi dari 1 > 0 dan (O3): 1 + (−1) > 0 + (−1), yaitu 0 > −1, kontradiksi. Ini akan dibuktikan penuh di Unit 10.2; di sini dicatat sebagai motivasi.

10.1.D — Sifat Aljabar Urutan: Aturan Tanda

Dari aksioma himpunan positif dan definisi urutan, kita dapat menurunkan sejumlah aturan operasional yang sering digunakan dalam perhitungan. Bagian ini mengumpulkan aturan-aturan terpenting beserta bukti-buktinya.

Proposisi 10.1.9 — Aturan Tanda dan Invers

Misalkan (F, P) adalah lapangan terurut. Maka untuk semua a, b, c, d ∈ F:

(a) a > 0 jika dan hanya jika −a < 0.

(b) a < 0 jika dan hanya jika −a > 0.

(c) Jika a < 0 dan b < 0, maka ab > 0.

(d) Jika a > 0 dan b < 0, maka ab < 0.

(e) Jika a < b, maka −b < −a. (Membalikkan urutan saat meniadakan.)

(f) Jika a < b dan c < d, maka a + c < b + d. (Penjumlahan ketidaksamaan.)

(g) Jika 0 < a ≤ b dan 0 < c ≤ d, maka ac ≤ bd.

(h) Jika a > 0, maka a⁻¹ > 0. (Invers positif positif.)

(i) Jika 0 < a < b, maka 0 < b⁻¹ < a⁻¹. (Invers membalikkan urutan.)

Bukti Proposisi 10.1.9.

(a) a > 0 iff a ∈ P iff a ∈ P iff −a ∈ −P. Dari trikotomi, −a ∈ −P iff −a ∉ P dan −a ≠ 0 iff −a < 0 (karena dari trikotomi pada −a: negatif berarti berada di −P). Lebih langsung: a > 0 berarti a − 0 = a ∈ P. Maka −a = 0 − a; 0 − (−a) = a ∈ P sehingga −a < 0.

(b) Analog dengan (a) dengan peran a dan −a ditukar.

(c) Jika a < 0 maka −a > 0 (oleh (b)), yaitu −a ∈ P. Jika b < 0 maka −b ∈ P. Oleh (P2): (−a)(−b) ∈ P. Dari hukum lapangan (Bab 9.1): (−a)(−b) = ab. Jadi ab ∈ P, yaitu ab > 0.

(d) Jika a > 0 dan b < 0, maka a ∈ P dan −b ∈ P, sehingga a(−b) ∈ P oleh (P2). Dari hukum lapangan, a(−b) = −(ab). Jadi −(ab) ∈ P, yaitu ab < 0.

(e) Jika a < b, maka b − a ∈ P. Perhatikan (−a) − (−b) = −a + b = b − a ∈ P. Jadi −b < −a.

(f) Jika a < b dan c < d, maka dari (d) Teorema 10.1.5: a + c < b + c. Lagi: b + c < b + d. Dari transitivitas: a + c < b + d.

(g) Dari a ≤ b dan c > 0: ac ≤ bc (analog Teorema 10.1.5(e), dengan kemungkinan sama). Dari c ≤ d dan b > 0 (karena a > 0 dan a ≤ b): bc ≤ bd. Dari transitivitas ≤: ac ≤ bd.

(h) Misalkan a > 0. Maka a ≠ 0 menurut trikotomi, sehingga invers a⁻¹ terdefinisi. Dari trikotomi, a⁻¹ ∈ P, a⁻¹ = 0, atau −a⁻¹ ∈ P. Jika a⁻¹ = 0 maka a · a⁻¹ = a · 0 = 0 (Bab 9.1), tetapi a · a⁻¹ = 1 ≠ 0, kontradiksi. Jika −a⁻¹ ∈ P, maka a ∈ P dan −a⁻¹ ∈ P sehingga a · (−a⁻¹) ∈ P oleh (P2). Tetapi a · (−a⁻¹) = −(a · a⁻¹) = −1. Jadi −1 ∈ P, bertentangan dengan Proposisi 10.1.3(d) (yang menyatakan 1 ∈ P, sehingga −1 ∉ P dari (b)). Jadi a⁻¹ ∈ P, yaitu a⁻¹ > 0.

(i) Dari 0 < a < b dan (h): a⁻¹ > 0 dan b⁻¹ > 0. Dari a < b, kalikan kedua sisi dengan a⁻¹ · b⁻¹ > 0 (positif karena produk dua positif): a · a⁻¹b⁻¹ < b · a⁻¹b⁻¹, yaitu b⁻¹ < a⁻¹. ∎

Aturan Tanda Perkalian

(+)(+) = (+) · (−)(−) = (+) · (+)(−) = (−)

Invers Membalik Urutan

Jika 0 < a < b, maka b⁻¹ < a⁻¹. Urutan terbalik saat mengambil invers positif.

Penjumlahan Ketidaksamaan

Jika a < b dan c < d, maka a + c < b + d. Ketidaksamaan dapat dijumlahkan sisi per sisi.

10.1.E — Konstruksi Urutan pada ℚ dari ℤ

Kita kini beralih ke tujuan kedua unit ini: menutup utang pembuktian bahwa lapangan ℚ, yang dibangun di Bab 8 dari ℤ melalui kelas ekivalen pasangan, adalah lapangan terurut. Semua referensi ke Bab 8 menggunakan nomor hasil yang telah ditetapkan di naskah Bab 8 (tercantum di bawah untuk referensi pembaca).

Recall dari Bab 8: ℚ dibangun sebagai himpunan kelas ekivalen dari pasangan (a, b) ∈ ℤ × (ℤ \ {0}), di mana (a, b) ~ (c, d) iff ad = bc. Kelas ekivalen (a, b) ditulis sebagai a/b. Operasi penjumlahan dan perkalian didefinisikan melalui representan dan terbukti terdefinisi dengan baik (bebas representan). Hukum-hukum lapangan diverifikasi (8.2.50, 8.2.55). Embedding j: ℤ → ℚ dengan j(a) = a/1 adalah homomorfisme gelanggang yang injektif (8.2.58). Urutan pada ℤ telah dibuktikan di Bab 8: urutan total (8.2.26), translasi (8.2.27), karakterisasi positif dan trikotomi (8.2.28), serta kompatibilitas perkalian (8.2.29). Di sini ℤ⁺ := {n ∈ ℤ : n > 0} hanya menamai himpunan unsur positif yang sudah tersedia; kita tidak menerapkan definisi lapangan pada ℤ.

Definisi 10.1.10 — Himpunan Positif P_ℚ pada ℚ

Definisikan P_ℚ ⊆ ℚ sebagai berikut: X ∈ P_ℚ jika dan hanya jika terdapat a, b ∈ ℤ dengan b > 0, a > 0, dan X = a/b (sebagai kelas ekivalen di ℚ).

Sebelum memverifikasi aksioma, kita perlu memeriksa bahwa P_ℚ terdefinisi dengan baik—yaitu, keanggotaan X ∈ P_ℚ tidak bergantung pada pilihan representan a/b untuk X.

Lemma 10.1.11 — Bebas Representan

X ∈ P_ℚ jika dan hanya jika untuk setiap representan a/b dari X dengan b > 0, berlaku a > 0.

Bukti Lemma 10.1.11. Setiap X ∈ ℚ mempunyai wakil dengan penyebut positif menurut 8.2.45: jika X = a/b dan b < 0, gunakan (−a)/(−b). Misalkan X = a/b = c/d dengan b,d > 0. Kriteria 8.2.44 memberi ad = bc. Jika a > 0, maka ad > 0 menurut 8.2.29(a), sehingga bc > 0. Karena b > 0, pencerminan perkalian positif 8.2.29(e), diterapkan pada 0·b < c·b, memberi c > 0. Jadi satu wakil positif-penyebut dengan pembilang positif memaksa semua wakil demikian mempunyai pembilang positif. Sebaliknya, jika setiap wakil positif-penyebut mempunyai pembilang positif, pilih satu wakil yang keberadaannya sudah dibuktikan; wakil itu menjadi saksi dalam Definisi 10.1.10. Kedua arah telah dibuktikan, tanpa fungsi pemilih wakil global. ∎

Setiap elemen ℚ memiliki representan dengan penyebut positif: jika X = a/b dan b < 0, maka X = (−a)/(−b) dan −b > 0. Selanjutnya kita selalu memilih representan dengan penyebut positif, tetapi karena Lemma 10.1.11, klaim keanggotaan tidak bergantung pada pilihan ini.

Teorema 10.1.12 — P_ℚ adalah Himpunan Positif pada ℚ

Himpunan P_ℚ yang didefinisikan dalam Definisi 10.1.10 memenuhi aksioma (P1), (P2), dan (P3) dari Definisi 10.1.1, sehingga (ℚ, P_ℚ) adalah lapangan terurut.

Bukti Teorema 10.1.12.

(P1) Ketutupan penjumlahan. Misalkan X, Y ∈ P_ℚ. Pilih representan X = a/b dan Y = c/d dengan a, b, c, d ∈ ℤ dan a, b, c, d > 0 (seluruhnya positif dari definisi P_ℚ). Dari definisi penjumlahan di ℚ (8.2.50): X + Y = (ad + bc)/(bd). Pembilang: ad + bc; karena a, d > 0 maka ad > 0 (hukum urutan ℤ, 8.2.29(a)), demikian bc > 0, sehingga ad + bc > 0 (dari 8.2.27 dan transitivitas 8.2.26: 0 < ad < ad + bc). Penyebut: bd > 0 (produk dua integer positif). Jadi X + Y = (ad + bc)/(bd) dengan pembilang dan penyebut positif, sehingga X + Y ∈ P_ℚ.

(P2) Ketutupan perkalian. Dengan representan sama, XY = (ac)/(bd) (8.2.50). Pembilang ac: a > 0 dan c > 0 memberikan ac > 0. Penyebut bd > 0. Jadi XY ∈ P_ℚ.

(P3) Trikotomi. Diberikan X ∈ ℚ, pilih wakil a/b dengan b > 0. Menurut 8.2.28(d), tepat satu dari a > 0, a = 0, atau −a > 0 berlaku. Lemma 10.1.11 memberi X ∈ P_ℚ iff a > 0 dan, karena −X = (−a)/b, memberi −X ∈ P_ℚ iff −a > 0. Selain itu, kriteria 8.2.44 memberi a/b = 0/1 iff a·1 = b·0 iff a = 0. Jadi X = 0 iff a = 0. Ketiga kondisi untuk X dengan demikian ekuivalen satu per satu dengan ketiga kondisi trikotomi a; tepat satu berlaku. Ini membuktikan sekaligus keberadaan dan eksklusivitas (P3). ∎

10.1.F — Konsistensi dengan Urutan Bab 8 dan Sifat Embedding

Kita harus memastikan bahwa himpunan positif P_ℚ yang baru didefinisikan menghasilkan relasi urutan yang sama dengan definisi urutan ℚ yang sudah ada di Bab 8 (definisi dan bebas wakil: 8.2.61–8.2.63, transitivitas: 8.2.72). Jika keduanya berbeda, kita akan memiliki dua "urutan" yang berbeda pada ℚ, yang merupakan inkonsistensi serius.

Proposisi 10.1.13 — Konsistensi Urutan ℚ

Misalkan <₈ adalah relasi urutan pada ℚ yang didefinisikan di Bab 8 (8.2.61), dan misalkan <_P adalah relasi yang dibangun dari P_ℚ sesuai Definisi 10.1.4. Maka untuk semua X, Y ∈ ℚ: X <₈ Y jika dan hanya jika X <_P Y.

Bukti Proposisi 10.1.13. Pilih representan X = a/b dan Y = c/d dengan b, d > 0. Dari definisi <₈ (8.2.61, bebas wakil dikonfirmasi di 8.2.62): X <₈ Y iff ad <_ℤ bc (di mana <_ℤ adalah urutan bilangan bulat dari Bab 8, 8.2.26–8.2.28). Dari definisi <_P: X <_P Y iff Y − X ∈ P_ℚ. Hitung Y − X: dari operasi ℚ (8.2.50), Y − X = (bc − ad)/(bd). Karena bd > 0, dari Lemma 10.1.11: (bc − ad)/(bd) ∈ P_ℚ iff bc − ad > 0 (di ℤ) iff ad <_ℤ bc. Jadi X <₈ Y iff ad <_ℤ bc iff Y − X ∈ P_ℚ iff X <_P Y. Kedua relasi identik. ∎

Proposisi 10.1.14 — Embedding j Mempertahankan Urutan

Embedding j: ℤ → ℚ dengan j(n) = n/1 mempertahankan dan mencerminkan urutan: untuk semua m, n ∈ ℤ, m <_ℤ n jika dan hanya jika j(m) <_ℚ j(n).

Bukti Proposisi 10.1.14. Dari Proposisi 10.1.13, j(m) <_ℚ j(n) iff n/1 − m/1 ∈ P_ℚ iff (n − m)/1 ∈ P_ℚ (dari operasi ℚ) iff n − m > 0 dalam ℤ (menurut Lemma 10.1.11 untuk wakil (n−m)/1, dengan 1 > 0 di ℤ) iff m <_ℤ n. ∎

Dengan demikian, (ℚ, P_ℚ) adalah lapangan terurut yang konsisten dengan semua hasil Bab 8, dan embedding ℤ → ℚ adalah embedding gelanggang terurut. Seluruh argumen—mulai dari aksioma ℤ hingga kesimpulan untuk ℚ—tidak memerlukan bilangan real, tidak memerlukan kelengkapan, dan tidak memerlukan prinsip Archimedes.

Catatan 10.1.15 — Batas Fondasi

Aksioma urutan (P1)–(P3) yang dikembangkan dalam unit ini menghasilkan semua hukum urutan aljabar: aturan tanda, kompatibilitas operasi, dan struktur lapangan terurut ℚ. Namun mereka tidak menjamin keberadaan akar kuadrat dari 2 dalam lapangan, prinsip Archimedes, atau kelengkapan urutan. Sifat-sifat tambahan tersebut memerlukan aksioma atau konstruksi yang lebih kuat, yang dibahas di Bab 11. Keberadaan akar positif umum, yang dipinjam di Bab 9.3, tetap bergantung pada kelengkapan ℝ dan merupakan pinjaman dari Bab 11.

Ringkasan: Struktur Logis Unit 10.1

Seluruh unit 10.1 dibangun di atas satu fondasi tunggal: tiga aksioma himpunan positif. Dari fondasi ini, dua cabang argumen berkembang secara paralel dan saling terkait.

Aksioma P1–P3

Fondasi himpunan positif

Teori Lapangan

Lapangan terurut umum

Konstruksi ℚ dari ℤ

Bangun urutan rasional

Lapangan Terurut

Penerapan teori umum pada ℚ; tidak menyatakan kelengkapan

Cabang pertama (10.1.A–10.1.D) membangun teori umum: dari aksioma P1–P3 diturunkan relasi urutan, sifat-sifat urutan tegas dan lemah, kemudian terbukti bahwa formulasi himpunan positif dan formulasi relasional sepenuhnya setara (Teorema 10.1.7). Aturan tanda dan invers (Proposisi 10.1.9) melengkapi perangkat aljabar dasar.

Cabang kedua (10.1.E–10.1.F) menutup utang pembuktian dari Bab 8: himpunan P_ℚ didefinisikan secara eksplisit, kebebasan representannya diverifikasi (Lemma 10.1.11), ketiga aksioma dibuktikan (Teorema 10.1.12), dan konsistensinya dengan urutan Bab 8 dikonfirmasi (Proposisi 10.1.13). Embedding ℤ → ℚ terbukti mempertahankan dan mencerminkan urutan (Proposisi 10.1.14).

Aksioma P1–P3

Ketutupan +, Ketutupan ×, Trikotomi

Relasi Urutan

a < b iff b − a ∈ P; irrefleksif, total, transitif

Kesetaraan Formulasi

Teorema 10.1.7: P ↔ relasi (O1)–(O4)

Aturan Aljabar

Aturan tanda, invers, penjumlahan ketidaksamaan

Urutan ℚ dari ℤ

P_ℚ bebas representan, memenuhi P1–P3, konsisten dengan Bab 8

Latihan 1 — Verifikasi Aksioma pada Contoh Eksplisit

Latihan 10.1-1

Soal

Misalkan F = ℚ dan definisikan Q' := {a/b ∈ ℚ : a > 0 dan b > 0} di mana a, b ∈ ℤ. Tunjukkan bahwa Q' sama dengan himpunan P_ℚ yang didefinisikan dalam Definisi 10.1.10. Kemudian verifikasi secara langsung bahwa P_ℚ memenuhi aksioma (P1) dengan mengambil X = 3/4 dan Y = 2/5, dan verifikasi (P2) dengan X = 3/4 dan Y = 2/5 yang sama.

Solusi Lengkap

Bagian 1: Q' = P_ℚ.

Dari Definisi 10.1.10, X ∈ P_ℚ iff ada a, b ∈ ℤ dengan b > 0, a > 0, dan X = a/b. Dari Lemma 10.1.11, kondisi ini bebas representan: kita boleh memilih representan mana saja dengan penyebut positif, dan pembilangnya harus positif. Himpunan Q' didefinisikan sebagai {a/b : a > 0, b > 0}—ini adalah himpunan semua elemen ℚ yang memiliki setidaknya satu representan a/b dengan a > 0 dan b > 0. Dari Lemma 10.1.11, jika ada satu representan (dengan penyebut positif) yang memiliki pembilang positif, maka semua representan (dengan penyebut positif) memiliki pembilang positif. Jadi X ∈ Q' iff X ∈ P_ℚ. Kita simpulkan Q' = P_ℚ.

Bagian 2: Verifikasi (P1) untuk X = 3/4, Y = 2/5.

X = 3/4 ∈ P_ℚ karena 3 > 0, 4 > 0. Y = 2/5 ∈ P_ℚ karena 2 > 0, 5 > 0. Hitung X + Y: X + Y = 3/4 + 2/5 = (3·5 + 2·4)/(4·5) = (15 + 8)/20 = 23/20. Pembilang 23 > 0, penyebut 20 > 0. Jadi X + Y = 23/20 ∈ P_ℚ. Ini konsisten dengan (P1).

Bagian 3: Verifikasi (P2) untuk X = 3/4, Y = 2/5.

XY = (3/4)(2/5) = (3·2)/(4·5) = 6/20. Pembilang 6 > 0, penyebut 20 > 0. Jadi XY = 6/20 = 3/10 ∈ P_ℚ. Ini konsisten dengan (P2). ∎

Latihan 2 — Bukti Irrefleksivitas dan Trikotomi dari Definisi

Latihan 10.1-2

Soal

Misalkan (F, P) adalah lapangan terurut dan "<" didefinisikan dari P sesuai Definisi 10.1.4. Buktikan secara lengkap (tanpa mengasumsikan hasil tambahan) bahwa: (a) Relasi "<" bersifat irrefleksif: untuk semua a ∈ F, tidak berlaku a < a. (b) Relasi "<" bersifat asimetris: jika a < b maka tidak berlaku b < a. (c) Dari (b) dan trikotomi total (Teorema 10.1.5(b)), simpulkan bahwa untuk setiap a ≠ b, tepat satu dari a < b atau b < a berlaku.

Solusi Lengkap

(a) Irrefleksivitas. Ambil a ∈ F sembarang. Dari definisi 10.1.4, a < a iff a − a ∈ P. Tetapi dari hukum lapangan (Bab 9.1): a − a = a + (−a) = 0. Dari Proposisi 10.1.3(a): 0 ∉ P. Jadi a − a ∉ P, sehingga a < a tidak berlaku untuk semua a ∈ F.

(b) Asimetri. Misalkan a < b. Kita tunjukkan b < a tidak berlaku. Dari a < b: b − a ∈ P. Misalkan sebaliknya b < a berlaku: a − b ∈ P. Dari ketutupan penjumlahan (P1): (b − a) + (a − b) ∈ P. Tetapi (b − a) + (a − b) = 0. Jadi 0 ∈ P, bertentangan dengan Proposisi 10.1.3(a). Jadi b < a tidak berlaku.

(c) Diberikan a ≠ b. Dari trikotomi total (Teorema 10.1.5(b)), tepat satu dari a < b, a = b, atau b < a berlaku. Karena a ≠ b, kondisi a = b gugur. Jadi tepat satu dari a < b atau b < a berlaku. Dari (b), keduanya tidak dapat berlaku sekaligus. Jadi tepat satu di antara keduanya berlaku. ∎

Latihan 3 — Transitivitas dan Perkalian dengan Negatif

Latihan 10.1-3

Soal

(a) Buktikan bahwa jika a < b dan b < c dalam lapangan terurut (F, P), maka a < c, menggunakan definisi < dari P secara langsung. (b) Buktikan bahwa jika a < b dan c < 0, maka ac > bc. (Petunjuk: gunakan −c > 0.) (c) Gunakan (b) untuk membuktikan: jika a < b < 0 dan c < d < 0, maka bd < ac.

Solusi Lengkap

(a) Transitivitas. Dari a < b: b − a ∈ P. Dari b < c: c − b ∈ P. Dari ketutupan penjumlahan (P1): (b − a) + (c − b) ∈ P. Hitung: (b − a) + (c − b) = b − a + c − b = c − a (dari hukum asosiatif dan komutatif lapangan). Jadi c − a ∈ P, sehingga a < c.

(b) Perkalian dengan negatif membalik urutan. Diberikan a < b dan c < 0. Dari c < 0 dan Proposisi 10.1.9(b): −c > 0, yaitu −c ∈ P. Dari a < b: b − a ∈ P. Oleh ketutupan perkalian (P2): (b − a)(−c) ∈ P. Hitung: (b − a)(−c) = (b)(−c) − a(−c) = −bc − (−ac) = −bc + ac = ac − bc. Jadi ac − bc ∈ P, yang berarti bc < ac, yaitu ac > bc.

(c) Diberikan a < b < 0 dan c < d < 0. Terapkan (b) pada a < b dengan pengali d < 0: ad > bd, yaitu bd < ad. Terapkan (b) pada c < d dengan pengali a < 0: ac > ad, yaitu ad < ac. Transitivitas memberi bd < ad < ac, sehingga bd < ac. Semua pengali yang membalikkan urutan telah diketahui negatif. ∎

Latihan 4 — Himpunan Positif Tidak Valid: P = {0} dan P = F

Latihan 10.1-4

Soal

Misalkan F adalah lapangan (dengan 0 ≠ 1). (a) Tunjukkan bahwa P₁ = {0} bukan himpunan bagian positif yang valid. (b) Tunjukkan bahwa P₂ = F bukan himpunan bagian positif yang valid. (c) Tentukan apakah P₃ = {x ∈ ℚ : x ≥ 0} (yaitu ℚ≥0) adalah himpunan positif yang valid pada ℚ, dan berikan alasan lengkap.

Solusi Lengkap

(a) P₁ = {0} gagal (P3). Pertimbangkan elemen 1 ∈ F. Dari aksioma lapangan, 0 ≠ 1. Trikotomi (P3) untuk x = 1 mensyaratkan tepat satu dari: 1 ∈ P₁, 1 = 0, atau −1 ∈ P₁. Kondisi 1 ∈ P₁ berarti 1 ∈ {0}, yaitu 1 = 0, tetapi 0 ≠ 1. Kondisi 1 = 0 gugur. Kondisi −1 ∈ P₁ berarti −1 ∈ {0}, yaitu −1 = 0, sehingga 1 = 0 (dari hukum lapangan: −1 = 0 iff 1 = 0), kontradiksi. Tidak ada satu kondisi pun yang berlaku untuk x = 1. Jadi P₁ gagal (P3).

(b) P₂ = F gagal (P3). Pertimbangkan x = 0 ∈ F = P₂. Maka 0 ∈ P₂, sehingga kondisi "x ∈ P₂" berlaku untuk x = 0. Tetapi kondisi "x = 0" juga berlaku untuk x = 0. Ini berarti dua kondisi berlaku sekaligus untuk x = 0, melanggar eksklusivitas trikotomi (P3). Jadi P₂ = F gagal (P3). (P₂ = F justru memenuhi (P1) dan (P2), karena operasi lapangan tertutup di F. Kegagalannya terletak pada eksklusivitas (P3), bukan pada ketutupan.)

(c) P₃ = ℚ≥0 gagal (P3). ℚ≥0 = P_ℚ ∪ {0}. Pertimbangkan x = 0: 0 ∈ P₃ karena 0 ≥ 0. Juga x = 0 = 0. Jadi untuk x = 0, kondisi "x ∈ P₃" dan "x = 0" keduanya berlaku, melanggar eksklusivitas (P3). Jadi P₃ = ℚ≥0 bukan himpunan positif yang valid. Himpunan positif yang benar pada ℚ adalah P_ℚ = {X ∈ ℚ : X > 0} yang tidak memuat 0. ∎

Latihan 5 — Pembuktian Bebas Representan untuk Penjumlahan di P_ℚ

Latihan 10.1-5

Soal

Dalam pembuktian (P1) untuk P_ℚ (Teorema 10.1.12), kita memilih representan lokal X = a/b dan Y = c/d dengan a, b, c, d > 0. Buktikan secara rinci bahwa hasil X + Y ∈ P_ℚ tidak bergantung pada pilihan representan. Artinya: jika X = a/b = a'/b' dan Y = c/d = c'/d' dengan b, d, b', d' > 0 dan a, c, a', c' > 0, tunjukkan bahwa (ad + bc)/(bd) dan (a'd' + b'c')/(b'd') adalah representan dari elemen yang sama di ℚ dan keduanya berada di P_ℚ.

Solusi Lengkap

Setup. Diberikan X = a/b = a'/b' (dengan b, b' > 0 dan a, a' > 0) dan Y = c/d = c'/d' (dengan d, d' > 0 dan c, c' > 0). Dari kriteria ekivalen (8.2.44): ab' = ba' dan cd' = dc'.

Langkah 1: Menunjukkan (ad + bc)/(bd) = (a'd' + b'c')/(b'd'). Kedua penyebut positif dan karena itu bukan nol. Menurut 8.2.44 cukup membuktikan (ad + bc)(b'd') = (bd)(a'd' + b'c'). Dari ab' = ba' diperoleh adb'd' = (ab')dd' = (ba')dd' = bda'd'. Dari cd' = dc' diperoleh bcb'd' = bb'(cd') = bb'(dc') = bdb'c'. Distributivitas dan penjumlahan kedua identitas memberi (ad + bc)(b'd') = adb'd' + bcb'd' = bda'd' + bdb'c' = (bd)(a'd' + b'c'), seperti yang diperlukan. Tidak ada pembagian di ℤ yang dipakai.

Langkah 2: Keduanya di P_ℚ. Pembilang (ad + bc) > 0 (dari a, d, b, c > 0 di ℤ) dan penyebut bd > 0; demikian (a'd' + b'c') > 0 dan b'd' > 0. Keduanya di P_ℚ dari definisi. ∎

Latihan 6 — Ketidaksamaan Segitiga dan Nilai Absolut

Latihan 10.1-6

Soal

Dalam lapangan terurut (F, P), definisikan nilai absolut |x| := x jika x ≥ 0 dan |x| := −x jika x < 0. (a) Buktikan bahwa |x| ≥ 0 untuk semua x ∈ F, dan |x| = 0 iff x = 0. (b) Buktikan ketidaksamaan segitiga: |x + y| ≤ |x| + |y| untuk semua x, y ∈ F. (Petunjuk: pertimbangkan semua kasus tanda dari x dan y.) (c) Buktikan bahwa |x − y| ≥ | |x| − |y| | untuk semua x, y ∈ F (ketidaksamaan segitiga terbalik).

Solusi Lengkap

(a) |x| ≥ 0 dan |x| = 0 iff x = 0. Dari definisi: jika x ≥ 0 maka |x| = x ≥ 0. Jika x < 0 maka |x| = −x; dari Proposisi 10.1.9(b): x < 0 iff −x > 0, sehingga |x| = −x > 0 ≥ 0. Jadi |x| ≥ 0 selalu. Untuk |x| = 0: jika x ≥ 0 maka |x| = x, jadi |x| = 0 iff x = 0. Jika x < 0 maka |x| = −x > 0 ≠ 0. Jadi |x| = 0 iff x = 0.

(b) Ketidaksamaan segitiga. Observasi kunci: x ≤ |x| dan −x ≤ |x| untuk semua x. Jika x ≥ 0: x = |x| ≤ |x| dan −x ≤ 0 ≤ |x|. Jika x < 0: x < 0 < |x| = −x dan −x = |x| ≤ |x|. Sekarang: x ≤ |x| dan y ≤ |y|, sehingga x + y ≤ |x| + |y|. Untuk membenarkan penjumlahan ketidaksamaan lemah: jika kedua ketidaksamaan tegas, gunakan 10.1.9(f); jika satu sama, substitusikan kesamaan itu lalu gunakan translasi 10.1.5(d); jika keduanya sama, jumlahnya sama. Keempat kasus memberi kesimpulan lemah tersebut. Juga −x ≤ |x| dan −y ≤ |y|, sehingga −(x + y) = (−x) + (−y) ≤ |x| + |y|. Dari dua ketidaksamaan: x + y ≤ |x| + |y| dan −(x + y) ≤ |x| + |y|. Dari kasus |x + y|: jika x + y ≥ 0 maka |x + y| = x + y ≤ |x| + |y|. Jika x + y < 0 maka |x + y| = −(x + y) ≤ |x| + |y|. Jadi |x + y| ≤ |x| + |y| dalam semua kasus.

(c) Ketidaksamaan segitiga terbalik. Terlebih dahulu |−u| = |u| untuk setiap u: bila u > 0 maka −u < 0 sehingga |−u| = −(−u) = u = |u|; bila u = 0 kedua ruas nol; bila u < 0 maka −u > 0 sehingga |−u| = −u = |u|. Dari (b): |x| = |(x − y) + y| ≤ |x − y| + |y|, sehingga |x| − |y| ≤ |x − y|. Demikian juga |y| = |(y − x) + x| ≤ |y − x| + |x| = |x − y| + |x|, sehingga |y| − |x| ≤ |x − y|. Dari dua ketidaksamaan: |x| − |y| ≤ |x − y| dan −(|x| − |y|) = |y| − |x| ≤ |x − y|. Dari definisi nilai absolut: | |x| − |y| | ≤ |x − y|. ∎

Latihan 7 — Urutan pada Q Konsisten dengan Urutan Z

Latihan 10.1-7

Soal

(a) Buktikan secara langsung bahwa untuk bilangan bulat m, n ∈ ℤ, berlaku m <_ℤ n jika dan hanya jika m/1 <_ℚ n/1 dalam ℚ (menggunakan definisi <_ℚ dari P_ℚ). (b) Gunakan hasil (a) untuk menunjukkan bahwa embedding j: ℤ → ℚ, j(n) = n/1, mempertahankan dan mencerminkan ketidaksamaan ketat maupun lemah. (c) Berikan contoh konkret: verifikasi bahwa 2/3 <_ℚ 3/4 menggunakan definisi dari P_ℚ, dan verifikasi bahwa 3 <_ℤ 5 menyiratkan 3/1 <_ℚ 5/1.

Solusi Lengkap

(a) Diberikan m, n ∈ ℤ. Hitung n/1 − m/1 di ℚ: dari operasi ℚ, n/1 − m/1 = n/1 + (−m)/1 = (n + (−m))/1 = (n − m)/1. Dari definisi <_ℚ: m/1 <_ℚ n/1 iff n/1 − m/1 ∈ P_ℚ iff (n − m)/1 ∈ P_ℚ. Dari Lemma 10.1.11 (dengan representan (n−m)/1, penyebut 1 > 0): (n−m)/1 ∈ P_ℚ iff n − m >_ℤ 0 iff m <_ℤ n. Jadi m <_ℤ n iff m/1 <_ℚ n/1.

(b) Dari (a): j mempertahankan < (jika m <_ℤ n maka j(m) <_ℚ j(n)) dan mencerminkan < (jika j(m) <_ℚ j(n) maka m <_ℤ n), karena (a) adalah biimplikasi. Untuk urutan lemah: m ≤_ℤ n iff (m <_ℤ n atau m = n) iff (j(m) <_ℚ j(n) atau j(m) = j(n)) iff j(m) ≤_ℚ j(n). (Perhatikan: j(m) = j(n) iff m/1 = n/1 iff m = n, dari injektivitas j.)

(c) Verifikasi 2/3 <_ℚ 3/4. Hitung 3/4 − 2/3 = (3·3 − 4·2)/(4·3) = (9 − 8)/12 = 1/12. Pembilang 1 > 0, penyebut 12 > 0, jadi 1/12 ∈ P_ℚ. Karena 3/4 − 2/3 = 1/12 ∈ P_ℚ, maka 2/3 <_ℚ 3/4. ✓

Verifikasi 3 <_ℤ 5 menyiratkan 3/1 <_ℚ 5/1. Dari 3 <_ℤ 5: 5 − 3 = 2 > 0 di ℤ. Dari (a): 3/1 <_ℚ 5/1. Verifikasi langsung: 5/1 − 3/1 = 2/1; pembilang 2 > 0, penyebut 1 > 0, jadi 2/1 ∈ P_ℚ, sehingga 3/1 <_ℚ 5/1. ✓ ∎

Latihan 8 — Ketiadaan Urutan Kompatibel pada Lapangan dengan i² = −1

Latihan 10.1-8

Soal

Misalkan F adalah lapangan yang mengandung elemen i ∈ F dengan i² = −1 (dalam arti i · i = −(1), di mana 1 adalah elemen satuan F). Buktikan bahwa F tidak dapat memiliki himpunan positif P dalam arti Definisi 10.1.1. Susun argumen menggunakan hanya aksioma (P1)–(P3) dan hukum lapangan dari Bab 9.1, tanpa mengasumsikan hasil Unit 10.2 (yang akan membuktikan x² > 0 untuk x ≠ 0 dalam lapangan terurut).

Solusi Lengkap

Misalkan sebaliknya P adalah himpunan positif pada F. Kita akan menurunkan kontradiksi menggunakan hanya (P1)–(P3) dan hukum lapangan.

Langkah 1: 1 ∈ P. Dari Proposisi 10.1.3(d) yang kita buktikan di 10.1.A: 1 ∈ P.

Langkah 2: Trikotomi untuk i. Terapkan (P3) pada i ∈ F: tepat satu dari i ∈ P, i = 0, atau −i ∈ P.

Kasus i = 0 gugur. Jika i = 0 maka i² = 0² = 0 (dari hukum lapangan, 0 · 0 = 0). Tetapi i² = −1, sehingga −1 = 0, yaitu 1 = 0, bertentangan dengan definisi lapangan (0 ≠ 1). Jadi i ≠ 0.

Kasus i ∈ P: Dari (P2): i · i ∈ P, yaitu i² ∈ P. Dari hipotesis i² = −1: −1 ∈ P. Tetapi dari Langkah 1, 1 ∈ P. Dari ketutupan penjumlahan (P1): 1 + (−1) ∈ P. Dari hukum lapangan: 1 + (−1) = 0. Jadi 0 ∈ P, bertentangan dengan Proposisi 10.1.3(a) (yang membuktikan 0 ∉ P dari (P3)). Kontradiksi.

Kasus −i ∈ P: Dari (P2): (−i)(−i) ∈ P. Dari hukum lapangan: (−i)(−i) = (−1·i)(−1·i) = (−1)²·i² = 1·i² = i² = −1 (menggunakan (−1)² = 1 dari hukum lapangan Bab 9.1: (−1)(−1) = 1). Jadi −1 ∈ P. Dari Langkah 1, 1 ∈ P. Dari (P1): 1 + (−1) = 0 ∈ P, kontradiksi dengan 0 ∉ P.

Kesimpulan. Dalam kedua kasus yang mungkin (i ∈ P dan −i ∈ P), kita sampai pada kontradiksi. Kasus i = 0 gugur. Jadi tidak ada satu pun kasus dalam trikotomi yang konsisten dengan keberadaan P. Oleh karena itu, F tidak dapat memiliki himpunan positif, sehingga F tidak dapat menjadi lapangan terurut. ∎

Latihan ini mengilustrasikan bahwa aksioma urutan bukan sekadar teknis—ia memiliki konsekuensi struktural yang dalam. Lapangan bilangan kompleks ℂ tidak dapat diberi urutan yang kompatibel dengan operasi lapangan, bukan karena definisi yang sempit, tetapi karena ada elemen yang aljabranya bertentangan dengan keberadaan himpunan positif.

Daftar Hasil Utama Unit 10.1

Tabel berikut merangkum seluruh definisi, lemma, proposisi, dan teorema yang dibuktikan dalam unit ini, beserta konten dan status logisnya. Nomor hasil tidak berbenturan di dalam unit ini; latihan memakai nomor 10.1-k agar dibedakan dari hasil 10.1.n.

Nomor

Pernyataan

Metode Bukti

Prasyarat

Def. 10.1.1

Himpunan positif P: aksioma (P1), (P2), (P3)

Definisi

Lapangan F

Def. 10.1.2

Himpunan negatif −P

Definisi

Def. 10.1.1

Prop. 10.1.3

0 ∉ P; P ∩ (−P) = ∅; 1 ∈ P

Kontradiksi dari (P3)

Def. 10.1.1, hukum lapangan

Def. 10.1.4

a < b iff b−a ∈ P; a ≤ b

Definisi

Def. 10.1.1

Thm. 10.1.5

Irrefleksif, trikotomi total, transitif, kompatibel +, kompatibel ×

Langsung dari P1–P3

Def. 10.1.4

Kor. 10.1.6

≤ adalah urutan linier (parsial total)

Kasus kombinasi dari Thm. 10.1.5

Thm. 10.1.5

Thm. 10.1.7

Kesetaraan formulasi P dan formulasi relasional (O1)–(O4)

Dua arah; konstruksi P dari relasi

Def. 10.1.1, 10.1.4

Def. 10.1.8

Lapangan terurut (F, P) atau (F, <)

Definisi

Thm. 10.1.7

Prop. 10.1.9

Aturan tanda, invers positif positif, invers membalik urutan

Langsung dari P1–P3 dan hukum lapangan

Thm. 10.1.5

Def. 10.1.10

P_ℚ pada ℚ: X ∈ P_ℚ iff ada a,b ∈ ℤ, a,b > 0, X = a/b

Definisi

Konstruksi ℚ dari Bab 8

Lem. 10.1.11

P_ℚ bebas representan: keanggotaan tidak bergantung pilihan wakil

Dari kriteria ekivalen kelas pecahan (8.2.44)

8.2.44, urutan ℤ

Thm. 10.1.12

P_ℚ memenuhi (P1), (P2), (P3); ℚ adalah lapangan terurut

Verifikasi langsung tiap aksioma

Lem. 10.1.11, 8.2.50

Prop. 10.1.13

Urutan dari P_ℚ konsisten dengan urutan Bab 8 (8.2.61)

Perhitungan selisih Y−X

Thm. 10.1.12, 8.2.61

Prop. 10.1.14

j: ℤ → ℚ mempertahankan dan mencerminkan <

Dari Prop. 10.1.13

Prop. 10.1.13, 8.2.58

Cat. 10.1.15

Batas: aksioma urutan tidak menjamin kelengkapan atau Archimedes

Catatan fondasi

—

Hasil-hasil yang ditunda ke unit selanjutnya: kuadrat positif (x² > 0 untuk x ≠ 0), ketaksamaan Bernoulli, ketidaksamaan AM-GM, dan ketidaksamaan Cauchy-Schwarz akan dibuktikan di Unit 10.2 dan seterusnya. Keberadaan akar positif bergantung pada kelengkapan ℝ (Bab 11) dan bukan akibat aksioma urutan semata.

Catatan Penutup Unit 10.1 dan Pratinjau Unit Selanjutnya

Unit 10.1 telah membangun fondasi lengkap untuk teori urutan pada lapangan. Perjalanan dimulai dari tiga aksioma himpunan positif—ketutupan penjumlahan, ketutupan perkalian, dan trikotomi—yang tampak sederhana namun menghasilkan struktur yang sangat kaya. Dari aksioma ini, relasi urutan yang terdefinisi dengan baik muncul secara alami, dan seluruh sifat-sifat yang biasanya diasumsikan intuitif—irrefleksivitas, transitivitas, kompatibilitas dengan operasi lapangan—terbukti sebagai akibat logis.

Teorema karakterisasi (10.1.7) adalah hasil terpenting unit ini dari sudut pandang konseptual. Ia menunjukkan bahwa "lapangan terurut" adalah satu konsep yang dapat diungkapkan dalam dua bahasa yang sepenuhnya setara: bahasa himpunan positif dan bahasa relasi urutan. Tidak ada yang "lebih mendasar" di antara keduanya; keduanya dua sisi dari koin yang sama. Pilihan bahasa yang digunakan bergantung pada konteks dan kenyamanan.

Konstruksi urutan pada ℚ (10.1.E–10.1.F) menutup satu utang pembuktian penting dari Bab 8. ℚ bukan hanya lapangan—ia adalah lapangan terurut dalam arti penuh, dan urutannya diwariskan secara konsisten dari urutan bilangan bulat ℤ. Embedding j: ℤ → ℚ adalah embedding gelanggang terurut yang mempertahankan dan mencerminkan urutan. Seluruh argumen berlangsung tanpa bilangan real, tanpa kelengkapan, dan tanpa prinsip Archimedes.

Unit 10.2 (Pratinjau)

Hukum kuadrat: x² > 0 untuk semua x ≠ 0. Konsekuensi: ℂ tidak memiliki urutan lapangan yang kompatibel. Invers positif, Bernoulli untuk eksponen alami via induksi.

Unit 10.3 (Pratinjau)

Ketidaksamaan AM-GM: bentuk dua variabel dibuktikan dari hukum kuadrat; bentuk n variabel via induksi. Kondisi kesamaan dianalisis penuh.

Unit 10.4 (Pratinjau)

Ketidaksamaan Cauchy-Schwarz: bentuk kuadrat, pembuktian via diskriminan. Kondisi kesamaan: ketergantungan linier. Tanpa limit atau norma.

Satu aspek yang perlu ditekankan: seluruh unit 10.1 beroperasi dalam lingkungan lapangan terurut abstrak. Kita tidak mengasumsikan bahwa F = ℝ. ℝ memenuhi semua aksioma yang dikembangkan di sini, tetapi ℝ juga memiliki aksioma tambahan (kelengkapan) yang tidak muncul di unit ini. Lapangan ℚ juga memenuhi semua aksioma unit ini, tetapi ℚ tidak lengkap (tidak setiap barisan Cauchy konvergen, tidak setiap himpunan nonempty yang dibatasi atas memiliki supremum). Perbedaan antara ℚ dan ℝ terletak bukan pada urutan, melainkan pada kelengkapan—topik Bab 11.

Dengan fondasi ini, pembaca siap untuk melanjutkan ke Unit 10.2, di mana hukum tanda untuk kuadrat akan dibuktikan pertama kali, membuka jalan menuju ketidaksamaan-ketidaksamaan klasik yang memiliki aplikasi luas dalam analisis, geometri, dan probabilitas.

10.2 Teorema Fundamental Sifat Urutan

Monograf ini menyajikan bukti lengkap teorema-teorema fundamental mengenai sifat urutan pada lapangan terurut $F$. Pembahasan dimulai dari konsekuensi pertama aksioma himpunan positif $P$ yang telah ditetapkan pada Unit 10.1, kemudian secara sistematis membangun seluruh aritmetika ketidaksamaan yang diperlukan dalam analisis real. Setiap langkah pembuktian bersifat mandiri dan tidak meminjam hasil yang belum dibuktikan pada titik kemunculannya.

Prasyarat dari Unit 10.1 yang digunakan secara eksplisit: $F$ adalah lapangan dengan $0 \neq 1$; terdapat himpunan $P \subseteq F$ yang tertutup terhadap penjumlahan dan perkalian, memenuhi trikotomi sehingga untuk setiap $x \in F$ tepat satu dari $x \in P$, $-x \in P$, atau $x = 0$ berlaku; dan relasi $a < b$ didefinisikan sebagai $b - a \in P$. Dari relasi ini diturunkan bahwa $<$ bersifat total, transitif, dan kompatibel dengan translasi serta kompatibel dengan perkalian oleh elemen positif. Hasil-hasil ini dianggap tersedia tanpa diasumsikan $1 > 0$ atau invers positif lebih dahulu dari yang akan dibuktikan di sini.

Urutan pembuktian dalam unit ini mengikuti alur: (1) negasi membalik urutan dan perkalian oleh skalar negatif; (2) kuadrat elemen tak-nol selalu positif, khususnya $1 > 0$; (3) invers elemen positif adalah positif; (4) pembalikan urutan oleh pengambilan invers pada daerah bertanda sama; (5) penjumlahan dan perkalian ketidaksamaan; (6) monotonositas pangkat dengan eksponen bulat $n\geq1$. Keenam kelompok ini membentuk fondasi lengkap aritmetika urutan aljabar.

Penomoran teorema, korolari, dan latihan mengikuti skema $10.2.n$ secara berurutan. Semua ekspresi matematika ditulis dalam notasi LaTeX eksplisit; tidak ada singkatan tipografis seperti penulisan pangkat dengan huruf miring tanpa tanda eksponen. Domain lapangan umum $F$ dibedakan secara tegas dari $\mathbb{R}$ atau $\mathbb{Q}$ setiap kali perbedaan tersebut material.

Definisi dan Konvensi Notasi

Sepanjang unit ini, $F$ menunjukkan lapangan terurut dengan himpunan positif $P$. Kita menulis $a < b$ jika dan hanya jika $b - a \in P$, dan $a \leq b$ jika dan hanya jika $a < b$ atau $a = b$. Secara setara, $a > b$ berarti $b < a$, dan $a \geq b$ berarti $b \leq a$. Notasi $x > 0$ berarti $x \in P$, dan $x < 0$ berarti $-x \in P$.

Untuk $n \in \mathbb{N}$ dengan $n \geq 1$, pangkat $x^{n}$ didefinisikan secara rekursif: $x^{1} = x$ dan $x^{n+1} = x^{n} \cdot x$. Konvensi $x^{0} = 1$ berlaku untuk semua $x \in F$, termasuk $0^{0}=1$ sebagai konvensi aljabar diskret dari Bab 9.3A, bukan sebagai nilai limit. Pangkat bilangan bulat negatif $x^{-n} = (x^{-1})^{n}$ hanya terdefinisi jika $x \neq 0$. Seluruh eksponen yang muncul dalam unit ini adalah bilangan bulat; pangkat eksponen real tidak digunakan dan tidak diasumsikan ada.

Jumlah berhingga $\sum_{k=1}^{n} a_{k}$ didefinisikan melalui rekursi: $\sum_{k=1}^{1} a_{k} = a_{1}$ dan $\sum_{k=1}^{n+1} a_{k} = \left(\sum_{k=1}^{n} a_{k}\right) + a_{n+1}$. Demikian pula produk berhingga $\prod_{k=1}^{n} a_{k}$. Jumlah kosong bernilai $0$ dan produk kosong bernilai $1$; untuk $n=0$ kedua konvensi ini menjadi nilai awal rekursi. Konvensi indeks ini mengikuti Bab 7. Tidak diasumsikan kelengkapan lapangan ($F$ mungkin $\mathbb{Q}$); semua hasil berlaku pada lapangan terurut sembarang kecuali dinyatakan sebaliknya.

Elemen bilangan bulat dalam $F$ diidentifikasi melalui pemetaan $\mathbb{Z} \to F$ yang mengirimkan $1_{\mathbb{Z}}$ ke $1_{F}$. Kita menulis $n$ untuk imajinnya jika tidak menimbulkan kebingungan. Proposisi bahwa pemetaan ini mempertahankan urutan merupakan akibat dari Teorema 10.2.2 di bawah, bukan sebuah asumsi.

Teorema 10.2.1: Negasi Membalik Urutan

Teorema 10.2.1. Misalkan $F$ adalah lapangan terurut dan $a, b \in F$. Maka $a < b$ jika dan hanya jika $-b < -a$.

Bukti. Misalkan $a < b$, artinya $b - a \in P$. Kita perhatikan bahwa $(-a) - (-b) = -a + b = b - a$. Karena $b - a \in P$, maka $(-a) - (-b) \in P$, sehingga $-b < -a$ menurut definisi relasi. Sebaliknya, jika $-b < -a$, maka $(-a) - (-b) = b - a \in P$, sehingga $a < b$. Ini membuktikan kedua arah. $\square$

Korolari 10.2.1a. Untuk setiap $c \in F$: (i) jika $c > 0$, maka $a < b$ jika dan hanya jika $ac < bc$; (ii) jika $c < 0$, maka $a < b$ jika dan hanya jika $ac > bc$; (iii) jika $c = 0$, maka $ac = bc = 0$ dan ketidaksamaan tegas lenyap.

Bukti Korolari. Kasus (i) adalah kompatibilitas perkalian positif dari Unit 10.1, yang menyatakan $P$ tertutup terhadap perkalian: jika $b - a \in P$ dan $c \in P$, maka $(b-a)c = bc - ac \in P$, sehingga $ac < bc$. Untuk arah balik pada $c>0$, andaikan $ac<bc$. Trikotomi pada $a,b$ menyingkirkan $a=b$, sebab akan memberi $ac=bc$, dan menyingkirkan $b<a$, sebab arah maju yang baru dibuktikan akan memberi $bc<ac$. Jadi $a<b$. Argumen ini tidak memakai invers positif.

Untuk kasus (ii), misalkan $c < 0$, sehingga $-c > 0$ (yakni $-c \in P$). Dari $a < b$ diperoleh $b - a \in P$, maka $(b-a)(-c) \in P$ karena $P$ tertutup perkalian. Tetapi $(b-a)(-c) = ac - bc$, sehingga $ac - bc \in P$, yang berarti $bc < ac$, yaitu $ac > bc$. Untuk arah balik, andaikan $ac>bc$ dan $c<0$. Jika $a=b$ maka $ac=bc$, kontradiksi. Jika $b<a$, arah maju kasus negatif yang baru dibuktikan memberi $bc>ac$, juga kontradiksi. Trikotomi menyisakan $a<b$. Kasus (iii) langsung dari $0 \cdot x = 0$ untuk semua $x \in F$. $\square$

Contoh 10.2.1. Dalam $\mathbb{Q}$, ambil $a = 2$, $b = 5$, $c = -3$. Karena $2 < 5$ dan $c = -3 < 0$, korolari (ii) menjamin $2 \cdot (-3) > 5 \cdot (-3)$, yaitu $-6 > -15$. Memang $-6 - (-15) = 9 > 0$. Contoh ini mengilustrasikan bahwa perkalian dengan bilangan negatif membalik arah ketidaksamaan.

Versi $\leq$. Jika $c > 0$: $a \leq b \Leftrightarrow ac \leq bc$. Jika $c < 0$: $a \leq b \Leftrightarrow ac \geq bc$. Jika $c = 0$: $ac = bc = 0$ selalu, sehingga $ac \leq bc$ dan $ac \geq bc$ keduanya berlaku. Bukti masing-masing diperoleh dengan menambahkan kasus kesamaan pada argumen di atas.

Teorema 10.2.2: Kuadrat Positif dan Konsekuensinya

Teorema 10.2.2. Misalkan $F$ adalah lapangan terurut dan $x \in F$. Maka $x^{2} \geq 0$, dengan $x^{2} = 0$ jika dan hanya jika $x = 0$. Khususnya, $1 > 0$.

Bukti. Kita kasus-kan berdasarkan trikotomi $P$.

Kasus 1: $x = 0$. Maka $x^{2} = x \cdot x = 0 \cdot 0 = 0$, sehingga $x^{2} = 0 \geq 0$.

Kasus 2: $x > 0$, yaitu $x \in P$. Karena $P$ tertutup terhadap perkalian dan $x \in P$, maka $x^{2} = x \cdot x \in P$, sehingga $x^{2} > 0$.

Kasus 3: $x < 0$, yaitu $-x \in P$. Maka $x^{2} = x \cdot x = (-x)(-x)$. Karena $-x \in P$ dan $P$ tertutup perkalian, diperoleh $(-x)(-x) \in P$. Tetapi $(-x)(-x) = x^{2}$ berdasarkan aljabar lapangan (hukum tanda dari Bab 9.2). Jadi $x^{2} \in P$, yakni $x^{2} > 0$.

Dalam ketiga kasus, $x^{2} \geq 0$. Kesamaan $x^{2} = 0$ hanya terjadi pada Kasus 1, yaitu $x = 0$. $\square$

Korolari 10.2.2a. $1 > 0$.

Bukti. Karena $1 \neq 0$ (aksioma lapangan $0 \neq 1$), Teorema 10.2.2 memberikan $1 = 1^{2} > 0$. $\square$

Korolari 10.2.2b. $-1 < 0$, dan untuk setiap bilangan bulat $n \geq 1$, elemen $n \cdot 1_{F} \in P$.

Bukti. Dari $1 > 0$ dan Teorema 10.2.1, $-1 < -0 = 0$. Untuk $n \geq 1$, kita buktikan $n \cdot 1 > 0$ dengan induksi. Basis: $1 \cdot 1 = 1 > 0$ sudah dibuktikan. Langkah induksi: misalkan $k \cdot 1 > 0$. Maka $(k+1) \cdot 1 = k \cdot 1 + 1$; karena jumlah dua elemen $P$ ada di $P$ (ketutupan $P$ terhadap penjumlahan), $(k+1) \cdot 1 \in P$. $\square$

Catatan penting: hasil $1 > 0$ bukan asumsi melainkan akibat trikotomi dan ketutupan $P$. Penggunaan $1 > 0$ untuk lapangan terurut umum dalam unit ini bergantung pada korolari ini. Untuk pemetaan numeral $j:\mathbb{Z}\to F$, jika $m<n$ maka $j(n)-j(m)=j(n-m)>0$ oleh Korolari 10.2.2b, sebab $n-m$ bilangan bulat positif. Jadi $j$ mempertahankan urutan dan injektif: dua bilangan bulat berbeda sebanding dan citranya tidak sama. Trikotomi juga memberi pencerminan urutan. Karena itu identifikasi numeral tidak mengasumsikan karakteristik nol lebih dahulu; karakteristik nol adalah akibat.

Teorema 10.2.3: Invers Elemen Bertanda

Teorema 10.2.3. Misalkan $F$ adalah lapangan terurut dan $x \in F$, $x \neq 0$. (i) Jika $x > 0$, maka $x^{-1} > 0$. (ii) Jika $x < 0$, maka $x^{-1} < 0$.

Bukti (i). Misalkan $x > 0$. Karena $x \neq 0$, invers $x^{-1}$ ada di $F$. Trikotomi memberikan tepat satu dari tiga kemungkinan untuk $x^{-1}$.

Andaikan $x^{-1} < 0$. Maka oleh Korolari 10.2.1a bagian (ii) dengan $c = x^{-1} < 0$ dan ketidaksamaan $0 < x$, kita peroleh $0 \cdot x^{-1} > x \cdot x^{-1}$, yaitu $0 > 1$. Ini bertentangan dengan Korolari 10.2.2a yang menyatakan $1 > 0$. Andaikan $x^{-1} = 0$. Maka $1 = x \cdot x^{-1} = x \cdot 0 = 0$, bertentangan dengan $0 \neq 1$. Jadi harus $x^{-1} > 0$. $\square$

Bukti (ii). Misalkan $x < 0$. Maka $-x > 0$, sehingga oleh bagian (i), $(-x)^{-1} > 0$. Tetapi $(-x)^{-1} = -(x^{-1})$ (dari aljabar lapangan: $(-x)(-(x^{-1})) = xx^{-1} = 1$, sehingga $-(x^{-1})$ adalah invers dari $-x$). Jadi $-x^{-1} > 0$, yakni $x^{-1} < 0$. $\square$

Korolari 10.2.3a. Jika $c > 0$ dan $a < b$, maka $a/c < b/c$. Jika $c < 0$ dan $a < b$, maka $a/c > b/c$.

Bukti. Tulis $a/c = a \cdot c^{-1}$. Jika $c > 0$, maka $c^{-1} > 0$ oleh Teorema 10.2.3(i), sehingga perkalian dengan $c^{-1}$ mempertahankan arah (Korolari 10.2.1a(i)). Jika $c < 0$, maka $c^{-1} < 0$ oleh Teorema 10.2.3(ii), sehingga perkalian dengan $c^{-1}$ membalik arah (Korolari 10.2.1a(ii)). $\square$

Teorema 10.2.4: Pembalikan Urutan oleh Invers

Teorema 10.2.4. Misalkan $F$ adalah lapangan terurut.

(i) Jika $0 < a < b$, maka $0 < \dfrac{1}{b} < \dfrac{1}{a}$.

(ii) Jika $a < b < 0$, maka $\dfrac{1}{b} < \dfrac{1}{a} < 0$.

(iii) Jika $a < 0 < b$, maka $\dfrac{1}{a}<0<\dfrac{1}{b}$. Jadi pada pasangan yang melintasi nol, invers mempertahankan arah perbandingan pasangan itu; aturan pembalikan dari (i) dan (ii) tidak berlaku.

Bukti (i). Misalkan $0 < a < b$. Dari Teorema 10.2.3(i), $a^{-1} > 0$ dan $b^{-1} > 0$. Kita hitung:

Karena $a < b$, maka $b - a \in P$. Karena $a, b \in P$, maka $ab \in P$. Karena $P$ tertutup perkalian dan $(ab)^{-1} > 0$ oleh Teorema 10.2.3(i), maka $(b-a)(ab)^{-1} \in P$, yaitu $\dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{b} > 0$, sehingga $\dfrac{1}{b} < \dfrac{1}{a}$. Positivitas $\dfrac{1}{b}$ sudah diketahui. $\square$

Bukti (ii). Misalkan $a < b < 0$. Maka $-a > -b > 0$, sehingga $0 < -b < -a$. Oleh bagian (i), $\dfrac{1}{-a} < \dfrac{1}{-b}$, yaitu $-\dfrac{1}{a} < -\dfrac{1}{b}$, sehingga $\dfrac{1}{b} < \dfrac{1}{a}$. Karena $a < 0$ dan $b < 0$, kedua invers negatif oleh Teorema 10.2.3(ii); khususnya $\dfrac{1}{a}<0$, sehingga $\dfrac{1}{b}<\dfrac{1}{a}<0$. $\square$

Bukti (iii) dan contoh kontra bagi pembalikan urutan lintas nol. Teorema 10.2.3 memberi $1/a<0$ dan $1/b>0$, sehingga $1/a<0<1/b$ oleh transitivitas. Ambil $F = \mathbb{Q}$, $a = -1$, $b = 1$. Maka $a < 0 < b$, $\dfrac{1}{a} = -1$, $\dfrac{1}{b} = 1$, dan memang $\dfrac{1}{a} = -1 < 1 = \dfrac{1}{b}$. Sekarang ambil $a = -2$, $b = 1$: $\dfrac{1}{a} = -\dfrac{1}{2}$, $\dfrac{1}{b} = 1$, masih $\dfrac{1}{a} < \dfrac{1}{b}$. Namun ambil $a = -\dfrac{1}{2}$, $b = \dfrac{1}{3}$: $\dfrac{1}{a} = -2$, $\dfrac{1}{b} = 3$. Pada ketiga contoh dan pada setiap pasangan $a<0<b$, selalu $\dfrac{1}{a}<0<\dfrac{1}{b}$; besar nilai tidak mengubah arah perbandingan ini. Karenanya pernyataan umum "invers membalik urutan" tidak berlaku tanpa syarat tanda yang sama. $\square$

Teorema 10.2.5: Penjumlahan dan Perkalian Ketidaksamaan

Teorema 10.2.5. Misalkan $F$ adalah lapangan terurut dan $a, b, c, d \in F$.

(i) Jika $a \leq b$ dan $c \leq d$, maka $a + c \leq b + d$. Jika salah satu ketidaksamaan tegas, maka hasilnya tegas.

(ii) Jika $0 \leq a \leq b$ dan $0 \leq c \leq d$, maka $ac \leq bd$. Ketidaksamaan $ac < bd$ berlaku jika $a < b$ dan $c > 0$, atau jika $c < d$ dan $a > 0$.

Bukti (i). Dari $a \leq b$, kita punya $b - a \geq 0$, artinya $b - a \in P \cup \{0\}$. Dari $c \leq d$, $d - c \geq 0$. Maka $(b + d) - (a + c) = (b - a) + (d - c)$. Jumlah dua elemen non-negatif adalah non-negatif (karena $P$ tertutup penjumlahan dan $0 + x = x$), sehingga $a + c \leq b + d$.

Jika $a < b$, maka $b - a \in P$; meski $d - c \geq 0$, jumlahnya $(b-a) + (d-c) \geq b-a > 0$, sehingga $a + c < b + d$. Argumen simetris jika $c < d$. $\square$

Bukti (ii). Kita tulis:

Karena $d - c \geq 0$ dan $b \geq 0$: produk $b(d-c) \geq 0$ (jika salah satu nol, hasilnya nol; jika keduanya positif, hasilnya positif oleh ketutupan $P$). Demikian pula $c(b - a) \geq 0$. Jumlah dua elemen non-negatif adalah non-negatif, sehingga $bd - ac \geq 0$, yakni $ac \leq bd$.

Untuk ketegasan: jika $a < b$ dan $c > 0$, maka $c(b - a) > 0$ (karena keduanya di $P$ dan $P$ tertutup), sehingga $bd - ac \geq b(d-c) + c(b-a) > 0$. Demikian pula jika $c < d$ dan $b > 0$, sebab $b(d-c)>0$. Syarat $c<d$ dan $a>0$ dalam pernyataan teorema cukup karena $b\geq a>0$. Kedua syarat ketegasan yang dicantumkan adalah syarat cukup, bukan klaim karakterisasi perlu dan cukup.

Perhatikan bahwa syarat $a, b, c, d \geq 0$ esensial. Contoh: $a = -3$, $b = -1$, $c = -3$, $d = -1$ memenuhi $a < b$ dan $c < d$, tetapi $ac = 9 > 1 = bd$. Jadi ketegasan tanpa syarat tanda dapat gagal. $\square$

Teorema 10.2.6: Monotonositas Pangkat Bilangan Bulat

Teorema 10.2.6. Misalkan $F$ adalah lapangan terurut, $n \geq 1$ bilangan bulat, dan $0 \leq a < b$. Maka $a^{n} < b^{n}$.

Bukti. Terlebih dahulu, untuk setiap $u\geq0$ dan $k\in\mathbb{N}$, berlaku $u^k\geq0$: basis $u^0=1>0$; jika $u^k\geq0$, maka $u^{k+1}=u^ku\geq0$ karena produk dua unsur taknegatif taknegatif. Kita buktikan ketegasan yang dinyatakan dengan induksi pada $n \geq 1$.

Basis ($n = 1$): $a^{1} = a < b = b^{1}$ langsung dari hipotesis.

Langkah induksi: Misalkan untuk suatu $n \geq 1$, berlaku $a^{n} < b^{n}$ untuk semua $0 \leq a < b$. Kita akan tunjukkan $a^{n+1} < b^{n+1}$.

Karena $0 \leq a < b$, maka $b > 0$. Kita tuliskan:

Tambahkan dan kurangi $b \cdot a^{n}$:

Perhatikan: $b - a \in P$ (karena $a < b$); $b > 0$; $b^{n} - a^{n} > 0$ oleh hipotesis induksi; dan $a^{n} \geq 0$ menurut induksi pendahuluan di atas. Jadi $b(b^{n} - a^{n}) > 0$ (produk dua elemen $P$) dan $a^{n}(b-a) \geq 0$. Jumlahnya $b^{n+1} - a^{n+1} > 0$, yaitu $a^{n+1} < b^{n+1}$. $\square$

Korolari 10.2.6a. Untuk $n \geq 1$ dan $0 \leq a, b$: $a^{n} = b^{n}$ jika dan hanya jika $a = b$; $a^{n} \leq b^{n}$ jika dan hanya jika $a \leq b$.

Bukti. Jika $a=b$, substitusi memberi $a^n=b^n$. Jika $a\ne b$, trikotomi memberi $a<b$ atau $b<a$; Teorema 10.2.6 memberi ketaksamaan tegas yang searah pada pangkat, jadi pangkat tidak sama. Jika $a\leq b$, gabungkan kasus sama dan tegas untuk memperoleh $a^n\leq b^n$. Sebaliknya, jika $a^n\leq b^n$ tetapi $a>b$, teorema memberi $a^n>b^n$, kontradiksi. Untuk $n=0$ semua pangkat bernilai $1$, sehingga injektivitas tidak diklaim. $\square$

Perhatian. Monotonositas ini gagal tanpa syarat non-negativitas. Misalnya dalam $\mathbb{R}$: $-3 < 2$ tetapi $(-3)^{2} = 9 > 4 = 2^{2}$. Untuk pangkat ganjil $n\geq1$, monotonositas berlaku pada seluruh $F$ dengan tiga kasus tanda, tetapi perluasan ini tidak diperlukan untuk aplikasi utama unit ini.

Korolari 10.2.6b (Kesetaraan Perbandingan Kuadrat). Untuk $a, b \geq 0$ dalam lapangan terurut $F$: $a < b \Leftrightarrow a^{2} < b^{2}$. Untuk $a, b$ sembarang (tidak harus non-negatif), ekuivalensi ini dapat gagal, sebagaimana contoh $-3$ dan $2$ di atas menunjukkan.

Nilai Mutlak: Definisi dan Sifat Dasar

Nilai mutlak merupakan alat analitik penting yang mempersiapkan Unit 10.4. Di sini kita mendefinisikan dan membuktikan sifat-sifat dasarnya dari prinsip pertama.

Definisi 10.2.7. Untuk $x \in F$ (lapangan terurut), nilai mutlak $|x|$ didefinisikan sebagai:

Proposisi 10.2.7a. Untuk setiap $x \in F$: (i) $|x| \geq 0$; (ii) $|x| = 0$ jika dan hanya jika $x = 0$; (iii) $|x|^{2} = x^{2}$; (iv) $|-x| = |x|$.

Bukti. (i) Jika $x \geq 0$, maka $|x| = x \geq 0$. Jika $x < 0$, maka $-x > 0$ (Teorema 10.2.1), sehingga $|x| = -x > 0$. Dalam kedua kasus, $|x| \geq 0$.

(ii) Jika $x = 0$, maka $|x| = 0$ oleh definisi. Jika $x \neq 0$, maka dari trikotomi salah satu dari $x > 0$ atau $x < 0$; dalam kedua kasus $|x| > 0$ oleh bagian (i).

(iii) Jika $x \geq 0$: $|x|^{2} = x^{2}$. Jika $x < 0$: $|x| = -x$, sehingga $|x|^{2} = (-x)^{2} = x^{2}$ (dari aljabar lapangan).

(iv) Jika $x=0$, maka $|-x|=|0|=0=|x|$. Jika $x>0$, maka $-x<0$, sehingga $|-x|=-(-x)=x=|x|$. Jika $x<0$, maka $-x>0$, sehingga $|-x|=-x=|x|$. $\square$

Proposisi 10.2.7b. Untuk setiap $x, y \in F$: $|xy| = |x| \cdot |y|$.

Bukti. Dari (iii), $|xy|^{2} = (xy)^{2} = x^{2}y^{2} = |x|^{2}|y|^{2} = (|x||y|)^{2}$. Karena $|xy| \geq 0$ dan $|x||y| \geq 0$, Korolari 10.2.6a memberikan $|xy| = |x||y|$. $\square$

Ketidaksamaan segitiga dan teori nilai mutlak yang lebih lengkap tidak diperlukan untuk pembuktian dalam unit ini. Di sini kita hanya membuktikan sifat yang diperlukan untuk latihan-latihan di bawah.

Latihan 10.2.1 — Perkalian Ketidaksamaan oleh Skalar Negatif

Latihan 10.2.1. Misalkan $F$ adalah lapangan terurut dan $a, b, c \in F$ dengan $a < b$ dan $c < 0$. Buktikan bahwa $ac > bc$. Kemudian, nyatakan dan buktikan versi untuk $\leq$: jika $a \leq b$ dan $c \leq 0$, apa yang dapat disimpulkan tentang $ac$ dan $bc$?

Solusi. Kita akan menggunakan Korolari 10.2.1a secara langsung, tetapi sebelumnya memverifikasi argumentasinya dari dasar untuk kejelasan.

Karena $a < b$, maka $b - a \in P$. Karena $c < 0$, maka $-c \in P$. Karena $P$ tertutup terhadap perkalian dan kedua $b - a$ serta $-c$ ada di $P$, maka $(b - a)(-c) \in P$. Kita ekspansikan:

Lebih langsung: $(b-a)(-c) = b(-c) - a(-c) = -bc + ac = ac - bc$. Jadi $ac - bc \in P$, artinya $bc < ac$, yaitu $ac > bc$. $\square$

Versi $\leq$. Jika $a \leq b$ dan $c \leq 0$, maka $ac \geq bc$.

Bukti. Ada empat subkasus: ($a < b, c < 0$), ($a < b, c = 0$), ($a = b, c < 0$), ($a = b, c = 0$). Subkasus pertama diselesaikan di atas ($ac > bc$). Jika $c = 0$: $ac = 0 = bc$, sehingga $ac \geq bc$. Jika $a = b$: $ac = bc$, sehingga $ac \geq bc$. Dalam semua kasus, $ac \geq bc$. $\square$

Catatan: jika $a \leq b$, $c \leq 0$, dan keduanya tegas ($a < b$ dan $c < 0$), maka $ac > bc$. Jika $a=b$ atau $c=0$, hasilnya tepat $ac=bc$.

Latihan 10.2.2 — Positifitas Kuadrat dan Implikasi untuk Numeral

Latihan 10.2.2. (a) Buktikan bahwa untuk lapangan terurut sembarang $F$, berlaku $2 = 1 + 1 > 0$ dan $3 = 1 + 1 + 1 > 0$ tanpa mengasumsikan sifat ini. (b) Buktikan bahwa $4 \cdot 1 = (1+1)^{2}$ dalam lapangan sembarang. (c) Tunjukkan bahwa $x^{2} + 1 > 0$ untuk semua $x \in F$.

Solusi (a). Dari Korolari 10.2.2a, $1 > 0$. Karena $P$ tertutup penjumlahan, $2 = 1 + 1 \in P$, jadi $2 > 0$. Sekali lagi, $3 = 2 + 1 \in P$ karena $2, 1 \in P$. Secara umum, Korolari 10.2.2b memberikan bahwa $n \cdot 1 \in P$ untuk semua bilangan bulat $n \geq 1$. $\square$

Solusi (b). Kita hitung menggunakan distributifitas lapangan:

Ini adalah perhitungan aljabar murni dalam lapangan sembarang (tidak memerlukan urutan). $\square$

Solusi (c). Dari Teorema 10.2.2, $x^{2} \geq 0$ untuk semua $x \in F$. Dari Korolari 10.2.2a, $1 > 0$. Maka:

Ketidaksamaan pertama mengikuti dari Teorema 10.2.5(i): $x^{2} \geq 0$ dan $1 = 1$, sehingga $x^{2} + 1 \geq 0 + 1$; dan $0 + 1 = 1 > 0$. Ini menunjukkan bahwa persamaan $x^{2} + 1 = 0$ tidak memiliki solusi dalam lapangan terurut sembarang — khususnya dalam $\mathbb{R}$. $\square$

Latihan 10.2.3 — Pembalikan Urutan oleh Invers dan Batasan Domain

Latihan 10.2.3. Misalkan $F$ adalah lapangan terurut. (a) Buktikan bahwa jika $0 < a < b$, maka $\dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{b} = \dfrac{b-a}{ab}$ dan gunakan ini untuk menyimpulkan $\dfrac{1}{b} < \dfrac{1}{a}$. (b) Berikan contoh konkret dalam $\mathbb{Q}$ yang menunjukkan bahwa pernyataan "jika $a < b$ maka $\dfrac{1}{a} > \dfrac{1}{b}$" gagal jika $a$ dan $b$ berbeda tanda. (c) Nyatakan dengan tepat kondisi perlu dan cukup agar $\dfrac{1}{a} > \dfrac{1}{b}$.

Solusi (a). Untuk $a, b \neq 0$, identitas aljabar berikut berlaku dalam lapangan sembarang:

Karena $0 < a < b$, maka $b - a \in P$. Karena $a \in P$ dan $b \in P$, maka $ab \in P$ (ketutupan perkalian). Karena $(ab)^{-1} > 0$ (Teorema 10.2.3(i)), maka $(b-a)(ab)^{-1} \in P$, sehingga $\dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{b} > 0$, yaitu $\dfrac{1}{b} < \dfrac{1}{a}$. $\square$

Solusi (b). Ambil $a = -1$ dan $b = 2$ dalam $\mathbb{Q}$. Jelas $a = -1 < 2 = b$. Maka $\dfrac{1}{a} = -1$ dan $\dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{2}$. Kita periksa: $\dfrac{1}{a} = -1 < \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{b}$, sehingga $\dfrac{1}{a} < \dfrac{1}{b}$, bukan $\dfrac{1}{a} > \dfrac{1}{b}$. Dengan demikian pernyataan tersebut gagal ketika $a < 0 < b$. $\square$

Solusi (c). Kondisi perlu dan cukup untuk $\dfrac{1}{a} > \dfrac{1}{b}$ (dengan $a, b \neq 0$) adalah:

Ini terjadi dalam dua situasi: (1) $b - a > 0$ dan $ab > 0$, yaitu $a < b$ dan ($a, b$ keduanya positif atau keduanya negatif); (2) $b - a < 0$ dan $ab < 0$, yaitu $a > b$ dan satu dari $a, b$ positif dan yang lain negatif. Jadi kondisi lengkapnya adalah: $a < b$ dengan $ab > 0$, atau $a > b$ dengan $ab < 0$. $\square$

Latihan 10.2.4 — Ketidaksamaan Rasional dan Analisis Tanda

Latihan 10.2.4. Selesaikan ketidaksamaan berikut dalam $\mathbb{Q}$ (dan lebih umum dalam lapangan terurut $F$ yang mengandung elemen yang relevan):

Nyatakan domain secara eksplisit sebelum melakukan operasi apa pun, dan tunjukkan bahwa perkalian silang tanpa memeriksa tanda penyebut adalah kesalahan prosedural.

Solusi. Langkah 1: Tentukan domain. Ekspresi $\dfrac{x-1}{x+2}$ terdefinisi jika dan hanya jika $x + 2 \neq 0$, yaitu $x \neq -2$. Domain adalah $F \setminus \{-2\}$. Seluruh analisis berikut berlaku hanya pada domain ini.

Langkah 2: Kondisi untuk hasil positif. Untuk $x \neq -2$, pecahan $\dfrac{x-1}{x+2}$ adalah elemen lapangan. Oleh Teorema 10.2.3, $(x+2)^{-1}$ memiliki tanda yang sama dengan $x+2$. Karena $\dfrac{x-1}{x+2} = (x-1)(x+2)^{-1}$, hasil kalinya positif jika dan hanya jika kedua faktor bertanda sama:

Kasus 1: $x - 1 > 0$ dan $x + 2 > 0$, yaitu $x > 1$ dan $x > -2$. Irisan: $x > 1$.

Kasus 2: $x - 1 < 0$ dan $x + 2 < 0$, yaitu $x < 1$ dan $x < -2$. Irisan: $x < -2$.

Solusinya adalah $x < -2$ atau $x > 1$. Titik $x = 1$ dikeluarkan karena ketidaksamaan tegas (pembilang nol memberi nilai nol, bukan positif). Titik $x = -2$ dikeluarkan karena domain.

Mengapa perkalian silang berbahaya. Jika seseorang mengalikan kedua ruas dengan $x + 2$ tanpa memeriksa tanda, diperoleh $x - 1 > 0$ yaitu $x > 1$, yang kehilangan Kasus 2. Ini adalah kesalahan: ketika $x + 2 < 0$, perkalian membalik arah ketidaksamaan (Korolari 10.2.1a(ii)), sehingga kesimpulannya terbalik. $\square$

Latihan 10.2.5 — Ketidaksamaan Kuadrat dan Keberadaan Akar

Latihan 10.2.5. Misalkan $F$ adalah lapangan terurut dan $c \in F$. Analisis ketidaksamaan $x^{2} \leq c$ untuk tiga kasus: (a) $c < 0$; (b) $c = 0$; (c) $c > 0$. Untuk kasus (c), nyatakan peran keberadaan akar secara eksplisit.

Solusi (a): $c < 0$. Dari Teorema 10.2.2, $x^{2} \geq 0 > c$ untuk semua $x \in F$. Oleh karena itu $x^{2} \leq c$ tidak memiliki solusi dalam $F$. Himpunan solusi kosong. Tidak ada syarat pada lapangan selain sifat urutan yang sudah ada. $\square$

Solusi (b): $c = 0$. Ketidaksamaan menjadi $x^{2} \leq 0$. Dari Teorema 10.2.2, $x^{2} \geq 0$ selalu. Gabungan keduanya: $x^{2} = 0$, dan sekali lagi dari Teorema 10.2.2, ini berlaku jika dan hanya jika $x = 0$. Himpunan solusi adalah $\{0\}$. $\square$

Solusi (c): $c > 0$. Dari Teorema 10.2.2, $x^{2} \geq 0$, jadi ketidaksamaan tidak otomatis kosong. Kita ingin mengkarakterisasi $x$ dengan $x^{2} \leq c$.

Misalkan ada $r \in F$ dengan $r > 0$ dan $r^{2} = c$ (akar positif dari $c$). Keberadaan $r$ ini tidak dijamin oleh aksioma lapangan terurut. Untuk $F=\mathbb{R}$, eksistensinya dipinjam dari hasil yang akan dibuktikan memakai kelengkapan pada Bab 11. Untuk $F$ umum, keberadaan $r$ merupakan hipotesis tambahan; misalnya $c=2$ tidak memiliki akar di $\mathbb{Q}$. Kelengkapan merupakan asumsi cukup dalam jalur bukti ini, bukan syarat perlu bagi keberadaan setiap akar. Dengan asumsi $r$ ada: