Bab 16: Pertaksamaan Polinomial, Rasional, dan Irrasional

16.1 Pemfaktoran Polinomial Derajat Tinggi dan Pembuat Nol

Bab 15 menunjukkan bahwa setiap pertaksamaan $f(x)\bowtie g(x)$ dapat direduksi menjadi pertanyaan tentang tanda $h=f-g$ (Proposisi 15.1.4). Bila $h$ polinomial, tandanya ditentukan oleh pembuat nolnya dan oleh faktor-faktornya. Unit ini membangun alat aljabarnya:

• teorema faktor;
• batas banyaknya pembuat nol;
• rumus kuadrat dengan diskriminan;
• teorema akar rasional untuk koefisien bulat.

Contoh master, $x^3-4x=x(x-2)(x+2)$ dengan pembuat nol $-2$, $0$, $2$, menjadi kasus yang dikerjakan lengkap. Unit 16.2 memakai faktorisasi itu untuk analisis tanda.

Prasyarat:

• aljabar lapangan dan pangkat asli (Bab 9, termasuk tanpa pembagi nol dari 9.2);
• urutan (Bab 10);
• identitas teleskopik (Lemma 11.3.5);
• keberadaan akar kuadrat (Teorema 11.3.8, Definisi 12.3.1);
• urutan baik dan pembagian Euclid (Teorema 7.3.4, 7.3.8);
• penyebut positif terkecil (Lema 8.4.6);
• kerangka Bab 15.

Kita tidak memakai Teorema Dasar Aljabar, kontinuitas, atau Teorema Nilai Antara. Akibatnya, teknik unit ini bekerja untuk polinomial yang faktorisasinya dapat ditemukan, dan kita tidak mengklaim bahwa setiap polinomial dapat difaktorkan dengan cara ini.

Polinomial dan Pembuat Nol

Definisi 16.1.1 (Polinomial dan Derajat)

Fungsi polinomial real adalah fungsi $p:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ yang berbentuk

$$p(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0=\sum_{k=0}^na_kx^k,$$

dengan $n\in\mathbb{N}$ dan $a_0,\ldots,a_n\in\mathbb{R}$. Jika $a_n\ne0$, $n$ disebut derajat $p$, ditulis $\deg p=n$, dan $a_n$ koefisien utama. Polinomial nol (semua koefisien nol) tidak diberi derajat. Bilangan $r\in\mathbb{R}$ disebut pembuat nol (akar) $p$ jika $p(r)=0$.

Pangkat $x^0=1$ untuk semua $x$, termasuk $x=0$, mengikuti konvensi produk kosong Bab 9. Karena itu suku konstanta $a_0x^0=a_0$ terdefinisi di setiap titik. Domain asal polinomial adalah $\mathbb{R}$ (aturan (D1), (D2), (D6) Unit 15.4).

Teorema Faktor

Teorema 16.1.2 (Teorema Faktor)

Misalkan $p$ polinomial berderajat $n\geq1$ dan $r\in\mathbb{R}$. Maka terdapat polinomial $q$ berderajat $n-1$ dengan koefisien utama $a_n$ sehingga

$$p(x)-p(r)=(x-r)\,q(x)\quad\text{untuk semua }x\in\mathbb{R}.$$

Khususnya, $p(r)=0$ jika dan hanya jika $p(x)=(x-r)q(x)$ untuk semua $x$.

Bukti. Untuk $k\geq1$, Lemma 11.3.5 dengan $v=x$ dan $u=r$ memberi

$$x^k-r^k=(x-r)\sum_{j=0}^{k-1}x^{k-1-j}r^j.$$

Identitas itu dibuktikan untuk sebarang unsur lapangan (bukan hanya bilangan tak negatif), sehingga berlaku untuk semua $x,r\in\mathbb{R}$. Maka

$$p(x)-p(r)=\sum_{k=1}^na_k(x^k-r^k)=(x-r)\sum_{k=1}^na_k\sum_{j=0}^{k-1}x^{k-1-j}r^j.$$

Suku $k=0$ hilang karena $a_0-a_0=0$. Tulis $q(x)$ untuk jumlah ganda di kanan. Setelah dikelompokkan menurut pangkat $x$, $q$ adalah polinomial. Pangkat $x$ tertinggi yang muncul adalah $x^{n-1}$, yaitu dari $k=n$ dan $j=0$, dengan koefisien $a_n$. Pangkat yang lebih kecil memperoleh sumbangan berhingga banyak. Jadi $\deg q=n-1$ dan koefisien utamanya $a_n\ne0$.

Bagian "khususnya": jika $p(r)=0$, ruas kiri adalah $p(x)$. Sebaliknya, jika $p(x)=(x-r)q(x)$ untuk semua $x$, substitusi $x=r$ memberi $p(r)=0$. $\square$

Koefisien $q$ dapat dihitung tanpa rumus ganda dengan pembagian sintetik (skema Horner). Tuliskan $q(x)=\sum_{i=0}^{n-1}b_ix^i$ dan cocokkan koefisien pada $(x-r)q(x)=p(x)-p(r)$:

$$b_{n-1}=a_n,\qquad b_{i-1}=a_i+r\,b_i\ \ (i=n-1,\ldots,1),\qquad p(r)=a_0+r\,b_0.$$

Pencocokan koefisien itu sah menurut Akibat 16.1.4 di bawah. Contoh 16.1.9 memakainya.

Akibat 16.1.3 (Paling Banyak $n$ Pembuat Nol)

Polinomial berderajat $n\geq0$ mempunyai paling banyak $n$ pembuat nol yang berbeda.

Bukti. Induksi pada $n$. Untuk $n=0$, $p(x)=a_0\ne0$ tidak mempunyai pembuat nol. Misalkan pernyataan benar untuk derajat $n-1$, dengan $n\geq1$, dan $\deg p=n$. Jika $p$ tidak mempunyai pembuat nol, selesai. Jika $p(r)=0$, Teorema 16.1.2 memberi $p(x)=(x-r)q(x)$ dengan $\deg q=n-1$. Untuk pembuat nol $s\ne r$, $0=p(s)=(s-r)q(s)$ dengan $s-r\ne0$, sehingga $q(s)=0$, karena lapangan tidak mempunyai pembagi nol (Bab 9.2). Jadi setiap pembuat nol $p$ selain $r$ adalah pembuat nol $q$, dan banyaknya paling $n-1$ menurut hipotesis induksi. Bersama $r$, paling banyak $n$. $\square$

Akibat 16.1.4 (Kesamaan Polinomial dan Pencocokan Koefisien)

Jika dua polinomial $\sum_{k=0}^na_kx^k$ dan $\sum_{k=0}^nb_kx^k$ bernilai sama di lebih dari $n$ titik berbeda, maka $a_k=b_k$ untuk setiap $k$. Khususnya, dua polinomial yang sama sebagai fungsi pada $\mathbb{R}$ mempunyai koefisien yang sama.

Bukti. Selisihnya $\sum(a_k-b_k)x^k$. Jika ada koefisien tak nol, selisih itu adalah polinomial berderajat paling $n$ dengan lebih dari $n$ pembuat nol, bertentangan dengan Akibat 16.1.3. $\square$

Akibat ini membenarkan "pencocokan koefisien" yang dipakai dalam pembagian sintetik dan dalam pemeriksaan faktorisasi. Bilangan real tak hingga banyak (misalnya $\mathbb{N}\subseteq\mathbb{R}$), sehingga kesamaan sebagai fungsi selalu memberi lebih dari $n$ titik.

Definisi 16.1.5 (Kelipatan Pembuat Nol)

Pembuat nol $r$ dari $p\ne0$ berkelipatan $m\in\mathbb{N}_{+}$ jika $p(x)=(x-r)^m\,s(x)$ untuk suatu polinomial $s$ dengan $s(r)\ne0$.

Kelipatan itu ada dan tunggal. Ada: terapkan Teorema 16.1.2 berulang selama hasil bagi masih bernilai nol di $r$; proses berhenti paling lambat setelah $\deg p$ langkah karena derajat turun satu per langkah. Tunggal: jika $(x-r)^ms(x)=(x-r)^{m'}s'(x)$ dengan $m<m'$, $s(r)\ne0$, dan $s'(r)\ne0$, maka $(x-r)^m\bigl(s(x)-(x-r)^{m'-m}s'(x)\bigr)=0$ untuk semua $x$. Untuk $x\ne r$ faktor pertama tak nol, sehingga polinomial dalam kurung bernilai nol di tak hingga banyak titik, dan Akibat 16.1.4 membuatnya polinomial nol. Substitusi $x=r$ memberi $s(r)=0$, kontradiksi. Unit 16.2 menunjukkan bahwa kelipatan ganjil dan genap berperilaku berbeda terhadap tanda.

Polinomial Kuadrat

Teorema 16.1.6 (Kuadrat dan Diskriminan)

Misalkan $p(x)=ax^2+bx+c$ dengan $a\ne0$, dan $\Delta=b^2-4ac$. Untuk semua $x\in\mathbb{R}$,

$$p(x)=a\Bigl[\Bigl(x+\frac b{2a}\Bigr)^2-\frac{\Delta}{4a^2}\Bigr].$$

Akibatnya:

(a) jika $\Delta>0$, $p$ mempunyai tepat dua pembuat nol $r_{1,2}=\dfrac{-b\mp\sqrt\Delta}{2a}$, dan $p(x)=a(x-r_1)(x-r_2)$;

(b) jika $\Delta=0$, $p$ mempunyai tepat satu pembuat nol $r=-\tfrac b{2a}$ berkelipatan $2$, dan $p(x)=a(x-r)^2$;

(c) jika $\Delta<0$, $p$ tidak mempunyai pembuat nol real, dan $p(x)$ bertanda sama dengan $a$ untuk setiap $x$.

Bukti. Identitas melengkapkan kuadrat diperiksa dengan menguraikan ruas kanan:

$$a\Bigl(x^2+\frac bax+\frac{b^2}{4a^2}\Bigr)-\frac{b^2-4ac}{4a}=ax^2+bx+\frac{b^2}{4a}-\frac{b^2}{4a}+c.$$

Tulis $t=x+\tfrac b{2a}$ dan $e=\tfrac{\Delta}{4a^2}$, sehingga $p(x)=a(t^2-e)$ dengan $a\ne0$. Maka $p(x)=0\iff t^2=e$.

(a) $\Delta>0$ memberi $e>0$, dan $t^2=e$ mempunyai tepat dua solusi $t=\pm\sqrt e$ (Teorema 12.3.4(iii)). Karena $4a^2=(2|a|)^2$ dan $\sqrt{\Delta}/(2|a|)>0$ berkuadrat $e$, berlaku $\sqrt e=\tfrac{\sqrt\Delta}{2|a|}$, sehingga $\pm\sqrt e=\pm\tfrac{\sqrt\Delta}{2a}$ sebagai himpunan dua nilai. Jadi $x=-\tfrac b{2a}\pm\tfrac{\sqrt\Delta}{2a}$. Faktorisasi: $t^2-e=(t-\sqrt e)(t+\sqrt e)$, dan kedua faktor itu sama dengan $x-r$ untuk kedua akar.

(b) $e=0$: $t^2=0\iff t=0$, dan $p(x)=at^2=a(x-r)^2$.

(c) $e<0$: $t^2-e\geq-e>0$, sehingga $p(x)=a(t^2-e)$ tak nol dan bertanda sama dengan $a$ (Proposisi 10.1.9). $\square$

Polinomial kuadrat dengan $\Delta<0$ disebut tak tereduksi atas $\mathbb{R}$: ia tidak dapat ditulis sebagai hasil kali dua faktor linear real, karena faktor linear akan memberi pembuat nol. Unit 16.2 memakai bagian (c): faktor semacam itu tidak mengubah tanda di mana pun.

Bézout, Euclid, dan Teorema Akar Rasional

Untuk polinomial berderajat tiga atau lebih tidak ada rumus akar yang dipakai di buku ini. Bila koefisiennya bulat, calon pembuat nol rasional dapat dibatasi ke daftar berhingga. Buktinya memerlukan dua fakta tentang bilangan bulat yang belum ada di Bab 7–8; keduanya dibuktikan di sini. Untuk $a,b\in\mathbb{Z}$, notasi $a\mid b$ berarti $b=ka$ untuk suatu $k\in\mathbb{Z}$. Dua bilangan bulat $p,q$ disebut saling prima jika satu-satunya bilangan bulat positif yang membagi keduanya adalah $1$.

Lemma 16.1.7 (Bézout untuk Bilangan Saling Prima)

Jika $p,q\in\mathbb{Z}$ saling prima dan tidak keduanya nol, maka terdapat $u,v\in\mathbb{Z}$ dengan $up+vq=1$.

Bukti. Himpunan $T=\{up+vq:u,v\in\mathbb{Z}\}\cap\mathbb{N}_{+}$ tidak kosong. Bila $p\ne0$, salah satu dari $p=1\cdot p+0\cdot q$ atau $-p$ positif. Bila $p=0$, maka $q\ne0$, dan salah satu dari $q$ atau $-q$ positif. $T$ dibentuk dengan separasi dari $\mathbb{N}$, sehingga menurut prinsip urutan baik (Teorema 7.3.4) $T$ mempunyai unsur terkecil $d=u_0p+v_0q$.

Kita tunjukkan $d\mid p$. Pembagian Euclid (Teorema 7.3.8) memberi $p=kd+s$ dengan $0\leq s<d$. Maka $s=p-k(u_0p+v_0q)=(1-ku_0)p+(-kv_0)q$. Jika $s>0$, maka $s\in T$ dan $s<d$, bertentangan dengan minimalitas $d$. Jadi $s=0$ dan $d\mid p$. Dengan cara sama, $d\mid q$.

Jadi $d$ adalah bilangan bulat positif yang membagi $p$ dan $q$. Karena keduanya saling prima, $d=1$. $\square$

Lemma 16.1.8 (Euclid)

Jika $p,q\in\mathbb{Z}$ saling prima dan tidak keduanya nol, serta $q\mid pm$ untuk suatu $m\in\mathbb{Z}$, maka $q\mid m$.

Bukti. Lemma 16.1.7 memberi $up+vq=1$. Maka $m=u(pm)+(vm)q$. Kedua suku habis dibagi $q$: suku pertama karena $q\mid pm$, suku kedua jelas. Jumlah dua kelipatan $q$ adalah kelipatan $q$. $\square$

Teorema 16.1.9 (Akar Rasional)

Misalkan $p(x)=a_nx^n+\cdots+a_0$ dengan $n\geq1$, semua $a_k\in\mathbb{Z}$, $a_n\ne0$, dan $a_0\ne0$. Jika bilangan rasional tak nol $r$ adalah pembuat nol $p$, tulis $r=\tfrac sq$ dengan $s\in\mathbb{Z}$, $q\in\mathbb{N}_{+}$, dan $q$ terkecil di antara semua penyebut positif wakil $r$ (Lema 8.4.6). Maka $s\mid a_0$ dan $q\mid a_n$.

Bukti. Pertama, $s$ dan $q$ saling prima. Jika bilangan bulat $d>1$ membagi keduanya, maka $r=\tfrac{s/d}{q/d}$ dengan penyebut positif $q/d<q$, bertentangan dengan minimalitas $q$. Juga $s\ne0$ karena $r\ne0$.

Dari $p(r)=0$, kalikan dengan $q^n$:

$$a_ns^n+a_{n-1}s^{n-1}q+\cdots+a_1sq^{n-1}+a_0q^n=0.$$

Semua suku kecuali yang terakhir memuat faktor $s$, sehingga $s\mid a_0q^n$. Karena $s$ dan $q$ saling prima, Lemma 16.1.8 yang diterapkan $n$ kali, dengan melepas satu faktor $q$ setiap kali, memberi $s\mid a_0$. Dengan cara sama, semua suku kecuali yang pertama memuat faktor $q$, sehingga $q\mid a_ns^n$, dan penerapan berulang Lemma 16.1.8 memberi $q\mid a_n$. $\square$

Kasus $a_0=0$ ditangani terpisah: $0$ adalah pembuat nol, dan $p(x)=x\cdot\tilde p(x)$, lalu teorema diterapkan pada $\tilde p$. Teorema ini hanya memberi daftar calon $\pm\tfrac{\text{pembagi }a_0}{\text{pembagi positif }a_n}$; setiap calon tetap harus diuji. Teorema ini juga tidak mengatakan apa pun tentang pembuat nol irasional.

Contoh

Contoh 16.1.10 (Contoh Master: $x^3-4x$)

$x^3-4x=x(x^2-4)=x(x-2)(x+2)$. Faktorisasi kedua memakai $x^2-4=(x-2)(x+2)$, yang diperiksa dengan perkalian. Pembuat nolnya tepat $-2$, $0$, $2$: hasil kali nol tepat ketika salah satu faktor nol (tanpa pembagi nol). Ketiganya berkelipatan $1$.

Contoh 16.1.11 (Kubik dengan Akar Rasional)

Faktorkan $p(x)=x^3-6x^2+11x-6$.

Penyelesaian. Teorema 16.1.9 dengan $a_3=1$ dan $a_0=-6$ memberi calon $\pm1,\pm2,\pm3,\pm6$. Uji $x=1$: $1-6+11-6=0$. Pembagian sintetik dengan $r=1$: $b_2=1$, $b_1=-6+1\cdot1=-5$, $b_0=11+1\cdot(-5)=6$, dan sisa $-6+1\cdot6=0$. Jadi $p(x)=(x-1)(x^2-5x+6)$. Kuadrat $x^2-5x+6$ mempunyai $\Delta=25-24=1$ dan akar $\tfrac{5\mp1}2=2,3$. Jadi $p(x)=(x-1)(x-2)(x-3)$. $\square$

Contoh 16.1.12 (Polinomial Bikuadrat)

$x^4-5x^2+4=(x^2-1)(x^2-4)=(x-1)(x+1)(x-2)(x+2)$. Faktorisasi pertama diperiksa dengan perkalian: $(x^2-1)(x^2-4)=x^4-4x^2-x^2+4$. Pembuat nolnya $\pm1$ dan $\pm2$.

Contoh 16.1.13 (Tanpa Akar Rasional; Irasionalitas $\sqrt[3]2$)

$p(x)=x^3-2$ mempunyai calon akar rasional $\pm1,\pm2$. Ujinya: $p(1)=-1$, $p(-1)=-3$, $p(2)=6$, $p(-2)=-10$. Tidak ada yang nol, sehingga $p$ tidak mempunyai pembuat nol rasional. Namun $p$ mempunyai pembuat nol real $c=\sqrt[3]2$ (Teorema 11.3.8). Jadi $\sqrt[3]2$ irasional, dengan bukti yang berbeda dari bukti paritas untuk $\sqrt2$ pada Bab 8.

Teorema 16.1.2 memberi $x^3-2=(x-c)(x^2+cx+c^2)$; pembagian sintetik: $b_2=1$, $b_1=0+c=c$, $b_0=0+c^2$, sisa $-2+c^3=0$. Faktor kuadratnya mempunyai $\Delta=c^2-4c^2=-3c^2<0$, sehingga tak tereduksi dan selalu positif. Jadi $c$ satu-satunya pembuat nol real.

Strategi Pemfaktoran

1. Keluarkan faktor bersama, termasuk pangkat $x$ bila $a_0=0$.
2. Kenali bentuk khusus: selisih kuadrat, bikuadrat (substitusi $y=x^2$), dan kuadrat sempurna.
3. Untuk koefisien bulat, daftar calon akar rasional (Teorema 16.1.9), uji, lalu bagi secara sintetik.
4. Untuk sisa kuadrat, gunakan diskriminan (Teorema 16.1.6).
5. Periksa faktorisasi akhir dengan perkalian; Akibat 16.1.4 menjamin pemeriksaan koefisien sudah cukup.

Bila tidak ada calon rasional yang berhasil dan derajat sisanya lebih dari dua, teknik unit ini tidak menjamin faktorisasi. Kita tidak mengklaim sebaliknya.

Latihan

Latihan 16.1-1. Tunjukkan bahwa $x=2$ adalah pembuat nol $x^3-3x^2+4$. Faktorkan polinomial itu sepenuhnya dengan pembagian sintetik, dan tentukan kelipatan setiap pembuat nol.

Latihan 16.1-2. (a) Buktikan Akibat 16.1.3 dengan kata-kata sendiri. (b) Simpulkan bahwa polinomial $a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0$ yang bernilai nol di $x=0,1,2,3$ adalah polinomial nol.

Latihan 16.1-3. Untuk masing-masing polinomial berikut, hitung diskriminan, tentukan pembuat nol real, dan tuliskan faktorisasinya atas $\mathbb{R}$ atau jelaskan mengapa tak tereduksi: (a) $2x^2-3x-2$, (b) $x^2+x+1$, (c) $4x^2-4x+1$.

Latihan 16.1-4. Faktorkan $2x^3-x^2-7x+6$ sepenuhnya dengan Teorema 16.1.9 dan pembagian sintetik.

Latihan 16.1-5. Dengan Teorema 16.1.9, buktikan bahwa $\sqrt[3]3$ dan $\sqrt5$ irasional. Sebutkan teorema yang menjamin keberadaan kedua bilangan itu.

Latihan 16.1-6. Tentukan semua pembuat nol beserta kelipatannya dari $x^4-2x^3+x^2$.

Latihan 16.1-7. Buktikan $x^4+4=(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)$, lalu buktikan bahwa $x^4+4$ tidak mempunyai pembuat nol real dengan dua cara.

Latihan 16.1-8. (a) Temukan $u,v\in\mathbb{Z}$ dengan $5u+3v=1$. (b) Dengan Lemma 16.1.8, buktikan bahwa jika $7\mid3m$, maka $7\mid m$. (c) Mengapa syarat saling prima diperlukan? Beri contoh dengan $6\mid4m$.

Solusi

Solusi 16.1-1. $2^3-3\cdot4+4=8-12+4=0$. Pembagian sintetik dengan $r=2$ dan koefisien $(1,-3,0,4)$: $b_2=1$, $b_1=-3+2\cdot1=-1$, $b_0=0+2\cdot(-1)=-2$, dan sisa $4+2\cdot(-2)=0$. Jadi $x^3-3x^2+4=(x-2)(x^2-x-2)$. Kuadratnya mempunyai $\Delta=1+8=9$ dan akar $\tfrac{1\mp3}2=-1,2$, sehingga $x^2-x-2=(x+1)(x-2)$. Hasilnya $(x-2)^2(x+1)$.

Kelipatan: $2$ berkelipatan $2$, karena $s(x)=x+1$ memenuhi $s(2)=3\ne0$. $-1$ berkelipatan $1$, karena $(x-2)^2$ di $-1$ bernilai $9\ne0$. $\square$

Solusi 16.1-2. (a) Lihat bukti Akibat 16.1.3: induksi pada derajat; setiap pembuat nol lain dari $r$ adalah pembuat nol hasil bagi karena tidak ada pembagi nol.

(b) Jika ada koefisien tak nol, polinomial itu berderajat paling $3$ dan mempunyai $4$ pembuat nol berbeda, bertentangan dengan (a). Jadi semua koefisien nol. $\square$

Solusi 16.1-3.

(a) $\Delta=9+16=25$, dengan akar $\tfrac{3\mp5}4=-\tfrac12,2$. Faktorisasi: $2(x-2)(x+\tfrac12)=(x-2)(2x+1)$.

(b) $\Delta=1-4=-3<0$: tak tereduksi, dan $x^2+x+1>0$ untuk semua $x$ (Teorema 16.1.6(c)).

(c) $\Delta=16-16=0$: satu akar $\tfrac12$ berkelipatan $2$; $4(x-\tfrac12)^2=(2x-1)^2$. $\square$

Solusi 16.1-4. Calon: $\pm1,\pm2,\pm3,\pm6,\pm\tfrac12,\pm\tfrac32$. Uji $x=1$: $2-1-7+6=0$. Pembagian sintetik dengan koefisien $(2,-1,-7,6)$: $b_2=2$, $b_1=-1+2=1$, $b_0=-7+1=-6$, dan sisa $6-6=0$. Hasil baginya $2x^2+x-6$, dengan $\Delta=1+48=49$ dan akar $\tfrac{-1\mp7}4=-2,\tfrac32$. Jadi $2x^2+x-6=2(x+2)(x-\tfrac32)=(x+2)(2x-3)$, dan polinomialnya $(x-1)(x+2)(2x-3)$. Pemeriksaan: $(x-1)(x+2)=x^2+x-2$, dan $(x^2+x-2)(2x-3)=2x^3-3x^2+2x^2-3x-4x+6=2x^3-x^2-7x+6$. $\square$

Solusi 16.1-5. $\sqrt[3]3$ adalah pembuat nol $x^3-3$, yang ada menurut Teorema 11.3.8. Calon rasional $\pm1,\pm3$ memberi nilai $-2,-4,24,-30$, semuanya tak nol, sehingga $\sqrt[3]3\notin\mathbb{Q}$.

$\sqrt5$ adalah pembuat nol $x^2-5$, yang ada menurut Teorema 11.3.8. Calon $\pm1,\pm5$ memberi $-4,-4,20,20$, tak nol, sehingga $\sqrt5\notin\mathbb{Q}$. $\square$

Solusi 16.1-6. $x^4-2x^3+x^2=x^2(x^2-2x+1)=x^2(x-1)^2$. Pembuat nol $0$ berkelipatan $2$, dengan $s(x)=(x-1)^2$ dan $s(0)=1\ne0$. Pembuat nol $1$ berkelipatan $2$, dengan $s(x)=x^2$ dan $s(1)=1\ne0$. $\square$

Solusi 16.1-7. Perkalian: $(x^2+2)^2-(2x)^2=x^4+4x^2+4-4x^2=x^4+4$.

Cara 1: kedua faktor kuadrat mempunyai $\Delta=4-8=-4<0$, sehingga keduanya positif di mana-mana (Teorema 16.1.6(c)). Hasil kalinya positif, sehingga tak pernah nol.

Cara 2: $x^4\geq0$ (kuadrat dari $x^2$), sehingga $x^4+4\geq4>0$.

Cara 2 lebih singkat. Cara 1 menunjukkan bahwa faktorisasi menjadi faktor tak tereduksi juga memberi tanda. $\square$

Solusi 16.1-8. (a) $5\cdot2+3\cdot(-3)=10-9=1$, jadi $u=2$ dan $v=-3$.

(b) $3$ dan $7$ saling prima, karena pembagi positif $7$ hanya $1$ dan $7$, dan $7\nmid3$. Lemma 16.1.8 dengan $p=3$ dan $q=7$ memberi $7\mid m$. Secara eksplisit: $3\cdot(-2)+7\cdot1=1$, sehingga $m=-2(3m)+7m$, dan kedua suku kelipatan $7$.

(c) Untuk $6\mid4m$: $m=3$ memberi $4m=12=2\cdot6$, tetapi $6\nmid3$. Syarat saling prima gagal karena $2$ membagi $4$ dan $6$. $\square$

Ringkasan

Teorema faktor diturunkan dari identitas teleskopik: $r$ pembuat nol jika dan hanya jika $x-r$ adalah faktor. Akibatnya, polinomial berderajat $n$ mempunyai paling banyak $n$ pembuat nol, dan pencocokan koefisien sah. Kelipatan pembuat nol terdefinisi tunggal. Untuk kuadrat, diskriminan menentukan banyaknya pembuat nol, faktorisasi, dan tanda kuadrat tak tereduksi. Untuk koefisien bulat, teorema akar rasional, dengan lemma Bézout dan Euclid yang dibuktikan dari urutan baik, membatasi calon akar rasional dan sekaligus memberi bukti irasionalitas akar seperti $\sqrt[3]2$. Unit 16.2 memakai faktorisasi ini untuk menentukan tanda polinomial di setiap selang di antara pembuat nolnya.

16.2 Metode Analisis Tanda (Sign Analysis) pada Garis Bilangan

Setelah polinomial difaktorkan (Unit 16.1), pertaksamaan $p(x)\bowtie0$ menjadi soal tanda hasil kali faktor-faktor. Metode analisis tanda yang diajarkan di sekolah biasanya berbunyi: tandai pembuat nol pada garis bilangan, pilih satu titik uji di setiap selang, hitung tanda $p$ di titik itu, dan anggap tanda itu berlaku di seluruh selang.

Langkah terakhir adalah klaim yang perlu dibuktikan. Mengapa satu titik uji mewakili seluruh selang? Dalam kalkulus, jawabannya biasanya Teorema Nilai Antara untuk fungsi kontinu. Teorema itu belum tersedia di buku ini. Unit ini memberi jawaban aljabar yang lengkap: untuk polinomial yang sudah difaktorkan menjadi faktor linear dan faktor kuadrat tak tereduksi, tanda pada setiap selang dapat dihitung langsung dari faktorisasinya. Uji titik hanyalah cara cepat membaca hasil yang sudah terjamin itu. Contoh master, $x^3-4x\leq0$ dengan penyelesaian $(-\infty,-2]\cup[0,2]$, dibuktikan lengkap.

Prasyarat: Unit 16.1 (faktorisasi, kelipatan, Teorema 16.1.6(c)); aturan tanda (Proposisi 10.1.9); kerangka himpunan penyelesaian Bab 15; notasi interval Bab 12.

Fungsi Tanda

Definisi 16.2.1 (Tanda)

Untuk $t\in\mathbb{R}$, tetapkan

$$\operatorname{sgn}(t)=\begin{cases}1&t>0,\\0&t=0,\\-1&t<0.\end{cases}$$

Lemma 16.2.2 (Tanda Hasil Kali)

Untuk $s,t\in\mathbb{R}$, $\operatorname{sgn}(st)=\operatorname{sgn}(s)\operatorname{sgn}(t)$. Dengan induksi, tanda hasil kali berhingga banyak faktor adalah hasil kali tanda-tandanya.

Bukti. Jika salah satu nol, kedua ruas nol, karena tidak ada pembagi nol. Jika keduanya tak nol, Proposisi 10.1.9 memberi: positif kali positif positif, negatif kali negatif positif, dan bertanda berlawanan negatif. Keempat kasus cocok dengan perkalian $\pm1$. $\square$

Akibatnya, pertaksamaan $p(x)>0$, $<0$, $=0$ dapat dibaca dari $\operatorname{sgn}(p(x))=1,-1,0$.

Tanda Faktor

Lemma 16.2.3 (Tanda Faktor Linear Berpangkat)

Misalkan $r\in\mathbb{R}$ dan $m\in\mathbb{N}_{+}$. Untuk $x\in\mathbb{R}$:

$$\operatorname{sgn}\bigl((x-r)^m\bigr)=\begin{cases}1&x>r,\\0&x=r,\\(-1)^m&x<r.\end{cases}$$

Bukti. Lemma 16.2.2 diterapkan pada $m$ faktor $x-r$ memberi $\operatorname{sgn}((x-r)^m)=\operatorname{sgn}(x-r)^m$. Untuk $x>r$, $\operatorname{sgn}(x-r)=1$; untuk $x=r$ nilainya $0$, dan $0^m=0$ karena $m\geq1$; untuk $x<r$ nilainya $-1$. $\square$

Jadi faktor berpangkat ganjil berganti tanda ketika $x$ melewati $r$, sedangkan faktor berpangkat genap tidak berganti tanda: tak negatif di kedua sisi, dan nol hanya di $r$.

Lemma 16.2.4 (Faktor Kuadrat Tak Tereduksi)

Jika $q(x)=ax^2+bx+c$ dengan $a\ne0$ dan $b^2-4ac<0$, maka $\operatorname{sgn}(q(x))=\operatorname{sgn}(a)$ untuk semua $x\in\mathbb{R}$.

Bukti. Teorema 16.1.6(c). $\square$

Teorema Utama

Teorema 16.2.5 (Tanda Polinomial Terfaktor)

Misalkan

$$p(x)=a\prod_{i=1}^k(x-r_i)^{m_i}\cdot\prod_{j=1}^lq_j(x),$$

dengan $a\ne0$; $k,l\in\mathbb{N}$ (hasil kali kosong bernilai $1$); $r_1<r_2<\cdots<r_k$ bilangan real berbeda; $m_i\in\mathbb{N}_{+}$; dan setiap $q_j$ kuadrat tak tereduksi dengan koefisien utama positif. Untuk $x\in\mathbb{R}$ yang bukan salah satu $r_i$, tulis $N(x)$ untuk jumlah $m_i$ atas semua $i$ dengan $r_i>x$. Maka:

(a) $p(x)=0$ jika dan hanya jika $x\in\{r_1,\ldots,r_k\}$;

(b) untuk $x\notin\{r_1,\ldots,r_k\}$, $\operatorname{sgn}(p(x))=\operatorname{sgn}(a)\cdot(-1)^{N(x)}$;

(c) akibatnya, $\operatorname{sgn}(p)$ konstan pada setiap selang terbuka $(-\infty,r_1)$, $(r_1,r_2)$, …, $(r_{k-1},r_k)$, $(r_k,\infty)$. Untuk $k=0$, selangnya hanya $\mathbb{R}$ itu sendiri.

(d) Ketika $x$ melewati $r_i$, tanda berganti jika dan hanya jika $m_i$ ganjil. Pada selang paling kanan, $\operatorname{sgn}(p)=\operatorname{sgn}(a)$.

Bukti. (a) Setiap $q_j(x)\ne0$ menurut Lemma 16.2.4, dan $a\ne0$. Hasil kali bernilai nol jika dan hanya jika salah satu faktor nol, yaitu $x=r_i$ untuk suatu $i$.

(b) Lemma 16.2.2 memberi $\operatorname{sgn}(p(x))=\operatorname{sgn}(a)\prod_i\operatorname{sgn}((x-r_i)^{m_i})\prod_j\operatorname{sgn}(q_j(x))$. Setiap $\operatorname{sgn}(q_j(x))=1$ menurut Lemma 16.2.4. Menurut Lemma 16.2.3, faktor dengan $r_i<x$ bertanda $1$, dan faktor dengan $r_i>x$ bertanda $(-1)^{m_i}$. Hasil kalinya $(-1)^{N(x)}$.

(c) Untuk $x$ dan $x'$ di selang terbuka yang sama, himpunan indeks $i$ dengan $r_i>x$ sama dengan himpunan untuk $x'$, karena tidak ada $r_i$ di antara keduanya. Jadi $N(x)=N(x')$.

(d) Bila $x$ berpindah dari selang tepat di kiri $r_i$ ke selang tepat di kanannya, $N$ berkurang tepat $m_i$, dan $(-1)^{N}$ berubah faktor $(-1)^{m_i}$. Di selang paling kanan, $N=0$. $\square$

Teorema ini adalah pembenaran penuh metode garis bilangan. Ia sepenuhnya aljabar: yang dipakai hanya aturan tanda, faktorisasi, dan diskriminan.

Akibat 16.2.6 (Uji Titik yang Sah)

Dengan faktorisasi seperti pada Teorema 16.2.5, tanda $p$ pada setiap selang terbuka di antara pembuat nol berturutan sama dengan tanda $p$ di sebarang satu titik selang itu.

Bukti. Teorema 16.2.5(c). $\square$

Peringatan. Tanpa daftar pembuat nol yang lengkap, uji titik tidak membuktikan apa pun. Contohnya $p(x)=(x-1)(x-\tfrac{11}{10})$. Titik uji $0$ dan $2$ memberi $p(0)=\tfrac{11}{10}>0$ dan $p(2)=1\cdot\tfrac9{10}>0$. Namun $p(\tfrac{21}{20})=\tfrac1{20}\cdot(-\tfrac1{20})<0$. Seseorang yang hanya menguji $0$ dan $2$, tanpa mengetahui kedua pembuat nolnya, akan keliru menyimpulkan bahwa $p>0$ pada $[0,2]$. Akibat 16.2.6 sah hanya karena faktorisasi telah menunjukkan bahwa tidak ada pembuat nol lain di dalam selang.

Prosedur

Untuk menyelesaikan $p(x)\bowtie0$ dengan $p$ polinomial:

1. Bila perlu, pindahkan semua suku ke satu ruas (Proposisi 15.1.4).
2. Faktorkan menjadi bentuk Teorema 16.2.5 (Unit 16.1). Faktor kuadrat dengan diskriminan negatif cukup diperiksa tanda koefisien utamanya. Bila koefisien utamanya negatif, keluarkan $-1$ ke dalam $a$.
3. Urutkan pembuat nol dan tentukan tanda pada selang paling kanan, yaitu $\operatorname{sgn}(a)$.
4. Bergerak ke kiri, ganti tanda tepat ketika melewati pembuat nol berkelipatan ganjil.
5. Pilih selang sesuai tanda yang diminta. Untuk $\leq$ dan $\geq$, tambahkan pembuat nol; untuk $<$ dan $>$, keluarkan pembuat nol.
6. Tulis himpunan penyelesaian sebagai gabungan interval atau himpunan titik.

Contoh

Contoh 16.2.7 (Contoh Master: $x^3-4x\leq0$)

Faktorisasi (Contoh 16.1.10): $x^3-4x=(x+2)\,x\,(x-2)$, dengan $a=1$, pembuat nol $-2<0<2$, semuanya berkelipatan $1$. Tanda dengan Teorema 16.2.5:

Untuk $\leq0$: ambil selang bertanda $-$ dan semua pembuat nol. Jadi $\operatorname{HP}=(-\infty,-2]\cup[0,2]$.

Kedua inklusi sudah terkandung dalam teorema. Setiap $x$ di luar himpunan itu terletak di $(-2,0)$ atau $(2,\infty)$, tempat $p(x)>0$. Setiap $x$ di dalamnya membuat $p(x)<0$ atau $p(x)=0$. Uji titik sebagai ilustrasi, bukan bukti: $p(-3)=-27+12=-15$, $p(-1)=-1+4=3$, $p(1)=1-4=-3$, $p(3)=27-12=15$. $\square$

Contoh 16.2.8 (Kelipatan Genap)

Selesaikan $(x-1)^2(x+3)>0$ dan $(x-1)^2(x+3)\geq0$.

Penyelesaian. Pembuat nol $-3$ (kelipatan $1$) dan $1$ (kelipatan $2$), dengan $a=1$.

• $(1,\infty)$: $+$.
• $(-3,1)$: melewati $1$ yang berkelipatan genap, tanda tetap $+$.
• $(-\infty,-3)$: melewati $-3$ yang ganjil, tanda menjadi $-$.

Untuk $>0$: $\operatorname{HP}=(-3,1)\cup(1,\infty)$. Titik $1$ dikeluarkan karena $p(1)=0$. Untuk $\geq0$: tambahkan $-3$ dan $1$, sehingga $\operatorname{HP}=[-3,1]\cup[1,\infty)=[-3,\infty)$.

Kesalahan umum adalah menganggap tanda selalu berganti di setiap pembuat nol. Cara itu memberi tanda $-$ pada $(-3,1)$, yang salah; misalnya $p(0)=1\cdot3=3>0$. $\square$

Contoh 16.2.9 (Faktor Tak Tereduksi)

Selesaikan $(x^2+x+1)(x-2)<0$.

Penyelesaian. $x^2+x+1$ mempunyai $\Delta=-3<0$ dan koefisien utama positif, sehingga positif di mana-mana. Tanda $p$ sama dengan tanda $x-2$. $\operatorname{HP}=(-\infty,2)$. Faktor kuadrat tidak menambah pembuat nol dan tidak mengubah tanda. $\square$

Contoh 16.2.10 (Koefisien Utama Negatif)

Selesaikan $-x^4+5x^2-4\geq0$.

Penyelesaian. $-x^4+5x^2-4=-(x^4-5x^2+4)=-(x+2)(x+1)(x-1)(x-2)$ (Contoh 16.1.12). Jadi $a=-1$ dengan empat pembuat nol berkelipatan $1$. Tanda dari kanan:

• $(2,\infty)$: $-$;
• $(1,2)$: $+$;
• $(-1,1)$: $-$;
• $(-2,-1)$: $+$;
• $(-\infty,-2)$: $-$.

Untuk $\geq0$: $\operatorname{HP}=[-2,-1]\cup[1,2]$. Periksa: $p(0)=-4<0$, dan $p(\tfrac32)=-\tfrac{81}{16}+\tfrac{45}4-4=\tfrac{-81+180-64}{16}=\tfrac{35}{16}>0$. $\square$

Contoh 16.2.11 (Kubik dengan Koefisien Utama 2)

Selesaikan $2x^3-x^2-7x+6\geq0$.

Penyelesaian. Dari Solusi 16.1-4: $2x^3-x^2-7x+6=(x-1)(x+2)(2x-3)=2(x+2)(x-1)(x-\tfrac32)$. Jadi $a=2>0$, dengan pembuat nol $-2<1<\tfrac32$ berkelipatan $1$.

• $(\tfrac32,\infty)$: $+$;
• $(1,\tfrac32)$: $-$;
• $(-2,1)$: $+$;
• $(-\infty,-2)$: $-$.

$\operatorname{HP}=[-2,1]\cup[\tfrac32,\infty)$. $\square$

Latihan

Latihan 16.2-1. Buktikan Lemma 16.2.3 dan jelaskan dengan contoh $(x-2)^3$ dan $(x-2)^4$ perbedaan perilaku tanda di sekitar $2$.

Latihan 16.2-2. Selesaikan $x^3-4x>0$ dan $x^3-4x=0$, lalu periksa bahwa bersama Contoh 16.2.7 ketiga himpunan mempartisi $\mathbb{R}$ (Teorema 15.1.3).

Latihan 16.2-3. Selesaikan $x^4-5x^2+4<0$.

Latihan 16.2-4. Selesaikan $x^2(x-3)(x+1)^3\leq0$.

Latihan 16.2-5. Selesaikan $(x^2-2x+5)(1-x)(x+4)>0$. Periksa dulu apakah faktor kuadratnya tak tereduksi.

Latihan 16.2-6. Seseorang menyelesaikan $x^3-x^2-x+1\geq0$ dengan menguji $x=-2$, $0$, dan $2$ saja, lalu menyimpulkan bahwa tanda berganti di setiap pembuat nol. (a) Faktorkan polinomial itu. (b) Tentukan himpunan penyelesaian yang benar. (c) Jelaskan letak kesalahan orang tersebut.

Latihan 16.2-7. Berikan contoh polinomial $p$ dan dua titik $u<v$ dengan $p(u)>0$ dan $p(v)>0$, tetapi $p$ negatif di suatu titik di antaranya. Jelaskan mengapa ini tidak bertentangan dengan Akibat 16.2.6.

Latihan 16.2-8. Untuk parameter $c\in\mathbb{R}$, tentukan himpunan penyelesaian $x^2-c\leq0$. Pisahkan kasus $c<0$, $c=0$, dan $c>0$.

Solusi

Solusi 16.2-1. Lihat bukti Lemma 16.2.3. Untuk $(x-2)^3$: positif untuk $x>2$, nol di $2$, dan negatif untuk $x<2$, karena $(-1)^3=-1$; tanda berganti. Untuk $(x-2)^4$: positif untuk $x\ne2$, karena $(-1)^4=1$, dan nol di $2$; tanda tidak berganti. $\square$

Solusi 16.2-2. Dari tabel Contoh 16.2.7:

• $x^3-4x>0$: $\operatorname{HP}=(-2,0)\cup(2,\infty)$;
• $x^3-4x=0$: $\operatorname{HP}=\{-2,0,2\}$;
• $x^3-4x<0$: $(-\infty,-2)\cup(0,2)$.

Ketiganya saling lepas dan gabungannya $\mathbb{R}$, dan $\leq$ adalah gabungan $<$ dengan $=$. $\square$

Solusi 16.2-3. $x^4-5x^2+4=(x+2)(x+1)(x-1)(x-2)$ dengan $a=1$. Tanda dari kanan: $+,-,+,-,+$ pada $(2,\infty)$, $(1,2)$, $(-1,1)$, $(-2,-1)$, $(-\infty,-2)$. Untuk $<0$: $\operatorname{HP}=(-2,-1)\cup(1,2)$. $\square$

Solusi 16.2-4. Pembuat nol: $-1$ (kelipatan $3$), $0$ (kelipatan $2$), $3$ (kelipatan $1$), dengan $a=1$. Tanda dari kanan:

• $(3,\infty)$: $+$;
• $(0,3)$: $-$, karena $3$ ganjil;
• $(-1,0)$: $-$, karena $0$ genap;
• $(-\infty,-1)$: $+$, karena $-1$ ganjil.

Untuk $\leq0$: $\operatorname{HP}=[-1,0]\cup[0,3]=[-1,3]$. Pemeriksaan: $p(-\tfrac12)=\tfrac14\cdot(-\tfrac72)\cdot\tfrac18<0$, dan $p(-2)=4\cdot(-5)\cdot(-1)=20>0$. $\square$

Solusi 16.2-5. $x^2-2x+5$ mempunyai $\Delta=4-20=-16<0$ dan koefisien utama $1>0$, sehingga positif. Tulis $(1-x)(x+4)=-(x-1)(x+4)$. Jadi $p(x)=-(x^2-2x+5)(x+4)(x-1)$, dengan $a=-1$, pembuat nol $-4<1$ berkelipatan $1$. Tanda dari kanan: $(1,\infty)$: $-$; $(-4,1)$: $+$; $(-\infty,-4)$: $-$. Untuk $>0$: $\operatorname{HP}=(-4,1)$. Periksa: $p(0)=5\cdot1\cdot4=20>0$. $\square$

Solusi 16.2-6. (a) $x^3-x^2-x+1=x^2(x-1)-(x-1)=(x-1)(x^2-1)=(x-1)^2(x+1)$.

(b) Pembuat nol $-1$ (kelipatan $1$) dan $1$ (kelipatan $2$), dengan $a=1$. Tanda: $(1,\infty)$: $+$; $(-1,1)$: $+$; $(-\infty,-1)$: $-$. Untuk $\geq0$: $\operatorname{HP}=[-1,\infty)$.

(c) Anggapan "berganti di setiap pembuat nol" salah pada pembuat nol berkelipatan genap $1$. Dengan anggapan itu, $(-1,1)$ diberi tanda $-$, padahal $p(0)=1>0$. Titik uji $-2$, $0$, $2$ memberi $-3$, $1$, $3$, yang sebenarnya benar. Kesalahannya ada pada menyimpulkan tanda selang lain tanpa mengetahui kelipatan pembuat nol. $\square$

Solusi 16.2-7. $p(x)=(x-1)(x-\tfrac{11}{10})$ dengan $u=0$ dan $v=2$ (lihat Peringatan setelah Akibat 16.2.6). Tidak ada pertentangan: Akibat 16.2.6 hanya berlaku untuk dua titik di selang yang sama di antara pembuat nol berturutan. Titik $0$ dan $2$ terletak di selang yang berbeda, dipisahkan oleh dua pembuat nol. $\square$

Solusi 16.2-8.

• $c<0$: $x^2-c=x^2+|c|\geq|c|>0$, sehingga $\operatorname{HP}=\emptyset$.
• $c=0$: $x^2\leq0\iff x=0$, sehingga $\operatorname{HP}=\{0\}$.
• $c>0$: $x^2-c=(x-\sqrt c)(x+\sqrt c)$ dengan $\sqrt c>0$ (Teorema 11.3.8), dengan pembuat nol $-\sqrt c<\sqrt c$ berkelipatan $1$. Tanda di antara keduanya negatif, sehingga $\operatorname{HP}=[-\sqrt c,\sqrt c]$.

$\square$

Ringkasan

Tanda polinomial yang terfaktor menjadi faktor linear berpangkat dan faktor kuadrat tak tereduksi dapat dihitung di setiap titik dari faktorisasinya. Tanda itu konstan pada setiap selang di antara pembuat nol berturutan, berganti tepat di pembuat nol berkelipatan ganjil, dan pada selang paling kanan sama dengan tanda koefisien utama. Semua ini dibuktikan secara aljabar tanpa kontinuitas. Uji titik sah hanya setelah semua pembuat nol diketahui. Unit 16.3 memperluas metode ini ke pecahan rasional, dengan tambahan syarat penyebut tak nol.

16.3 Pertaksamaan Pecahan Rasional dan Syarat Penyebut Tidak Nol

Pertaksamaan pecahan, misalnya contoh master $\dfrac{x-1}{x+2}\geq2$, menggabungkan dua tema Bab 15. Pertama, domain asal: penyebut tidak boleh nol (Unit 15.4). Kedua, jebakan perkalian dengan ekspresi bervariabel: menghapus penyebut dengan mengalikannya ke ruas lain mengandaikan tanda penyebut diketahui (Unit 15.3). Unit ini menunjukkan bahwa tanda suatu hasil bagi sama dengan tanda hasil kali pembilang dan penyebutnya. Dengan demikian pertaksamaan pecahan direduksi menjadi analisis tanda polinomial (Unit 16.2), ditambah satu syarat: pembuat nol penyebut selalu dikeluarkan.

Prasyarat: Unit 16.1–16.2; Teorema 10.2.3 (invers mempertahankan tanda); Bab 15, khususnya Teorema 15.3.4, 15.3.6, dan 15.4.4.

Tanda Hasil Bagi

Definisi 16.3.1 (Pecahan Rasional)

Pecahan rasional adalah ekspresi $\dfrac{p(x)}{q(x)}$ dengan $p,q$ polinomial dan $q$ bukan polinomial nol. Domain asalnya $\{x\in\mathbb{R}:q(x)\ne0\}$ (aturan (D3)). Menurut Akibat 16.1.3, domain itu adalah $\mathbb{R}$ dikurangi paling banyak $\deg q$ titik.

Lemma 16.3.2 (Tanda Hasil Bagi)

Untuk $s,t\in\mathbb{R}$ dengan $t\ne0$: $\operatorname{sgn}\bigl(\tfrac st\bigr)=\operatorname{sgn}(s)\operatorname{sgn}(t)=\operatorname{sgn}(st)$.

Bukti. $\tfrac st=s\cdot t^{-1}$, dan Teorema 10.2.3 memberi $\operatorname{sgn}(t^{-1})=\operatorname{sgn}(t)$. Lemma 16.2.2 menyelesaikan. $\square$

Teorema 16.3.3 (Reduksi ke Polinomial)

Misalkan $p,q$ polinomial dengan $q$ tak nol. Untuk setiap $x\in\mathbb{R}$:

$$\frac{p(x)}{q(x)}>0\iff q(x)\ne0\ \wedge\ p(x)q(x)>0,\qquad\frac{p(x)}{q(x)}<0\iff q(x)\ne0\ \wedge\ p(x)q(x)<0,$$$$\frac{p(x)}{q(x)}\geq0\iff q(x)\ne0\ \wedge\ p(x)q(x)\geq0,\qquad\frac{p(x)}{q(x)}=0\iff q(x)\ne0\ \wedge\ p(x)=0.$$

Hal yang sama berlaku untuk $\leq0$.

Bukti. Untuk $x$ dengan $q(x)=0$, ruas kiri tidak bermakna dan ruas kanan salah. Keduanya tidak termasuk himpunan penyelesaian (Definisi 15.4.3). Untuk $q(x)\ne0$, Lemma 16.3.2 memberi tanda yang sama. Untuk kesamaan nol: $\tfrac{p(x)}{q(x)}=0\iff p(x)=0$, karena $q(x)^{-1}\ne0$. $\square$

Jadi $\operatorname{HP}\bigl(\tfrac pq\bowtie0\bigr)=\operatorname{HP}(pq\bowtie0)\setminus\{x:q(x)=0\}$. Himpunan penyelesaian polinomial $pq\bowtie0$ ditentukan dengan Teorema 16.2.5. Untuk tanda tak tegas, titik nol $q$ yang mungkin ikut masuk harus dikeluarkan.

Prosedur

1. Domain: catat semua $x$ dengan penyebut nol.
2. Pindahkan semua ke satu ruas: $\tfrac{f}{g}\bowtie c$ menjadi $\tfrac fg-c\bowtie0$.
3. Satukan menjadi satu pecahan dengan penyebut bersama. Ini identitas aljabar pada domain, bukan perkalian kedua ruas.
4. Faktorkan pembilang dan penyebut.
5. Gunakan Teorema 16.3.3 dan analisis tanda pada pembuat nol pembilang dan penyebut. Pembuat nol penyebut selalu dikeluarkan. Pembuat nol pembilang (yang bukan pembuat nol penyebut) masuk bila tanda tak tegas.
6. Jangan membatalkan faktor bersama tanpa mencatat domain. Bila dibatalkan, iris hasil akhir dengan domain asal (Teorema 15.4.4).

Satu alternatif yang sah untuk langkah 2–3: kalikan kedua ruas dengan kuadrat penyebut $g(x)^2$. Faktor itu positif di seluruh domain, sehingga Teorema 15.3.4(b) berlaku. Mengalikan dengan $g(x)$ sendiri tidak sah tanpa memisahkan kasus tanda (Jebakan 1, Unit 15.3).

Contoh

Contoh 16.3.4 (Contoh Master: $\tfrac{x-1}{x+2}\geq2$)

Penyelesaian.

Langkah 1: domain $x\ne-2$.

Langkah 2–3:

$$\frac{x-1}{x+2}-2=\frac{x-1-2(x+2)}{x+2}=\frac{-x-5}{x+2}.$$

Langkah 4: $\tfrac{-x-5}{x+2}\geq0\iff\tfrac{x+5}{x+2}\leq0$, dengan mengalikan dengan $-1$ dan membalik arah.

Langkah 5: Teorema 16.3.3 memberi $x\ne-2$ dan $(x+5)(x+2)\leq0$. Polinomial $(x+5)(x+2)$ tak positif tepat pada $[-5,-2]$ (Teorema 16.2.5, dua pembuat nol berkelipatan $1$, $a=1$). Keluarkan $-2$:

$$\operatorname{HP}=[-5,-2).$$

Pemeriksaan ujung: di $x=-5$, $\tfrac{-6}{-3}=2\geq2$, benar. Titik $x=-2$ di luar domain. Di $x=-3$: $\tfrac{-4}{-1}=4\geq2$, benar. Di $x=0$: $-\tfrac12\geq2$, salah. $\square$

Contoh 16.3.5 (Kesalahan Menghapus Penyebut)

"Penyelesaian" keliru untuk contoh master: kalikan dengan $x+2$, sehingga $x-1\geq2x+4$, lalu $x\leq-5$. Jawaban $(-\infty,-5]$ ini salah dua kali:

• memasukkan $x=-6$, padahal $\tfrac{-7}{-4}=\tfrac74<2$;
• membuang $x=-3$, padahal $\tfrac{-4}{-1}=4\geq2$.

Langkah perkalian mengandaikan $x+2>0$. Pada bagian domain itu, $x>-2$, jawaban $x\leq-5$ tidak memuat apa pun. Hasil yang benar pada $x>-2$ memang kosong, sedangkan pada $x<-2$ arahnya harus dibalik.

Dengan pemisahan kasus (Teorema 15.3.6):

• pada $x>-2$: $x-1\geq2x+4\iff x\leq-5$, mustahil, sehingga hasilnya $\emptyset$;
• pada $x<-2$: perkalian membalik arah, $x-1\leq2x+4\iff x\geq-5$, sehingga hasilnya $[-5,-2)$.

Gabungannya $[-5,-2)$, sama dengan Contoh 16.3.4.

Dengan kuadrat penyebut: pada domain, $(x+2)^2>0$, sehingga $\tfrac{x-1}{x+2}\geq2\iff(x-1)(x+2)\geq2(x+2)^2\iff(x+2)\bigl[(x-1)-2(x+2)\bigr]\geq0\iff(x+2)(-x-5)\geq0\iff(x+2)(x+5)\leq0$. Hasilnya sama setelah $-2$ dikeluarkan. $\square$

Contoh 16.3.6 (Jumlah Pecahan)

Selesaikan $\dfrac1{x-1}+\dfrac1{x+1}\leq0$.

Penyelesaian. Domain $x\ne\pm1$. Penyebut bersama: $\tfrac{(x+1)+(x-1)}{(x-1)(x+1)}=\tfrac{2x}{(x-1)(x+1)}$. Teorema 16.3.3: $x\ne\pm1$ dan $2x(x-1)(x+1)\leq0$. Polinomial $2(x+1)x(x-1)$ mempunyai pembuat nol $-1<0<1$ berkelipatan $1$ dan $a=2$. Tandanya $-$ pada $(-\infty,-1)$, $+$ pada $(-1,0)$, $-$ pada $(0,1)$, dan $+$ pada $(1,\infty)$. Himpunan penyelesaian polinomial $\leq0$ adalah $(-\infty,-1]\cup[0,1]$. Keluarkan $\pm1$:

$$\operatorname{HP}=(-\infty,-1)\cup[0,1).$$

Pemeriksaan: di $x=0$, $\tfrac1{-1}+\tfrac11=0\leq0$, benar. Di $x=2$, $1+\tfrac13>0$, salah. $\square$

Contoh 16.3.7 (Faktor Bersama)

Selesaikan $\dfrac{x^2-1}{x-1}>0$.

Penyelesaian. Domain $x\ne1$. Pada domain, pecahan itu sama dengan $x+1$, sehingga syaratnya $x+1>0$. Hasil itu diiris dengan domain (Teorema 15.4.4): $\operatorname{HP}=(-1,1)\cup(1,\infty)$. Lewat Teorema 16.3.3: $(x^2-1)(x-1)=(x-1)^2(x+1)>0$ dengan $x\ne1$, yang menghasilkan himpunan yang sama (lihat Contoh 16.2.8). $\square$

Latihan

Latihan 16.3-1. Selesaikan $\dfrac{x-1}{x+2}\geq2$ secara lengkap, dengan menyebut alasan setiap langkah, dan periksa ujung serta satu titik di setiap selang.

Latihan 16.3-2. Selesaikan $\dfrac{x-1}{x+2}<2$. Periksa bahwa jawabannya bersama Latihan 16.3-1 mempartisi domain asal.

Latihan 16.3-3. Selesaikan $\dfrac{2x-1}{x+3}<1$.

Latihan 16.3-4. Selesaikan $\dfrac1{x-1}+\dfrac1{x+1}>0$.

Latihan 16.3-5. Selesaikan $\dfrac{x^2-4}{x^2-x-6}\geq0$.

Latihan 16.3-6. Selesaikan $\dfrac x{x-1}\geq x$.

Latihan 16.3-7. Untuk parameter $a\in\mathbb{R}$, selesaikan $\dfrac{x-a}{x-1}>0$. Pisahkan kasus $a>1$, $a=1$, dan $a<1$.

Latihan 16.3-8. (Model hipotetis.) Biaya rata-rata produksi $x$ unit adalah $\dfrac{100+5x}{x}$ satuan per unit, untuk $x$ bilangan asli positif. Tentukan semua $x$ yang membuat biaya rata-rata paling banyak $7$. Jelaskan mengapa perkalian dengan $x$ sah di sini.

Solusi

Solusi 16.3-1. Lihat Contoh 16.3.4: $\operatorname{HP}=[-5,-2)$. Titik per selang:

• $(-\infty,-5)$: $x=-6$ memberi $\tfrac74<2$, bukan solusi;
• $(-5,-2)$: $x=-3$ memberi $4\geq2$, solusi;
• $(-2,\infty)$: $x=0$ memberi $-\tfrac12$, bukan solusi.

Ujung $-5$ masuk karena nilainya $2$. Ujung $-2$ di luar domain. $\square$

Solusi 16.3-2. $\tfrac{x-1}{x+2}<2\iff\tfrac{x+5}{x+2}>0\iff x\ne-2\wedge(x+5)(x+2)>0$. Hasilnya $\operatorname{HP}=(-\infty,-5)\cup(-2,\infty)$. Gabungan dengan $[-5,-2)$ adalah $\mathbb{R}\setminus\{-2\}$, dan keduanya saling lepas, sesuai Teorema 15.1.3 pada domain. $\square$

Solusi 16.3-3. Domain $x\ne-3$. $\tfrac{2x-1}{x+3}-1=\tfrac{2x-1-x-3}{x+3}=\tfrac{x-4}{x+3}<0$. Ini setara dengan $x\ne-3$ dan $(x-4)(x+3)<0$, yaitu $-3<x<4$. $\operatorname{HP}=(-3,4)$. $\square$

Solusi 16.3-4. Dari Contoh 16.3.6, pecahannya $\tfrac{2x}{(x-1)(x+1)}$, dengan tanda $+$ tepat pada $(-1,0)\cup(1,\infty)$. $\operatorname{HP}=(-1,0)\cup(1,\infty)$. $\square$

Solusi 16.3-5. $x^2-4=(x-2)(x+2)$ dan $x^2-x-6=(x-3)(x+2)$. Domain $x\ne3$ dan $x\ne-2$. Teorema 16.3.3: $(x-2)(x+2)(x-3)(x+2)=(x+2)^2(x-2)(x-3)\geq0$, dengan $x\ne-2,3$. Tanda polinomial itu:

• $(3,\infty)$: $+$;
• $(2,3)$: $-$;
• $(-2,2)$: $+$, karena $-2$ berkelipatan $2$ sehingga tanda tidak berganti;
• $(-\infty,-2)$: $+$.

Polinomial $\geq0$ pada $(-\infty,2]\cup[3,\infty)$. Keluarkan $-2$ dan $3$: $\operatorname{HP}=(-\infty,-2)\cup(-2,2]\cup(3,\infty)$. $\square$

Solusi 16.3-6. Domain $x\ne1$. $\tfrac x{x-1}-x=\tfrac{x-x(x-1)}{x-1}=\tfrac{2x-x^2}{x-1}=\tfrac{-x(x-2)}{x-1}\geq0\iff\tfrac{x(x-2)}{x-1}\leq0$. Teorema 16.3.3: $x\ne1$ dan $x(x-1)(x-2)\leq0$. Tanda polinomial: $(2,\infty)$: $+$; $(1,2)$: $-$; $(0,1)$: $+$; $(-\infty,0)$: $-$. Himpunan $\leq0$ adalah $(-\infty,0]\cup[1,2]$. Keluarkan $1$: $\operatorname{HP}=(-\infty,0]\cup(1,2]$. Pemeriksaan: di $x=\tfrac32$, ruas kiri $3\geq\tfrac32$, benar. Di $x=\tfrac12$, ruas kiri $-1\geq\tfrac12$, salah. $\square$

Solusi 16.3-7. Teorema 16.3.3: $x\ne1$ dan $(x-a)(x-1)>0$.

• $a>1$: pembuat nol $1<a$. Hasil kali positif pada $(-\infty,1)\cup(a,\infty)$, sehingga $\operatorname{HP}=(-\infty,1)\cup(a,\infty)$.
• $a=1$: $(x-1)^2>0$ dengan $x\ne1$, sehingga $\operatorname{HP}=\mathbb{R}\setminus\{1\}$. Pecahannya bernilai $1>0$ pada domain.
• $a<1$: $\operatorname{HP}=(-\infty,a)\cup(1,\infty)$.

$\square$

Solusi 16.3-8. Domain kontekstual $x\in\mathbb{N}_{+}$, sehingga $x>0$, dan perkalian dengan $x$ adalah perkalian dengan bilangan positif di seluruh semesta (Teorema 15.3.4(b)). Maka $\tfrac{100+5x}x\leq7\iff100+5x\leq7x\iff100\leq2x\iff x\geq50$. $\operatorname{HP}=\{x\in\mathbb{N}:x\geq50\}$. Contoh: $x=50$ memberi $\tfrac{350}{50}=7$. Angka-angkanya hipotetis dan tidak menggambarkan proses produksi nyata. $\square$

Ringkasan

Tanda hasil bagi sama dengan tanda hasil kali pembilang dan penyebut. Karena itu pertaksamaan pecahan rasional setara dengan pertaksamaan polinomial $pq\bowtie0$ yang pembuat nol penyebutnya dikeluarkan. Prosedurnya:

1. catat domain;
2. pindahkan ke satu ruas dan satukan pecahan, tanpa mengalikan dengan penyebut yang tandanya tidak diketahui;
3. faktorkan;
4. analisis tanda;
5. keluarkan pembuat nol penyebut.

Mengalikan dengan kuadrat penyebut adalah alternatif yang sah. Contoh master $\tfrac{x-1}{x+2}\geq2$ mempunyai $\operatorname{HP}=[-5,-2)$, dan cara menghapus penyebut secara naif memberi jawaban yang salah dua kali. Unit 16.4 menangani pertaksamaan yang memuat akar.

16.4 Pertaksamaan Bentuk Akar (Radical Inequalities)

Pertaksamaan yang memuat akar kuadrat menggabungkan tiga hal yang sudah dibahas: domain asal (radikan tak negatif, Unit 15.4), sifat satu arah pengkuadratan (Jebakan 3–4, Unit 15.3), dan analisis tanda polinomial (Unit 16.2). Unit ini memadukan ketiganya dalam satu teorema bentuk baku. Teorema itu mengganti $\sqrt A\bowtie B$ dengan syarat polinomial tanpa akar yang setara, dengan semua syarat tanda ditulis eksplisit, sehingga tidak ada solusi palsu yang perlu dibuang belakangan dan tidak ada solusi yang hilang. Master tidak memuat penjelasan untuk unit ini; isinya menutup Bab 16 dengan kasus bentuk akar.

Prasyarat:

• akar kuadrat taknegatif (Definisi 12.3.1, Teorema 11.3.8, Teorema 12.3.4);
• Korolari 10.2.6a–b (perbandingan kuadrat untuk bilangan taknegatif);
• akar ke-$n$ ganjil (Teorema 11.3.8, kasus khusus);
• fungsi monoton tegas (Lemma 15.3.3, Contoh 15.3.5);
• domain asal (Unit 15.4);
• Unit 16.1–16.3.

Teorema Bentuk Baku

Teorema 16.4.1 (Menghilangkan Akar dengan Kendali Tanda)

Untuk bilangan real $A$ dan $B$, berlaku ekuivalensi berikut. Ruas kiri bermakna hanya bila $A\geq0$; bila $A<0$, ruas kiri tidak bermakna dan ruas kanan salah.

(a) $\sqrt A=B\iff A\geq0\wedge B\geq0\wedge A=B^2$.

(b) $\sqrt A<B\iff A\geq0\wedge B>0\wedge A<B^2$.

(c) $\sqrt A\leq B\iff A\geq0\wedge B\geq0\wedge A\leq B^2$.

(d) $\sqrt A>B\iff A\geq0\wedge\bigl(B<0\vee A>B^2\bigr)$.

(e) $\sqrt A\geq B\iff A\geq0\wedge\bigl(B<0\vee A\geq B^2\bigr)$.

(f) Untuk $A,C$ real: $\sqrt A<\sqrt C\iff0\leq A<C$, dan $\sqrt A\leq\sqrt C\iff0\leq A\leq C$, dengan syarat domain $A,C\geq0$ termuat di ruas kanan.

Bukti. Sepanjang bukti, $A\geq0$ diasumsikan, karena itu syarat domain ruas kiri. Tulis $s=\sqrt A\geq0$, sehingga $s^2=A$.

(a) ($\Rightarrow$) $B=s\geq0$ dan $B^2=s^2=A$. ($\Leftarrow$) $B\geq0$ dan $B^2=A$, sehingga $B$ adalah akar taknegatif $A$, yang tunggal (Teorema 12.3.3 untuk $A>0$, Teorema 12.3.4(ii) untuk $A=0$). Jadi $B=s$.

(b) ($\Rightarrow$) $B>s\geq0$, jadi $B>0$. Karena $s,B\geq0$ dan $s<B$, Korolari 10.2.6b memberi $s^2<B^2$, yaitu $A<B^2$. ($\Leftarrow$) $s\geq0$, $B>0$, dan $s^2=A<B^2$. Korolari 10.2.6b dengan kedua bilangan taknegatif memberi $s<B$.

(c) Sama dengan (b), memakai Korolari 10.2.6a untuk $\leq$. Syarat $B\geq0$ diperlukan pada arah ($\Rightarrow$) karena $B\geq s\geq0$, dan pada arah ($\Leftarrow$) karena perbandingan kuadrat hanya sah untuk bilangan taknegatif.

(d) Kasus $B<0$: $s\geq0>B$, sehingga ruas kiri benar, dan ruas kanan juga benar. Kasus $B\geq0$: $s$ dan $B$ taknegatif, sehingga $s>B\iff s^2>B^2\iff A>B^2$ (Korolari 10.2.6b). Kedua kasus menutup semua kemungkinan.

(e) Sama dengan (d), memakai Korolari 10.2.6a.

(f) Kedua akar taknegatif, sehingga $\sqrt A<\sqrt C\iff(\sqrt A)^2<(\sqrt C)^2\iff A<C$. Syarat domain $A\geq0$ dan $C\geq0$, bersama $A<C$, setara dengan $0\leq A<C$, karena $C>A\geq0$. Versi $\leq$ serupa. $\square$

Perhatikan asimetrinya. Pada (b) dan (c), syarat $B$ taknegatif wajib, karena akar tidak pernah lebih kecil dari bilangan negatif. Pada (d) dan (e), kasus $B<0$ otomatis memenuhi, sehingga muncul disjungsi. Melupakan disjungsi pada (d) dan (e) menghilangkan solusi. Melupakan syarat $B\geq0$ pada (a)–(c) menambah solusi palsu.

Akibat 16.4.2 (Bentuk Kalimat Terbuka)

Untuk ekspresi $f$ dan $g$, himpunan penyelesaian $\sqrt{f(x)}\bowtie g(x)$ adalah himpunan $x$ di domain $g$ yang memenuhi syarat Teorema 16.4.1 dengan $A=f(x)$ dan $B=g(x)$. Syarat-syarat itu adalah pertaksamaan polinomial atau rasional bila $f$ dan $g$ demikian, dan diselesaikan dengan Unit 16.2–16.3.

Bukti. Teorema 16.4.1 berlaku untuk setiap nilai $x$ secara terpisah. $\square$

Proposisi 16.4.3 (Akar Ganjil)

Untuk $n\in\mathbb{N}$ ganjil dengan $n\geq1$, dan untuk bilangan real $A,B$: $\sqrt[n]A<B\iff A<B^n$, dan versi $\leq$, $=$, $>$, $\geq$ serupa. Tidak ada syarat domain.

Bukti. Pertama, $t\mapsto t^n$ naik tegas pada $\mathbb{R}$ untuk $n$ ganjil. Ambil $u<v$.

• Bila $0\leq u$, gunakan Teorema 10.2.6.
• Bila $u<0\leq v$: $u^n=-\bigl((-u)^n\bigr)<0$, karena $(-1)^n=-1$ untuk $n$ ganjil dan $(-u)^n>0$. Juga $v^n\geq0$. Jadi $u^n<v^n$.
• Bila $u<v<0$: $0<-v<-u$ memberi $(-v)^n<(-u)^n$, yaitu $-v^n<-u^n$, sehingga $u^n<v^n$.

Selanjutnya, Lemma 15.3.3 dengan $\varphi(t)=t^n$, $u=\sqrt[n]A$, dan $v=B$ memberi $\sqrt[n]A<B\iff A<B^n$, karena $(\sqrt[n]A)^n=A$. $\square$

Contoh

Contoh 16.4.4 (Akar Lebih Kecil dari Ekspresi Linear)

Selesaikan $\sqrt{x+3}<x+1$.

Penyelesaian. Teorema 16.4.1(b) dengan $A=x+3$ dan $B=x+1$ memberi konjungsi tiga syarat:

• $x+3\geq0$, yaitu $x\geq-3$;
• $x+1>0$, yaitu $x>-1$;
• $x+3<(x+1)^2$, yaitu $x^2+x-2>0$, yaitu $(x+2)(x-1)>0$, yaitu $x<-2$ atau $x>1$.

Irisannya: dari $x>-1$ dan syarat ketiga, hanya $x>1$ yang tersisa, dan syarat pertama otomatis. $\operatorname{HP}=(1,\infty)$.

Pemeriksaan: $x=3$ memberi $\sqrt6<4$, benar, karena $6<16$ dan keduanya taknegatif. $x=0$ memberi $\sqrt3<1$, salah, karena $3>1$. $x=1$ memberi $2<2$, salah. Jika syarat $x+1>0$ dilupakan, jawabannya akan memuat $[-3,-2)$. Misalnya $x=-3$ memberi $0<-2$, yang jelas salah. $\square$

Contoh 16.4.5 (Arah Sebaliknya dan Persamaan)

Pada domain $[-3,\infty)$:

• $\sqrt{x+3}\geq x+1$: Teorema 16.4.1(e) memberi $x\geq-3$ dan ($x<-1$ atau $(x+1)^2\leq x+3$). Disjungsi pertama: $[-3,-1)$. Disjungsi kedua: $x\geq-1$ dan $(x+2)(x-1)\leq0$, yaitu $[-1,1]$. Gabungannya $\operatorname{HP}=[-3,1]$.
• $\sqrt{x+3}=x+1$: Teorema 16.4.1(a) memberi $x\geq-1$ dan $x^2+x-2=0$, sehingga $x\in\{1,-2\}$, dan syarat tanda menyisakan $\operatorname{HP}=\{1\}$. Calon $-2$ adalah solusi palsu yang muncul bila syarat $B\geq0$ diabaikan: $\sqrt1=1\ne-1$.

Ketiga jawaban konsisten dengan partisi trikotomi pada domain. Kalimat $<$ mempunyai penyelesaian $(1,\infty)$ (Contoh 16.4.4), kalimat $=$ mempunyai $\{1\}$, dan kalimat $>$ mempunyai $[-3,1)$, yaitu $[-3,1]$ untuk $\geq$ dikurangi titik kesamaan $1$. Ketiganya saling lepas dan gabungannya $[-3,\infty)$. $\square$

Contoh 16.4.6 (Radikan Kuadrat)

Selesaikan $\sqrt{x^2-4}\geq x-1$.

Penyelesaian. Domain: $x^2-4\geq0$, yaitu $x\leq-2$ atau $x\geq2$. Teorema 16.4.1(e):

• kasus $x-1<0$, yaitu $x<1$: bersama domain, $x\leq-2$;
• kasus $x\geq1$: perlu $x^2-4\geq(x-1)^2=x^2-2x+1$, yaitu $2x\geq5$, yaitu $x\geq\tfrac52$, yang memenuhi domain.

$\operatorname{HP}=(-\infty,-2]\cup[\tfrac52,\infty)$.

Pemeriksaan: $x=2$ ada di domain, tetapi $0\geq1$ salah. $x=3$ memberi $\sqrt5\geq2$, benar, karena $5\geq4$. $x=-5$ memberi $\sqrt{21}\geq-6$, benar. $\square$

Contoh 16.4.7 (Dua Akar)

Selesaikan $\sqrt{x+1}<\sqrt{3-x}$.

Penyelesaian. Teorema 16.4.1(f): $0\leq x+1<3-x$. Syarat itu memberi $x\geq-1$ dan $2x<2$, yaitu $x<1$. Syarat domain $3-x\geq0$ otomatis terpenuhi karena $3-x>x+1\geq0$. $\operatorname{HP}=[-1,1)$. $\square$

Contoh 16.4.8 (Jumlah Akar dengan Monotonisitas)

Selesaikan $\sqrt{x-1}+\sqrt{x+2}>3$.

Penyelesaian. Domain $[1,\infty)$. Mengkuadratkan jumlah akar akan menghasilkan suku silang dan memerlukan beberapa langkah bersyarat. Lebih ringkas memakai monotonisitas.

• Untuk $x>2$: $x-1>1$ dan $x+2>4$, sehingga $\sqrt{x-1}>1$ dan $\sqrt{x+2}>2$ (Teorema 16.4.1(f), atau Contoh 15.3.5(e)). Jumlahnya lebih dari $3$.
• Untuk $1\leq x\leq2$: $\sqrt{x-1}\leq1$ dan $\sqrt{x+2}\leq2$, sehingga jumlahnya paling banyak $3$.

$\operatorname{HP}=(2,\infty)$. Di $x=2$ jumlahnya tepat $1+2=3$. $\square$

Contoh 16.4.9 (Akar Pangkat Tiga)

Selesaikan $\sqrt[3]{x-2}<x-2$.

Penyelesaian. Tulis $t=x-2$. Proposisi 16.4.3 memberi $\sqrt[3]t<t\iff t<t^3\iff t^3-t>0\iff t(t-1)(t+1)>0$. Analisis tanda untuk $(t+1)t(t-1)$ dengan $a=1$ memberi $+$ pada $(-1,0)\cup(1,\infty)$. Jadi $t\in(-1,0)\cup(1,\infty)$, dan $\operatorname{HP}=(1,2)\cup(3,\infty)$. Tidak ada syarat domain karena akar ganjil terdefinisi di seluruh $\mathbb{R}$.

Pemeriksaan: $x=\tfrac32$ ($t=-\tfrac12$) memberi $\sqrt[3]{-\tfrac12}<-\tfrac12$. Ini benar karena $(-\tfrac12)^3=-\tfrac18>-\tfrac12$, sehingga $\sqrt[3]{-\tfrac12}<-\tfrac12$ menurut monotonisitas. $\square$

Latihan

Latihan 16.4-1. Buktikan Teorema 16.4.1(b) dan (d) dengan kata-kata sendiri. Untuk masing-masing, beri contoh numerik yang menunjukkan bahwa membuang salah satu syarat membuat ekuivalensinya gagal.

Latihan 16.4-2. Selesaikan $\sqrt{x+3}<x+1$, $\sqrt{x+3}=x+1$, dan $\sqrt{x+3}>x+1$, lalu periksa partisi domainnya.

Latihan 16.4-3. Selesaikan $\sqrt{2x+1}\leq x-1$.

Latihan 16.4-4. Selesaikan $\sqrt{5-x}>x+1$.

Latihan 16.4-5. Selesaikan $\sqrt{x^2-4}<x-1$.

Latihan 16.4-6. Selesaikan $\sqrt{x+5}\geq\sqrt{1-2x}$.

Latihan 16.4-7. Selesaikan $\sqrt{x}+\sqrt{x+5}\leq5$ dengan argumen monotonisitas.

Latihan 16.4-8. Selesaikan $\sqrt[3]{x}\geq x$ dan jelaskan mengapa tidak diperlukan syarat domain.

Solusi

Solusi 16.4-1. Lihat bukti Teorema 16.4.1. Contoh untuk (b): tanpa syarat $B>0$, pasangan $A=4$ dan $B=-3$ memenuhi $A<B^2=9$, tetapi $\sqrt4=2<-3$ salah. Untuk (d): tanpa disjungsi $B<0$, pasangan $A=4$ dan $B=-3$ memenuhi $\sqrt4>-3$, padahal $A>B^2$ salah ($4>9$ salah). Jadi solusi semacam itu akan hilang. $\square$

Solusi 16.4-2. Contoh 16.4.4–16.4.5. Hasilnya $(1,\infty)$ untuk $<$, $\{1\}$ untuk $=$, dan $[-3,1)$ untuk $>$. Untuk $>$: Teorema 16.4.1(d) memberi $x\geq-3$ dan ($x<-1$ atau $(x+2)(x-1)<0$), yaitu $[-3,-1)\cup[-1,1)=[-3,1)$. Ketiga himpunan mempartisi domain $[-3,\infty)$. $\square$

Solusi 16.4-3. Teorema 16.4.1(c): $2x+1\geq0$, $x-1\geq0$, dan $2x+1\leq(x-1)^2$. Syarat ketiga: $x^2-4x\geq0\iff x(x-4)\geq0\iff x\leq0$ atau $x\geq4$. Dengan $x\geq1$: $x\geq4$, dan syarat pertama otomatis. $\operatorname{HP}=[4,\infty)$. Pemeriksaan: $x=4$ memberi $3\leq3$, benar. $x=2$ memberi $\sqrt5\leq1$, salah. $\square$

Solusi 16.4-4. Teorema 16.4.1(d): $5-x\geq0$, yaitu $x\leq5$, dan ($x+1<0$ atau $5-x>(x+1)^2$).

• Disjungsi pertama: $x<-1$. Bersama $x\leq5$: $(-\infty,-1)$.
• Disjungsi kedua: $x^2+3x-4<0\iff(x+4)(x-1)<0\iff-4<x<1$. Bersama $x\leq5$: $(-4,1)$.

Gabungannya $\operatorname{HP}=(-\infty,1)$. Pemeriksaan: $x=1$ memberi $2>2$, salah. $x=-10$ memberi $\sqrt{15}>-9$, benar. $\square$

Solusi 16.4-5. Teorema 16.4.1(b): $x^2-4\geq0$, $x-1>0$, dan $x^2-4<(x-1)^2\iff2x<5\iff x<\tfrac52$. Dengan $x>1$ dan domain $x\geq2$ atau $x\leq-2$: $\operatorname{HP}=[2,\tfrac52)$. Ini adalah komplemen Contoh 16.4.6 di dalam domainnya, yaitu $(-\infty,-2]\cup[2,\infty)$ dikurangi $(-\infty,-2]\cup[\tfrac52,\infty)$. $\square$

Solusi 16.4-6. Teorema 16.4.1(f) versi $\leq$ dengan peran ditukar: $\sqrt{1-2x}\leq\sqrt{x+5}\iff0\leq1-2x\leq x+5$. Syaratnya $x\leq\tfrac12$ dan $-4\leq3x$, yaitu $x\geq-\tfrac43$. Syarat domain $x+5\geq0$ otomatis. $\operatorname{HP}=[-\tfrac43,\tfrac12]$. $\square$

Solusi 16.4-7. Domain $[0,\infty)$. Di $x=4$: $2+3=5$. Untuk $0\leq x\leq4$: $\sqrt x\leq2$ dan $\sqrt{x+5}\leq3$, sehingga jumlahnya $\leq5$. Untuk $x>4$: $\sqrt x>2$ dan $\sqrt{x+5}>3$, sehingga jumlahnya $>5$. $\operatorname{HP}=[0,4]$. $\square$

Solusi 16.4-8. Proposisi 16.4.3: $\sqrt[3]x\geq x\iff x\geq x^3\iff x^3-x\leq0\iff x(x-1)(x+1)\leq0$. Tanda $(x+1)x(x-1)$ dengan $a=1$: $-$ pada $(-\infty,-1)$ dan $(0,1)$. Dengan pembuat nol: $\operatorname{HP}=(-\infty,-1]\cup[0,1]$. Tidak ada syarat domain karena akar ganjil terdefinisi untuk setiap bilangan real (aturan (D5), Unit 15.4). $\square$

Ringkasan Unit 16.4 dan Penutup Bab 16

Pertaksamaan bentuk akar diselesaikan dengan menghilangkan akar lewat Teorema 16.4.1. Teorema itu mencatat semua syarat secara eksplisit:

• radikan taknegatif;
• ruas lain taknegatif untuk $<$, $\leq$, $=$;
• disjungsi "ruas lain negatif" untuk $>$ dan $\geq$.

Hasilnya adalah ekuivalensi, bukan sekadar daftar kandidat. Akar ganjil dihilangkan dengan memangkatkan tanpa syarat domain. Jumlah akar sering lebih mudah ditangani dengan monotonisitas daripada dengan pengkuadratan berulang.

Bab 16 secara keseluruhan:

• 16.1: teorema faktor, akar rasional, dan diskriminan;
• 16.2: analisis tanda yang dibuktikan secara aljabar tanpa kontinuitas;
• 16.3: pertaksamaan rasional dengan tanda hasil bagi dan penyebut tak nol;
• 16.4: pertaksamaan bentuk akar dengan bentuk baku.

Semuanya mengikuti prosedur lima langkah Bab 15. Bab 17 berpindah ke teori nilai mutlak secara menyeluruh. Di sana sebagian hasil Bab 10, 12, dan 13 dikumpulkan dan dilengkapi.