Bab 19: Pertaksamaan Nilai Mutlak dan Aplikasi Rekayasa

19.1 Teorema Ekuivalensi Dasar

Bab 19 menutup Bagian III dengan pertaksamaan yang memuat nilai mutlak, yaitu bentuk yang paling sering muncul dalam spesifikasi teknik: "deviasi tidak boleh melebihi", "galat kurang dari", dan "berada dalam pita toleransi". Unit ini merumuskan dan membuktikan teorema ekuivalensi dasar, yang mengubah pertaksamaan $|A|\bowtie B$ menjadi pertaksamaan tanpa nilai mutlak. Contoh master,

adalah kasus paling sederhana.

Lemma 13.1.2 sudah memberi dua bentuk pertama dengan syarat $c\geq0$ atau $c>0$. Unit ini memperluasnya: keempat arah perbandingan, dan ruas kanan $B$ sebarang bilangan real, termasuk bilangan negatif atau nol. Perluasan itu penting karena dalam soal, ruas kanan sering berupa ekspresi bervariabel yang tandanya berubah-ubah.

Prasyarat: Lemma 13.1.2; Bab 17 (Proposisi 17.1.2, Teorema 17.3.3); Bab 15 (himpunan penyelesaian, domain, trikotomi); Bab 16 (analisis tanda).

Teorema Utama

Teorema 19.1.1 (Ekuivalensi Dasar)

Untuk semua bilangan real $A$ dan $B$:

(a) $|A|<B\iff-B<A<B$;

(b) $|A|\leq B\iff-B\leq A\leq B$;

(c) $|A|>B\iff A<-B\vee A>B$;

(d) $|A|\geq B\iff A\leq-B\vee A\geq B$.

Tidak ada syarat tanda pada $B$.

Bukti. Menurut Proposisi 17.1.2, $|A|=\max(A,-A)$.

(a) $\max(A,-A)<B$ jika dan hanya jika $A<B$ dan $-A<B$. Ketaksamaan kedua setara dengan $-B<A$ (Teorema 10.2.1). Jadi $|A|<B\iff-B<A<B$.

(b) Sama, dengan $\leq$.

(c) $|A|>B$ adalah negasi (b): $\neg(|A|\leq B)\iff\neg(-B\leq A\leq B)\iff A<-B\vee A>B$, dengan hukum De Morgan dan trikotomi.

(d) Negasi (a) dengan cara sama: $A\leq-B\vee A\geq B$. $\square$

Bukti ini tidak memerlukan pemisahan kasus tanda $B$. Kasus-kasus itu tertangani secara otomatis:

• Bila $B\leq0$, ruas kanan (a) mensyaratkan $-B<B$, yaitu $B>0$, yang mustahil. Jadi kedua ruas salah, sesuai fakta bahwa $|A|\geq0\geq B$.
• Bila $B<0$, ruas kanan (c) selalu benar. Setiap $A$ memenuhi $A>B$, atau $A\leq B<-B$. Ini sesuai fakta bahwa $|A|\geq0>B$.
• Bila $B=0$, (b) memberi $A=0$ dan (d) memberi semua $A$.

Contoh 19.1.2 (Contoh Master)

$|x|<4\iff-4<x<4$, dan $|x|>4\iff x<-4\vee x>4$. Himpunan penyelesaiannya $(-4,4)$ dan $(-\infty,-4)\cup(4,\infty)$. Bersama $|x|=4\iff x=\pm4$ (Proposisi 17.1.5), ketiganya mempartisi $\mathbb{R}$ menurut Teorema 15.1.3: bagian dalam, batas, dan bagian luar pita $[-4,4]$.

Secara geometris (Proposisi 17.1.4), $|x|<4$ adalah himpunan titik yang berjarak kurang dari $4$ dari nol, yaitu bola $B(0,4)$ pada Unit 13.2, dan $|x|>4$ adalah himpunan titik yang berjarak lebih dari $4$ dari nol.

Akibat 19.1.3 (Bentuk Jarak ke Pusat)

Untuk $c,r\in\mathbb{R}$:

• $|x-c|<r\iff c-r<x<c+r$;
• $|x-c|\leq r\iff c-r\leq x\leq c+r$;
• $|x-c|>r\iff x<c-r\vee x>c+r$.

Bukti. Teorema 19.1.1 dengan $A=x-c$ dan $B=r$, lalu translasi oleh $c$. $\square$

Membaca terbalik: interval terbatas $(a,b)$ dengan $a<b$ sama dengan $\{x:|x-c|<r\}$ untuk pusat $c=\tfrac{a+b}2$ dan jari-jari $r=\tfrac{b-a}2$. Bentuk ini dipakai untuk menyatakan pita toleransi.

Ruas Kanan Bervariabel

Contoh 19.1.4 (Ruas Kanan Berubah Tanda)

Selesaikan $|2x-1|<x+2$.

Penyelesaian. Teorema 19.1.1(a) memberi $-(x+2)<2x-1<x+2$, yaitu konjungsi:

• $-x-2<2x-1\iff-1<3x\iff x>-\tfrac13$;
• $2x-1<x+2\iff x<3$.

$\operatorname{HP}=(-\tfrac13,3)$.

Syarat $x+2>0$ tidak perlu ditulis terpisah karena sudah terkandung. Pada himpunan penyelesaian $x>-\tfrac13$, sehingga $x+2>\tfrac53>0$. Pemeriksaan: $x=0$ memberi $1<2$, benar. $x=3$ memberi $5<5$, salah. $x=-1$ memberi $3<1$, salah. $\square$

Contoh 19.1.5 (Arah "Lebih Besar" dengan Ruas Kanan Bervariabel)

Selesaikan $|x-3|\geq2x$.

Penyelesaian. Teorema 19.1.1(d): $x-3\leq-2x$ atau $x-3\geq2x$.

• $3x\leq3$, yaitu $x\leq1$;
• $-3\geq x$, yaitu $x\leq-3$.

Gabungannya $\operatorname{HP}=(-\infty,1]$.

Pemeriksaan untuk $x$ negatif: ruas kanan negatif, sehingga ketaksamaan otomatis benar, dan semua $x<0$ memang termasuk. Untuk $x=1$: $2\geq2$, benar. Untuk $x=2$: $1\geq4$, salah. $\square$

Dua Nilai Mutlak di Kedua Ruas

Proposisi 19.1.6

Untuk bilangan real $A,B$:

dan hal yang sama berlaku untuk $\leq$, $>$, $\geq$.

Bukti. Teorema 17.3.3, lalu $A^2-B^2=(A-B)(A+B)$ (Proposisi 15.1.4). $\square$

Contoh 19.1.7

Selesaikan $|x-1|<|x+3|$.

Penyelesaian. Proposisi 19.1.6: $\bigl((x-1)-(x+3)\bigr)\bigl((x-1)+(x+3)\bigr)<0$, yaitu $(-4)(2x+2)<0$, yaitu $2x+2>0$, yaitu $x>-1$. $\operatorname{HP}=(-1,\infty)$.

Secara geometris, ini adalah titik-titik yang lebih dekat ke $1$ daripada ke $-3$, yaitu titik di kanan titik tengah $-1$ (Contoh 17.1.8). $\square$

Latihan

Latihan 19.1-1. Buktikan Teorema 19.1.1(a) dan (c) dengan pemisahan kasus $A\geq0$ dan $A<0$, tanpa memakai rumus maksimum.

Latihan 19.1-2. Selesaikan dan gambarkan secara geometris: (a) $|x|<4$; (b) $|x|\geq4$; (c) $|x-2|\leq3$; (d) $|x+1|>0$.

Latihan 19.1-3. Selesaikan $|x|<-2$, $|x|\geq-2$, $|x|\leq0$, dan $|x|>0$ dengan Teorema 19.1.1, lalu jelaskan hasilnya.

Latihan 19.1-4. Nyatakan $(-3,7)$ dan $[1{,}5;\,2{,}5]$ dalam bentuk $|x-c|<r$ atau $|x-c|\leq r$.

Latihan 19.1-5. Selesaikan $|2x-1|<x+2$ dan $|2x-1|\geq x+2$. Periksa partisinya.

Latihan 19.1-6. Selesaikan $|x-3|\geq2x$ dan $|x-3|<2x$.

Latihan 19.1-7. Selesaikan $|x-1|<|x+3|$ dan $|2x-1|\geq|x+1|$.

Latihan 19.1-8. Selesaikan $|x^2-5|<4$.

Solusi

Solusi 19.1-1. (a) Jika $A\geq0$: $|A|=A$, dan $A<B$. Juga $-B<0\leq A$ bila $B>0$. Bila $B\leq0$, kedua ruas salah, karena $0\leq A<B\leq0$ mustahil dan $-B<A<B$ memaksa $B>0$. Jika $A<0$: $|A|=-A<B\iff A>-B$, dan $A<0<B$ bila ruas kiri benar, karena $B>-A>0$. Sebaliknya, dari $-B<A<B$ dan $A<0$ diperoleh $-A<B$.

(c) Negasi (b), atau dengan kasus serupa. $\square$

Solusi 19.1-2.

(a) $(-4,4)$: titik berjarak kurang dari $4$ dari $0$.

(b) $(-\infty,-4]\cup[4,\infty)$.

(c) $[-1,5]$: titik berjarak paling jauh $3$ dari $2$.

(d) $\mathbb{R}\setminus\{-1\}$, karena $|x+1|>0\iff x+1\ne0$. $\square$

Solusi 19.1-3.

• $|x|<-2$: $2<x<-2$, mustahil, sehingga $\emptyset$.
• $|x|\geq-2$: $x\leq2\vee x\geq-2$, selalu benar, sehingga $\mathbb{R}$.
• $|x|\leq0$: $0\leq x\leq0$, sehingga $\{0\}$.
• $|x|>0$: $x<0\vee x>0$, sehingga $\mathbb{R}\setminus\{0\}$.

Semuanya sesuai dengan $|x|\geq0$ dan $|x|=0\iff x=0$. $\square$

Solusi 19.1-4. $(-3,7)$: pusat $2$, jari-jari $5$, sehingga $|x-2|<5$. $[1{,}5;\,2{,}5]$: pusat $2$, jari-jari $\tfrac12$, sehingga $|x-2|\leq\tfrac12$. $\square$

Solusi 19.1-5. Yang pertama: Contoh 19.1.4, $(-\tfrac13,3)$. Yang kedua: Teorema 19.1.1(d) memberi $2x-1\leq-(x+2)$ atau $2x-1\geq x+2$, yaitu $x\leq-\tfrac13$ atau $x\geq3$. Kedua himpunan saling lepas dan gabungannya $\mathbb{R}$. $\square$

Solusi 19.1-6. Yang pertama: Contoh 19.1.5, $(-\infty,1]$. Yang kedua: Teorema 19.1.1(a) memberi $-2x<x-3<2x$, yaitu $3<3x$ dan $-3<x$, yaitu $x>1$. $\operatorname{HP}=(1,\infty)$, komplemen yang pertama. $\square$

Solusi 19.1-7. Yang pertama: Contoh 19.1.7, $(-1,\infty)$. Yang kedua: Proposisi 19.1.6 memberi $\bigl((2x-1)-(x+1)\bigr)\bigl((2x-1)+(x+1)\bigr)\geq0$, yaitu $(x-2)(3x)\geq0$. Analisis tanda memberi $x\leq0$ atau $x\geq2$. $\square$

Solusi 19.1-8. Teorema 19.1.1(a): $-4<x^2-5<4$, yaitu $1<x^2<9$. Akibat 17.3.4 memberi $x^2>1\iff|x|>1$ dan $x^2<9\iff|x|<3$. Jadi $1<|x|<3$, yaitu $x\in(-3,-1)\cup(1,3)$. $\square$

Ringkasan

Teorema ekuivalensi dasar mengubah $|A|\bowtie B$ menjadi pertaksamaan ganda (untuk $<$, $\leq$) atau disjungsi (untuk $>$, $\geq$), dan berlaku untuk ruas kanan bertanda apa pun. Kasus ruas kanan negatif atau nol tertangani tanpa pemisahan kasus. Bentuk jarak ke pusat menyatakan pita toleransi. Dua nilai mutlak di kedua ruas dibandingkan lewat kuadrat tanpa syarat tanda. Unit 19.2 menangani ekspresi dengan beberapa nilai mutlak sekaligus.

19.2 Kasus Kompleks: Pertaksamaan dengan Multi-Nilai Mutlak

Bila suatu pertaksamaan memuat lebih dari satu nilai mutlak, misalnya $|x-1|+|x-3|\leq5$, teorema ekuivalensi Unit 19.1 tidak langsung dapat diterapkan, karena tidak ada satu $|A|$ yang dapat diisolasi. Metode baku adalah membagi garis bilangan menjadi wilayah-wilayah dengan titik patah, yaitu pembuat nol ekspresi di dalam setiap nilai mutlak. Di dalam setiap wilayah, tanda setiap ekspresi tetap, sehingga semua nilai mutlak dapat dilepas, dan pertaksamaannya menjadi tanpa nilai mutlak. Contoh master memakai tiga wilayah $x<1$, $1\leq x\leq3$, dan $x>3$. Unit ini membuktikan bahwa metode itu sah dan menunjukkan cara menghindari kesalahan pada batas wilayah.

Prasyarat: Unit 19.1; Bab 17.2 (fungsi sepotong-sepotong, Contoh 17.2.5); Teorema 15.3.6 (pemisahan semesta); Proposisi 15.2.3; Bab 16.2.

Metode Wilayah

Teorema 19.2.1 (Pembagian Wilayah)

Misalkan $P(x)$ kalimat yang memuat nilai mutlak $|L_1(x)|,\ldots,|L_m(x)|$ dari ekspresi $L_j$. Misalkan $D=W_1\cup\cdots\cup W_k$ adalah partisi semesta $D$ sedemikian sehingga pada setiap $W_i$ setiap $L_j$ bertanda tetap ($\geq0$ di seluruh $W_i$, atau $\leq0$ di seluruh $W_i$). Pada $W_i$, ganti setiap $|L_j|$ dengan $L_j$ atau $-L_j$ sesuai tandanya; sebut kalimat hasilnya $P_i(x)$. Maka

Bukti. Partisi memberi $\operatorname{HP}_D(P)=\bigcup_i\operatorname{HP}_{W_i}(P)$ (Proposisi 15.2.3, dan bukti Teorema 15.3.6). Pada $W_i$, $|L_j(x)|=\pm L_j(x)$ menurut Proposisi 17.1.2, dengan tanda tetap. Jadi $P(x)\iff P_i(x)$ untuk setiap $x\in W_i$. $\square$

Bila setiap $L_j$ linear dan tak konstan, pilihan wilayah yang wajar adalah selang-selang yang dibatasi pembuat nol $L_j$ yang diurutkan. Titik patah boleh dimasukkan ke salah satu wilayah yang bersebelahan, karena di titik patah $L_j=0$, sehingga $|L_j|=L_j=-L_j$ dan kedua tanda sah. Yang penting, setiap titik termasuk tepat satu wilayah. Titik patah tidak boleh hilang dan tidak boleh dihitung dua kali dengan rumus yang berbeda.

Contoh Master

Contoh 19.2.2 ($|x-1|+|x-3|\leq5$)

Penyelesaian. Titik patah $1$ dan $3$. Wilayah: $W_1=(-\infty,1)$, $W_2=[1,3]$, $W_3=(3,\infty)$. Rumus sepotong-sepotong dari Contoh 17.2.5:

• $W_1$: $x-1<0$ dan $x-3<0$. Kalimatnya $(1-x)+(3-x)\leq5\iff4-2x\leq5\iff x\geq-\tfrac12$. Hasilnya $[-\tfrac12,1)$.
• $W_2$: $x-1\geq0$ dan $x-3\leq0$. Kalimatnya $(x-1)+(3-x)\leq5\iff2\leq5$, benar. Hasilnya $[1,3]$.
• $W_3$: kedua ekspresi positif. Kalimatnya $(x-1)+(x-3)\leq5\iff2x\leq9\iff x\leq\tfrac92$. Hasilnya $(3,\tfrac92]$.

Teorema 19.2.1 memberi $\operatorname{HP}=[-\tfrac12,1)\cup[1,3]\cup(3,\tfrac92]=[-\tfrac12,\tfrac92]$.

Pemeriksaan: $x=-\tfrac12$ memberi $\tfrac32+\tfrac72=5$, benar. $x=\tfrac92$ memberi $\tfrac72+\tfrac32=5$, benar. $x=5$ memberi $4+2=6>5$, salah.

Tafsiran geometris: $|x-1|+|x-3|$ adalah jumlah jarak $x$ ke $1$ dan ke $3$. Jumlah itu paling kecil $2$ pada $[1,3]$, dan bertambah $2$ satuan untuk setiap satuan $x$ menjauh dari selang itu. Nilai $5$ dicapai pada jarak $\tfrac32$ dari selang $[1,3]$, yaitu di $1-\tfrac32=-\tfrac12$ dan $3+\tfrac32=\tfrac92$. Jawabannya simetris terhadap $2$, sesuai Proposisi 17.2.7(d). $\square$

Contoh Lain

Contoh 19.2.3 (Selisih Dua Nilai Mutlak)

Selesaikan $|x-1|-|x+2|\geq1$.

Penyelesaian. Titik patah $-2$ dan $1$.

• $x<-2$: $(1-x)-(-x-2)=3\geq1$, benar. Hasilnya $(-\infty,-2)$.
• $-2\leq x\leq1$: $(1-x)-(x+2)=-1-2x\geq1\iff x\leq-1$. Hasilnya $[-2,-1]$.
• $x>1$: $(x-1)-(x+2)=-3\geq1$, salah. Hasilnya $\emptyset$.

$\operatorname{HP}=(-\infty,-1]$. Pemeriksaan: $x=-1$ memberi $2-1=1\geq1$, benar. $x=0$ memberi $1-2=-1$, salah. $\square$

Ketaksamaan segitiga terbalik (Teorema 18.3.1) memberi batas $\bigl||x-1|-|x+2|\bigr|\leq3$. Jadi selisih ini selalu berada di $[-3,3]$, dan nilai ekstremnya dicapai pada sinar-sinar luar, sesuai perhitungan di atas.

Contoh 19.2.4 (Nilai Mutlak Bersarang)

Selesaikan $\bigl||x|-1\bigr|<2$.

Penyelesaian. Kerjakan dari luar ke dalam dengan Teorema 19.1.1(a): $-2<|x|-1<2$, yaitu $-1<|x|<3$. Bagian $-1<|x|$ selalu benar. Bagian $|x|<3$ memberi $-3<x<3$. $\operatorname{HP}=(-3,3)$.

Dengan metode wilayah, bagian dalam $|x|$ mempunyai titik patah $0$, dan bagian luar $\bigl||x|-1\bigr|$ mempunyai titik patah tambahan di $|x|=1$, yaitu $x=\pm1$. Wilayahnya: $x<-1$, $-1\leq x<0$, $0\leq x<1$, dan $x\geq1$. Hasilnya sama. Cara dari luar ke dalam lebih ringkas di sini. $\square$

Contoh 19.2.5 (Tiga Nilai Mutlak)

Selesaikan $|x|+|x-1|+|x-2|<4$.

Penyelesaian. Titik patah $0$, $1$, $2$.

• $x<0$: $-x+(1-x)+(2-x)=3-3x<4\iff x>-\tfrac13$. Hasilnya $(-\tfrac13,0)$.
• $0\leq x<1$: $x+(1-x)+(2-x)=3-x<4\iff x>-1$, benar. Hasilnya $[0,1)$.
• $1\leq x<2$: $x+(x-1)+(2-x)=x+1<4\iff x<3$, benar. Hasilnya $[1,2)$.
• $x\geq2$: $3x-3<4\iff x<\tfrac73$. Hasilnya $[2,\tfrac73)$.

$\operatorname{HP}=(-\tfrac13,\tfrac73)$. Perhatikan simetri terhadap $1$. $\square$

Latihan

Latihan 19.2-1. Buktikan Teorema 19.2.1 dan jelaskan mengapa titik patah boleh dimasukkan ke wilayah mana pun yang bersebelahan.

Latihan 19.2-2. Selesaikan $|x-1|+|x-3|\leq5$ dan $|x-1|+|x-3|>5$. Periksa partisinya.

Latihan 19.2-3. Selesaikan $|x-1|+|x-3|<2$ dan $|x-1|+|x-3|\leq2$. Jelaskan hasilnya secara geometris.

Latihan 19.2-4. Selesaikan $|x-1|-|x+2|\geq1$.

Latihan 19.2-5. Selesaikan $\bigl||x|-1\bigr|<2$ dan $\bigl||x|-1\bigr|\geq\tfrac12$.

Latihan 19.2-6. Selesaikan $|x|+|x-1|+|x-2|<4$.

Latihan 19.2-7. Selesaikan $|2x-1|\leq|x|+1$.

Latihan 19.2-8. Untuk $a<b$ dan $L>0$, tentukan himpunan penyelesaian $|x-a|+|x-b|\leq L$ dalam semua kasus perbandingan $L$ dengan $b-a$.

Solusi

Solusi 19.2-1. Lihat bukti Teorema 19.2.1. Di titik patah $x_0$, $L_j(x_0)=0$, sehingga $L_j(x_0)=-L_j(x_0)=0=|L_j(x_0)|$. Kedua rumus memberi nilai yang sama, dan kalimat $P_i$ dari wilayah mana pun bernilai sama dengan $P$ di titik itu. $\square$

Solusi 19.2-2. Yang pertama: $[-\tfrac12,\tfrac92]$ (Contoh 19.2.2). Yang kedua, per wilayah:

• $W_1$: $4-2x>5\iff x<-\tfrac12$;
• $W_2$: $2>5$, salah;
• $W_3$: $2x-4>5\iff x>\tfrac92$.

$\operatorname{HP}=(-\infty,-\tfrac12)\cup(\tfrac92,\infty)$, yaitu komplemen yang pertama. $\square$

Solusi 19.2-3. Untuk $<2$: $W_1$ memberi $4-2x<2\iff x>1$, mustahil di $W_1$; $W_2$ memberi $2<2$, salah; $W_3$ memberi $2x-4<2\iff x<3$, mustahil di $W_3$. Hasilnya $\emptyset$.

Untuk $\leq2$: $W_1$ kosong, $W_2$ semua ($2\leq2$), $W_3$ kosong. Hasilnya $[1,3]$.

Secara geometris, jumlah jarak ke $1$ dan $3$ tidak pernah kurang dari $2=|3-1|$ (Akibat 18.1.2(b)), dan tepat $2$ pada selang di antara keduanya (Proposisi 13.1.11). $\square$

Solusi 19.2-4. Contoh 19.2.3: $(-\infty,-1]$. $\square$

Solusi 19.2-5. Yang pertama: $(-3,3)$ (Contoh 19.2.4). Yang kedua: Teorema 19.1.1(d) memberi $|x|-1\leq-\tfrac12$ atau $|x|-1\geq\tfrac12$, yaitu $|x|\leq\tfrac12$ atau $|x|\geq\tfrac32$. Hasilnya $(-\infty,-\tfrac32]\cup[-\tfrac12,\tfrac12]\cup[\tfrac32,\infty)$. $\square$

Solusi 19.2-6. Contoh 19.2.5: $(-\tfrac13,\tfrac73)$. $\square$

Solusi 19.2-7. Titik patah $0$ dan $\tfrac12$.

• $x<0$: $1-2x\leq-x+1\iff x\geq0$, mustahil.
• $0\leq x<\tfrac12$: $1-2x\leq x+1\iff x\geq0$, benar. Hasilnya $[0,\tfrac12)$.
• $x\geq\tfrac12$: $2x-1\leq x+1\iff x\leq2$. Hasilnya $[\tfrac12,2]$.

$\operatorname{HP}=[0,2]$. Pemeriksaan: $x=-1$ memberi $3\leq2$, salah. $x=2$ memberi $3\leq3$, benar. $\square$

Solusi 19.2-8. Per wilayah: untuk $x<a$, nilainya $a+b-2x$; untuk $a\leq x\leq b$, nilainya $b-a$; untuk $x>b$, nilainya $2x-a-b$.

• $L<b-a$: $\emptyset$, karena nilai minimumnya $b-a$.
• $L=b-a$: $[a,b]$.
• $L>b-a$: syarat $a+b-2x\leq L$ memberi $x\geq\tfrac{a+b-L}2$, dan syarat $2x-a-b\leq L$ memberi $x\leq\tfrac{a+b+L}2$. Kedua batas terletak di luar $[a,b]$ karena $L>b-a$. Hasilnya $\bigl[\tfrac{a+b-L}2,\tfrac{a+b+L}2\bigr]$.

Contoh master adalah kasus $a=1$, $b=3$, $L=5$: $[-\tfrac12,\tfrac92]$. $\square$

Ringkasan

Pertaksamaan dengan beberapa nilai mutlak diselesaikan dengan membagi semesta menjadi wilayah tempat setiap ekspresi di dalam nilai mutlak bertanda tetap, melepas nilai mutlak per wilayah, lalu menggabungkan hasilnya (Teorema 19.2.1). Titik patah boleh masuk wilayah mana pun yang bersebelahan, tetapi setiap titik harus masuk tepat satu wilayah. Contoh master $|x-1|+|x-3|\leq5$ menghasilkan $[-\tfrac12,\tfrac92]$, dengan tafsiran jumlah jarak. Nilai mutlak bersarang sering lebih cepat diselesaikan dari luar ke dalam. Unit 19.3 membahas metode pengkuadratan dan risikonya.

19.3 Metode Pengkuadratan Kedua Ruas dan Analisis Risiko

Metode yang populer untuk pertaksamaan nilai mutlak adalah mengkuadratkan kedua ruas, karena $|A|^2=A^2$ menghapus nilai mutlak. Metode ini sah dalam satu situasi, yaitu ketika kedua ruas taknegatif, dan berisiko dalam situasi lain. "Analisis risiko" pada judul unit ini berarti penentuan yang tepat atas apa yang salah bila syarat itu diabaikan: solusi palsu mana yang ditambahkan dan solusi mana yang hilang. Dengan analisis ini, pengkuadratan menjadi alat yang dapat dipakai dengan aman, bukan resep yang kadang berhasil.

Prasyarat: Teorema 17.3.3 (perbandingan lewat kuadrat); Teorema 19.1.1; Proposisi 19.1.6; Teorema 16.4.1 (pola yang sama untuk akar); Jebakan 3–4 pada Unit 15.3; Bab 16 (analisis tanda).

Kapan Pengkuadratan Aman

Teorema 19.3.1 (Pengkuadratan Dua Nilai Mutlak)

Untuk semua bilangan real $A,B$ dan setiap $\bowtie\in\{<,\leq,=,\geq,>\}$:

Bukti. Teorema 17.3.3 untuk $<$, $\leq$, $=$, dan negasinya untuk $\geq$, $>$ (Teorema 15.1.3). $\square$

Pengkuadratan aman karena kedua ruas, $|A|$ dan $|B|$, taknegatif. Tidak ada syarat tambahan dan tidak ada pemeriksaan kandidat.

Teorema 19.3.2 (Pengkuadratan dengan Ruas Kanan Sebarang)

Untuk semua bilangan real $A$ dan $B$:

(a) $|A|<B\iff B>0\wedge A^2<B^2$;

(b) $|A|\leq B\iff B\geq0\wedge A^2\leq B^2$;

(c) $|A|>B\iff B<0\vee A^2>B^2$;

(d) $|A|\geq B\iff B<0\vee A^2\geq B^2$.

Bukti. (a) ($\Rightarrow$) $B>|A|\geq0$. Kedua bilangan $|A|$ dan $B$ taknegatif, sehingga Korolari 10.2.6b memberi $|A|^2<B^2$, yaitu $A^2<B^2$. ($\Leftarrow$) $B>0$ memberi $B=|B|$, sehingga $A^2<B^2$ setara dengan $|A|<|B|=B$ (Teorema 19.3.1).

(b) Sama dengan (a), dengan $\leq$ dan $B\geq0$.

(c) Bila $B<0$, ruas kiri benar karena $|A|\geq0>B$, dan ruas kanan juga benar. Bila $B\geq0$, $B=|B|$, dan $|A|>|B|\iff A^2>B^2$.

(d) Sama dengan (c). $\square$

Bentuk ini sejajar dengan Teorema 16.4.1 untuk akar: arah "lebih kecil" memerlukan syarat tanda dalam konjungsi, dan arah "lebih besar" memerlukan disjungsi.

Analisis Risiko

Proposisi 19.3.3 (Akibat Mengabaikan Syarat Tanda)

Misalkan $P$ adalah kalimat $|A(x)|\bowtie B(x)$ dan $Q$ adalah kalimat hasil pengkuadratan naif $A(x)^2\bowtie B(x)^2$, pada semesta $D$. Tulis $N=\{x\in D:B(x)<0\}$. Maka:

(a) untuk $\bowtie\in\{<,\leq\}$: $\operatorname{HP}(Q)=\operatorname{HP}(P)\cup\bigl(N\cap\operatorname{HP}(Q)\bigr)$, dan bagian $N\cap\operatorname{HP}(Q)$ terdiri atas solusi palsu;

(b) untuk $\bowtie\in\{>,\geq\}$: $\operatorname{HP}(P)=\operatorname{HP}(Q)\cup N$, sehingga solusi yang hilang adalah $N\setminus\operatorname{HP}(Q)$;

(c) bila $B(x)\geq0$ untuk semua $x\in D$, maka $P$ dan $Q$ ekuivalen pada $D$.

Bukti. Di luar $N$, $B(x)\geq0$, sehingga $B(x)=|B(x)|$ dan Teorema 19.3.1 memberi $P(x)\iff Q(x)$. Di dalam $N$:

• untuk $<$ dan $\leq$, $P(x)$ salah, karena $|A|\geq0>B$, sehingga setiap $x\in N$ yang memenuhi $Q$ adalah solusi palsu;
• untuk $>$ dan $\geq$, $P(x)$ benar untuk semua $x\in N$, sehingga setiap $x\in N$ yang gagal memenuhi $Q$ adalah solusi yang hilang.

(c) adalah kasus $N=\emptyset$. $\square$

Jadi risiko pengkuadratan naif sepenuhnya terkonsentrasi pada himpunan $N$, tempat ruas kanan negatif. Analisis risiko berarti menghitung $N$, lalu mengoreksi: buang solusi palsu untuk $<$ dan $\leq$, tambahkan $N$ untuk $>$ dan $\geq$.

Contoh

Contoh 19.3.4 (Pengkuadratan Aman)

Selesaikan $|2x-1|\geq|x+1|$.

Penyelesaian. Teorema 19.3.1: $(2x-1)^2\geq(x+1)^2\iff\bigl((2x-1)-(x+1)\bigr)\bigl((2x-1)+(x+1)\bigr)\geq0\iff(x-2)\cdot3x\geq0$. Analisis tanda memberi $\operatorname{HP}=(-\infty,0]\cup[2,\infty)$. Ini sama dengan Solusi 19.1-7, tanpa syarat atau pemeriksaan tambahan. $\square$

Contoh 19.3.5 (Risiko: Solusi Palsu)

Selesaikan $|x-1|<2x$.

Pengkuadratan naif: $(x-1)^2<4x^2\iff4x^2-(x-1)^2>0\iff(2x-(x-1))(2x+(x-1))>0\iff(x+1)(3x-1)>0$. Hasilnya $(-\infty,-1)\cup(\tfrac13,\infty)$.

Analisis risiko: $N=\{x:2x<0\}=(-\infty,0)$, dan $N\cap\operatorname{HP}(Q)=(-\infty,-1)$ adalah solusi palsu. Contohnya, $x=-2$ memberi $|-3|=3<-4$, yang salah.

Jawaban benar menurut Teorema 19.3.2(a): $2x>0$ dan $(x+1)(3x-1)>0$, sehingga $\operatorname{HP}=(\tfrac13,\infty)$.

Pemeriksaan dengan Teorema 19.1.1(a): $-2x<x-1<2x$, yaitu $x>\tfrac13$ dan $x>-1$, yaitu $(\tfrac13,\infty)$. Sama. $\square$

Contoh 19.3.6 (Risiko: Solusi Hilang)

Selesaikan $|x+2|\geq x-4$.

Pengkuadratan naif: $(x+2)^2\geq(x-4)^2\iff(x+2-x+4)(x+2+x-4)\geq0\iff6(2x-2)\geq0\iff x\geq1$. Hasilnya $[1,\infty)$.

Analisis risiko: $N=\{x:x-4<0\}=(-\infty,4)$. Solusi yang hilang adalah $N\setminus[1,\infty)=(-\infty,1)$. Untuk $x<4$, ruas kanan negatif dan ketaksamaan otomatis benar.

Jawaban benar menurut Teorema 19.3.2(d): $\operatorname{HP}=(-\infty,4)\cup[1,\infty)=\mathbb{R}$. Memang, $|x+2|\geq x+2>x-4$ untuk semua $x$. $\square$

Contoh 19.3.7 (Ketika Pengkuadratan Kurang Efisien)

Untuk $|x-1|+|x+1|\leq4$, mengkuadratkan kedua ruas memberi $2x^2+2+2|x^2-1|\leq16$. Nilai mutlaknya tidak hilang. Metode wilayah (Unit 19.2) langsung memberi $[-2,2]$: untuk $x<-1$, $-2x\leq4$; untuk $-1\leq x\leq1$, $2\leq4$; untuk $x>1$, $2x\leq4$. Pengkuadratan efektif bila setiap ruas memuat tepat satu nilai mutlak atau suku yang tandanya terkendali.

Strategi Memilih Metode

1. Satu nilai mutlak di satu ruas dan ruas lain sebarang: gunakan Teorema 19.1.1. Tidak ada risiko.
2. Satu nilai mutlak di setiap ruas: gunakan Teorema 19.3.1 (pengkuadratan aman), lalu faktorkan selisih kuadrat.
3. Pengkuadratan dengan ruas kanan bervariabel: gunakan Teorema 19.3.2, atau kuadratkan secara naif lalu koreksi dengan himpunan risiko $N$ (Proposisi 19.3.3).
4. Beberapa nilai mutlak di satu ruas: gunakan metode wilayah (Teorema 19.2.1).

Latihan

Latihan 19.3-1. Buktikan Teorema 19.3.2(a) dan (c).

Latihan 19.3-2. Selesaikan $|2x-1|\geq|x+1|$ dan $|2x-1|<|x+1|$ dengan pengkuadratan, lalu periksa partisinya.

Latihan 19.3-3. Selesaikan $|x-1|<2x$ dengan tiga cara: Teorema 19.1.1, Teorema 19.3.2, dan pengkuadratan naif yang dikoreksi dengan Proposisi 19.3.3.

Latihan 19.3-4. Selesaikan $|x+2|\geq x-4$ dan jelaskan solusi yang hilang pada pengkuadratan naif.

Latihan 19.3-5. Selesaikan $|3x+2|\leq|x-4|$.

Latihan 19.3-6. Selesaikan $|x^2-1|<x+1$ dengan Teorema 19.3.2.

Latihan 19.3-7. Untuk $P$: $|x-3|\leq x-5$, tentukan himpunan risiko $N$, hasil pengkuadratan naif, dan himpunan penyelesaian yang benar.

Latihan 19.3-8. Tunjukkan bahwa untuk kalimat $|A|>B$, pengkuadratan naif tidak pernah menambah solusi palsu, dan untuk $|A|<B$ tidak pernah menghilangkan solusi.

Solusi

Solusi 19.3-1. Lihat bukti Teorema 19.3.2. $\square$

Solusi 19.3-2. Yang pertama: Contoh 19.3.4, $(-\infty,0]\cup[2,\infty)$. Yang kedua: $(x-2)\cdot3x<0\iff0<x<2$. Kedua himpunan saling lepas dan gabungannya $\mathbb{R}$. $\square$

Solusi 19.3-3. Ketiga cara memberi $(\tfrac13,\infty)$ (Contoh 19.3.5). Pada cara ketiga, solusi palsunya $(-\infty,-1)$. $\square$

Solusi 19.3-4. Contoh 19.3.6. Jawaban benarnya $\mathbb{R}$, dan solusi yang hilang pada pengkuadratan naif adalah $(-\infty,1)$. $\square$

Solusi 19.3-5. Teorema 19.3.1: $(3x+2)^2\leq(x-4)^2\iff\bigl((3x+2)-(x-4)\bigr)\bigl((3x+2)+(x-4)\bigr)\leq0\iff(2x+6)(4x-2)\leq0\iff(x+3)(2x-1)\leq0$. Analisis tanda memberi $\operatorname{HP}=[-3,\tfrac12]$. Pemeriksaan: $x=0$ memberi $2\leq4$, benar. $x=1$ memberi $5\leq3$, salah. $\square$

Solusi 19.3-6. Teorema 19.3.2(a): $x+1>0$ dan $(x^2-1)^2<(x+1)^2$. Syarat kedua: $(x+1)^2\bigl[(x-1)^2-1\bigr]<0$. Karena $x+1>0$, faktor $(x+1)^2>0$, sehingga syaratnya $(x-1)^2<1\iff|x-1|<1\iff0<x<2$. $\operatorname{HP}=(0,2)$.