# 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). ∎ ### 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 $ac 0$ (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 $bac$, juga kontradiksi. Trikotomi menyisakan $a 5 \cdot (-3)$, 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 $m0$ 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: $$\frac{1}{a} - \frac{1}{b} = \frac{b - a}{ab}.$$ 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 $a<0 0$, 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: $$bd - ac = bd - bc + bc - ac = b(d - c) + c(b - a).$$ 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 $c0$ 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: $$b^{n+1} - a^{n+1} = b \cdot b^{n} - a \cdot a^{n}.$$ Tambahkan dan kurangi $b \cdot a^{n}$: $$b^{n+1} - a^{n+1} = b(b^{n} - a^{n}) + a^{n}(b - a).$$ 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 $ab$, 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: $$|x| = \begin{cases} x & \text{jika } x \geq 0, \\ -x & \text{jika } x < 0. \end{cases}$$ 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: $$(b - a)(-c) = b(-c)-a(-c) = -bc-(-ac) = -bc + ac = ac - bc.$$ 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: $$(1 + 1)^{2} = (1+1)(1+1) = 1 \cdot 1 + 1 \cdot 1 + 1 \cdot 1 + 1 \cdot 1 = 1 + 1 + 1 + 1 = 4 \cdot 1.$$ 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: $$x^{2} + 1 \geq 0 + 1 = 1 > 0.$$ 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: $$\frac{1}{a} - \frac{1}{b} = \frac{b}{ab} - \frac{a}{ab} = \frac{b - a}{ab}.$$ 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: $$\frac{1}{a} > \frac{1}{b} \iff \frac{b - a}{ab} > 0 \iff (b - a) \text{ dan } ab \text{ mempunyai tanda yang sama}.$$ 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): $$\frac{x - 1}{x + 2} > 0.$$ 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: $$\frac{x-1}{x+2} > 0 \iff (x - 1 > 0 \text{ dan } x + 2 > 0) \text{ atau } (x - 1 < 0 \text{ dan } x + 2 < 0).$$ 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: $$x^{2} \leq c = r^{2} \iff x^{2} - r^{2} \leq 0 \iff (x-r)(x+r) \leq 0.$$ Karena $r>0$, jika $x<-r$ maka $x-r<0$ dan $x+r<0$, sehingga produk positif. Jika $-r\leq x\leq r$, maka $x-r\leq0$ dan $x+r\geq0$, sehingga produk nonpositif. Jika $x>r$, kedua faktor positif, sehingga produk positif. Ketiga kasus mencakup semua $x$ dan membuktikan bahwa produk nonpositif tepat ketika $-r\leq x\leq r$. Jadi himpunan solusi (dengan asumsi akar tersedia) adalah $\{x \in F : -r \leq x \leq r\}$, di mana $r = \sqrt{c}$. Bila akar tidak tersedia di $F$, representasi interval dengan titik ujung $\pm r$ sebagai unsur $F$ tidak tersedia. Himpunan solusi tetap terdefinisi secara aljabar sebagai $\{x\in F:x^2\leq c\}$; untuk $c>0$ setidaknya $0$ adalah solusi. $\square$ ### Latihan 10.2.6 — Monotonositas Pangkat dan Perbandingan Latihan 10.2.6. Misalkan $F$ adalah lapangan terurut. (a) Buktikan bahwa jika $0 < a < b$, maka $a^{3} < b^{3}$ secara langsung menggunakan selisih pangkat tanpa mengutip Teorema 10.2.6. (b) Berikan contoh dalam $\mathbb{Q}$ dengan $a < b$ (tidak keduanya non-negatif) di mana $a^{2} > b^{2}$. (c) Untuk $n\geq1$ ganjil, tunjukkan bahwa $a < b$ mengimplikasikan $a^{n} < b^{n}$ untuk semua $a, b \in F$ (tiga kasus tanda). Solusi (a). Kita gunakan faktorisasi aljabar: $$b^{3} - a^{3} = (b - a)(b^{2} + ab + a^{2}).$$ Faktor $b - a \in P$ karena $a < b$. Untuk faktor kedua, karena $a, b > 0$: $$b^{2} + ab + a^{2} = b^{2} + ab + a^{2}.$$ Tiap suku: $b^{2} > 0$, $ab > 0$ (produk dua elemen $P$), $a^{2} > 0$. Jumlah tiga elemen $P$ ada di $P$. Jadi $b^{3} - a^{3} = (b-a)(b^{2}+ab+a^{2})$ adalah produk dua elemen $P$, sehingga ada di $P$, yaitu $a^{3} < b^{3}$. $\square$ Solusi (b). Ambil $a = -3$ dan $b = 2$ dalam $\mathbb{Q}$. Maka $a = -3 < 2 = b$. Tetapi $a^{2} = 9$ dan $b^{2} = 4$, sehingga $a^{2} = 9 > 4 = b^{2}$. Ini menunjukkan bahwa monotonositas pangkat genap gagal tanpa syarat non-negativitas kedua operan. $\square$ Solusi (c). Misalkan $n \geq 1$ ganjil dan $a < b$. Identitas $(-u)^n=-u^n$ untuk $n$ ganjil berasal dari aturan tanda pangkat asli Bab 9.3A dan tidak memakai urutan. Untuk $u>0$, induksi dari $u^1=u>0$ dan $u^{k+1}=u^ku>0$ memberi $u^k>0$ bagi semua $k\geq1$. Kita analisis tiga kasus. Kasus 1: $0 \leq a < b$. Ini adalah Teorema 10.2.6 langsung: $a^{n} < b^{n}$. Kasus 2: $a < b \leq 0$. Maka $-b \leq -a$ dengan $0 \leq -b < -a$ (atau $-b = 0$ jika $b = 0$). Jika $b = 0$: $b^{n} = 0$ dan $a^{n} = (-(-a))^{n} = -(-a)^{n}$ karena $n$ ganjil, dan $(-a)^{n} > 0$, sehingga $a^{n} < 0 = b^{n}$. Jika $b < 0$: dari Kasus 1, $(-b)^{n} < (-a)^{n}$; karena $n$ ganjil, $(-x)^{n} = -x^{n}$, sehingga $-b^{n} < -a^{n}$, yaitu $a^{n} < b^{n}$. Kasus 3: $a < 0 \leq b$. Maka $a^{n} < 0 \leq b^{n}$ (karena $n$ ganjil dan $a < 0$ memberikan $a^{n} < 0$, dan $b \geq 0$ memberikan $b^{n} \geq 0$). Jadi $a^{n} < b^{n}$. $\square$ ### Latihan 10.2.7 — Penjumlahan Ketidaksamaan dan Estimasi Latihan 10.2.7. Misalkan $n\in\mathbb{N}$ dengan $n\geq1$, $F$ adalah lapangan terurut, dan $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n} \in F$ dengan $a_{k} \leq b_{k}$ untuk setiap $k = 1, 2, \ldots, n$. (a) Buktikan dengan induksi bahwa $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_{k} \leq \sum_{k=1}^{n} b_{k}$. (b) Tunjukkan bahwa jika setidaknya satu ketidaksamaan tegas, maka jumlahnya tegas. (c) Gunakan hasil ini untuk membuktikan: jika $0 \leq x \leq M$ dan $0 \leq y \leq N$, maka $x^{2} + y^{2} \leq M^{2} + N^{2}$. Solusi (a). Kita buktikan dengan induksi pada $n \geq 1$. Basis ($n = 1$): $a_{1} \leq b_{1}$ adalah hipotesis langsung. Langkah induksi: Misalkan $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_{k} \leq \sum_{k=1}^{n} b_{k}$. Dari hipotesis, $a_{n+1} \leq b_{n+1}$. Maka oleh Teorema 10.2.5(i): $$\sum_{k=1}^{n+1} a_{k} = \sum_{k=1}^{n} a_{k} + a_{n+1} \leq \sum_{k=1}^{n} b_{k} + b_{n+1} = \sum_{k=1}^{n+1} b_{k}.$$ Ini menyelesaikan induksi. $\square$ Solusi (b). Misalkan untuk suatu indeks $j$, berlaku $a_{j} < b_{j}$, dan untuk $k \neq j$, $a_{k} \leq b_{k}$. Kita pisahkan suku ke-$j$: $$\sum_{k=1}^{n} b_{k} - \sum_{k=1}^{n} a_{k} = (b_{j} - a_{j}) + \sum_{\substack{1\leq k\leq n\\k\neq j}} (b_{k} - a_{k}).$$ Tiap $b_{k} - a_{k} \geq 0$, dan $b_{j} - a_{j} > 0$. Jumlah atas indeks selain $j$ taknegatif oleh induksi penjumlahan; bila $n=1$, jumlah ini kosong dan bernilai $0$. Jumlah seluruhnya paling kecil $b_{j} - a_{j} > 0$, sehingga selisih jumlahnya positif. Sebaliknya, jika semua $a_k=b_k$, kedua jumlah sama. Dengan hipotesis $a_k\leq b_k$, kesamaan jumlah terjadi tepat bila semua suku bersesuaian sama. $\square$ Solusi (c). Karena $0 \leq x \leq M$, Teorema 10.2.6 memberikan $x^{2} \leq M^{2}$. Karena $0 \leq y \leq N$, demikian pula $y^{2} \leq N^{2}$. Dari bagian (a) dengan $n = 2$, $a_{1} = x^{2}$, $b_{1} = M^{2}$, $a_{2} = y^{2}$, $b_{2} = N^{2}$: $$x^{2} + y^{2} \leq M^{2} + N^{2}. \quad \square$$ ### Latihan 10.2.8 — Ketidaksamaan Bernoulli Latihan 10.2.8. Misalkan $F$ adalah lapangan terurut, $x \in F$ dengan $x \geq -1$ (yaitu $x + 1 \geq 0$), dan $n \geq 1$ bilangan bulat. Buktikan dengan induksi bahwa: $$(1 + x)^{n} \geq 1 + nx.$$ Tunjukkan juga kapan kesamaan terjadi, dan berikan dua contoh numerik konkret dalam $\mathbb{Q}$. Bukti. Kita buktikan dengan induksi biasa pada $n \geq 1$, dengan hipotesis tambahan $x \geq -1$ sehingga $1 + x \geq 0$. Basis ($n = 1$): $(1+x)^{1} = 1 + x = 1 + 1 \cdot x$. Kesamaan berlaku. $\checkmark$ Langkah induksi: Misalkan $(1+x)^{n} \geq 1 + nx$ untuk suatu $n \geq 1$. Kita tunjukkan $(1+x)^{n+1} \geq 1 + (n+1)x$. Karena $1 + x \geq 0$, kita dapat mengalikan kedua ruas hipotesis induksi dengan $1 + x$ (perkalian dengan faktor non-negatif mempertahankan arah, oleh Korolari 10.2.1a(i) bila $1+x>0$, dan kasus (iii) bila $1+x=0$): $$(1+x)^{n+1} = (1+x)^{n} \cdot (1+x) \geq (1 + nx)(1+x).$$ Kita ekspansikan ruas kanan: $$(1 + nx)(1 + x) = 1 + x + nx + nx^{2} = 1 + (n+1)x + nx^{2}.$$ Dari Teorema 10.2.2, $x^{2} \geq 0$, sehingga $nx^{2} \geq 0$ (karena $n \geq 1$ dan hasil kali elemen non-negatif dengan skalar positif tetap non-negatif). Oleh Teorema 10.2.5(i): $$1 + (n+1)x + nx^{2} \geq 1 + (n+1)x.$$ Menggabungkan dua ketidaksamaan: $$(1+x)^{n+1} \geq 1 + (n+1)x + nx^{2} \geq 1 + (n+1)x. \quad \square$$ Kondisi kesamaan. Jika $n=1$, kedua ruas sama untuk setiap $x\geq-1$. Jika $x=0$, kedua ruas sama dengan $1$ untuk setiap $n\geq1$. Sebaliknya, untuk $n\geq2$ dan $x\ne0$, langkah induksi terakhir yang sudah dibuktikan memberi $(1+x)^n\geq1+nx+(n-1)x^2>1+nx$, sebab $n-1>0$ dan $x^2>0$. Jadi kesamaan terjadi tepat ketika $x=0$ atau $n=1$. Argumen ini mencakup $x=-1$: untuk $n\geq2$, ruas kiri $0$ lebih besar dari $1-n<0$. Kita tidak menyimpulkan kesamaan hipotesis induksi dari kesamaan setelah perkalian oleh $1+x$, karena pengali ini dapat nol. Contoh 1. $x = \dfrac{1}{2}$, $n = 3$ dalam $\mathbb{Q}$: $$\left(1 + \frac{1}{2}\right)^{3} = \left(\frac{3}{2}\right)^{3} = \frac{27}{8} = 3{,}375, \quad 1 + 3 \cdot \frac{1}{2} = \frac{5}{2} = 2{,}5.$$ Memang $3{,}375 \geq 2{,}5$. Contoh 2. $x = -\dfrac{1}{2}$, $n = 4$ dalam $\mathbb{Q}$: $$\left(1 - \frac{1}{2}\right)^{4} = \left(\frac{1}{2}\right)^{4} = \frac{1}{16}, \quad 1 + 4 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 1 - 2 = -1.$$ Memang $\dfrac{1}{16} \geq -1$. $\square$ ### Ringkasan dan Hubungan Antara Teorema Unit 10.2 telah membuktikan enam kelompok teorema fundamental sifat urutan pada lapangan terurut $F$, dimulai semata-mata dari aksioma himpunan positif $P$ yang ditetapkan di Unit 10.1. Keenam kelompok ini membentuk fondasi lengkap aritmetika ketidaksamaan aljabar dan secara kolektif menutup utang pembuktian yang diperlukan sebelum dapat mendiskusikan estimasi lanjut di unit-unit berikutnya. Teorema 10.2.1 menetapkan bahwa negasi membalik urutan dan bahwa perkalian oleh skalar negatif membalik arah ketidaksamaan, lengkap dengan versi untuk $\leq$ dan contoh numerik $2 < 5$ dikali $-3$. Teorema 10.2.2 membuktikan positivitas kuadrat dari trikotomi saja, menghasilkan $1 > 0$ sebagai akibat, bukan asumsi, serta positivitas semua numeral bilangan bulat positif melalui induksi. Urutan ini penting: tidak ada penggunaan $1 > 0$ dalam pembuktian Teorema 10.2.1, sesuai syarat non-sirkularitas. Teorema 10.2.3 membuktikan positivitas invers elemen positif melalui kontradiksi dengan $1 > 0$, dan negativitas invers elemen negatif melalui reduksi ke kasus positif. Teorema 10.2.4 mengkarakterisasi pembalikan urutan oleh pengambilan invers, dengan pembatasan domain yang cermat: kasus $0 < a < b$ dan $a < b < 0$ ditangani berbeda, dan contoh kontra untuk kasus tanda berbeda diberikan secara eksplisit. Teorema 10.2.5 memberikan aturan penjumlahan dan perkalian ketidaksamaan dengan kondisi tanda yang tepat, termasuk penjelasan mengapa tanda non-negatif diperlukan pada perkalian. Teorema 10.2.6 membuktikan monotonositas pangkat dengan eksponen bulat $n\geq1$ pada daerah non-negatif menggunakan induksi dan faktorisasi selisih pangkat, tanpa meminjam hasil akar atau pangkat real. Definisi 10.2.7 memperkenalkan nilai mutlak dan membuktikan sifat-sifat dasarnya — positivitas, karakterisasi nol, hubungan dengan kuadrat, dan multiplicativity — sebagai persiapan untuk Unit 10.4. Delapan latihan dengan solusi lengkap mencakup: perkalian ketidaksamaan oleh skalar negatif (Latihan 10.2.1); positivitas kuadrat dan numeral (Latihan 10.2.2); pembalikan invers dan batasan domain (Latihan 10.2.3); analisis tanda ketidaksamaan rasional (Latihan 10.2.4); analisis ketidaksamaan kuadrat terhadap konstanta (Latihan 10.2.5); monotonositas pangkat dan kasus tanda (Latihan 10.2.6); penjumlahan ketidaksamaan dan estimasi (Latihan 10.2.7); serta Ketidaksamaan Bernoulli dengan kondisi kesamaan (Latihan 10.2.8). Seluruh pembuktian dalam unit ini bersifat mandiri dari kelengkapan, Archimedes, limit, turunan, logaritma, dan pangkat eksponen real. Satu-satunya pinjaman eksternal adalah keberadaan akar positif dalam Latihan 10.2.5 bagian (c), yang dinyatakan secara eksplisit sebagai pinjaman dari Bab 11 dan tidak digunakan untuk membuktikan teorema utama mana pun. Unit berikutnya (10.3) mengembangkan Ketidaksamaan Bernoulli; Unit 10.4 membahas AM-GM dan Cauchy-Schwarz. Bentuk polinomial AM-GM dan bentuk kuadrat Cauchy-Schwarz memakai fondasi urutan ini tanpa bergantung pada akar. ## 10.3 Ketidaksamaan Bernoulli Unit ini membuktikan ketidaksamaan Bernoulli secara lengkap menggunakan induksi matematika atas bilangan asli $n \in \mathbb{N} = \{0, 1, 2, \ldots\}$, bertumpu pada aturan urutan lapangan terurut yang telah dibangun di Unit 10.1 dan 10.2. Tidak diperlukan kelengkapan, sifat Archimedes, limit, turunan, logaritma, maupun eksponen irasional. Semua klaim bersifat aljabar murni dalam kerangka lapangan terurut. Sepanjang unit, $n$ selalu bilangan asli. Dalam operasi lapangan, numeral $n$ menyatakan jumlah $n$ salinan $1_F$; Unit 10.2 telah membuktikan bahwa numeral ini taknegatif, positif bila $n\geq1$, serta mempertahankan dan mencerminkan urutan bilangan asli. Prasyarat utama yang dirujuk secara deskriptif dari Unit 10.1–10.2 adalah: perkalian dengan pengali positif mempertahankan arah ketidaksamaan; kuadrat setiap elemen bukan nol adalah positif; $1 > 0$; penjumlahan dua elemen positif adalah positif; jika $a \geq b$ dan $c \geq 0$ maka $ac \geq bc$; serta untuk derajat $n \geq 1$, pangkat bilangan asli pada elemen tak-negatif bersifat monoton naik secara ketat jika basisnya berbeda. Untuk $n=0$, fungsi pangkat bernilai konstan $1$. Konvensi produk kosong dari Bab 9 menetapkan $(1+x)^{0} = 1$ untuk setiap $x$, termasuk $0^{0} = 1$. Struktur unit ini adalah sebagai berikut. Subbagian pertama memuat motivasi dan konteks. Subbagian kedua menyatakan dan membuktikan teorema utama beserta analisis kondisi kesamaan. Subbagian ketiga membahas kasus batas $x = -1$ dan persoalan $x < -1$. Subbagian keempat mengembangkan estimasi turunan yang berguna. Subbagian kelima menyajikan delapan contoh terhitung. Subbagian keenam memuat delapan latihan beserta solusi penuh. ### Motivasi: Mengapa Bernoulli Penting Dalam analisis matematika, sangat sering kita perlu memperkirakan besaran yang melibatkan pangkat dari suatu bilangan yang dekat dengan 1, seperti $(1 + h)^{n}$ untuk $h$ kecil dan $n$ besar. Ketidaksamaan Bernoulli memberikan batas bawah linear yang sederhana dan tajam: $(1+x)^{n} \geq 1 + nx$. Batas ini berguna karena ruas kanan hanya melibatkan operasi perkalian dan penjumlahan biasa, sementara ruas kiri melibatkan pemangkatan yang jauh lebih kompleks untuk dihitung secara eksplisit. Sebagai ilustrasi motivasi, bayangkan kita ingin menunjukkan bahwa $(1{,}001)^{1000}$ paling sedikit sama dengan $2$. Tanpa alat eksponensial, perkalian langsung sebanyak seribu kali tidak praktis. Ketidaksamaan Bernoulli memberi: $(1{,}001)^{1000} = \left(1 + \tfrac{1}{1000}\right)^{1000} \geq 1 + 1000 \cdot \tfrac{1}{1000} = 2$. Dengan satu baris, kita mendapatkan batas bawah yang bermakna. Perlu dicatat dengan cermat bahwa Bernoulli hanya menjamin batas bawah. Ia tidak secara langsung memberi batas atas; seperti yang akan kita tunjukkan dengan contoh konkret, $(1{,}1)^{3} = 1{,}331 > 1{,}3 = 1 + 3 \cdot 0{,}1$, sehingga ruas kiri bisa jauh melampaui ruas kanan. Pemahaman tentang apa yang dijamin dan apa yang tidak dijamin oleh suatu ketidaksamaan adalah bagian penting dari kecakapan analisis. Dari perspektif aljabar dalam kerangka lapangan terurut, ketidaksamaan ini merupakan contoh pertama bagaimana induksi matematika dan aturan urutan bekerja bersama untuk menghasilkan pernyataan kuantitatif yang tidak trivial. Struktur buktinya—mengalikan kedua ruas ketidaksamaan yang ada oleh suatu pengali positif—adalah pola yang akan muncul berulang kali dalam estimasi lanjut di bab-bab berikutnya. ### Pernyataan dan Bukti Teorema Utama Teorema 10.3.1 (Ketidaksamaan Bernoulli). Misalkan $F$ adalah lapangan terurut. Misalkan $x \in F$ dengan $x > -1$, dan misalkan $n \in \mathbb{N}$. Maka $$(1 + x)^{n} \geq 1 + nx.$$ Bukti. Kita buktikan dengan induksi matematika atas $n \in \mathbb{N}$. Basis induksi ($n = 0$). Berdasarkan konvensi produk kosong dari Bab 9, $(1+x)^{0} = 1$. Adapun ruas kanan adalah $1 + 0 \cdot x = 1$. Jadi $(1+x)^{0} = 1 = 1 + 0 \cdot x$, sehingga ketidaksamaan $(1+x)^{0} \geq 1 + 0 \cdot x$ berlaku dengan kesetaraan. Langkah induksi. Misalkan ketidaksamaan berlaku untuk suatu $n \in \mathbb{N}$, yaitu misalkan $$(1 + x)^{n} \geq 1 + nx. \quad (\star)$$ Kita akan membuktikan bahwa $(1+x)^{n+1} \geq 1 + (n+1)x$. Karena $x > -1$, kita peroleh $1 + x > 0$ (dengan menjumlahkan $1$ pada kedua ruas ketidaksamaan $x > -1$, menggunakan aturan penjumlahan pada urutan dari Unit 10.1). Karena $1 + x > 0$, aturan perkalian dengan pengali positif dari Unit 10.2 membolehkan kita mengalikan kedua ruas $(\star)$ dengan $1 + x$ tanpa membalik arah ketidaksamaan: $$(1 + x)^{n} \cdot (1 + x) \geq (1 + nx)(1 + x).$$ Ruas kiri adalah $(1+x)^{n+1}$ berdasarkan definisi pangkat bilangan asli. Ruas kanan kita ekspansi secara aljabar: $$(1 + nx)(1 + x) = 1 + x + nx + nx^{2} = 1 + (n+1)x + nx^{2}.$$ Karena $n \geq 0$ dan $x^{2} \geq 0$ (kuadrat elemen lapangan selalu tak-negatif berdasarkan aturan tanda dari Unit 10.2: jika $x = 0$ maka $x^{2} = 0$; jika $x \neq 0$ maka $x^{2} > 0$), maka $nx^{2} \geq 0$. Oleh karena itu: $$1 + (n+1)x + nx^{2} \geq 1 + (n+1)x.$$ Menggabungkan dua ketidaksamaan terakhir dengan sifat transitivitas urutan: $$(1+x)^{n+1} \geq 1 + (n+1)x + nx^{2} \geq 1 + (n+1)x.$$ Ini menyelesaikan langkah induksi. Berdasarkan prinsip induksi matematika (Bab 7), ketidaksamaan berlaku untuk semua $n \in \mathbb{N}$. $\blacksquare$ Catatan penting tentang langkah pengalian. Perhatikan bahwa saat mengalikan kedua ruas $(\star)$ dengan $1+x$, kita tidak memerlukan ruas kanan $(1+nx)$ untuk positif. Yang diperlukan hanyalah pengali $1+x$ yang positif. Memang, untuk $x$ negatif (dengan $-1 < x < 0$) dan $n$ besar, bisa saja $1 + nx < 0$; namun ini tidak menghalangi keabsahan pengalian, karena aturan yang digunakan adalah: jika $A \geq B$ dan $C > 0$, maka $AC \geq BC$, tanpa syarat apapun tentang tanda $A$ atau $B$. ### Analisis Kondisi Kesamaan Teorema 10.3.2 (Kondisi Kesamaan dalam Ketidaksamaan Bernoulli). Dalam setting Teorema 10.3.1, kesetaraan $(1+x)^{n} = 1 + nx$ berlaku jika dan hanya jika $n = 0$, atau $n = 1$, atau $x = 0$. Secara ekuivalen, untuk $n \geq 2$, kesetaraan berlaku jika dan hanya jika $x = 0$. Bukti. Kita periksa tiga kasus secara terpisah. Kasus $n = 0$. Seperti telah ditunjukkan dalam basis induksi, $(1+x)^{0} = 1 = 1 + 0 \cdot x$ untuk setiap $x$. Jadi kesetaraan selalu berlaku. Kasus $n = 1$. $(1+x)^{1} = 1 + x = 1 + 1 \cdot x$. Kesetaraan selalu berlaku. Kasus $n \geq 2$. Kita tunjukkan bahwa kesetaraan berlaku jika dan hanya jika $x = 0$. Pertama, perhatikan bahwa selisih adalah $$(1+x)^{n} - (1 + nx) \geq 0.$$ Kita tunjukkan untuk $n = 2$: $(1+x)^{2} - (1 + 2x) = 1 + 2x + x^{2} - 1 - 2x = x^{2}$. Jadi $(1+x)^{2} = 1 + 2x + x^{2} = (1 + 2x) + x^{2}$, dan selisihnya tepat $x^{2}$. Kesetaraan $(1+x)^{2} = 1 + 2x$ berlaku jika dan hanya jika $x^{2} = 0$, dan karena dalam lapangan $x^{2} = 0 \iff x = 0$ (sebab jika $x \neq 0$ maka $x^{2} > 0$), ini ekuivalen dengan $x = 0$. Kasus basis $n = 2$ selesai. Sekarang asumsikan untuk suatu $n \geq 2$ bahwa kesetaraan $(1+x)^{n} = 1 + nx$ berlaku jika dan hanya jika $x = 0$. Kita tunjukkan hal yang sama untuk $n + 1$. Dari bukti Teorema 10.3.1, kita memiliki rantai: $$(1+x)^{n+1} = (1+x)^{n}(1+x) \geq (1+nx)(1+x) = 1 + (n+1)x + nx^{2} \geq 1 + (n+1)x.$$ Kesetaraan $(1+x)^{n+1} = 1 + (n+1)x$ berlaku jika dan hanya jika kedua ketidaksamaan dalam rantai tersebut adalah kesetaraan secara simultan. Ketidaksamaan pertama $(1+x)^{n}(1+x) \geq (1+nx)(1+x)$ adalah kesetaraan jika dan hanya jika $(1+x)^{n}(1+x) = (1+nx)(1+x)$. Karena $1+x > 0$, kita boleh membagi kedua ruas oleh $1+x$ (menggunakan aturan invers dan monotonicitas dari Unit 10.2), sehingga ini ekuivalen dengan $(1+x)^{n} = 1 + nx$. Berdasarkan hipotesis induksi untuk kondisi kesamaan, ini berlaku jika dan hanya jika $x = 0$. Ketidaksamaan kedua $1 + (n+1)x + nx^{2} \geq 1 + (n+1)x$ adalah kesetaraan jika dan hanya jika $nx^{2} = 0$. Karena $n \geq 2 \geq 1 > 0$ dalam lapangan ($1 > 0$ dibuktikan di Unit 10.1, dan $n = 1 + 1 + \cdots > 0$ menggunakan penjumlahan berulang), maka $nx^{2} = 0 \iff x^{2} = 0 \iff x = 0$. Dengan demikian, kondisi kesetaraan simultan adalah $x = 0$. Ini menyelesaikan induksi kondisi kesamaan, dan Teorema 10.3.2 terbukti. $\blacksquare$ ### Kasus Batas: $x = -1$ dan $x < -1$ Teorema 10.3.1 mensyaratkan $x > -1$. Pada bagian ini kita periksa apa yang terjadi pada kasus $x = -1$ dan $x < -1$ secara terpisah. Pemeriksaan $x=-1$ memberi ekstensi tersendiri ke batas domain; pada $x<-1$ kita memeriksa kegagalan jaminan universal. Kasus $x = -1$. Untuk $n = 0$: Konvensi produk kosong memberikan $(1 + (-1))^{0} = 0^{0} = 1$, dan ruas kanan adalah $1 + 0 \cdot (-1) = 1$. Jadi $1 \geq 1$, berlaku dengan kesetaraan. Untuk $n \geq 1$: $(1 + (-1))^{n} = 0^{n} = 0$ (berdasarkan definisi pangkat: produk $n$ faktor yang semuanya nol). Ruas kanan adalah $1 + n(-1) = 1 - n$. Ketidaksamaan menjadi $0 \geq 1 - n$, yaitu $n \geq 1$. Ini berlaku jika dan hanya jika $n \geq 1$, yang memang merupakan asumsi. Kesetaraan berlaku jika dan hanya jika $n = 1$ (karena saat $n = 1$, ruas kanan adalah $1 - 1 = 0$). Jadi, untuk $x = -1$: ketidaksamaan $(1+x)^{n} \geq 1 + nx$ berlaku untuk semua $n \in \mathbb{N}$, meskipun Teorema 10.3.1 tidak mencakupnya (karena syarat $x > -1$ tidak terpenuhi). Hasil ini dapat diverifikasi secara langsung tanpa induksi umum. Kasus $x < -1$. Tidak ada jaminan bahwa ketidaksamaan berlaku untuk semua pasangan $x<-1$ dan $n\in\mathbb N$. Sebagai contoh konkret, ambil $x = -4$ dan $n = 3$: $$(1 + (-4))^{3} = (-3)^{3} = -27,$$ $$1 + 3 \cdot (-4) = 1 - 12 = -11.$$ Karena $-27 < -11$, ketidaksamaan $(1+x)^{3} \geq 1 + 3x$ gagal untuk $x = -4$, $n = 3$. Namun demikian, kita tidak boleh mengklaim bahwa ketidaksamaan selalu gagal untuk semua $x < -1$ dan semua $n$. Sebagai contoh tandingan, ambil $x = -2$ dan $n = 2$: $$(1 + (-2))^{2} = (-1)^{2} = 1,$$ $$1 + 2 \cdot (-2) = 1 - 4 = -3.$$ Di sini $1 \geq -3$, sehingga ketidaksamaan berlaku meskipun $x = -2 < -1$. Jadi ketidaksamaan untuk $x < -1$ bersifat bergantung pada nilai $x$ dan $n$ secara spesifik, dan Teorema 10.3.1 tidak membuat klaim apapun tentang domain ini. ### Estimasi Turunan dari Ketidaksamaan Bernoulli Dari Teorema 10.3.1, kita dapat menurunkan beberapa bentuk estimasi yang berguna. Semua hasil berikut adalah akibat langsung menggunakan substitusi aljabar dan aturan urutan dari Unit 10.1–10.2. Hasil 10.3.3 (Bernoulli untuk $h \geq 0$). Untuk $h \geq 0$ dan $n \geq 1$, $$(1 + h)^{n} \geq 1 + nh.$$ Bukti. Karena $h \geq 0 > -1$, syarat $x > -1$ dalam Teorema 10.3.1 terpenuhi dengan $x = h$. Hasilnya langsung dari Teorema 10.3.1. $\blacksquare$ Hasil 10.3.4 (Bernoulli untuk $0 \leq t \leq 1$). Untuk $0 \leq t \leq 1$ dan $n \geq 1$, $$(1 - t)^{n} \geq 1 - nt.$$ Bukti. Pisahkan dua kasus. Jika $0\leq t<1$, maka $x=-t>-1$, sehingga Teorema 10.3.1 memberi $(1-t)^n\geq1-nt$. Jika $t=1$, maka $(1-t)^n=0^n=0$ karena $n\geq1$, sedangkan $1-nt=1-n\leq0$. Jadi ketidaksamaan berlaku juga pada $t=1$. Kedua kasus mencakup seluruh $0\leq t\leq1$. $\blacksquare$ Hasil 10.3.5 (Jepit dengan parameter $\delta$). Misalkan $0 \leq \delta \leq 1$, $n \geq 1$, dan $x \in F$ dengan $|x| \leq \delta$ (di mana $|x|$ adalah nilai mutlak yang didefinisikan sebagai $x$ jika $x \geq 0$ dan $-x$ jika $x < 0$). Maka $$(1 - \delta)^{n} \leq (1 + x)^{n} \leq (1 + \delta)^{n},$$ dan batas bawah linear berikut mengikuti dari Bernoulli: $$(1 + x)^{n} \geq 1 - n\delta.$$ Bukti. Dari $|x| \leq \delta$ kita peroleh $-\delta \leq x \leq \delta$, sehingga $1 - \delta \leq 1 + x \leq 1 + \delta$. Karena $\delta \leq 1$, kita peroleh $1 - \delta \geq 0$, sehingga $1 + x \geq 1 - \delta \geq 0$. Berdasarkan monotonicitas pangkat bilangan asli pada elemen tak-negatif (Unit 10.2), pemangkatan ke-$n$ mempertahankan urutan: $(1-\delta)^{n} \leq (1+x)^{n} \leq (1+\delta)^{n}$. Untuk batas bawah linear: dari Hasil 10.3.4, $(1 - \delta)^{n} \geq 1 - n\delta$. Dikombinasikan dengan $(1+x)^{n} \geq (1-\delta)^{n}$, diperoleh $(1+x)^{n} \geq 1 - n\delta$. $\blacksquare$ Peringatan penting. Ketidaksamaan Bernoulli memberikan batas bawah $(1+x)^{n} \geq 1 + nx$. Ia tidak memberikan batas atas $(1+x)^{n} \leq 1 + nx$. Contoh sederhana membantahnya: untuk $x = \tfrac{1}{10}$ dan $n = 3$, kita hitung $(1 + \tfrac{1}{10})^{3} = \tfrac{1331}{1000} = 1{,}331$, sedangkan $1 + 3 \cdot \tfrac{1}{10} = \tfrac{13}{10} = 1{,}300$. Jelas $1{,}331 > 1{,}300$, sehingga $(1+x)^{n} > 1 + nx$ di sini. Batas atas memerlukan argumen yang berbeda dan tidak termasuk dalam teorema ini. Hasil 10.3.6 (Invers Bernoulli). Untuk $h \geq 0$ dan $n \geq 1$, $$(1 + h)^{-n} \leq \frac{1}{1 + nh},$$ di mana $(1+h)^{-n}$ berarti $((1+h)^{n})^{-1}$ (invers lapangan dari $(1+h)^{n}$). Bukti. Dari Hasil 10.3.3, $(1+h)^{n} \geq 1 + nh > 0$ (karena $h \geq 0$ dan $n \geq 1$ berarti $1 + nh \geq 1 > 0$). Karena kedua ruas positif, aturan invers membalik urutan pada elemen positif (Unit 10.2): jika $A \geq B > 0$ maka $A^{-1} \leq B^{-1}$. Menerapkan ini pada $(1+h)^{n} \geq 1 + nh > 0$: $$((1+h)^{n})^{-1} \leq (1 + nh)^{-1} = \frac{1}{1 + nh}.$$ Dengan penulisan $(1+h)^{-n} = ((1+h)^{n})^{-1}$ (yang valid karena $(1+h)^{n} > 0 \neq 0$), diperoleh hasilnya. $\blacksquare$ ### Contoh Terhitung Contoh 10.3.A. Hitung dan bandingkan $(1 + \tfrac{1}{10})^{3}$ dengan $1 + 3 \cdot \tfrac{1}{10}$. Pertama, kita hitung $\left(\tfrac{11}{10}\right)^{3}$ secara langsung: $$\left(\frac{11}{10}\right)^{3} = \frac{11^{3}}{10^{3}} = \frac{1331}{1000}.$$ Ruas kanan Bernoulli adalah $1 + 3 \cdot \tfrac{1}{10} = \tfrac{10}{10} + \tfrac{3}{10} = \tfrac{13}{10} = \tfrac{1300}{1000}$. Selisihnya adalah $\tfrac{1331}{1000} - \tfrac{1300}{1000} = \tfrac{31}{1000} > 0$. Ini mengonfirmasi ketidaksamaan ketat: $(1{,}1)^{3} > 1{,}3$, sesuai dengan Teorema 10.3.2 karena $n = 3 \geq 2$ dan $x = \tfrac{1}{10} \neq 0$. Contoh 10.3.B. Hitung dan verifikasi $(1 - \tfrac{1}{2})^{3} \geq 1 + 3 \cdot (-\tfrac{1}{2})$. $$\left(\frac{1}{2}\right)^{3} = \frac{1}{8},$$ $$1 + 3 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 1 - \frac{3}{2} = -\frac{1}{2}.$$ Kita periksa: $\tfrac{1}{8} \geq -\tfrac{1}{2}$. Karena $\tfrac{1}{8} = \tfrac{1}{8} > 0 > -\tfrac{1}{2}$, ketidaksamaan berlaku. Perhatikan bahwa batas bawah $-\tfrac{1}{2}$ adalah bilangan negatif, namun tetap merupakan batas bawah yang valid. Contoh 10.3.C. Tunjukkan bahwa $(1{,}001)^{1000} \geq 2$. $$\left(1 + \frac{1}{1000}\right)^{1000} \geq 1 + 1000 \cdot \frac{1}{1000} = 1 + 1 = 2.$$ Jadi $(1{,}001)^{1000} \geq 2$. Perhatikan bahwa ini adalah batas bawah; nilai sesungguhnya jauh lebih besar, namun kita tidak perlu menghitungnya untuk memperoleh kesimpulan yang diinginkan. Contoh 10.3.D. Verifikasi basis induksi $n = 0$ dan langkah $n = 1$ secara eksplisit untuk $x = \tfrac{1}{3}$. Untuk $n = 0$: $(1 + \tfrac{1}{3})^{0} = 1$ dan $1 + 0 \cdot \tfrac{1}{3} = 1$. Kesetaraan berlaku. Untuk $n = 1$: $(1 + \tfrac{1}{3})^{1} = \tfrac{4}{3}$ dan $1 + 1 \cdot \tfrac{1}{3} = \tfrac{4}{3}$. Kesetaraan berlaku, sesuai dengan Teorema 10.3.2. Contoh 10.3.E. Periksa kasus $x = -1$, $n = 3$. $$(1 + (-1))^{3} = 0^{3} = 0, \quad 1 + 3 \cdot (-1) = 1 - 3 = -2.$$ Kita periksa: $0 \geq -2$. Benar. Kesetaraan tidak berlaku karena $0 \neq -2$. Contoh 10.3.F. Tunjukkan kegagalan untuk $x = -4$, $n = 3$. $$(1 + (-4))^{3} = (-3)^{3} = -27, \quad 1 + 3 \cdot (-4) = -11.$$ Karena $-27 < -11$, ketidaksamaan gagal. Ini menunjukkan bahwa domain tidak dapat diperluas ke semua $x$ tanpa pembatasan; kasus batas $x=-1$ tetap sah sebagaimana telah dibuktikan. Contoh 10.3.G. Hitung batas bawah linear untuk $(1 - \tfrac{1}{5})^{4}$ menggunakan Hasil 10.3.4. $$\left(1 - \frac{1}{5}\right)^{4} = \left(\frac{4}{5}\right)^{4} = \frac{256}{625}.$$ $$1 - 4 \cdot \frac{1}{5} = 1 - \frac{4}{5} = \frac{1}{5} = \frac{125}{625}.$$ Kita verifikasi: $\tfrac{256}{625} \geq \tfrac{125}{625}$. Benar. Selisih $\tfrac{131}{625} > 0$. Contoh 10.3.H. Tunjukkan bahwa untuk $h = \tfrac{1}{4}$ dan $n = 2$, invers Bernoulli (Hasil 10.3.6) memberikan $(1{,}25)^{-2} \leq \tfrac{1}{1{,}5}$. $$(1 + h)^{n} = \left(\frac{5}{4}\right)^{2} = \frac{25}{16}, \quad (1+h)^{-n} = \frac{16}{25}.$$ $$\frac{1}{1 + nh} = \frac{1}{1 + \frac{1}{2}} = \frac{1}{\frac{3}{2}} = \frac{2}{3}.$$ Kita periksa: $\tfrac{16}{25} \leq \tfrac{2}{3}$. Karena $16 \cdot 3 = 48$ dan $2 \cdot 25 = 50$, dan $48 < 50$, maka $\tfrac{16}{25} < \tfrac{2}{3}$. Benar. ### Latihan Latihan 10.3.1. Buktikan secara langsung (tanpa induksi) bahwa untuk setiap $x > -1$ dalam lapangan terurut, berlaku $(1+x)^{2} \geq 1 + 2x$. Tentukan kapan kesetaraan berlaku. Nyatakan selisih $(1+x)^{2} - (1+2x)$ secara eksplisit dan gunakan sifat kuadrat dari Unit 10.2. Latihan 10.3.2. Tunjukkan bahwa untuk $n = 0$ dan setiap $x$ dalam lapangan terurut, ketidaksamaan Bernoulli berlaku dengan kesetaraan. Jelaskan peran konvensi produk kosong $(1+x)^{0} = 1$. Periksa secara terpisah $x=-1$ pada $n=0,1,2$, termasuk kondisi kesamaannya. Latihan 10.3.3. Misalkan dalam lapangan terurut, $x = 0$. Tunjukkan bahwa untuk setiap $n \in \mathbb{N}$, berlaku $(1 + 0)^{n} = 1 + n \cdot 0$ sebagai kesetaraan. Ini adalah kasus kesetaraan dari Teorema 10.3.2; buktikan langsung dari definisi pangkat bilangan asli dan aturan lapangan. Latihan 10.3.4. Seseorang mengusulkan argumen induksi berikut yang salah: "Karena $(1+x)^{n} \geq 1 + nx$, maka $(1+x)^{n+1} = (1+x)^{n} \cdot (1+x) \geq (1+nx) \cdot (1+x)$; karena $1 + nx$ positif dan $1 + x$ positif, hasilnya positif, dan kita dapat melanjutkan..." Identifikasikan kekeliruan dalam argumen ini: mengapa asumsi bahwa $1 + nx$ positif adalah tidak perlu dan berpotensi salah? Tunjukkan dengan contoh konkret nilai $x$ dan $n$ di mana $x > -1$ tetapi $1 + nx < 0$. Selanjutnya, periksa klaim induksi yang mempertahankan arah $\geq$ saat $x=-4$ dan $n=2$: bandingkan hasil perkalian hipotesis $(1+x)^2\geq1+2x$ dengan pengali $1+x$, dan tentukan arah yang benar. Latihan 10.3.5. Hitung secara eksplisit $\left(1 + \tfrac{1}{4}\right)^{4}$ sebagai pecahan, kemudian bandingkan dengan batas bawah Bernoulli $1 + 4 \cdot \tfrac{1}{4}$. Hitung selisihnya sebagai pecahan. Konfirmasi bahwa ketidaksamaan adalah ketat. Latihan 10.3.6. Gunakan ketidaksamaan Bernoulli untuk membuktikan bahwa untuk $n \geq 1$ dan $h > 0$: $$\frac{1}{(1+h)^{n}} \leq \frac{1}{1 + nh}.$$ Sebutkan dengan jelas hasil mana dari Unit 10.2 yang digunakan untuk membalikkan arah ketidaksamaan saat mengambil invers. Latihan 10.3.7. Misalkan $0 \leq \delta \leq \tfrac{1}{2}$ dan $n = 5$. Gunakan Hasil 10.3.5 untuk membuktikan bahwa untuk setiap $x$ dengan $|x| \leq \delta$, berlaku $(1+x)^{5} \geq 1 - 5\delta$. Kemudian substitusikan $\delta = \tfrac{1}{10}$ dan verifikasi bahwa batas ini berlaku untuk $x = \tfrac{1}{10}$ dengan menghitung $\left(\tfrac{11}{10}\right)^{5}$ secara eksplisit. Latihan 10.3.8. Misalkan $a, b \in \mathbb{Q}$ dengan $0 < a < b$. Gunakan ketidaksamaan Bernoulli untuk menunjukkan bahwa $b^{n} - a^{n} \geq n a^{n-1}(b - a)$ untuk setiap $n \geq 1$. (Petunjuk: Tuliskan $b = a \left(1 + \tfrac{b-a}{a}\right)$ dan terapkan Bernoulli dengan $x = \tfrac{b-a}{a} > 0$.) ### Solusi Latihan 10.3.1 dan 10.3.2 Solusi Latihan 10.3.1. Kita hitung selisih secara langsung: $$(1+x)^{2} - (1 + 2x) = 1 + 2x + x^{2} - 1 - 2x = x^{2}.$$ Jadi $(1+x)^{2} - (1+2x) = x^{2}$. Dari Unit 10.2, untuk setiap elemen $x$ dalam lapangan terurut: jika $x = 0$ maka $x^{2} = 0$; jika $x \neq 0$ maka $x^{2} > 0$ (karena baik $x > 0$ maupun $x < 0$ menghasilkan $x^{2} = x \cdot x > 0$ berdasarkan aturan tanda). Dalam kedua kasus, $x^{2} \geq 0$, sehingga $(1+x)^{2} - (1+2x) = x^{2} \geq 0$, yang berarti $(1+x)^{2} \geq 1 + 2x$. Kesetaraan berlaku jika dan hanya jika $x^{2} = 0$, yaitu jika dan hanya jika $x = 0$. Perhatikan bahwa syarat $x > -1$ tidak digunakan secara eksplisit di sini karena pembuktian berlaku untuk semua $x$. Namun, syarat tersebut diperlukan dalam bukti induksi umum untuk memastikan pengali $1 + x$ positif. Solusi Latihan 10.3.2. Untuk $n = 0$, ruas kiri $(1+x)^{0}$ didefinisikan sebagai produk kosong dari elemen $1+x$. Konvensi produk kosong dari Bab 9 menetapkan bahwa produk dari nol faktor sama dengan elemen netral perkalian, yaitu $1$. Jadi $(1+x)^{0} = 1$ untuk setiap $x$. Ruas kanan adalah $1 + 0 \cdot x = 1 + 0 = 1$ (menggunakan aturan lapangan: $0 \cdot x = 0$ untuk setiap $x$). Jadi kedua ruas sama-sama bernilai $1$, dan ketidaksamaan $(1+x)^{0} \geq 1 + 0 \cdot x$ berlaku dengan kesetaraan. Konvensi produk kosong bukan sekedar notasi; ia adalah definisi yang konsisten dengan sifat rekursif pangkat: $a^{n+1} = a^{n} \cdot a$ dan $a^{0} = 1$. Untuk $x=-1$: pada $n=0$, $0^0=1=1+0(-1)$; pada $n=1$, $0=1-1$; pada $n=2$, $0>1-2=-1$. Jadi dua kasus pertama sama, sedangkan kasus ketiga tegas. ### Solusi Latihan 10.3.3 dan 10.3.4 Solusi Latihan 10.3.3. Kita buktikan dengan induksi bahwa $1^{n} = 1$ untuk semua $n \in \mathbb{N}$, karena $(1+0)^{n} = 1^{n}$. Basis: $1^{0} = 1$ (produk kosong). Langkah: jika $1^{n} = 1$, maka $1^{n+1} = 1^{n} \cdot 1 = 1 \cdot 1 = 1$ (menggunakan elemen netral perkalian). Jadi $1^{n} = 1$ untuk semua $n$. Adapun ruas kanan: $1 + n \cdot 0 = 1 + 0 = 1$ untuk semua $n$. Jadi $(1+0)^{n} = 1 = 1 + n \cdot 0$, kesetaraan berlaku untuk semua $n \in \mathbb{N}$. Ini konsisten dengan Teorema 10.3.2 yang menyatakan kesetaraan berlaku jika $x = 0$. Solusi Latihan 10.3.4. Kekeliruan dalam argumen yang diusulkan adalah asumsi bahwa $1 + nx$ positif. Asumsi ini tidak diperlukan dan bisa salah. Argumen yang benar tidak memerlukan tanda dari $1 + nx$; yang diperlukan hanyalah tanda dari pengali $1 + x$. Contoh konkret: ambil $x = -\tfrac{4}{5}$ dan $n = 3$. Maka $x = -\tfrac{4}{5} > -1$ (syarat terpenuhi), tetapi $1 + nx = 1 + 3 \cdot (-\tfrac{4}{5}) = 1 - \tfrac{12}{5} = -\tfrac{7}{5} < 0$. Jadi $1 + nx$ negatif meskipun $x > -1$. Namun ketidaksamaan Bernoulli tetap berlaku: $$\left(1 - \frac{4}{5}\right)^{3} = \left(\frac{1}{5}\right)^{3} = \frac{1}{125},$$ $$1 + 3 \cdot \left(-\frac{4}{5}\right) = -\frac{7}{5} = -\frac{175}{125}.$$ Benar bahwa $\tfrac{1}{125} \geq -\tfrac{175}{125}$. Ketidaksamaan berlaku, dan tidak ada masalah meskipun $1 + nx < 0$. Kunci dalam langkah induksi adalah bahwa kita mengalikan dengan $1 + x$, bukan dengan $1 + nx$. Untuk soal tambahan $x=-4$, $n=2$, hipotesis $9\geq-7$ memang benar, tetapi pengali $1+x=-3$ negatif. Setelah dikalikan, arah yang benar ialah $-27\leq21$, bukan $-27\geq21$. Langkah induksi yang mempertahankan arah $\geq$ tidak sah. Bahkan kesimpulan Bernoulli pada $n=3$ gagal: $-27<-11=1+3(-4)$. ### Solusi Latihan 10.3.5 dan 10.3.6 Solusi Latihan 10.3.5. Kita hitung $\left(1 + \tfrac{1}{4}\right)^{4} = \left(\tfrac{5}{4}\right)^{4}$ secara langsung: $$\left(\frac{5}{4}\right)^{2} = \frac{25}{16},$$ $$\left(\frac{5}{4}\right)^{4} = \left(\frac{25}{16}\right)^{2} = \frac{625}{256}.$$ Batas bawah Bernoulli: $1 + 4 \cdot \tfrac{1}{4} = 1 + 1 = 2 = \tfrac{512}{256}$. Selisih: $\tfrac{625}{256} - \tfrac{512}{256} = \tfrac{113}{256} > 0$. Ketidaksamaan adalah ketat, sesuai Teorema 10.3.2 karena $n = 4 \geq 2$ dan $x = \tfrac{1}{4} \neq 0$. Solusi Latihan 10.3.6. Dari Hasil 10.3.3 (Bernoulli untuk $h \geq 0$), kita memiliki untuk $h > 0$ dan $n \geq 1$: $$(1 + h)^{n} \geq 1 + nh.$$ Karena $h > 0$, kita punya $1 + nh > 1 > 0$. Juga $(1+h)^{n} \geq 1 + nh > 0$, sehingga $(1+h)^{n} > 0$. Berdasarkan aturan urutan invers dari Unit 10.2: jika $A \geq B > 0$ dalam lapangan terurut, maka $0 < A^{-1} \leq B^{-1}$. Aturan ini dibuktikan di Unit 10.2 sebagai berikut: dari $A \geq B > 0$, kalikan kedua ruas oleh $A^{-1} B^{-1} > 0$ (invers positif dari elemen positif adalah positif, dari Unit 10.2) untuk memperoleh $B^{-1} \geq A^{-1}$. Menerapkan aturan ini pada $(1+h)^{n} \geq 1 + nh > 0$: $$((1+h)^{n})^{-1} \leq (1 + nh)^{-1} = \frac{1}{1 + nh}.$$ Dengan $(1+h)^{-n} := ((1+h)^{n})^{-1}$, ini adalah yang hendak dibuktikan. ### Solusi Latihan 10.3.7 Solusi Latihan 10.3.7. Kita perlu membuktikan bahwa untuk setiap $x$ dengan $|x| \leq \delta$ dan $0 \leq \delta \leq \tfrac{1}{2}$, berlaku $(1+x)^{5} \geq 1 - 5\delta$. Dari $|x| \leq \delta$ kita peroleh $-\delta \leq x$, sehingga $1 - \delta \leq 1 + x$. Karena $\delta \leq \tfrac{1}{2} < 1$, kita punya $1 - \delta > 0$, sehingga $1 + x \geq 1 - \delta > 0$. Berdasarkan monotonicitas pangkat pada elemen tak-negatif (Unit 10.2, untuk $n = 5$): $$(1+x)^{5} \geq (1 - \delta)^{5}.$$ Sekarang terapkan Hasil 10.3.4 dengan $t = \delta$ (karena $0 \leq \delta < 1$) dan $n = 5$: $$(1 - \delta)^{5} \geq 1 - 5\delta.$$ Menggabungkan keduanya dengan transitivitas: $(1+x)^{5} \geq (1-\delta)^{5} \geq 1 - 5\delta$. Terbukti. Verifikasi numerik dengan $\delta = \tfrac{1}{10}$ dan $x = \tfrac{1}{10}$. $$\left(\frac{11}{10}\right)^{5} = \frac{11^{5}}{10^{5}}.$$ Kita hitung $11^{5}$ secara bertahap: $$11^{2} = 121, \quad 11^{3} = 121 \cdot 11 = 1331, \quad 11^{4} = 1331 \cdot 11 = 14641, \quad 11^{5} = 14641 \cdot 11 = 161051.$$ $$\left(\frac{11}{10}\right)^{5} = \frac{161051}{100000} = 1{,}61051.$$ Batas bawah: $1 - 5 \cdot \tfrac{1}{10} = 1 - \tfrac{1}{2} = \tfrac{1}{2} = 0{,}5$. Kita verifikasi: $1{,}61051 \geq 0{,}5$. Benar. Batas bawah jauh dari nilai sesungguhnya, tetapi ia tetap valid dan berguna untuk estimasi kasar. ### Solusi Latihan 10.3.8 Solusi Latihan 10.3.8. Kita perlu membuktikan bahwa untuk $0 < a < b$ dan $n \geq 1$: $$b^{n} - a^{n} \geq n a^{n-1}(b - a).$$ Tulis $b = a \cdot \tfrac{b}{a}$. Karena $a > 0$, kita dapat mendefinisikan $x = \tfrac{b}{a} - 1 = \tfrac{b - a}{a}$. Karena $b > a > 0$, kita peroleh $b - a > 0$ dan $a > 0$, sehingga $x = \tfrac{b-a}{a} > 0 > -1$. Dengan demikian $\tfrac{b}{a} = 1 + x$ dengan $x > -1$. Sekarang: $$b^{n} = \left(a(1+x)\right)^{n} = a^{n}(1+x)^{n}.$$ Dari Teorema 10.3.1, $(1+x)^{n} \geq 1 + nx$, sehingga: $$b^{n} = a^{n}(1+x)^{n} \geq a^{n}(1 + nx).$$ Di sini pengali $a^{n} > 0$ (karena $a > 0$ dan pangkat elemen positif adalah positif, dari Unit 10.2), sehingga perkalian mempertahankan arah ketidaksamaan. Mengembangkan ruas kanan: $$a^{n}(1 + nx) = a^{n} + na^{n} \cdot x = a^{n} + na^{n} \cdot \frac{b-a}{a} = a^{n} + na^{n-1}(b-a).$$ Jadi: $$b^{n} \geq a^{n} + na^{n-1}(b-a),$$ yang berarti: $$b^{n} - a^{n} \geq na^{n-1}(b - a).$$ Ini adalah yang hendak dibuktikan. $\blacksquare$ Perhatikan bahwa ketidaksamaan ini ketat untuk $n \geq 2$: karena $x = \tfrac{b-a}{a} > 0 \neq 0$ dan $n \geq 2$, Teorema 10.3.2 menjamin $(1+x)^{n} > 1 + nx$, sehingga $b^{n} - a^{n} > na^{n-1}(b-a)$. Untuk $n = 1$: $b - a \geq 1 \cdot a^{0}(b-a) = b - a$, kesetaraan berlaku, sesuai Teorema 10.3.2. ### Ringkasan Hasil dan Dependensi Berikut adalah rangkuman semua hasil yang telah dibuktikan dalam unit ini beserta dependensi logisnya, untuk membantu pembaca memahami struktur deduktif secara menyeluruh. Teorema 10.3.1 adalah hasil utama unit ini. Buktinya bergantung pada: (i) induksi matematika dari Bab 7; (ii) konvensi produk kosong $(1+x)^{0} = 1$ dari Bab 9; (iii) aturan penjumlahan ketidaksamaan dari Unit 10.1 (untuk memperoleh $x > -1 \Rightarrow 1 + x > 0$); (iv) aturan perkalian dengan pengali positif dari Unit 10.2; (v) tak-negatifan kuadrat ($x^{2} \geq 0$) dari Unit 10.2; (vi) aljabar lapangan dari Bab 9 (ekspansi $(1+nx)(1+x)$). Tidak ada kelengkapan, Archimedes, limit, atau alat analitik lainnya yang digunakan. Teorema 10.3.2 (kondisi kesamaan) bergantung pada Teorema 10.3.1 dan pada fakta bahwa dalam lapangan, $x^{2} = 0 \iff x = 0$, serta aturan pembatalan perkalian (membagi dengan $1+x > 0$). Tidak ada alat tambahan. Hasil 10.3.3 adalah kasus khusus Teorema 10.3.1 untuk $x = h \geq 0$. Hasil 10.3.4 adalah kasus khusus Teorema 10.3.1 untuk $x = -t$ dengan $0 \leq t < 1$, dan diverifikasi terpisah untuk $t = 1$. Hasil 10.3.5 bergantung pada Hasil 10.3.4 dan monotonicitas pangkat bilangan asli pada elemen tak-negatif dari Unit 10.2. Hasil 10.3.6 bergantung pada Hasil 10.3.3 dan aturan invers membalik urutan pada elemen positif dari Unit 10.2. Dengan demikian, seluruh unit ini adalah bangunan deduktif yang murni aljabar. Tidak ada pinjaman dari bab-bab kelengkapan (Bab 11), tidak ada limit, dan tidak ada keberadaan akar yang digunakan. Setiap langkah dapat dilacak kembali ke aksioma lapangan terurut. Unit berikutnya (10.4) membahas AM-GM dan Cauchy-Schwarz berhingga. Rute AM-GM yang dipakai adalah induksi melalui normalisasi dan penggantian pasangan; rute itu memakai hukum urutan dan produk, tanpa memerlukan Bernoulli sebagai langkah pembuktian. ### Catatan tentang Domain dan Kasus Tepi Subbagian ini mengkonsolidasikan diskusi tentang domain $x > -1$, kasus tepi, dan perbedaan antara ketidaksamaan ketat dan non-ketat, untuk memastikan tidak ada celah logis dalam pemahaman pembaca. Peran syarat $x>-1$ dalam bukti ini. Syarat ini menjamin pengali $1+x>0$, yang mempertahankan sekaligus mencerminkan ketidaksamaan. Jika $x=-1$, pengalinya nol: perkalian tetap mempertahankan ketidaksamaan lemah, tetapi menghilangkan ketegasan dan tidak mencerminkan kesamaan sebelum dikalikan. Dari hipotesis induksi, $0\geq0=(1+n(-1))\cdot0=1-(n+1)+n$; karena $n\geq0$, diperoleh $0\geq1-(n+1)$. Jadi induksi untuk ketidaksamaan lemah dapat diperluas ke $x=-1$, meskipun argumen kesamaannya harus ditangani terpisah. Jika $x<-1$, pengali $1+x<0$ membalik arah ketidaksamaan, sehingga langkah induksi dengan arah yang sama tidak sah. Kasus $n = 0$ dan konvensi produk kosong. Pernyataan $(1+x)^{0} = 1$ bukan sebuah pilihan sewenang-wenang. Ia adalah konsekuensi dari definisi rekursif pangkat bilangan asli: $a^{0} = 1$ dan $a^{n+1} = a^{n} \cdot a$. Definisi ini konsisten dengan hukum eksponen $a^{m+n} = a^{m} \cdot a^{n}$ karena $a^{m+0} = a^{m} = a^{m} \cdot 1 = a^{m} \cdot a^{0}$. Konvensi ini berlaku tanpa syarat pada $x$, termasuk untuk $a = 0$ (memberikan $0^{0} = 1$ sebagai produk kosong, bukan sebagai limit). Perbedaan antara ketidaksamaan ketat dan non-ketat. Teorema 10.3.1 menyatakan $(1+x)^{n} \geq 1 + nx$ (non-ketat). Dari Teorema 10.3.2, kita tahu persis kapan kesetaraan terjadi dan kapan ketidaksamaan ketat. Ini penting: menyatakan teorema dalam bentuk non-ketat dan kemudian menganalisis kondisi kesetaraan secara terpisah adalah praktik yang baik dalam analisis matematika, karena memberikan informasi paling lengkap. Rentang $n \in \mathbb{N}$. Teorema berlaku untuk $n = 0, 1, 2, \ldots$ tanpa batas atas. Tidak ada asumsi tentang terbatasnya $n$. Ini berarti untuk $x = \tfrac{1}{n}$ (dengan $n \geq 1$), ketidaksamaan Bernoulli memberi $(1 + \tfrac{1}{n})^{n} \geq 1 + n \cdot \tfrac{1}{n} = 2$ untuk semua $n \geq 1$. Ini adalah hasil yang tidak trivial yang dapat dinyatakan murni dalam kerangka lapangan terurut, tanpa memerlukan konsep limit. Batasan yang tidak boleh dilanggar. Ketidaksamaan Bernoulli tidak memberikan informasi tentang: (i) nilai eksak $(1+x)^{n}$ secara umum, di luar kasus kesamaan yang telah ditentukan; (ii) batas atas untuk $(1+x)^{n}$ dalam bentuk $1 + nx$; (iii) perilaku asimtotik saat $n \to \infty$ (karena konsep limit belum dibangun); (iv) pangkat irasional atau eksponen real. Semua ini berada di luar cakupan teorema ini. ### Hubungan dengan Estimasi Urutan Tinggi Meskipun Bernoulli memberikan batas bawah linear, kita dapat mengamati dari bukti langkah induksi bahwa selisih $(1+x)^{n} - (1+nx)$ mengandung suku-suku pangkat lebih tinggi. Pengamatan ini, meskipun tidak diperlukan untuk pembuktian teorema, memperkaya pemahaman tentang "seberapa tajam" batas Bernoulli. Dari ekspansi dalam langkah induksi, kita mendapatkan rantai: $$(1+x)^{n+1} \geq (1+nx)(1+x) = 1 + (n+1)x + nx^{2} \geq 1 + (n+1)x.$$ Untuk $x>-1$ dan $n\geq0$, ini menunjukkan bahwa $(1+x)^{n+1}\geq1+(n+1)x+nx^2$. Batas ini tidak lebih lemah daripada $1+(n+1)x$, dan lebih kuat bila $n\geq1$ serta $x\neq0$. Untuk $n=1$ dan $n=2$, masing-masing diperoleh: $$(1+x)^2=1+2x+x^2,\qquad (1+x)^3\geq1+3x+2x^2.$$ Namun, pengembangan sistematis menjadi estimasi dengan banyak suku (yang akan menjadi ekspansi binomial) memerlukan alat kombinatorik dari Bab 7 (binomial koefisien) dan berada di luar cakupan unit ini. Unit ini membatasi diri pada estimasi linear Bernoulli, yang sudah cukup untuk sebagian besar kebutuhan estimasi dalam analisis matematika tingkat ini. Ketajaman batas bergantung pada $n$ serta $x$, bukan pada $|x|$ saja. Untuk membahas kedekatan saat $x$ kecil, $n$ harus ditetapkan atau pengaruhnya dikendalikan secara eksplisit; tidak ada estimasi kedekatan seragam terhadap seluruh $n$ yang dibuktikan di sini. Sebagai gambaran eksak, selisih pada $n=2$ adalah $x^2$, sedangkan pada $n=3$ adalah $3x^2+x^3=x^2(3+x)$, dari perkalian langsung $(1+x)^3=(1+x)(1+2x+x^2)$. Untuk setiap $x>-1$ dan $n\in\mathbb N$, batas bawah Bernoulli tetap sah tanpa klaim kedekatan tersebut. Dalam Unit 10.4, hukum urutan akan digunakan untuk membandingkan produk dalam bukti AM-GM. Induksi dengan normalisasi dan penggantian pasangan memberi jalur bukti tersendiri; Bernoulli tidak menjadi prasyarat logis jalur tersebut. ### Kesalahan Umum dan Cara Menghindarinya Bagian ini mendokumentasikan kesalahan umum yang sering muncul dalam penerapan Ketidaksamaan Bernoulli, baik dalam pembuktian maupun dalam penggunaan. Kesalahan 1: Mengklaim batas atas. Seperti telah ditekankan, Bernoulli memberikan $(1+x)^{n} \geq 1 + nx$, bukan $(1+x)^{n} \leq 1 + nx$. Kesalahan ini sering muncul ketika seseorang ingin "memperkirakan dari dua sisi" dan menggunakan Bernoulli untuk keduanya. Untuk $x > 0$, ruas kiri selalu lebih besar dari ruas kanan (untuk $n \geq 2$), sehingga Bernoulli tidak dapat digunakan sebagai batas atas dalam konteks ini. Kesalahan 2: Menghilangkan pembatasan domain tanpa pemeriksaan. Teorema 10.3.1 dirumuskan untuk $x>-1$; kasus $x=-1$ telah diverifikasi terpisah dan tetap sah. Namun ketidaksamaan tidak berlaku untuk semua pasangan $x<-1$ dan $n$: contoh $x=-4$, $n=3$ memberi $-27<-11$. Jadi domain tidak boleh diperluas ke semua $x$ tanpa bukti baru; ini tidak berarti setiap nilai $x<-1$ pasti gagal. Kesalahan 3: Mengklaim ketidaksamaan ketat untuk $n = 1$. Untuk $n = 1$, berlaku $(1+x)^{1} = 1 + x = 1 + 1 \cdot x$, yang merupakan kesetaraan untuk semua $x$. Jadi pernyataan "untuk $x \neq 0$ dan $n \geq 1$, ketidaksamaan ketat" adalah salah karena $n = 1$ memberikan kesetaraan bahkan untuk $x \neq 0$. Pernyataan yang benar adalah: untuk $n \geq 2$ dan $x \neq 0$ (dengan $x > -1$), ketidaksamaan ketat. Kesalahan 4: Menganggap syarat pada pengali dalam langkah induksi. Dalam langkah induksi, kita mengalikan hipotesis induksi $(1+x)^{n} \geq 1 + nx$ dengan $1+x > 0$. Beberapa pembaca secara keliru menambahkan syarat bahwa $1 + nx > 0$. Syarat ini tidak diperlukan; aturan perkalian ketidaksamaan dengan pengali positif berlaku tanpa syarat pada tanda ruas ketidaksamaan itu sendiri. Kesalahan 5: Menggeneralisasi ke eksponen real. Teorema 10.3.1 hanya mencakup $n\in\mathbb N$; eksponen real umum memerlukan definisi tambahan yang belum dibangun. Bahkan ketika pangkatnya sudah bermakna, arah ketidaksamaan tidak otomatis berlaku untuk setiap eksponen real: untuk $r=\tfrac12$ dan $x=3$, akar utama memberi $(1+3)^{1/2}=\sqrt4=2<\tfrac52=1+\tfrac12\cdot3$. Di sini $\sqrt4=2$ karena $2\geq0$ dan $2^2=4$. Jadi perluasan domain eksponen memerlukan pernyataan dan bukti tersendiri, bukan sekadar notasi baru. Kasus tambahan: $n=0$ pada invers Bernoulli. Hasil 10.3.6 dinyatakan untuk $n\geq1$, tetapi rumusnya juga benar pada $n=0$: untuk $h\geq0$, basis $1+h>0$ dan $(1+h)^{-0}=(1+h)^0=1=1/(1+0\cdot h)$. Jadi ini ekstensi langsung dengan kesamaan, bukan kesalahan atau kekaburan definisi; $-0=0$ dan pangkat nol telah ditetapkan. ### Penutup Unit dan Transisi ke Unit 10.4 Ketidaksamaan Bernoulli, dalam bentuk $(1+x)^{n} \geq 1 + nx$ untuk $x > -1$ dan $n \in \mathbb{N}$, telah dibuktikan secara lengkap menggunakan induksi matematika atas bilangan asli. Bukti ini tidak memerlukan alat analitik apapun di luar aksioma lapangan terurut dan prinsip induksi matematika. Kondisi kesetaraan telah dianalisis secara tuntas: untuk $n \geq 2$, kesetaraan berlaku jika dan hanya jika $x = 0$. Dari teorema utama, kita telah menurunkan empat hasil turunan: batas bawah untuk $h \geq 0$ (Hasil 10.3.3), batas bawah untuk $(1-t)^{n}$ (Hasil 10.3.4), estimasi jepit dengan parameter $\delta$ (Hasil 10.3.5), dan batas atas invers (Hasil 10.3.6). Keseluruhan delapan latihan beserta solusinya telah disajikan, mencakup kasus-kasus tepi ($n = 0$, $n = 1$, $x = 0$), kesalahan argumen palsu, perhitungan numerik eksak, penggunaan invers, estimasi dengan parameter, dan generalisasi aljabar. Kasus batas $x = -1$ dan $x < -1$ telah diperiksa secara terpisah. Ditetapkan bahwa untuk $x = -1$ ketidaksamaan berlaku untuk semua $n \in \mathbb{N}$ (dengan verifikasi langsung), sedangkan untuk $x < -1$ ketidaksamaan dapat gagal (seperti diilustrasikan dengan $x = -4$, $n = 3$) tetapi tidak selalu gagal (seperti diilustrasikan dengan $x = -2$, $n = 2$). Dalam Unit 10.4, kita akan membangun Ketidaksamaan Rata-rata Aritmetika–Rata-rata Geometrik (AM-GM) untuk $n\geq1$ elemen taknegatif, serta ketidaksamaan Cauchy-Schwarz. Bukti AM-GM memakai induksi melalui normalisasi dan penggantian pasangan, bukan Bernoulli sebagai langkah kunci. Struktur argumennya melibatkan produk dari beberapa faktor dan kondisi kesamaan yang perlu diperiksa tersendiri. Hukum urutan yang sama tetap menjadi fondasinya. Prinsip mendasar yang diwujudkan oleh Ketidaksamaan Bernoulli: ekspresi nonlinear berpangkat dapat dikontrol oleh aproksimasi linear di sekitar titik tertentu, selama domain dan arah ketidaksamaan dijaga dengan cermat. Prinsip ini akan terus muncul dalam bentuk yang semakin canggih sepanjang buku ini. ## 10.4 Ketidaksamaan Rata-Rata (AM-GM) dan Cauchy-Schwarz Unit ini membangun dua ketidaksamaan aljabar paling fundamental dalam analisis matematika: Ketidaksamaan Rata-Rata Aritmetika–Geometri (AM-GM) dan Ketidaksamaan Cauchy-Schwarz. Keduanya berakar pada satu fakta sederhana dari lapangan terurut, yaitu bahwa kuadrat setiap elemen tidak pernah negatif, namun dari fakta itu lahir konsekuensi yang jauh mencapai ke berbagai cabang matematika, mulai dari optimasi, analisis fungsional, hingga teori probabilitas dan ekonomi matematis. Seluruh pembahasan dalam unit ini bertumpu pada hukum urutan lapangan yang telah dibangun dalam Unit 10.1 dan 10.2. Secara khusus, kita akan menggunakan: bahwa hasil kali dua unsur bertanda sama adalah positif; bahwa kuadrat unsur tak-nol adalah positif; bahwa negasi atau perkalian dengan faktor negatif membalik arah ketidaksamaan; bahwa pangkat asli $n \geq 1$ bersifat tegas naik pada unsur tak-negatif; dan bahwa hasil kali serta penjumlahan unsur-unsur tak-negatif kembali tak-negatif. Semua ini adalah akibat aljabar dari aksioma himpunan positif dan tidak memerlukan kelengkapan, prinsip Archimedes, limit, turunan, logaritma, maupun eksponen irasional. Keberadaan akar kuadrat $\sqrt{c}$ untuk $c > 0$, dan lebih umum akar ke-$n$ dari bilangan positif, tetap merupakan pinjaman dari Bab 11 yang mengandalkan sifat kelengkapan lapangan real. Oleh karena itu, setiap pernyataan dalam unit ini yang menyebut akar akan ditandai secara eksplisit sebagai pernyataan di $\mathbb{R}$ dengan pinjaman keberadaan akar tersebut. Versi polimomial murni yang tidak memerlukan akar akan selalu dinyatakan terlebih dahulu dan itulah yang berlaku pada lapangan terurut umum. Untuk $t\geq0$ dan $n\geq1$ di $\mathbb{R}$, notasi $\sqrt[n]{t}$ berarti akar taknegatif tunggal. Pada $t>0$ keberadaannya tetap pinjaman, sedangkan $\sqrt[n]{0}=0$ langsung dari $u^n=0\iff u=0$. Notasi akar ini tidak memperluas definisi pangkat rasional Bab 9.3B yang dibatasi pada basis positif. Pada bentuk polinomial, $F$ menyatakan lapangan terurut sembarang; numeral $n\geq1$ positif dan mempunyai invers menurut Unit 10.2. Penomoran hasil dalam unit ini mengikuti skema $10.4.n$. Setiap judul subbagian bersifat deskriptif dan tidak mengulangi angka yang telah digunakan oleh nomor teorema atau latihan. Konvensi indeks: $\mathbb{N} = \{0, 1, 2, \ldots\}$; produk kosong (indeks kosong) bernilai $1$; jumlah kosong bernilai $0$. Bila ada pembagian oleh $n$ atau pengambilan akar ke-$n$, syarat $n \geq 1$ akan disebut secara eksplisit. ### Motivasi dan Latar Belakang Misalkan seseorang ingin memaksimalkan luas persegi panjang dengan keliling tetap, atau meminimalkan jumlah kuadrat simpangan dalam suatu pengukuran. Pertanyaan-pertanyaan semacam ini, yang tampak berasal dari geometri atau fisika, ternyata dapat dijawab sepenuhnya menggunakan ketidaksamaan aljabar tanpa kalkulus. Inti dari jawabannya selalu sama: ada hubungan universal antara rata-rata dan produk yang tidak bergantung pada nilai spesifik unsur-unsurnya. Intuisi paling dasar datang dari pengamatan bahwa untuk dua bilangan tak-negatif $a$ dan $b$, selisih $a - b$ bisa positif, negatif, atau nol, tetapi kuadratnya $(a - b)^{2}$ selalu tak-negatif. Mengembangkan kuadrat itu menghasilkan hubungan antara $a + b$ dan $ab$ yang merupakan jantung dari AM-GM. Dari sana, argumen induksi yang cermat memperluas hubungan ini ke sembarang banyak unsur. Cauchy-Schwarz muncul dari pertanyaan yang berbeda tetapi terkait erat: seberapa besar jumlah perkalian silang $\sum a_{i} b_{i}$ dapat menjadi, dibandingkan dengan ukuran masing-masing daftar $(a_{i})$ dan $(b_{i})$? Sekali lagi jawabannya berasal dari fakta bahwa kuadrat suatu bentuk linear tak-negatif, kali ini jumlah kuadrat $\sum_{i=1}^{n}(a_{i}-\lambda b_{i})^{2}$ untuk suatu $\lambda$ yang dipilih dengan tepat. Ketidaksamaan Cauchy-Schwarz kemudian menjadi dasar untuk norma, sudut antara vektor, dan batas galat dalam berbagai konteks numerik. Kedua ketidaksamaan ini juga terhubung melalui satu tema umum: kesamaan terjadi tepat ketika semua unsur yang terlibat berada dalam suatu "konfigurasi sejajar" — ketika semua $a_{i}$ sama dalam AM-GM, atau, dalam Cauchy-Schwarz, ketika daftar $(b_i)$ seluruhnya nol atau ketika daftar itu tidak nol dan ada skalar yang mengalikan setiap $b_i$ menjadi $a_i$. Menetapkan kondisi kesamaan dengan presisi, termasuk untuk kasus-kasus degenerat seperti daftar nol atau satu elemen yang bernilai nol, adalah bagian penting dari pembuktian yang lengkap dan itulah yang akan kita lakukan secara terperinci. ### Lemma Kuadrat Dasar pada Lapangan Terurut Seluruh bangunan AM-GM bertumpu pada satu lemma yang sangat sederhana namun sangat kuat. Lemma ini berlaku di sembarang lapangan terurut, tanpa memerlukan kelengkapan atau keberadaan akar. Lemma 10.4.1. Misalkan $F$ adalah lapangan terurut dan $a, b \in F$ dengan $a, b \geq 0$. Maka berlaku $ab \leq \left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$ dengan kesamaan jika dan hanya jika $a = b$. Lebih lanjut, bukti yang sama memberi bentuk tanpa pembagian oleh $2$, bahkan tanpa syarat taknegatif: untuk semua $a, b \in F$, $4ab \leq (a+b)^{2}$ dengan kesamaan jika dan hanya jika $a = b$. Bukti. Mulai dari fakta urutan bahwa kuadrat setiap elemen lapangan terurut adalah tak-negatif. Dari hukum urutan 10.2, untuk sembarang $x \in F$ berlaku $x^{2} \geq 0$, dengan $x^{2} = 0$ jika dan hanya jika $x = 0$. Terapkan ini untuk $x = a - b$: $(a - b)^{2} \geq 0.$ Kembangkan sisi kiri menggunakan distributivitas lapangan: $(a-b)^{2} = a^{2} - 2ab + b^{2}.$ Jadi $a^{2} - 2ab + b^{2} \geq 0$, yang berarti $a^{2} + 2ab + b^{2} \geq 4ab$, yaitu $(a+b)^{2} \geq 4ab$. Karena $4 = 1+1+1+1 > 0$ di lapangan terurut (sebab $1 > 0$ adalah akibat aksioma himpunan positif dan $1 \neq 0$), kita dapat membagi kedua ruas dengan $4$ tanpa membalik arah ketidaksamaan: $ab \leq \frac{(a+b)^{2}}{4} = \left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}.$ Kondisi kesamaan: kesamaan $(a-b)^{2} = 0$ terjadi jika dan hanya jika $a - b = 0$, yaitu jika dan hanya jika $a = b$. Perkalian dengan konstanta positif $4$ dan pembagian dengan $4$ tidak mengubah kondisi ini. Maka kesamaan $ab = \left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$ terjadi jika dan hanya jika $a = b$. $\blacksquare$ Catatan. Pernyataan $ab \leq \left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$ sudah terbukti tanpa syarat $a, b \geq 0$ untuk sisi kiri; namun jika kita ingin menarik kesimpulan tentang $\sqrt{ab}$, keberadaan akar kuadrat memerlukan $ab \geq 0$, yang terjamin jika $a, b \geq 0$. Versi dengan akar akan kita nyatakan terpisah sebagai akibat wajar. Akibat Wajar 10.4.2 (AM-GM Dua Unsur di $\mathbb{R}$). Misalkan $a, b \geq 0$ adalah bilangan real. Dengan pinjaman keberadaan akar dari kelengkapan $\mathbb{R}$, terdapat $\sqrt{ab} \geq 0$ dan berlaku $\sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2},$ dengan kesamaan jika dan hanya jika $a = b$. Bukti. Dari Lemma 10.4.1, $ab \leq \left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$. Kedua ruas tak-negatif: $ab \geq 0$ karena $a, b \geq 0$, dan $\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2} \geq 0$ selalu. Karena pangkat asli bersifat tegas naik pada unsur tak-negatif (hukum urutan 10.2), mengambil akar kuadrat (yang terjamin ada di $\mathbb{R}$ oleh kelengkapan) mempertahankan arah ketidaksamaan: $\sqrt{ab} \leq \sqrt{\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}} = \frac{a+b}{2}$. Kondisi kesamaan diwarisi dari Lemma 10.4.1. $\blacksquare$ ### AM-GM untuk n Unsur: Pernyataan dan Strategi Pembuktian Kita kini memformulasikan ketidaksamaan AM-GM untuk sembarang jumlah unsur. Ini adalah generalisasi sesungguhnya dari Lemma 10.4.1 dan memerlukan argumen induksi yang lebih halus. Teorema 10.4.3 (AM-GM Umum, Versi Polinomial). Misalkan $F$ lapangan terurut, $n\geq1$ bilangan asli, dan $a_1,\ldots,a_n\in F$ dengan $a_i\geq0$ untuk setiap $i$. Karena $n>0$ di $F$, pembagian oleh $n$ sah. Tulis $A = \frac{a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n}}{n} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} a_{i}.$ Maka berlaku $\prod_{i=1}^{n} a_{i} \leq A^{n},$ dengan kesamaan jika dan hanya jika $a_{1} = a_{2} = \cdots = a_{n}$. Akibat Wajar 10.4.4 (AM-GM Versi Akar, di $\mathbb{R}$). Dalam kondisi Teorema 10.4.3 dengan $F=\mathbb{R}$ dan dengan pinjaman keberadaan akar ke-$n$ untuk bilangan positif, serta akar nol yang telah didefinisikan langsung, $\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n} a_{i}} \leq \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} a_{i},$ dengan kesamaan jika dan hanya jika semua $a_{i}$ sama. Strategi pembuktian Teorema 10.4.3 menggunakan induksi pada $n$ dengan langkah normalisasi. Ide utamanya adalah: tanpa mengurangi keumuman, kita dapat membagi setiap $a_{i}$ dengan rata-rata $A$ (jika $A > 0$) sehingga unsur-unsur baru $u_{i} = a_{i}/A$ berjumlah $n$. Tujuannya menjadi membuktikan $\prod u_{i} \leq 1$. Langkah krusial adalah mengganti sepasang unsur yang "menyimpang" ($u < 1$ dan $v > 1$) dengan satu unsur baru yang menjaga jumlah tetapi memperbesar produk, sehingga hipotesis induksi dapat diterapkan. Kasus $A = 0$ ditangani terpisah karena melibatkan argumen yang berbeda tentang unsur-unsur nol. ### Bukti Lengkap AM-GM untuk Semua n ≥ 1 Bukti Teorema 10.4.3. Kita lakukan induksi pada $n \geq 1$. Kasus dasar $n = 1$. Pernyataan menjadi $a_{1} \leq \left(\frac{a_{1}}{1}\right)^{1} = a_{1}$, yaitu $a_{1} \leq a_{1}$, yang jelas benar dengan kesamaan (kesamaan terjadi trivial karena hanya ada satu unsur). $\checkmark$ Langkah Induksi. Misalkan Teorema 10.4.3 telah terbukti untuk semua koleksi dengan $n - 1$ unsur tak-negatif, untuk suatu $n \geq 2$. Kita akan membuktikannya untuk $n$ unsur $a_{1}, \ldots, a_{n} \geq 0$ dengan $A = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} a_{i}$. Sub-kasus 1: Ada $a_{k} = 0$ untuk suatu $k$. Maka $\prod_{i=1}^{n} a_{i} = 0$. Sisi kanan $A^{n} \geq 0$ selalu. Jadi $\prod a_{i} = 0 \leq A^{n}$. Kesamaan terjadi jika dan hanya jika $A^{n} = 0$, yang (karena pangkat asli pada lapangan terurut bersifat $x^{n} = 0 \Leftrightarrow x = 0$ untuk $n \geq 1$) berarti $A = 0$. Karena semua $a_{i} \geq 0$, jumlah $\sum a_{i} = nA = 0$ berarti setiap $a_{i} = 0$ (jumlah berhingga unsur tak-negatif adalah nol jika dan hanya jika setiap suku nol, dari hukum urutan 10.2 secara berulang). Jadi kesamaan terjadi jika dan hanya jika semua $a_{i} = 0$, yang konsisten dengan $a_{1} = \cdots = a_{n}$. $\checkmark$ Sub-kasus 2: Semua $a_{i} > 0$. Maka $A > 0$ (jumlah berhingga bilangan positif). Definisikan $u_i=a_i/A>0$ untuk setiap $i=1,\ldots,n$. Karena $A>0$, invers $A^{-1}>0$ dan setiap $a_i>0$, sehingga pembagian ini sah dan setiap $u_i$ positif. Perhatikan: $\sum_{i=1}^{n} u_{i} = \frac{1}{A} \sum_{i=1}^{n} a_{i} = \frac{nA}{A} = n.$ Juga $\prod_{i=1}^{n} a_{i} = \prod_{i=1}^{n} (A u_{i}) = A^{n} \prod_{i=1}^{n} u_{i}$. Maka ketidaksamaan $\prod a_{i} \leq A^{n}$ setara dengan $\prod u_{i} \leq 1$ (karena $A^{n} > 0$, pembagian atau perkalian dengan $A^{n}$ tidak membalik arah). Cukup kita buktikan: $\text{Jika } u_{1}, \ldots, u_{n} > 0 \text{ dan } \sum_{i=1}^{n} u_{i} = n, \text{ maka } \prod_{i=1}^{n} u_{i} \leq 1,$ dengan kesamaan jika dan hanya jika semua $u_{i} = 1$. Jika semua $u_{i} = 1$, maka $\prod u_{i} = 1$ dan kesamaan terjadi. Selesai untuk sub-sub-kasus ini. Jika tidak semua $u_i=1$, ada indeks dengan $u_i\ne1$. Andaikan tidak ada $u_i<1$; maka semua $u_i\geq1$, dan setidaknya satu $u_i>1$. Penjumlahan ketaksamaan memberi $\sum u_i>n$, kontradiksi. Jadi ada $u_j<1$. Dengan argumen dual, jika tidak ada $u_i>1$, semua $u_i\leq1$ dan setidaknya satu $u_i<1$, sehingga $\sum u_i1$, dengan $j\ne k$. Dengan komutativitas jumlah dan produk berhingga, permutasikan indeks sehingga $u_1<1 0$: karena $u_{2} > 1$ dan $u_{1} > 0$, maka $w = u_{1} + u_{2} - 1 > 0 + 1 - 1 = 0$. Kita ganti pasangan $(u_{1}, u_{2})$ dengan $(1, w)$ dan pertahankan $u_{3}, \ldots, u_{n}$. Periksa jumlah koleksi baru: $1 + w + u_{3} + \cdots + u_{n} = 1 + (u_{1} + u_{2} - 1) + u_{3} + \cdots + u_{n} = u_{1} + u_{2} + \cdots + u_{n} = n.$ Jumlah tidak berubah. Sekarang buang elemen $1$ dari koleksi. Koleksi yang tersisa adalah $w, u_{3}, \ldots, u_{n}$, berjumlah $n-1$ unsur positif dengan jumlah $w + u_{3} + \cdots + u_{n} = n - 1.$ Rata-rata koleksi ini adalah $\frac{n-1}{n-1} = 1$. Dengan hipotesis induksi (diterapkan pada $n-1$ unsur positif $w, u_{3}, \ldots, u_{n}$ dengan rata-rata $1$): $w \cdot u_{3} \cdots u_{n} \leq 1^{n-1} = 1.$ Catatan: untuk $n=2$, jumlah kosong $u_3+\cdots+u_n$ bernilai $0$ dan produk kosong $u_3\cdots u_n$ bernilai $1>0$. Karena $u_1+u_2=2$, kita memperoleh $w=1$. Koleksi tersisa hanya $(w)$; hipotesis induksi untuk satu unsur berlaku dan memberi $w=1$. Jadi tidak diperlukan kasus dasar baru. Sebagai pemeriksaan alternatif yang independen, Lemma 10.4.1 memberi $u_1u_2\leq((u_1+u_2)/2)^2=1$, dengan ketegasan karena $u_1<1 0$. Karena $u_{2} > 1$, maka $u_{2} - 1 > 0$. Maka $w - u_{1} u_{2} = (1-u_{1})(u_{2}-1) > 0$, jadi $u_{1} u_{2} < w$. Karena $u_{3} \cdots u_{n} > 0$ (produk unsur positif, atau produk kosong $1>0$ bila $n=2$), mengalikan dengan $u_{3} \cdots u_{n} > 0$ mempertahankan arah: $u_{1} u_{2} \cdot (u_{3} \cdots u_{n}) < w \cdot (u_{3} \cdots u_{n}) \leq 1.$ Maka $\prod_{i=1}^{n} u_{i} < 1 \leq 1$. Ini membuktikan ketidaksamaan ketat untuk kasus tidak semua $u_{i} = 1$. Kondisi Kesamaan. Kesamaan $\prod u_{i} = 1$ terjadi jika dan hanya jika semua $u_{i} = 1$. Kita telah menunjukkan: jika tidak semua $u_{i} = 1$, maka ketidaksamaan ketat. Sebaliknya jika semua $u_{i} = 1$, kesamaan jelas. Kembali ke $a_{i}$: kesamaan $\prod a_{i} = A^{n}$ terjadi jika dan hanya jika semua $u_{i} = a_{i}/A = 1$, yaitu semua $a_{i} = A$, yang berarti semua $a_{i}$ sama. Untuk Sub-kasus 1 (ada $a_{k} = 0$): kesamaan terjadi iff semua $a_{i} = 0$, yang konsisten karena semua sama yaitu sama dengan $0$. Gabungan kedua sub-kasus menghasilkan: kesamaan terjadi jika dan hanya jika $a_{1} = a_{2} = \cdots = a_{n}$. $\blacksquare$ Bukti Akibat Wajar 10.4.4. Dari Teorema 10.4.3, $\prod a_{i} \leq A^{n}$. Kedua ruas tak-negatif dan $A\geq0$ karena setiap $a_i\geq0$ dan $n>0$. Karena akar ke-$n$ terjamin ada di $\mathbb{R}$ oleh kelengkapan (pinjaman dari Bab 11), dan karena fungsi akar ke-$n$ bersifat naik pada $[0, \infty)$ (akibat pangkat asli yang tegas naik pada tak-negatif dari hukum urutan 10.2), mengambil akar ke-$n$ dari kedua ruas menghasilkan $\sqrt[n]{\prod a_{i}} \leq \sqrt[n]{A^{n}} = A$. Kondisi kesamaan diwarisi. $\blacksquare$ ### Contoh Terhitung untuk AM-GM Contoh 10.4.5 (Tiga Unsur Positif). Verifikasi AM-GM untuk $a_{1} = 2, a_{2} = 8, a_{3} = 2$. Rata-rata: $A = \frac{2+8+2}{3} = \frac{12}{3} = 4$. Produk: $a_{1} a_{2} a_{3} = 2 \cdot 8 \cdot 2 = 32$. Kita cek $32 \leq A^{3} = 4^{3} = 64$. Ya, benar. Tidak ada kesamaan karena $a_{1} = 2 \neq 8 = a_{2}$. Versi akar (di $\mathbb{R}$): $32^{1/3} \leq 4$. Memang $32^{1/3} \approx 3.175 < 4$. $\checkmark$ Contoh 10.4.6 (Kesamaan). Verifikasi AM-GM untuk $a_{1} = a_{2} = a_{3} = 5$. Rata-rata: $A = \frac{5+5+5}{3} = 5$. Produk: $5^{3} = 125 = A^{3}$. Kesamaan terjadi, sesuai kondisi $a_{1} = a_{2} = a_{3}$. $\checkmark$ Contoh 10.4.7 (Ada Unsur Nol). Terapkan AM-GM untuk $n = 3$, $a_{1} = 0, a_{2} = 3, a_{3} = 6$. Produk: $0 \cdot 3 \cdot 6 = 0$. Rata-rata: $A = \frac{0+3+6}{3} = 3$. Cek: $0 \leq 3^{3} = 27$. Benar. Tidak ada kesamaan karena tidak semua $a_{i}$ sama (misalnya $a_{1} = 0 \neq 3 = a_{2}$). $\checkmark$ Contoh 10.4.8 (Optimasi Persegi Panjang). Misalkan persegi panjang memiliki sisi-sisi $a, b \geq 0$ dengan keliling tetap $2s > 0$, artinya $a + b = s$. Tentukan batas atas luas $ab$. Dari AM-GM dua unsur (Lemma 10.4.1): $ab \leq \left(\frac{a+b}{2}\right)^{2} = \left(\frac{s}{2}\right)^{2} = \frac{s^{2}}{4}$. Kesamaan terjadi jika dan hanya jika $a = b = s/2$. Jadi luas maksimal adalah $s^{2}/4$, dicapai tepat pada persegi dengan sisi $s/2$. Ini bukan sekadar tebakan: kita telah menunjukkan batas atas dan saksi yang mencapainya. $\checkmark$ Contoh 10.4.9 (Model Mikroekonomi). Misalkan $p, q, M > 0$ dan $x, y \geq 0$ dengan kendala anggaran $px + qy \leq M$. Kita tinjau seluruh pasangan yang memenuhi $px+qy\leq M$, termasuk yang tidak menghabiskan anggaran. Tentukan batas atas $xy$. Terapkan AM-GM pada dua bilangan tak-negatif $px$ dan $qy$: $(px)(qy)\leq\left(\frac{px+qy}{2}\right)^2\leq\left(\frac{M}{2}\right)^2=\frac{M^2}{4}.$ Maka $pq \cdot xy \leq \frac{M^{2}}{4}$. Karena $pq > 0$, kita bagi: $xy \leq \frac{M^{2}}{4pq}.$ Karena $0\leq px+qy\leq M$, ketaksamaan kedua memakai monotonicitas kuadrat pada unsur taknegatif. Kesamaan pada batas akhir terjadi tepat jika $px=qy$ dan $px+qy=M$. Dikombinasikan, ini menghasilkan $px = qy = M/2$, yaitu $x = M/(2p)$ dan $y = M/(2q)$. Periksa kelayakan: $x = M/(2p) > 0$ dan $y = M/(2q) > 0$, memenuhi $px + qy = M/2 + M/2 = M$. Batas tercapai. Ini adalah model aljabar yang diasumsikan, bukan klaim empiris tentang perilaku konsumen sesungguhnya. $\checkmark$ ### Ketidaksamaan Cauchy-Schwarz: Pernyataan dan Motivasi Ketidaksamaan Cauchy-Schwarz berkaitan dengan perkalian dalam antara dua barisan bilangan real. Ia mengukur seberapa besar jumlah perkalian silang $\sum a_{i} b_{i}$ bisa menjadi relatif terhadap ukuran masing-masing barisan. Teorema 10.4.10 (Cauchy-Schwarz, Versi Kuadrat). Misalkan $F$ lapangan terurut, $n\in\mathbb{N}$ dengan $n\geq1$, dan $a_1,\ldots,a_n,b_1,\ldots,b_n\in F$. Tulis $A = \sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}, \quad B = \sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}, \quad C = \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}.$ Maka berlaku $C^{2} \leq AB,$ atau dalam bentuk penuh: $\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)^{2} \leq \left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right).$ Kesamaan terjadi jika dan hanya jika salah satu kondisi berikut terpenuhi: (i) semua $b_i=0$, dengan $a_i$ sembarang; atau (ii) $B>0$ dan ada $\lambda\in F$ sehingga $a_i=\lambda b_i$ untuk setiap $i=1,\ldots,n$. Catatan penting tentang kondisi kesamaan. Kasus semua $b_i=0$ harus dipisahkan. Dalam kasus ini $B=C=0$, sehingga $C^2=AB$ untuk setiap daftar $(a_i)$. Jika ada $a_i\ne0$, tidak ada $\lambda$ dengan $a_i=\lambda b_i$ untuk semua $i$ karena ruas kanan selalu nol. Jika kedua daftar nol, relasi itu memang dipenuhi setiap $\lambda$, tetapi hal tersebut tidak mencakup seluruh kasus daftar $b$ nol. Akibat Wajar 10.4.11 (Versi Akar, di $\mathbb{R}$). Dalam Teorema 10.4.10 ambil $F=\mathbb{R}$. Dengan pinjaman keberadaan akar kuadrat positif dan konvensi akar nol, $\left|\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right| \leq \sqrt{\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}} \cdot \sqrt{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}}.$ Motivasi pendekatan bukti: kita ingin "menyempurnakan kuadrat". Untuk $B > 0$ dan sembarang $\lambda \in F$, karena kuadrat tak-negatif: $\sum_{i=1}^{n} (a_{i} - \lambda b_{i})^{2} \geq 0.$ Ini adalah ketidaksamaan yang selalu benar untuk sembarang $\lambda$. Pilih $\lambda = C/B$ untuk "mengoptimalkan" dan diperoleh informasi paling kuat. Inilah inti bukti yang akan kita jalankan. ### Bukti Lengkap Cauchy-Schwarz dengan Semua Kasus Bukti Teorema 10.4.10. Kasus 1: $B = 0$. Jika $B = \sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2} = 0$, maka karena setiap $b_{i}^{2} \geq 0$ dan jumlahnya nol, dari hukum urutan (jumlah berhingga unsur tak-negatif adalah nol iff setiap suku nol) didapat $b_{i}^{2} = 0$ untuk setiap $i$, maka $b_{i} = 0$ untuk setiap $i$. Akibatnya: $C = \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} = \sum_{i=1}^{n} a_{i} \cdot 0 = 0.$ Maka $C^{2} = 0 = 0 \cdot A = AB$. Jadi $C^{2} = AB$: kesamaan terjadi. Kondisi kesamaan: $B = 0$ berarti semua $b_{i} = 0$; dalam hal ini $C = 0$ dan $AB = 0$ terlepas dari nilai $a_{i}$. $\checkmark$ Kasus 2: $B > 0$. Definisikan $\lambda = C/B \in F$ (sah karena $B > 0$). Untuk setiap $i$, $(a_{i} - \lambda b_{i})^{2} \geq 0$. Jumlahkan atas semua $i$: $\sum_{i=1}^{n} (a_{i} - \lambda b_{i})^{2} \geq 0.$ Kembangkan menggunakan distributivitas jumlah berhingga: $\sum_{i=1}^{n} (a_{i} - \lambda b_{i})^{2} = \sum_{i=1}^{n} \left(a_{i}^{2} - 2\lambda a_{i} b_{i} + \lambda^{2} b_{i}^{2}\right) = A - 2\lambda C + \lambda^{2} B.$ Di sini kita menggunakan: $\sum a_{i}^{2} = A$, $\sum 2\lambda a_{i} b_{i} = 2\lambda C$, dan $\sum \lambda^{2} b_{i}^{2} = \lambda^{2} B$. Substitusi $\lambda = C/B$: $A - 2 \cdot \frac{C}{B} \cdot C + \left(\frac{C}{B}\right)^{2} \cdot B = A - \frac{2C^{2}}{B} + \frac{C^{2}}{B} = A - \frac{C^{2}}{B}.$ Maka kita peroleh $A - C^{2}/B \geq 0$. Kalikan kedua ruas dengan $B > 0$ (arah tidak berubah): $AB - C^{2} \geq 0, \quad \text{yaitu } C^{2} \leq AB.$ Kondisi Kesamaan untuk Kasus 2. Kesamaan $C^{2} = AB$ terjadi jika dan hanya jika $A - C^{2}/B = 0$, yang terjadi jika dan hanya jika $\sum_{i=1}^{n}(a_{i} - \lambda b_{i})^{2} = 0$. Karena jumlah berhingga kuadrat tak-negatif adalah nol jika dan hanya jika setiap suku nol, ini berarti: $(a_{i} - \lambda b_{i})^{2} = 0 \text{ untuk setiap } i, \quad \text{yaitu } a_{i} = \lambda b_{i} \text{ untuk setiap } i,$ di mana $\lambda=C/B$. Sebaliknya, jika $a_i=\mu b_i$ untuk suatu $\mu\in F$ dan semua $i$, maka $C=\mu B$, sehingga $\mu=C/B=\lambda$ karena $B>0$. Semua kuadrat selisih tadi nol, jadi kesamaan terjadi. Jadi untuk $B>0$: kesamaan terjadi iff ada $\lambda = C/B \in F$ dengan $a_{i} = \lambda b_{i}$ untuk setiap $i$. Ringkasan kondisi kesamaan untuk semua kasus. Kesamaan $C^{2} = AB$ terjadi dalam salah satu dari dua situasi yang saling eksklusif dan bersama-sama lengkap: (i) Semua $b_{i} = 0$ (dalam hal ini $B = C = 0$ dan kesamaan terjadi terlepas dari $a_{i}$); atau (ii) $B > 0$ dan ada $\lambda \in F$ dengan $a_{i} = \lambda b_{i}$ untuk setiap $i$. Rumusan dua kasus ini berlaku juga jika salah satu daftar nol; tidak diperlukan klaim bahwa setiap kesamaan dapat ditulis $a_i=\lambda b_i$ tanpa pengecualian. $\blacksquare$ Bukti Akibat Wajar 10.4.11. Dari Teorema 10.4.10, $C^{2} \leq AB$. Karena $A, B \geq 0$, maka $AB \geq 0$. Di $\mathbb{R}$, akar kuadrat terjamin ada. Karena $|C|^{2} = C^{2}$ dan $(\sqrt{A} \cdot \sqrt{B})^{2} = AB$, dan karena $|C|, \sqrt{A} \cdot \sqrt{B} \geq 0$, dari pencerminan urutan oleh kuadrat pada unsur taknegatif diperoleh $|C|\leq\sqrt{A}\cdot\sqrt{B}$. Kesamaan ekuivalen dengan $C^2=AB$, sehingga mempunyai tepat dua kasus kesamaan pada Teorema 10.4.10. $\blacksquare$ ### Contoh Terhitung untuk Cauchy-Schwarz Contoh 10.4.12 (Verifikasi Numerik). Misalkan $n = 2$, $a_{1} = 1, a_{2} = 2$, $b_{1} = 3, b_{2} = 4$. Hitung dan verifikasi ketidaksamaan Cauchy-Schwarz. Hitung masing-masing: $A = 1^{2} + 2^{2} = 1 + 4 = 5,$ $B = 3^{2} + 4^{2} = 9 + 16 = 25,$ $C = (1)(3) + (2)(4) = 3 + 8 = 11.$ Cek ketidaksamaan: $C^{2} = 121$ dan $AB = 5 \cdot 25 = 125$. Maka $121 \leq 125$. Benar, dan $121 < 125$ sehingga ketidaksamaan ketat (tidak ada kesamaan). Verifikasi tidak ada kesamaan: untuk kesamaan dengan $B = 25 > 0$, perlu $a_{i} = \lambda b_{i}$ untuk semua $i$ dengan $\lambda = C/B = 11/25$. Periksa: $\lambda b_{1} = 11/25 \cdot 3 = 33/25 \neq 1 = a_{1}$. Jadi tidak ada kesamaan. $\checkmark$ Contoh 10.4.13 (Kasus Kesamaan dengan $\lambda$ Positif). Misalkan $n = 2$, $a_{1} = 2, a_{2} = 6$, $b_{1} = 1, b_{2} = 3$. Periksa kesamaan. $A = 4 + 36 = 40, \quad B = 1 + 9 = 10, \quad C = 2 \cdot 1 + 6 \cdot 3 = 2 + 18 = 20.$ Cek: $C^{2} = 400 = 40 \cdot 10 = AB$. Kesamaan terjadi. Konfirmasi: $\lambda = C/B = 20/10 = 2$, dan $a_{1} = 2 = 2 \cdot 1 = \lambda b_{1}$, $a_{2} = 6 = 2 \cdot 3 = \lambda b_{2}$. $\checkmark$ Contoh 10.4.14 (Kasus Kesamaan dengan $\lambda$ Negatif). Misalkan $n = 2$, $a_{1} = -3, a_{2} = -6$, $b_{1} = 1, b_{2} = 2$. $A = 9 + 36 = 45, \quad B = 1 + 4 = 5, \quad C = (-3)(1) + (-6)(2) = -3 - 12 = -15.$ Cek: $C^{2} = 225 = 45 \cdot 5 = AB$. Kesamaan terjadi. Nilai $\lambda = C/B = -15/5 = -3$ (negatif). Konfirmasi: $a_{1} = -3 = (-3)(1) = \lambda b_{1}$, $a_{2} = -6 = (-3)(2) = \lambda b_{2}$. Ini menunjukkan bahwa $\lambda$ bisa negatif; kesamaan tidak mensyaratkan $\lambda > 0$. $\checkmark$ Contoh 10.4.15 (Kasus Daftar $b$ Nol, $a$ Tidak Nol). Misalkan $n = 3$, $a_{1} = 5, a_{2} = 3, a_{3} = 7$, dan $b_{1} = b_{2} = b_{3} = 0$. $A = 25 + 9 + 49 = 83, \quad B = 0, \quad C = 0.$ Cek: $C^{2} = 0 = 0 \cdot 83 = AB$. Kesamaan terjadi meskipun $(a_{i})$ tidak nol. Ini adalah Kasus 1 dari bukti: $B = 0$ langsung memberikan kesamaan. Tidak ada $\lambda$ dengan $a_{i} = \lambda \cdot 0 = 0$ yang dapat memenuhi $a_{1} = 5 \neq 0$. Ini mengonfirmasi bahwa kondisi kesamaan harus dinyatakan secara kasus dan tidak cukup hanya dikatakan "ada $\lambda$". $\checkmark$ Contoh 10.4.16 (Aplikasi Batas Galat). Misalkan $n\geq1$, $w_i,e_i\in\mathbb{R}$ untuk $i=1,\ldots,n$, dan keluaran linear adalah $S = \sum_{i=1}^{n} w_{i} e_{i}$ di mana $w_{i}$ adalah bobot tetap dan $e_{i}$ adalah galat yang memenuhi $\sum_{i=1}^{n} e_{i}^{2} \leq \varepsilon^{2}$ untuk suatu $\varepsilon \geq 0$. Tunjukkan $|S| \leq \varepsilon \sqrt{\sum_{i=1}^{n} w_{i}^{2}}$. Terapkan Cauchy-Schwarz dengan $a_{i} = w_{i}$ dan $b_{i} = e_{i}$: $S^{2} = \left(\sum_{i=1}^{n} w_{i} e_{i}\right)^{2} \leq \left(\sum_{i=1}^{n} w_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n} e_{i}^{2}\right) \leq \left(\sum_{i=1}^{n} w_{i}^{2}\right) \cdot \varepsilon^{2}.$ Karena $S^{2} = |S|^{2}$ dan semua sisi tak-negatif, mengambil akar kuadrat (di $\mathbb{R}$): $|S| \leq \varepsilon \sqrt{\sum w_{i}^{2}}$. Ini memberikan batas galat absolut pada keluaran linear. Catatan: batas ini bergantung pada nilai bobot $w_{i}$ dan batas galat $\varepsilon$; ia tidak mengasumsikan galat relatif atau presisi mesin tertentu. $\checkmark$ ### Latihan — Bagian A: Ketidaksamaan AM-GM Latihan 10.4.1. Misalkan $a, b \geq 0$. Buktikan secara langsung dari definisi lapangan terurut bahwa $ab \leq \left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$, dan tentukan secara tepat kapan kesamaan terjadi. Jangan menggunakan Lemma 10.4.1 sebagai referensi; tuliskan buktinya dari awal menggunakan hanya aksioma lapangan terurut dan fakta bahwa kuadrat tak-negatif. Latihan 10.4.2. Terapkan AM-GM Teorema 10.4.3 untuk $n = 1$ dan $a_{1} = 7$. Nyatakan secara eksplisit apa yang dikatakan teorema dalam kasus ini dan verifikasi kesamaannya. Latihan 10.4.3. Terapkan AM-GM untuk $n = 3$ dan $a_{1} = 0, a_{2} = 0, a_{3} = 9$. Hitung kedua sisi ketidaksamaan, tentukan apakah kesamaan terjadi, dan jelaskan mengapa sesuai dengan kondisi kesamaan dalam Teorema 10.4.3. Latihan 10.4.4. Buktikan bahwa untuk $a, b, c > 0$, berlaku $\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \geq 3.$ Gunakan AM-GM Teorema 10.4.3 dengan pilihan unsur yang tepat. Identifikasi kapan kesamaan terjadi. Latihan 10.4.5. Misalkan $x, y > 0$ dan $x + y = 1$. Buktikan bahwa $x^{2} + y^{2} \geq \frac{1}{2}$. Petunjuk: gunakan AM-GM atau langsung dari $(x-y)^{2} \geq 0$. Tunjukkan juga kapan kesamaan terjadi. ### Latihan — Bagian B: Ketidaksamaan Cauchy-Schwarz Latihan 10.4.6. Misalkan $n = 3$, $a_{1} = 1, a_{2} = 2, a_{3} = 3$, dan $b_{1} = b_{2} = b_{3} = 0$. Hitung $A, B, C$ secara eksplisit dan verifikasi bahwa $C^{2} = AB$. Jelaskan mengapa kondisi kesamaan terpenuhi meskipun tidak ada $\lambda \in \mathbb{R}$ dengan $a_{i} = \lambda b_{i}$ untuk semua $i$ (karena semua $b_{i} = 0$ tetapi tidak semua $a_{i} = 0$). Latihan 10.4.7. Misalkan $n = 2$, $a_{1} = -4, a_{2} = -8$, $b_{1} = 1, b_{2} = 2$. Hitung $A, B, C$, verifikasi kesamaan Cauchy-Schwarz, temukan nilai $\lambda$, dan konfirmasi bahwa $a_{i} = \lambda b_{i}$ untuk setiap $i$. Perhatikan bahwa $\lambda$ negatif dan jelaskan mengapa ini tidak menghalangi kesamaan. Latihan 10.4.8. Buktikan variasi berbobot Cauchy-Schwarz berikut: Misalkan $n \geq 1$, $w_{1}, \ldots, w_{n} \geq 0$, dan $a_{1}, \ldots, a_{n}, b_{1}, \ldots, b_{n} \in \mathbb{R}$. Maka $\left(\sum_{i=1}^{n} w_{i} a_{i} b_{i}\right)^{2} \leq \left(\sum_{i=1}^{n} w_{i} a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n} w_{i} b_{i}^{2}\right).$ Petunjuk: Definisikan $\alpha_{i} = \sqrt{w_{i}} \, a_{i}$ dan $\beta_{i} = \sqrt{w_{i}} \, b_{i}$ (di mana akar kuadrat $\sqrt{w_{i}} \geq 0$ dipinjam dari kelengkapan $\mathbb{R}$ untuk $w_{i} > 0$, dan $\sqrt{w_{i}} = 0$ untuk $w_{i} = 0$). Terapkan Teorema 10.4.10 pada barisan $(\alpha_{i})$ dan $(\beta_{i})$. Diskusikan kasus $w_{i} = 0$ secara terpisah. ### Solusi Penuh — Latihan 10.4.1 Solusi Latihan 10.4.1. Kita buktikan $ab \leq \left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$ untuk $a, b \geq 0$. Dari aksioma lapangan terurut (hukum urutan 10.2), untuk sembarang elemen $x$ lapangan terurut, hasil kali $x \cdot x$ memenuhi: jika $x > 0$ maka $x^{2} = x \cdot x > 0$; jika $x < 0$ maka $-x > 0$ dan $x^{2} = (-x)(-x) > 0$; jika $x = 0$ maka $x^{2} = 0$. Dalam semua kasus, $x^{2} \geq 0$. Terapkan ini pada $x = a - b$: $(a-b)^{2} \geq 0$. Kembangkan menggunakan distributivitas lapangan (aksiooma lapangan biasa, bukan aksiooma urutan): $(a-b)^{2} = a \cdot a - 2 \cdot a \cdot b + b \cdot b = a^{2} - 2ab + b^{2}.$ Maka $a^{2} - 2ab + b^{2} \geq 0$. Tambahkan $4ab$ ke kedua ruas (operasi penambahan konstanta mempertahankan urutan): $a^{2} + 2ab + b^{2} \geq 4ab$. Perhatikan bahwa $a^{2} + 2ab + b^{2} = (a+b)^{2}$. Maka $(a+b)^{2} \geq 4ab$. Karena $4 > 0$ di lapangan terurut (dari $1 > 0$, $1+1 = 2 > 0$, $2+2 = 4 > 0$), maka $4$ memiliki invers $1/4 > 0$. Kalikan kedua ruas dengan $1/4 > 0$: $\frac{(a+b)^{2}}{4} \geq ab, \quad \text{yaitu } \left(\frac{a+b}{2}\right)^{2} \geq ab.$ Kondisi kesamaan: kesamaan terjadi iff $(a-b)^{2} = 0$ iff $a - b = 0$ (dari $x^{2} = 0 \Leftrightarrow x = 0$) iff $a = b$. Semua langkah (penambahan konstanta, perkalian konstanta positif) bersifat reversibel dalam arah kesamaan. $\blacksquare$ ### Solusi Penuh — Latihan 10.4.2 dan 10.4.3 Solusi Latihan 10.4.2. Untuk $n = 1$ dan $a_{1} = 7$: Teorema 10.4.3 menyatakan $\prod_{i=1}^{1} a_{i} \leq A^{1}$ di mana $A = \frac{a_{1}}{1} = 7$. Ini menjadi $a_{1} \leq a_{1}$, yaitu $7 \leq 7$. Kesamaan terjadi karena $7 = 7$. Kondisi kesamaan teorema menyatakan kesamaan iff semua $a_{i}$ sama; dengan satu unsur, kondisi ini selalu terpenuhi trivial. Jadi untuk $n = 1$, pernyataan hanyalah $a_{1} = a_{1}$ dengan kesamaan selalu. $\blacksquare$ Solusi Latihan 10.4.3. Untuk $n = 3$, $a_{1} = 0, a_{2} = 0, a_{3} = 9$: Produk: $\prod_{i=1}^{3} a_{i} = 0 \cdot 0 \cdot 9 = 0$. Rata-rata: $A = \frac{0 + 0 + 9}{3} = \frac{9}{3} = 3$. Kanan: $A^{3} = 3^{3} = 27$. Ketidaksamaan: $0 \leq 27$. Benar. Kesamaan terjadi iff semua $a_{i}$ sama. Di sini $a_{1} = 0, a_{2} = 0, a_{3} = 9$: tidak semua sama (karena $a_{3} = 9 \neq 0 = a_{1}$). Jadi tidak ada kesamaan, sesuai dengan $0 < 27$. Penjelasan tambahan: ada unsur yang nol tetapi tidak semua nol. Dari Sub-kasus 1 dalam bukti: produk $= 0$, dan $A^{3} = 27 > 0$ (karena $A = 3 > 0$), sehingga ketidaksamaan ketat. Kesamaan dalam Sub-kasus 1 memerlukan $A = 0$, yang berarti semua $a_{i} = 0$; kondisi ini tidak terpenuhi di sini. $\blacksquare$ ### Solusi Penuh — Latihan 10.4.4 dan 10.4.5 Solusi Latihan 10.4.4. Kita buktikan $\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \geq 3$ untuk $a, b, c > 0$. Karena $a, b, c > 0$, maka $\frac{a}{b}, \frac{b}{c}, \frac{c}{a} > 0$. Terapkan AM-GM Teorema 10.4.3 dengan $n = 3$ dan $u_{1} = \frac{a}{b}, u_{2} = \frac{b}{c}, u_{3} = \frac{c}{a}$: $u_{1} u_{2} u_{3} \leq \left(\frac{u_{1} + u_{2} + u_{3}}{3}\right)^{3}.$ Hitung produk: $u_{1} u_{2} u_{3} = \frac{a}{b} \cdot \frac{b}{c} \cdot \frac{c}{a} = \frac{abc}{bca} = 1.$ Maka $1 \leq \left(\frac{u_{1}+u_{2}+u_{3}}{3}\right)^{3}$. Karena pangkat ke-3 tegas naik pada positif (dari hukum urutan 10.2, fungsi $t \mapsto t^{3}$ tegas naik untuk $t > 0$), dan $1 = 1^{3}$, ini berarti $1 \leq \frac{u_{1}+u_{2}+u_{3}}{3}$, yaitu $u_{1}+u_{2}+u_{3} \geq 3$. Kondisi kesamaan: kesamaan dalam AM-GM terjadi iff $u_{1} = u_{2} = u_{3}$, yaitu $\frac{a}{b} = \frac{b}{c} = \frac{c}{a}$. Dari $\frac{a}{b} = \frac{b}{c}$ diperoleh $ac = b^{2}$; dari $\frac{b}{c} = \frac{c}{a}$ diperoleh $ab = c^{2}$. Untuk menutup langkah ini, tulis nilai rasio bersama $t=a/b=b/c=c/a>0$. Karena produk ketiga rasio $1$, diperoleh $t^3=1=1^3$. Injektivitas pangkat ketiga pada positif memberi $t=1$, sehingga $a=b=c$. Sebaliknya, jika $a=b=c>0$, ketiga rasio bernilai $1$ dan jumlahnya $3$, jadi kesamaan tercapai. $\blacksquare$ Solusi Latihan 10.4.5. Kita buktikan $x^{2} + y^{2} \geq \frac{1}{2}$ untuk $x, y > 0$ dengan $x + y = 1$. Mulai dari $(x - y)^{2} \geq 0$. Kembangkan: $x^{2} - 2xy + y^{2} \geq 0$, maka $x^{2} + y^{2} \geq 2xy$. Tambahkan $x^{2} + y^{2}$ ke kedua ruas: $2(x^{2} + y^{2}) \geq x^{2} + y^{2} + 2xy = (x+y)^{2} = 1^{2} = 1$. Bagi dengan $2 > 0$: $x^{2} + y^{2} \geq \frac{1}{2}$. Kondisi kesamaan: $(x-y)^{2} = 0$ iff $x = y$. Dengan $x + y = 1$ dan $x = y$, diperoleh $x = y = \frac{1}{2}$. Verifikasi: $x^{2} + y^{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$. Kesamaan tercapai. $\blacksquare$ ### Solusi Penuh — Latihan 10.4.6 dan 10.4.7 Solusi Latihan 10.4.6. Diberikan $n = 3$, $a_{1} = 1, a_{2} = 2, a_{3} = 3$, $b_{1} = b_{2} = b_{3} = 0$. Hitung: $A = 1^{2} + 2^{2} + 3^{2} = 1 + 4 + 9 = 14,$ $B = 0^{2} + 0^{2} + 0^{2} = 0,$ $C = (1)(0) + (2)(0) + (3)(0) = 0.$ Verifikasi: $C^{2} = 0$ dan $AB = 14 \cdot 0 = 0$. Maka $C^{2} = 0 = AB$. Kesamaan terjadi. Ini adalah Kasus 1 dalam bukti ($B = 0$). Mengapa tidak ada $\lambda$ dengan $a_{i} = \lambda b_{i}$? Jika ada $\lambda$ sedemikian, maka $a_{i} = \lambda \cdot 0 = 0$ untuk semua $i$. Tetapi $a_{1} = 1 \neq 0$. Kontradiksi. Jadi tidak ada $\lambda$ seperti itu. Ini mengonfirmasi bahwa kondisi kesamaan dalam Teorema 10.4.10 harus dirumuskan secara kasus: Kasus (i) mencakup situasi ini secara langsung, tanpa memerlukan keberadaan $\lambda$. $\blacksquare$ Solusi Latihan 10.4.7. Diberikan $n = 2$, $a_{1} = -4, a_{2} = -8$, $b_{1} = 1, b_{2} = 2$. Hitung: $A = (-4)^{2} + (-8)^{2} = 16 + 64 = 80,$ $B = 1^{2} + 2^{2} = 1 + 4 = 5,$ $C = (-4)(1) + (-8)(2) = -4 - 16 = -20.$ Verifikasi: $C^{2} = 400$ dan $AB = 80 \cdot 5 = 400$. Maka $C^{2} = AB = 400$. Kesamaan terjadi. Temukan $\lambda$: $\lambda = C/B = -20/5 = -4$. Konfirmasi: $\lambda b_{1} = (-4)(1) = -4 = a_{1}$ ✓ dan $\lambda b_{2} = (-4)(2) = -8 = a_{2}$ ✓. Mengapa $\lambda$ negatif tidak menghalangi kesamaan? Kondisi kesamaan dalam Kasus 2 hanya mensyaratkan ada $\lambda \in \mathbb{R}$ (tidak harus positif) dengan $a_{i} = \lambda b_{i}$. Nilai $\lambda = -4 < 0$ adalah bilangan real yang sah. Secara geometris, ini berarti barisan $(a_{i})$ "berlawanan arah" dengan $(b_{i})$, tetapi masih berbanding lurus. Bukti Teorema 10.4.10 bekerja untuk sembarang $\lambda \in \mathbb{R}$, tanpa pembatasan tanda. $\blacksquare$ ### Solusi Penuh — Latihan 10.4.8 Solusi Latihan 10.4.8. Kita buktikan variasi berbobot Cauchy-Schwarz: $\left(\sum_{i=1}^{n} w_{i} a_{i} b_{i}\right)^{2} \leq \left(\sum_{i=1}^{n} w_{i} a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n} w_{i} b_{i}^{2}\right)$ untuk $w_{1}, \ldots, w_{n} \geq 0$ dan $a_{1}, \ldots, a_{n}, b_{1}, \ldots, b_{n} \in \mathbb{R}$. Definisi barisan baru. Untuk setiap $i = 1, \ldots, n$, definisikan: $\alpha_{i} = \begin{cases} \sqrt{w_{i}} \, a_{i} & \text{jika } w_{i} > 0 \\ 0 & \text{jika } w_{i} = 0 \end{cases}, \qquad \beta_{i} = \begin{cases} \sqrt{w_{i}} \, b_{i} & \text{jika } w_{i} > 0 \\ 0 & \text{jika } w_{i} = 0 \end{cases}.$ Di sini $\sqrt{w_{i}}$ untuk $w_{i} > 0$ dipinjam dari kelengkapan $\mathbb{R}$ (Bab 11). Untuk $w_{i} = 0$, kita tetapkan $\alpha_{i} = \beta_{i} = 0$ tanpa memerlukan akar. Dalam semua kasus, $\alpha_i,\beta_i\in\mathbb{R}$. Dengan $\sqrt{0}=0$ yang didefinisikan langsung, kedua rumus juga boleh ditulis seragam $\alpha_i=\sqrt{w_i}a_i$ dan $\beta_i=\sqrt{w_i}b_i$; tidak ada pinjaman eksistensi untuk akar nol. Hitung jumlah yang relevan. $\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}^{2} = \sum_{i=1}^{n} (\sqrt{w_{i}})^{2} a_{i}^{2} = \sum_{i=1}^{n} w_{i} a_{i}^{2},$ $\sum_{i=1}^{n} \beta_{i}^{2} = \sum_{i=1}^{n} w_{i} b_{i}^{2},$ $\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i} \beta_{i} = \sum_{i=1}^{n} \sqrt{w_{i}} a_{i} \cdot \sqrt{w_{i}} b_{i} = \sum_{i=1}^{n} w_{i} a_{i} b_{i}.$ Untuk $w_{i} = 0$, suku terkait dalam setiap jumlah adalah $0$, yang konsisten karena $\alpha_{i} = \beta_{i} = 0$. Terapkan Teorema 10.4.10. Terapkan Cauchy-Schwarz standar pada barisan $(\alpha_{1}, \ldots, \alpha_{n})$ dan $(\beta_{1}, \ldots, \beta_{n})$: $\left(\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i} \beta_{i}\right)^{2} \leq \left(\sum_{i=1}^{n} \alpha_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n} \beta_{i}^{2}\right).$ Substitusi hasil perhitungan di atas: $\left(\sum_{i=1}^{n} w_{i} a_{i} b_{i}\right)^{2} \leq \left(\sum_{i=1}^{n} w_{i} a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n} w_{i} b_{i}^{2}\right).$ Ini adalah yang ingin kita buktikan. $\checkmark$ Diskusi kasus $w_{i} = 0$. Jika $w_{k} = 0$ untuk suatu $k$, suku ke-$k$ berkontribusi $0$ ke semua jumlah. Definisi $\alpha_{k} = \beta_{k} = 0$ memastikan bahwa Teorema 10.4.10 dapat diterapkan tanpa masalah, bahkan tanpa memerlukan akar nol. Bobot nol secara efektif menghilangkan indeks tersebut dari perhitungan. Kondisi kesamaan (berbobot). Pada indeks dengan $w_i>0$, berlaku $\sqrt{w_i}>0$, sehingga pembatalan faktor ini sah; pada indeks dengan $w_i=0$, nilai $a_i,b_i$ bebas. Dari kondisi kesamaan Teorema 10.4.10 yang diterapkan pada $(\alpha_{i})$ dan $(\beta_{i})$: kesamaan terjadi iff semua $\beta_{i} = 0$, atau ada $\lambda$ dengan $\alpha_{i} = \lambda \beta_{i}$. Kasus semua $\beta_{i} = 0$ berarti $w_{i} b_{i}^{2} = 0$ untuk semua $i$, yaitu $w_{i} = 0$ atau $b_{i} = 0$ untuk setiap $i$. Kasus ada $\lambda$ dengan $\alpha_{i} = \lambda \beta_{i}$ berarti $\sqrt{w_{i}} a_{i} = \lambda \sqrt{w_{i}} b_{i}$, yang (untuk $w_{i} > 0$) memberikan $a_{i} = \lambda b_{i}$, sementara untuk $w_{i} = 0$ kondisi ini trivial terpenuhi. $\blacksquare$ ### Ringkasan Hasil dan Kondisi Kesamaan Berikut adalah daftar lengkap semua hasil utama yang telah dibuktikan dalam Unit 10.4, beserta kondisi kesamaan yang presisi. Setiap pernyataan dibedakan antara yang berlaku di lapangan terurut umum dan yang memerlukan pinjaman akar dari kelengkapan $\mathbb{R}$. Lemma 10.4.1 (Lapangan terurut). Untuk $a, b \geq 0$: $4ab \leq (a+b)^{2}$ dan $ab \leq \left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$. Kesamaan iff $a = b$. Tidak memerlukan akar. Akibat Wajar 10.4.2 (di $\mathbb{R}$, pinjaman akar). Untuk $a, b \geq 0$: $\sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}$. Kesamaan iff $a = b$. Teorema 10.4.3 (Lapangan terurut). Untuk $n \geq 1$, $a_{1}, \ldots, a_{n} \geq 0$, dengan $A = \frac{1}{n}\sum a_{i}$: $\prod_{i=1}^{n} a_{i} \leq A^{n}$. Kesamaan iff $a_{1} = \cdots = a_{n}$. Tidak memerlukan akar. Kasus ada $a_{k} = 0$: kesamaan iff semua $a_{i} = 0$. Kasus semua $a_{i} > 0$: dibuktikan via normalisasi dan induksi dengan penggantian pasangan. Akibat Wajar 10.4.4 (di $\mathbb{R}$, pinjaman akar ke-$n$). Untuk $n \geq 1$, $a_{i} \geq 0$: $\sqrt[n]{\prod a_{i}} \leq \frac{1}{n}\sum a_{i}$. Kesamaan iff semua $a_{i}$ sama. Teorema 10.4.10 (Cauchy-Schwarz, lapangan terurut). Untuk $n \geq 1$ dan $a_{i}, b_{i} \in F$ sembarang: $\left(\sum a_{i} b_{i}\right)^{2} \leq \left(\sum a_{i}^{2}\right)\left(\sum b_{i}^{2}\right)$. Kondisi kesamaan bersifat kasus: (i) Jika $B = \sum b_{i}^{2} = 0$, maka semua $b_{i} = 0$, sehingga $C = 0$ dan kesamaan terjadi terlepas dari $a_{i}$; (ii) Jika $B > 0$, kesamaan terjadi iff ada $\lambda = C/B \in F$ dengan $a_{i} = \lambda b_{i}$ untuk setiap $i$. Tidak memerlukan akar. Akibat Wajar 10.4.11 (di $\mathbb{R}$, pinjaman akar). $\left|\sum a_{i} b_{i}\right| \leq \sqrt{\sum a_{i}^{2}} \cdot \sqrt{\sum b_{i}^{2}}$. Semua hasil yang hanya memerlukan lapangan terurut (Lemma 10.4.1, Teorema 10.4.3, Teorema 10.4.10) berlaku di sembarang lapangan terurut, termasuk $\mathbb{Q}$. Bentuk akar memakai $\sqrt{t}$ atau $\sqrt[n]{t}$ untuk $t\geq0$. Keberadaan akar positif dipinjam dari hasil Bab 11 yang dibuktikan dengan kelengkapan $\mathbb{R}$; kelengkapan adalah asumsi cukup bagi jalur tersebut, bukan syarat perlu bagi keberadaan setiap akar. Akar nol tersedia langsung. ### Catatan Penutup: Batas Fondasi dan Pengembangan Lanjut Unit ini telah membangun AM-GM dan Cauchy-Schwarz sepenuhnya dari aksioma lapangan terurut, menggunakan induksi, distributivitas jumlah dan produk berhingga, serta hukum urutan yang dibuktikan dalam Unit 10.1 dan 10.2. Tidak satu pun langkah dalam pembuktian utama menggunakan kelengkapan, prinsip Archimedes, limit, turunan, logaritma, atau eksponen irasional. Pinjaman akar eksplisit dari Bab 11 dipakai pada akibat wajar berbentuk akar, contoh batas galat, dan konstruksi akar dalam solusi latihan berbobot; bukti utama AM-GM polinomial dan Cauchy-Schwarz kuadrat tidak memakainya. Ketidaksamaan AM-GM bentuk polinomial (Teorema 10.4.3) dan Cauchy-Schwarz versi kuadrat (Teorema 10.4.10) berlaku di sembarang lapangan terurut. Dengan demikian, keduanya berlaku di $\mathbb{Q}$ sebagai lapangan terurut yang dibangun dari Bab 8, tanpa memerlukan konstruksi bilangan real. Ini adalah keunggulan pendekatan aljabar murni yang kita gunakan. Terdapat beberapa arah pengembangan lanjut yang berada di luar cakupan unit ini. Pertama, versi berbobot AM-GM dengan bobot rasional tidak-negatif yang berjumlah $1$ dapat dibuktikan dengan argumen serupa menggunakan pecahan, tetapi versi dengan eksponen irasional memerlukan teori fungsi nyata lanjut. Kedua, Cauchy-Schwarz kompleks, yang melibatkan konjugasi $\sum a_{i} \overline{b_{i}}$, memerlukan struktur lapangan kompleks beserta definisi modulus kompleks. Ketiga, bentuk tak-hingga dari Cauchy-Schwarz memerlukan teori barisan, deret, dan konvergensi yang belum dibangun; formulasi ruang Hilbert merupakan pengembangan lebih lanjut, bukan prasyarat untuk setiap bukti bentuk deret. Dalam konteks bab ini, AM-GM dan Cauchy-Schwarz menutup pembangunan alat ketidaksamaan dasar: dari Bernoulli (Unit 10.3) ke AM-GM dua unsur, ke AM-GM umum via induksi normalisasi, dan ke Cauchy-Schwarz via penyempurnaan kuadrat. Ketiganya berbagi satu filosofi: memanfaatkan fakta universal bahwa kuadrat tak-negatif, lalu memilih bentuk yang paling informatif untuk dimaksimalkan atau diminimalkan. Semua kondisi kesamaan dicirikan secara lengkap dan presisi, termasuk kasus-kasus degenerat (unsur nol, daftar nol, $n = 1$), yang sama pentingnya dalam analisis matematis yang ketat. Unit selanjutnya akan memanfaatkan ketidaksamaan ini sebagai alat dalam konteks analisis lebih lanjut, termasuk estimasi norma, konvergensi barisan, dan sifat-sifat ruang metrik yang bergantung pada batas yang telah kita bangun di sini.