Bab 11: Supremum, Infimum, dan Sifat Kelengkapan ($\mathbb{R}$)

11.1 Konsep Batas Atas, Batas Bawah, Elemen Maksimal, dan Minimal

Unit ini membangun fondasi konseptual untuk teori supremum dan infimum yang akan dikembangkan pada Unit 11.2 dan 11.3. Seluruh pembahasan bersandar pada struktur lapangan terurut $\mathbb{R}$ yang telah ditetapkan pada Bab 9–10, serta penyisipan $\mathbb{N}, \mathbb{Z}, \mathbb{Q}$ dari Bab 8. Tidak ada kelengkapan (completeness) yang dipakai di sini: bukti batas dan ekstrem dalam unit ini berlaku di setiap lapangan terurut, termasuk $\mathbb Q$. Pernyataan khusus tentang kelengkapan $\mathbb R$, akar, dan Archimedes yang disebut dalam motivasi tetap pratinjau atau pinjaman maju, bukan bagian dari bukti tersebut.

Pertanyaan sentral yang memotivasi unit ini adalah: kapan suatu himpunan bagian $S \subseteq \mathbb{R}$ memiliki anggota terbesar atau terkecil? Dan bila tidak memilikinya, dapatkah kita menemukan bilangan di luar $S$ yang memainkan peran serupa? Jawaban atas pertanyaan kedua memerlukan konsep supremum dan infimum, yang dipersiapkan oleh definisi-definisi dalam unit ini.

Kami memakai $\mathbb{N} = \{0, 1, 2, \ldots\}$ sepanjang buku ini. Setiap kali menulis $\frac{1}{n}$ atau $x^{1/n}$, syarat $n \geq 1$ selalu disebut secara eksplisit agar penyebut tidak nol. Pangkat asli bilangan bulat nol mengikuti konvensi produk kosong: $0^0 = 1$ dalam konteks diskret.

Motivasi: Mengapa Batas Atas dan Batas Bawah Penting

Bayangkan seorang insinyur yang mengukur tegangan pada suatu sirkuit selama interval waktu tertentu. Himpunan semua nilai tegangan yang terukur membentuk himpunan bagian dari $\mathbb{R}$. Pertanyaan praktis yang segera muncul adalah: berapakah nilai tegangan tertinggi yang mungkin terjadi? Jika himpunan nilai tegangan itu berhingga dan tak kosong, kita dapat mencari maksimum dengan pembandingan berhingga. Keterhitungan dan keterbatasan saja tidak menjamin adanya maksimum. Namun jika himpunan itu tak hingga—misalnya semua nilai rasional dalam selang $(0, 1)$—jawaban tidak lagi sesederhana itu.

Contoh yang lebih algebrais: misalkan $S = \{x \in \mathbb{Q} : x^2 < 2\}$. Himpunan ini dibatasi dari atas (misalnya oleh $2$), tetapi apakah ada anggota terbesar di $S$? Kita akan lihat bahwa jawabannya tidak, dan bahwa "kandidat" terbaik—yaitu $\sqrt{2}$—tidak berada dalam $\mathbb{Q}$. Klaim tentang himpunan rasional ini dan keberadaan $\sqrt2$ merupakan pratinjau, bukan hasil yang dibuktikan dalam unit ini; keberadaan akar tetap pinjaman maju sampai bukti Unit 11.3 ditelaah. Inilah yang mendorong kita membedakan antara batas atas (suatu bilangan di luar atau di dalam $S$ yang tidak dilampaui anggota $S$) dan maksimum (batas atas yang benar-benar anggota $S$).

Keberadaan maksimum harus dibedakan dari kelengkapan: himpunan bagian $\mathbb R$ seperti $(0,1)$ dapat tidak memiliki maksimum meskipun $\mathbb R$ lengkap. Sebagai pratinjau Unit 11.2–11.3, aksioma kelengkapan menjamin batas atas terkecil bagi setiap himpunan real takkosong yang terbatas ke atas, tanpa mensyaratkan batas itu anggota himpunan. Jaminan umum tersebut gagal di $\mathbb Q$. Konsep batas atas, batas bawah, maksimum, minimum, maksimal, dan minimal diperlukan untuk merumuskan perbedaan ini secara presisi; aksioma kelengkapan belum dipakai di unit ini.

Himpunan Batas Atas dan Batas Bawah: Definisi Formal

Seluruh diskusi berikut mengambil $S$ sebagai himpunan bagian dari $\mathbb{R}$, yaitu $S \subseteq \mathbb{R}$. Kita tidak mensyaratkan $S$ tak kosong pada definisi awal; kasus kosong akan dibahas secara eksplisit.

Definisi 11.1.1 (Himpunan Batas Atas dan Batas Bawah)

Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$. Definisikan himpunan batas atas (upper bounds) dan himpunan batas bawah (lower bounds) dari $S$ masing-masing oleh

Himpunan $S$ dikatakan terbatas ke atas (bounded above) jika $U(S) \neq \emptyset$, terbatas ke bawah (bounded below) jika $L(S) \neq \emptyset$, dan terbatas (bounded) jika keduanya berlaku sekaligus.

Kedua himpunan $U(S)$ dan $L(S)$ diperoleh melalui prinsip separasi (skema komprehensi terbatas) yang berlaku dalam teori himpunan yang mendasari buku ini: kita memilah anggota $\mathbb{R}$ berdasarkan sifat kuantifikasi universal atas $S$. Tidak ada aksioma kelengkapan yang diperlukan untuk mendefinisikan kedua himpunan ini.

Perlu ditekankan bahwa keterbatasan adalah sifat urutan, bukan kardinalitas. Selang $(0,1)$ terbatas meskipun takberhingga: anggota $1/(n+2)$ untuk $n\in\mathbb N$ semuanya berada di selang itu dan berbeda, karena penyebutnya positif serta invers membalik urutan positif. Ketakterbatasan $\mathbb N$ di $\mathbb R$ merupakan pernyataan Archimedes yang akan dibuktikan pada Unit 11.4, dan tidak digunakan di sini. Jangan menyamakan “terbatas” dengan “berhingga”.

Juga patut dicatat: anggota $U(S)$ tidak harus berada di luar $S$. Jika $7 \in S$ dan $s \leq 7$ untuk semua $s \in S$, maka $7 \in U(S)$. Sebaliknya, suatu bilangan bisa menjadi batas atas meskipun bukan anggota $S$, seperti $2 \in U((0,1))$ padahal $2 \notin (0,1)$.

Sifat-Sifat Dasar Himpunan Batas

Lemma 11.1.2 (Sifat Monoton Himpunan Batas)

(a) Jika $M \in U(S)$ dan $M' \in\mathbb R$ dengan $M' \geq M$, maka $M' \in U(S)$. Dengan kata lain, $U(S)$ tertutup ke arah atas: jika memuat suatu elemen, ia memuat semua yang lebih besar.

(b) Jika $m \in L(S)$ dan $m' \in\mathbb R$ dengan $m' \leq m$, maka $m' \in L(S)$. Dengan kata lain, $L(S)$ tertutup ke arah bawah.

(c) Jika $S \neq \emptyset$, maka setiap batas bawah tidak melebihi setiap batas atas: untuk semua $m \in L(S)$ dan $M \in U(S)$, berlaku $m \leq M$.

Bukti.

(a) Misalkan $M \in U(S)$ dan $M' \geq M$. Untuk sebarang $s \in S$, karena $M \in U(S)$, berlaku $s \leq M$. Karena $M \leq M'$, sifat transitif urutan pada $\mathbb{R}$ memberikan $s \leq M'$. Karena $s \in S$ dipilih sebarang, disimpulkan $M' \in U(S)$. $\square$

(b) Bukti simetris dengan (a): misalkan $m \in L(S)$ dan $m' \leq m$. Untuk sebarang $s \in S$, berlaku $m \leq s$, sehingga $m' \leq m \leq s$, jadi $m' \leq s$. Karena $s$ sebarang, $m' \in L(S)$. $\square$

(c) Karena $S \neq \emptyset$, pilih satu elemen $s_0 \in S$. Karena $m \in L(S)$, berlaku $m \leq s_0$. Karena $M \in U(S)$, berlaku $s_0 \leq M$. Transitif memberikan $m \leq M$. $\square$

Bagian (c) mengandung syarat $S \neq \emptyset$ yang esensial. Jika $S = \emptyset$, maka kuantifikasi universal atas $S$ terpenuhi secara hampa untuk setiap bilangan real, sehingga $U(\emptyset) = L(\emptyset) = \mathbb{R}$. Dalam kasus ini, misalnya $5 \in L(\emptyset)$ dan $3 \in U(\emptyset)$, tetapi $5 > 3$, sehingga ketimpangan (c) bisa terbalik. Hati-hati selalu memeriksa apakah $S \neq \emptyset$ sebelum menerapkan (c).

Maksimum dan Minimum: Batas yang Tercapai

Definisi 11.1.3 (Maksimum dan Minimum)

Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$. Suatu elemen $g \in S$ disebut maksimum (maximum) dari $S$, ditulis $g = \max S$, jika untuk semua $s \in S$ berlaku $s \leq g$. Suatu elemen $l \in S$ disebut minimum (minimum) dari $S$, ditulis $l = \min S$, jika untuk semua $s \in S$ berlaku $l \leq s$.

Perbedaan krusial antara maksimum dan batas atas adalah syarat keanggotaan: $g \in S$ untuk maksimum, sedangkan batas atas tidak harus anggota $S$. Maksimum adalah "batas atas yang tercapai" di dalam $S$.

Teorema 11.1.4 (Keunikan Maksimum dan Minimum)

Jika $S \subseteq \mathbb{R}$ memiliki maksimum, maka maksimum tersebut tunggal. Jika $S$ memiliki minimum, maka minimum tersebut tunggal.

Bukti. Misalkan $g_1$ dan $g_2$ keduanya adalah maksimum dari $S$. Karena $g_1$ adalah maksimum dan $g_2 \in S$, berlaku $g_2 \leq g_1$. Karena $g_2$ adalah maksimum dan $g_1 \in S$, berlaku $g_1 \leq g_2$. Antisimetri urutan pada $\mathbb{R}$ (yaitu: jika $a \leq b$ dan $b \leq a$ maka $a = b$) memberikan $g_1 = g_2$. Jika $l_1,l_2$ keduanya minimum, maka $l_1\leq l_2$ karena $l_2\in S$, dan $l_2\leq l_1$ karena $l_1\in S$. Antisimetri memberi $l_1=l_2$, sehingga minimum juga tunggal. $\square$

Lemma 11.1.5 (Maksimum sebagai Batas Atas Terkecil dan Minimum sebagai Batas Bawah Terbesar)

Misalkan $g = \max S$. Maka $g \in U(S)$, dan untuk setiap $M \in U(S)$ berlaku $g \leq M$. Secara dual, jika $l=\min S$, maka $l\in L(S)$ dan $m\leq l$ untuk setiap $m\in L(S)$.

Bukti. Bahwa $g \in U(S)$ langsung dari definisi maksimum: untuk setiap $s \in S$, $s \leq g$. Sekarang misalkan $M \in U(S)$. Karena $g \in S$ dan $M$ adalah batas atas, berlaku $g \leq M$. Untuk minimum, definisinya memberi $l\leq s$ untuk setiap $s\in S$, sehingga $l\in L(S)$. Jika $m\in L(S)$, gunakan $l\in S$ untuk memperoleh $m\leq l$. $\square$

Lemma ini menyatakan: jika maksimum ada, ia adalah batas atas terkecil. Hubungan ini menjadi definisi supremum pada Unit 11.2: supremum adalah batas atas terkecil, tetapi tidak harus anggota $S$.

Elemen Maksimal dan Minimal pada Urutan Parsial dan Total

Pada Bab 4.4 telah diperkenalkan konsep himpunan terurut parsial (partially ordered set atau poset). Dalam konteks itu, konsep "maksimal" dan "minimal" berbeda dari "maksimum" dan "minimum". Kita ulang perbedaan ini dengan cermat, karena ia penting bagi kejelasan konseptual meskipun pada $\mathbb{R}$—yang merupakan urutan total—keduanya bertepatan.

Definisi 11.1.6 (Elemen Maksimal dan Minimal pada Poset)

Misalkan $(P, \leq)$ adalah himpunan terurut parsial dan $S \subseteq P$. Elemen $m \in S$ disebut maksimal dalam $S$ jika tidak ada $s \in S$ dengan $m < s$ (yaitu: $m \leq s$ dan $m \neq s$). Elemen $l \in S$ disebut minimal dalam $S$ jika tidak ada $s \in S$ dengan $s < l$.

Perbedaan mendasar: maksimum mensyaratkan bahwa setiap elemen $s \in S$ memenuhi $s \leq g$, yaitu $g$ dibandingkan dengan semua elemen dan selalu menang. Maksimal hanya mensyaratkan tidak ada yang mengalahkan $m$, tetapi mungkin ada elemen yang tidak terbandingkan dengan $m$; keberadaan elemen takterbandingkan tidak diwajibkan oleh definisi maksimal. Dalam urutan parsial, bisa saja ada banyak elemen maksimal sekaligus, dan tidak satu pun di antaranya adalah maksimum.

Contoh 11.1.7 (Poset dengan Banyak Elemen Maksimal)

Pertimbangkan keluarga $S = \{\{1\}, \{2\}\}$ dengan urutan parsial inklusi $\subseteq$. Maka $\{1\} \not\subseteq \{2\}$ dan $\{2\} \not\subseteq \{1\}$, sehingga kedua elemen tidak terbandingkan. Keduanya maksimal (tidak ada elemen yang lebih besar) dan keduanya minimal (tidak ada elemen yang lebih kecil). Namun $S$ tidak memiliki maksimum (tidak ada elemen yang lebih besar atau sama dari keduanya sekaligus) dan tidak memiliki minimum.

Teorema 11.1.8 (Ekuivalensi Maksimal dan Maksimum pada Urutan Total)

Misalkan $\leq$ adalah urutan total pada $S \neq \emptyset$. Maka $m \in S$ adalah elemen maksimal dalam $S$ jika dan hanya jika $m = \max S$. Secara dual, $l\in S$ minimal jika dan hanya jika $l=\min S$.

Bukti. $(\Rightarrow)$ Misalkan $m$ adalah elemen maksimal. Ambil sebarang $s \in S$. Karena $\leq$ adalah urutan total, berlaku $s \leq m$ atau $m < s$. Karena $m$ maksimal, kemungkinan kedua dilarang. Jadi $s \leq m$ untuk semua $s \in S$, yang berarti $m = \max S$.

$(\Leftarrow)$ Misalkan $m = \max S$. Untuk setiap $s \in S$, berlaku $s \leq m$, sehingga tidak ada $s \in S$ dengan $m < s$. Jadi $m$ maksimal. Untuk arah minimal ke minimum, ambil $l$ minimal dan $s\in S$ sebarang. Totalitas memberi $l\leq s$ atau $s<l$; pilihan kedua dilarang oleh minimalitas. Jadi $l\leq s$ untuk semua $s\in S$, sehingga $l=\min S$. Sebaliknya, jika $l=\min S$ dan ada $s\in S$ dengan $s<l$, definisi minimum juga memberi $l\leq s$, bertentangan dengan antisimetri dan $s\neq l$. Jadi $l$ minimal. $\square$

Dengan teorema ini, pada $\mathbb{R}$ (yang merupakan urutan total), kita boleh menggunakan "maksimal" dan "maksimum" secara bergantian. Namun kita tidak mendefinisikan ulang "maksimal" menjadi "maksimum" untuk semua poset, karena ekuivalensi itu bergantung pada sifat totalitas yang tidak dimiliki poset umum.

Contoh-Contoh Konkret: Himpunan Berhingga, Selang, dan Kasus Khusus

Notasi $[a,+\infty)$ berarti $\{x\in\mathbb R:x\geq a\}$ dan $(-\infty,b]$ berarti $\{x\in\mathbb R:x\leq b\}$. Simbol $\pm\infty$ di sini hanya penanda notasi selang, bukan anggota $\mathbb R$. Pembagian oleh $2$ pada bukti titik tengah sah karena $2>0$, sehingga inversnya positif menurut Bab 10.

Contoh 11.1.9 (Himpunan Berhingga $\{2, 5, 7\}$)

Misalkan $S = \{2, 5, 7\}$. Maka $U(S) = [7, +\infty) = \{M \in \mathbb{R} : M \geq 7\}$ dan $L(S) = (-\infty, 2] = \{m \in \mathbb{R} : m \leq 2\}$. Maksimum adalah $7$ (karena $7 \in S$ dan $2 \leq 7, 5 \leq 7, 7 \leq 7$). Minimum adalah $2$.

Contoh 11.1.10 (Selang Terbuka $(0,1)$)

Misalkan $S = (0,1) = \{x \in \mathbb{R} : 0 < x < 1\}$. Kita buktikan: (i) $U(S) = [1, +\infty)$, (ii) $L(S) = (-\infty, 0]$, (iii) $S$ tidak memiliki maksimum maupun minimum.

Bukti (i). Pertama, setiap $M \geq 1$ adalah batas atas: untuk semua $s \in (0,1)$, $s < 1 \leq M$. Sekarang misalkan $M < 1$; kita tunjukkan $M \notin U(S)$. Kasus pertama: $M \leq 0$. Maka $\frac{1}{2} \in (0,1)$ dan $\frac{1}{2} > M$, sehingga $M$ bukan batas atas. Kasus kedua: $0 < M < 1$. Pertimbangkan $s^* = \frac{M + 1}{2}$. Karena $M < 1$, kita punya $s^* = \frac{M+1}{2} < \frac{1+1}{2} = 1$. Karena $M > 0$, kita punya $s^* = \frac{M+1}{2} > \frac{0+1}{2} > 0$. Jadi $s^* \in (0,1)$. Tetapi $s^* = \frac{M+1}{2} > \frac{M + M}{2} = M$, sehingga $s^* > M$. Ini berarti $M$ bukan batas atas. Jadi $U(S) = [1, +\infty)$.

Bukti (ii). Simetris: setiap $m \leq 0$ adalah batas bawah. Jika $m > 0$, kasus $m \geq 1$ memberikan $\frac{1}{2} \in (0,1)$ dengan $\frac{1}{2} < m$, dan kasus $0 < m < 1$ memberikan titik tengah $\frac{m}{2} \in (0,1)$ dengan $\frac{m}{2} < m$. Jadi $L(S) = (-\infty, 0]$.

Bukti (iii). Misalkan $g \in S = (0,1)$. Maka $0 < g < 1$. Pertimbangkan $g' = \frac{g+1}{2}$; seperti di atas, $g' \in (0,1)$ dan $g' > g$. Jadi tidak ada anggota terbesar. Untuk minimum: jika $l \in (0,1)$, pertimbangkan $l' = \frac{l}{2}$. Karena $l > 0$, $l' = \frac{l}{2} > 0$. Karena $l < 1$, $l' = \frac{l}{2} < \frac{1}{2} < 1$, jadi $l' \in (0,1)$. Tetapi $l' < l$, sehingga $l$ bukan minimum. $\square$

Contoh 11.1.11 (Selang $[0,1]$ dan $(0,1]$)

Untuk $S = [0,1] = \{x \in \mathbb{R} : 0 \leq x \leq 1\}$: maksimum adalah $1$ (karena $1 \in S$ dan untuk semua $x \in [0,1]$, $x \leq 1$), minimum adalah $0$, karena $0\in S$ dan $0\leq x$ untuk setiap $x\in[0,1]$.

Untuk $S = (0,1] = \{x \in \mathbb{R} : 0 < x \leq 1\}$: maksimum adalah $1$ (karena $1 \in S$ dan $x \leq 1$ untuk semua $x \in (0,1]$). Namun $S$ tidak memiliki minimum: jika $l \in (0,1]$ maka $l > 0$, dan $\frac{l}{2} \in (0,1]$ dengan $\frac{l}{2} < l$ (menggunakan $l \geq \frac{l}{2}$ serta $l \leq 1$ berarti $\frac{l}{2} \leq \frac{1}{2} < 1$).

Contoh 11.1.12 (Singleton, Seluruh $\mathbb{R}$, dan Himpunan Kosong)

Singleton. Jika $S = \{a\}$ untuk suatu $a \in \mathbb{R}$, maka $\max S = \min S = a$. Bukti: satu-satunya anggota $S$ adalah $a$, dan $a \leq a$.

Seluruh $\mathbb{R}$. $S = \mathbb{R}$ tidak terbatas ke atas dan tidak terbatas ke bawah. Bukti: untuk setiap $M \in \mathbb{R}$, bilangan $M + 1 \in \mathbb{R} = S$ dan $M + 1 > M$, sehingga $M \notin U(S)$. Jadi $U(S) = \emptyset$. Untuk setiap $m\in\mathbb R$, anggota $m-1\in S$ memenuhi $m-1<m$, sehingga $m\notin L(S)$ dan $L(S)=\emptyset$. Perhatikan bahwa argumen ini tidak memerlukan Teorema Archimedes; kita hanya menggunakan sifat lapangan bahwa $M + 1$ terdefinisi dan $M + 1 > M$ (karena $1 > 0$).

Himpunan kosong. Kuantifikasi $\forall s \in \emptyset$ terpenuhi secara hampa untuk setiap predikat. Oleh karena itu, setiap $x \in \mathbb{R}$ memenuhi $\forall s \in \emptyset, s \leq x$, sehingga $x \in U(\emptyset)$. Jadi $U(\emptyset) = \mathbb{R}$. Simetris, $L(\emptyset) = \mathbb{R}$. Dengan demikian $\emptyset$ terbatas ke atas dan terbatas ke bawah secara hampa. Namun $\emptyset$ tidak memiliki maksimum maupun minimum, karena definisi maksimum maupun minimum mensyaratkan anggota $S=\emptyset$, yang mustahil.

Ketidakberadaan Supremum dan Infimum untuk Himpunan Kosong dalam $\mathbb{R}$

Seksi ini memberikan argumen pendahuluan mengenai himpunan kosong yang akan dikonfirmasi pada Unit 11.2 setelah supremum didefinisikan secara formal. Argumen berikut menggunakan hanya sifat lapangan terurut, tanpa kelengkapan.

Proposisi 11.1.13 (Himpunan Kosong Tidak Memiliki Supremum dalam Lapangan Terurut Mana Pun)

Misalkan $(F, +, \cdot, \leq)$ adalah lapangan terurut. Himpunan kosong $\emptyset \subseteq F$ tidak memiliki batas atas terkecil (supremum) dalam $F$.

Bukti. Asumsikan untuk kontradiksi bahwa terdapat $M \in F$ yang merupakan batas atas terkecil dari $\emptyset$. Karena $M - 1 \in F$ (lapangan terurut tertutup terhadap pengurangan) dan kuantifikasi atas $\emptyset$ terpenuhi secara hampa, $M - 1$ juga merupakan batas atas dari $\emptyset$. Tetapi $M - 1 < M$ (karena $1 > 0$ di lapangan terurut mana pun), sehingga ada batas atas yang lebih kecil dari $M$. Ini kontradiksi dengan asumsi bahwa $M$ adalah batas atas terkecil. $\square$

Konsekuensinya: kita tidak boleh menulis $\sup \emptyset = -\infty$ sebagai elemen dari $\mathbb{R}$, karena $-\infty \notin \mathbb{R}$. Bilangan real yang diperluas ($\overline{\mathbb{R}} = \mathbb{R} \cup \{-\infty, +\infty\}$) adalah struktur berbeda yang memerlukan definisi tersendiri, dan tidak diadopsi dalam buku ini tanpa deklarasi eksplisit.

Argumen serupa berlaku untuk infimum: untuk setiap kandidat $m \in F$ sebagai batas bawah terbesar dari $\emptyset$, bilangan $m + 1$ juga merupakan batas bawah (secara hampa) dan lebih besar dari $m$, kontradiksi.

Himpunan Berhingga Tak Kosong Selalu Memiliki Maksimum dan Minimum

Teorema 11.1.14 (Eksistensi Maksimum dan Minimum pada Himpunan Berhingga Tak Kosong)

Misalkan $\leq$ adalah urutan total pada himpunan $S$, dan $S$ berhingga tak kosong. Maka $S$ memiliki maksimum dan minimum.

Bukti. Kita buktikan dengan induksi kuat atas $n = |S|$, kardinalitas $S$. Di sini "berhingga tak kosong" dipakai dalam arti kerja Definisi 4.4.16: unsur-unsur $S$ dapat didaftar habis tanpa pengulangan sebagai $a_1,\ldots,a_n$ dengan $n\in\mathbb{N}$ dan $n\geq1$, dan $|S|=n$ adalah panjang daftar itu. Definisi formal himpunan hingga serta ketunggalan bilangan $|S|$ merupakan pinjaman maju yang dijadwalkan ditutup pada Bab 20.1. Bukti berikut hanya memakai fakta bahwa menghapus satu unsur dari daftar $n$ unsur tanpa pengulangan menyisakan daftar $n-1$ unsur tanpa pengulangan.

Basis ($n = 1$). Misalkan $S = \{a\}$. Maka $a \leq a$, sehingga $\max S = \min S = a$.

Langkah induksi. Misalkan teorema berlaku untuk semua himpunan berhingga tak kosong dengan kardinalitas kurang dari $n$, untuk suatu $n \geq 2$. Misalkan $|S| = n$. Pilih sebarang elemen $a \in S$ dan tulis $S' = S \setminus \{a\}$. Maka $|S'| = n - 1 \geq 1$, dan pembatasan urutan total pada $S'$ tetap merupakan urutan total. Berdasarkan hipotesis induksi, $S'$ memiliki $g' = \max S'$ dan $l' = \min S'$. Karena $\leq$ adalah urutan total, berlaku $a \leq g'$ atau $g' < a$.

Kasus pertama ($a \leq g'$): kita klaim $\max S = g'$. Untuk semua $s \in S$: jika $s \in S'$, maka $s \leq g'$; jika $s = a$, maka $s = a \leq g'$. Jadi $g'$ adalah batas atas $S$ dalam urutan yang sedang dipakai. Karena $g' \in S' \subset S$, ini adalah maksimum.

Kasus kedua ($g' < a$): untuk semua $s \in S$: jika $s \in S'$, maka $s \leq g' < a$; jika $s = a$, maka $s = a \leq a$. Jadi $a$ adalah batas atas $S$ dalam urutan yang sedang dipakai dan $a\in S$, sehingga $\max S=a$. Untuk minimum, totalitas memberi $l'\leq a$ atau $a<l'$. Pada kasus $l'\leq a$, setiap $s\in S'$ memenuhi $l'\leq s$, dan $l'\leq a$; bersama $l'\in S$ ini membuktikan $\min S=l'$. Pada kasus $a<l'$, setiap $s\in S'$ memenuhi $a<l'\leq s$, sedangkan $a\leq a$; bersama $a\in S$ ini membuktikan $\min S=a$. $\square$

Penting dicatat bahwa bukti ini sama sekali tidak menggunakan aksioma kelengkapan $\mathbb{R}$. Eksistensi maksimum pada himpunan berhingga adalah sifat urutan total, berlaku pada lapangan terurut seperti $\mathbb Q$, pada gelanggang terurut $\mathbb Z$, maupun pada setiap himpunan berhingga takkosong dengan urutan total. Aksioma kelengkapan akan memberi jaminan umum bahwa setiap himpunan takkosong yang terbatas ke atas memiliki supremum. Keberadaan supremum pada contoh tertentu dapat dibuktikan tanpa kelengkapan; aksioma itu juga tidak menjamin supremum merupakan maksimum.

Karakterisasi Batas Atas dan Batas Bawah Melalui Ketaksamaan

Berikut ini kita merangkum karakterisasi yang akan sering dipakai dalam Unit 11.2 ketika membuktikan bahwa suatu bilangan adalah supremum atau infimum.

Lemma 11.1.15 (Karakterisasi Keanggotaan dalam $U(S)$ dan $L(S)$)

Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ dan $M,m\in\mathbb R$.

(a) $M \in U(S)$ jika dan hanya jika tidak ada $s \in S$ dengan $s > M$.

(b) $M \notin U(S)$ jika dan hanya jika terdapat $s \in S$ dengan $s > M$.

(c) $m \in L(S)$ jika dan hanya jika tidak ada $s \in S$ dengan $s < m$.

(d) $m \notin L(S)$ jika dan hanya jika terdapat $s \in S$ dengan $s < m$.

Bukti (a) dan (b). Pernyataan (a) adalah penulisan ulang definisi: $M \in U(S)$ berarti $\forall s \in S, s \leq M$, yang ekuivalen dengan $\neg(\exists s \in S, s > M)$. Pernyataan (b) adalah negasi dari (a). Untuk (c), $m\in L(S)$ berarti $\forall s\in S,\ m\leq s$. Totalitas membuat ini ekuivalen dengan tidak adanya $s\in S$ dengan $s<m$. Negasi pernyataan itu memberi (d). Semua negasi kuantor berlaku juga ketika $S$ kosong. $\square$

Lemma 11.1.16 (Uji Titik Tengah untuk Menyangkal Keanggotaan Batas)

Misalkan $S = (a, b)$ untuk $a, b \in \mathbb{R}$ dengan $a < b$. Misalkan $M < b$ dan $M > a$ (yaitu $M \in (a, b)$). Maka $M \notin U(S)$: titik tengah $\frac{M + b}{2}$ adalah elemen $S$ yang melebihi $M$.

Bukti. Tulis $s^* = \frac{M + b}{2}$. Karena $M > a$ dan $b > M$, kita punya $s^* = \frac{M + b}{2} > \frac{M + M}{2} = M > a$, sehingga $s^* > a$. Di sisi lain, $s^* = \frac{M+b}{2} < \frac{b+b}{2} = b$. Jadi $s^* \in (a,b) = S$ dan $s^* > M$. Berdasarkan Lemma 11.1.15(b), $M \notin U(S)$. $\square$

Lemma 11.1.16 memformalkan argumen "titik tengah" yang telah dipakai dalam Contoh 11.1.10. Teknik ini—mencari elemen $S$ yang melampaui kandidat batas atas—akan menjadi alat utama dalam pembuktian terkait supremum dan infimum pada unit berikutnya.

Strategi Bukti dalam Konteks Unit Ini

Sebelum masuk ke latihan, kita merangkum strategi bukti yang efektif untuk masalah-masalah dalam unit ini. Pemahaman strategi ini membantu pembaca tidak hanya memeriksa kebenaran suatu bukti, tetapi juga membangun bukti dari awal.

Strategi 1: Membuktikan bahwa $M \in U(S)$. Ambil sebarang $s \in S$, kemudian tunjukkan secara aljabar atau berdasarkan definisi $S$ bahwa $s \leq M$. Biasanya ini dilakukan dengan memanipulasi ketaksamaan yang mendefinisikan keanggotaan di $S$.

Strategi 2: Membuktikan bahwa $M \notin U(S)$. Konstruksi eksplisit satu elemen $s^* \in S$ dengan $s^* > M$. Kandidat yang paling sering berhasil: $s^* = \frac{M + c}{2}$ untuk suatu batas $c$ yang tepat, atau $s^* = M + \varepsilon$ untuk $\varepsilon$ cukup kecil (dengan memeriksa bahwa $s^* \in S$).

Strategi 3: Membuktikan eksistensi maksimum. Tunjukkan bahwa kandidat $g$ memenuhi (i) $g \in S$ dan (ii) $s \leq g$ untuk semua $s \in S$. Keunikan mengikuti dari Teorema 11.1.4.

Strategi 4: Membuktikan ketiadaan maksimum. Misalkan $g \in S$ sebarang, konstruksi $g' \in S$ dengan $g' > g$. Konstruksi titik tengah sering berhasil di selang terbuka.

Strategi 5: Membuktikan suatu himpunan tidak terbatas ke atas. Untuk setiap $M\in\mathbb R$, konstruksi $s^*\in S$ dengan $s^*>M$. Bila $S=\mathbb R$, pilih $s^*=M+1$; ini hanya memakai aljabar dan $1>0$. Bila $S=\mathbb N$, pilihan tersebut tidak selalu anggota $\mathbb N$; keberadaan bilangan asli melebihi setiap real adalah sifat Archimedes yang belum dibuktikan dan ditunda ke Unit 11.4. Kita tidak memakai fungsi lantai atau dalih “bilangan asli cukup besar” untuk membuktikan prasyarat itu.

Dalam semua strategi di atas, perhatikan selalu apakah $S$ kosong atau tidak sebelum menerapkan Lemma 11.1.2(c).

Latihan-Latihan

Latihan 11.1-1. Misalkan $S = \{x \in \mathbb{Z} : -3 \leq x \leq 5\}$. Tentukan $U(S)$, $L(S)$, $\max S$, dan $\min S$. Buktikan klaim Anda secara langsung dari definisi, tanpa mengacu pada intuisi geometri.

Latihan 11.1-2. Misalkan $S = \left\{\frac{n}{n+1} : n \in \mathbb{N}, n \geq 1\right\}$. Tunjukkan bahwa $S$ terbatas ke atas dengan batas atas $1$. Tunjukkan juga bahwa $\max S$ tidak ada, dengan menunjukkan bahwa untuk setiap $s \in S$ terdapat elemen $S$ yang lebih besar dari $s$. Nyatakan $L(S)$.

Latihan 11.1-3. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ terbatas ke atas dan $T \subseteq S$ tak kosong. Buktikan bahwa $T$ juga terbatas ke atas, dan bahwa $U(S) \subseteq U(T)$.

Latihan 11.1-4. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ tak kosong dan misalkan $M_0 = \max S$ ada. Buktikan bahwa $U(S) = [M_0, +\infty) = \{x \in \mathbb{R} : x \geq M_0\}$.

Latihan 11.1-5. Misalkan $A, B \subseteq \mathbb{R}$ keduanya terbatas ke atas. Definisikan $A + B = \{a + b : a \in A, b \in B\}$. Buktikan bahwa $A + B$ terbatas ke atas. Lebih khusus, jika $M_A \in U(A)$ dan $M_B \in U(B)$, buktikan bahwa $M_A + M_B \in U(A + B)$.

Latihan 11.1-6. Misalkan $S = \{x \in \mathbb{Q} : x^{2} < 3\}$. Buktikan bahwa $2 \in U(S)$. Buktikan juga bahwa $1 \notin U(S)$ dengan mengonstruksi secara eksplisit suatu elemen $s \in S$ dengan $s > 1$. (Anda tidak perlu membahas apakah $\sqrt{3}$ rasional atau tidak, dan tidak perlu menyebut supremum.)

Latihan 11.1-7. Misalkan $(P, \leq)$ adalah poset dan $S \subseteq P$. Buktikan bahwa jika $\max S$ ada, maka $\max S$ adalah satu-satunya elemen maksimal dalam $S$. Konstruksikan contoh poset di mana $S$ memiliki dua elemen maksimal tetapi tidak memiliki $\max S$.

Latihan 11.1-8. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ tak kosong dan terbatas ke atas. Definisikan $-S = \{-s : s \in S\}$. Buktikan bahwa $-S$ tak kosong dan terbatas ke bawah. Lebih khusus, jika $M \in U(S)$, tunjukkan bahwa $-M \in L(-S)$. Apakah $L(-S) = \{-M : M \in U(S)\}$? Buktikan atau berikan sanggahan.

Solusi Latihan 11.1-1 dan 11.1-2

Solusi 11.1-1. Himpunan $S = \{x \in \mathbb{Z} : -3 \leq x \leq 5\} = \{-3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4, 5\}$.

Klaim: $\max S = 5$. Bukti: Pertama, $5 \in S$ karena $-3 \leq 5 \leq 5$. Kedua, untuk setiap $s \in S$, definisi $S$ mensyaratkan $s \leq 5$. Jadi $5 \in U(S)$ dan $5 \in S$, sehingga $\max S = 5$.

Klaim: $\min S = -3$. Bukti: Pertama, $-3 \in S$ karena $-3 \leq -3 \leq 5$. Kedua, untuk setiap $s \in S$, definisi $S$ mensyaratkan $-3 \leq s$. Jadi $-3 \in L(S)$ dan $-3 \in S$, sehingga $\min S = -3$.

Klaim: $U(S) = [5, +\infty)$. Bukti: Jika $M \geq 5$, maka untuk setiap $s \in S$, $s \leq 5 \leq M$, sehingga $M \in U(S)$. Jika $M < 5$, maka $5 \in S$ dan $5 > M$, sehingga $M \notin U(S)$. Jadi $U(S) = \{M \in \mathbb{R} : M \geq 5\}$. Untuk batas bawah: jika $m\leq-3$, maka $m\leq-3\leq s$ untuk setiap $s\in S$, sehingga $m\in L(S)$. Jika $m>-3$, anggota $-3\in S$ lebih kecil daripada $m$, sehingga $m\notin L(S)$. Jadi $L(S)=(-\infty,-3]$. $\square$

Solusi 11.1-2. Himpunan $S = \left\{\frac{n}{n+1} : n \in \mathbb{N},\, n \geq 1\right\}$.

Keterbatasan ke atas oleh 1. Untuk setiap $n \geq 1$, kita punya $n < n + 1$ (karena $n + 1 = n + 1 > n$), sehingga (karena $n+1 > 0$ dan $n + 1 \geq 2 \geq 1 > 0$) pembagian kedua ruas dengan $n + 1$ memberikan $\frac{n}{n+1} < 1$. Jadi setiap anggota $S$ kurang dari $1$, dan khususnya $\frac{n}{n+1} \leq 1$. Ini berarti $1 \in U(S)$.

Ketiadaan maksimum. Misalkan $s = \frac{n}{n+1} \in S$ untuk suatu $n \geq 1$. Pertimbangkan elemen yang diperoleh dengan $n+1$: yaitu $s' = \frac{n+1}{n+2} \in S$ (karena $n + 1 \geq 2 \geq 1$). Kita buktikan $s' > s$: $\frac{n+1}{n+2} - \frac{n}{n+1} = \frac{(n+1)^{2} - n(n+2)}{(n+2)(n+1)} = \frac{n^{2} + 2n + 1 - n^{2} - 2n}{(n+2)(n+1)} = \frac{1}{(n+2)(n+1)} > 0$, karena $n \geq 1$ berarti $(n+1)(n+2) \geq 2 \cdot 3 = 6 > 0$. Jadi untuk setiap $s \in S$, ada $s' \in S$ dengan $s' > s$. Tidak ada anggota terbesar; $\max S$ tidak ada.

Batas bawah. Untuk $n\geq1$, selisih $2n-(n+1)=n-1\geq0$. Karena $2(n+1)>0$, pembagian oleh $2(n+1)$ memberi $n/(n+1)\geq1/2$. Pada $n=1$ nilainya $1/2$, sehingga $\min S=1/2$. Jika $m\leq1/2$, maka $m\leq1/2\leq s$ untuk setiap $s\in S$, sehingga $m\in L(S)$. Jika $m>1/2$, anggota $1/2\in S$ lebih kecil daripada $m$, sehingga $m\notin L(S)$. Jadi $L(S)=\{m\in\mathbb R:m\leq1/2\}=(-\infty,1/2]$. Bukti ini tidak memakai Archimedes dan tidak mengklaim minimalitas batas atas $1$. $\square$

Solusi Latihan 11.1-3 dan 11.1-4

Solusi 11.1-3. Diberikan $S \subseteq \mathbb{R}$ terbatas ke atas dan $T \subseteq S$ tak kosong.

Keterbatasan $T$ ke atas. Karena $S$ terbatas ke atas, terdapat $M \in U(S)$, artinya untuk semua $s \in S$, $s \leq M$. Karena $T \subseteq S$, setiap $t \in T$ juga merupakan elemen $S$, sehingga $t \leq M$. Jadi $M \in U(T)$, dan $T$ terbatas ke atas. $\square$

Inklusi $U(S) \subseteq U(T)$. Misalkan $M \in U(S)$. Maka untuk semua $s \in S$, $s \leq M$. Karena setiap $t \in T$ adalah anggota $S$ (sebab $T \subseteq S$), berlaku $t \leq M$. Karena $t \in T$ dipilih sebarang, disimpulkan $M \in U(T)$. Jadi $U(S) \subseteq U(T)$.

Perhatikan bahwa inklusi berlawanan, $U(T) \subseteq U(S)$, umumnya gagal: batas atas $T$ tidak harus batas atas seluruh $S$. Misalnya $S = [0,2]$, $T = [0,1]$; maka $1 \in U(T)$ tetapi $1 \notin U(S)$ karena $2 \in S$ dan $2 > 1$. $\square$

Solusi 11.1-4. Diberikan $S \subseteq \mathbb{R}$ tak kosong dengan $M_0 = \max S$. Kita buktikan $U(S) = [M_0, +\infty)$.

$[M_0, +\infty) \subseteq U(S)$. Misalkan $M \geq M_0$. Untuk setiap $s \in S$, karena $M_0 = \max S$, berlaku $s \leq M_0$. Karena $M_0 \leq M$, transitif memberikan $s \leq M$. Jadi $M \in U(S)$.

$U(S) \subseteq [M_0, +\infty)$. Misalkan $M \in U(S)$. Karena $M_0 \in S$ (sebab $M_0 = \max S \in S$) dan $M$ adalah batas atas, berlaku $M_0 \leq M$. Jadi $M \in [M_0, +\infty)$.

Kedua inklusi memberikan $U(S) = [M_0, +\infty)$. $\square$

Solusi Latihan 11.1-5 dan 11.1-6

Solusi 11.1-5. Diberikan $A, B \subseteq \mathbb{R}$ terbatas ke atas, $M_A \in U(A)$, $M_B \in U(B)$. Kita buktikan $M_A + M_B \in U(A + B)$.

Misalkan $c \in A + B$. Berdasarkan definisi $A + B$, terdapat $a \in A$ dan $b \in B$ dengan $c = a + b$. Karena $M_A \in U(A)$, berlaku $a \leq M_A$. Karena $M_B \in U(B)$, berlaku $b \leq M_B$. Menjumlahkan kedua ketaksamaan: $a + b \leq M_A + M_B$, yaitu $c \leq M_A + M_B$. Karena $c \in A + B$ dipilih sebarang, disimpulkan $M_A + M_B \in U(A+B)$. Khususnya $U(A+B) \neq \emptyset$, sehingga $A+B$ terbatas ke atas. $\square$