# 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 $$U(S) \;=\; \{M \in \mathbb{R} : \forall s \in S,\; s \leq M\},$$ $$L(S) \;=\; \{m \in \mathbb{R} : \forall s \in S,\; m \leq s\}.$$ 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 $s0$, 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 $m-1 M$ (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 $a M$. (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 $s a$ (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. $\square$ Solusi 11.1-6. Diberikan $S = \{x \in \mathbb{Q} : x^{2} < 3\}$. Bukti $2 \in U(S)$. Misalkan $x \in S$. Maka $x \in \mathbb{Q}$ dan $x^{2} < 3$. Kita perlu menunjukkan $x \leq 2$. Asumsikan kontradiksi: $x > 2$. Karena $2 > 0$ dan $x > 2 > 0$, kita dapat mengalikan kedua sisi ketaksamaan $x > 2$ dengan $x$ (positif) untuk memperoleh $x^{2} > 2x$. Mengalikan lagi ketaksamaan $x > 2$ dengan $2$ memberikan $2x > 4$. Transitif: $x^{2} > 2x > 4 > 3$. Ini kontradiksi dengan $x^{2} < 3$. Jadi $x \leq 2$, dan $2 \in U(S)$. $\square$ Bukti $1 \notin U(S)$. Kita konstruksi eksplisit $s \in S$ dengan $s > 1$. Pertimbangkan $s = \frac{3}{2} \in \mathbb{Q}$. Periksa: $s^{2} = \left(\frac{3}{2}\right)^{2} = \frac{9}{4} = 2{,}25 < 3$. Jadi $s \in S$. Karena $s = \frac{3}{2} = 1{,}5 > 1$, disimpulkan $s > 1$, sehingga $1 \notin U(S)$ (oleh Lemma 11.1.15(b)). $\square$ ### Solusi Latihan 11.1-7 dan 11.1-8 Solusi 11.1-7. Bagian 1: Jika $\max S$ ada, ia adalah satu-satunya elemen maksimal. Misalkan $g=\max S$. Elemen $g$ sendiri maksimal: jika $gM$ dan $m-10$ dan bilangan asli $n\geq1$, keberadaan $b>0$ dengan $b^n=a$ telah dipakai sebagai pinjaman maju di Bab 9.3B. Bukti melalui perturbasi aljabar dan supremum direncanakan pada Unit 11.3; statusnya masih terbuka sampai bukti itu ditulis dan ditelaah. Keunikan tidak memerlukan kelengkapan: jika $0 0$ terdapat $s \in S$ dengan $s > M - \varepsilon$. Lemma 11.1.16 dalam unit ini adalah prototipe teknik yang akan digeneralisasi menjadi karakterisasi tersebut. Pembaca sebaiknya memastikan penguasaan penuh terhadap definisi dan bukti dalam unit ini sebelum melanjutkan ke Unit 11.2. ## 11.2 Definisi Supremum (Least Upper Bound) dan Infimum (Greatest Lower Bound) Unit ini membangun fondasi rigor untuk dua konsep sentral analisis matematika: supremum dan infimum suatu himpunan bilangan real. Kedua konsep ini merupakan alat utama yang akan dipakai di seluruh buku untuk membuktikan keberadaan limit, kedalaman sifat kelengkapan $\mathbb{R}$, dan berbagai hasil analitik lainnya. Pembaca diasumsikan telah mengenal lapangan terurut $\mathbb{R}$ dari Bab 9–10, penyisipan $\mathbb{N}, \mathbb{Z}, \mathbb{Q}$ dari Bab 8, serta dasar induksi dari Bab 7. Perlu ditekankan sejak awal: definisi supremum dan infimum tidak menjamin bahwa setiap himpunan memilikinya. Keberadaan supremum untuk himpunan yang tidak kosong dan dibatasi dari atas adalah isi Aksioma Kelengkapan $\mathbb{R}$, yang akan dinyatakan secara eksplisit pada Unit 11.3. Unit ini hanya mendefinisikan apa arti supremum dan infimum, membuktikan keunikannya bila ada, serta mengembangkan karakterisasi epsilon yang esensial untuk pembuktian selanjutnya. ### Motivasi: Mengapa Batas Atas Saja Tidak Cukup Misalkan $S = (0,1) \subset \mathbb{R}$. Himpunan ini dibatasi dari atas: bilangan $2$, $5$, maupun $1{,}001$ semuanya merupakan batas atas $S$. Namun batas-batas atas ini sangat bervariasi dan tidak memberikan informasi yang tajam tentang "sejauh mana" himpunan $S$ dapat mencapai. Yang ingin kita ketahui adalah batas atas yang paling ketat, yakni batas atas yang paling kecil di antara semua batas atas yang ada. Secara intuitif, batas atas paling ketat dari $(0,1)$ adalah $1$: setiap bilangan yang lebih kecil dari $1$ bukanlah batas atas $(0,1)$, karena kita dapat selalu menemukan unsur $S$ yang lebih besar dari bilangan tersebut. Namun intuisi ini harus dikristalisasi menjadi definisi yang ketat, yang kemudian dapat dipakai dalam bukti-bukti formal. Inilah tujuan unit ini: merumuskan definisi supremum dan infimum secara berkuantor dan berdomain, lalu membuktikan sifat-sifat fundamentalnya dari definisi tersebut. Motivasi serupa berlaku untuk batas bawah. Himpunan $(0,1)$ memiliki banyak batas bawah, misalnya $-3$, $-1$, dan $0$. Batas bawah terbesar di antara semuanya adalah $0$: setiap bilangan yang lebih besar dari $0$ bukan lagi batas bawah $(0,1)$. Konsep ini disebut infimum. Dualitas antara supremum dan infimum akan terbukti sangat berguna: banyak pernyataan tentang infimum dapat direduksi menjadi pernyataan tentang supremum melalui refleksi tanda. ### Batas Atas, Batas Bawah, dan Himpunan Terbatas Definisi 11.2.1. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$. Bilangan real $u \in \mathbb{R}$ disebut batas atas (upper bound) dari $S$ apabila $$\forall\, t \in S,\quad t \leq u.$$ Bilangan real $\ell \in \mathbb{R}$ disebut batas bawah (lower bound) dari $S$ apabila $$\forall\, t \in S,\quad \ell \leq t.$$ Himpunan $S$ disebut terbatas dari atas (bounded above) apabila terdapat suatu batas atas dari $S$; terbatas dari bawah (bounded below) apabila terdapat suatu batas bawah dari $S$; dan terbatas (bounded) apabila $S$ terbatas dari atas sekaligus dari bawah. Catatan. Batas atas maupun batas bawah suatu himpunan tidak harus berada di dalam himpunan itu sendiri. Sebagai contoh, $u = 1$ adalah batas atas dari $(0,1)$ meskipun $1 \notin (0,1)$. Sebaliknya, $m = \max S$ bila ada adalah batas atas yang sekaligus unsur $S$. Perbedaan ini akan dipertegas dalam definisi dan proposisi berikutnya. Definisi 11.2.2. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ dan $S \neq \emptyset$. Unsur $M \in S$ disebut maksimum (maximum) dari $S$ apabila $M$ adalah batas atas $S$, yaitu $$\forall\, t \in S,\quad t \leq M.$$ Unsur $m \in S$ disebut minimum (minimum) dari $S$ apabila $m$ adalah batas bawah $S$, yaitu $$\forall\, t \in S,\quad m \leq t.$$ Bila ada, masing-masing ditulis $\max S$ dan $\min S$. Untuk $S=\emptyset$, setiap bilangan real merupakan batas atas sekaligus batas bawah, sebab kedua pernyataan berkuantor universal itu benar secara vakum. Jadi $\emptyset$ terbatas, tetapi tidak memiliki maksimum atau minimum karena tidak memiliki unsur. Tidak ada batas atas terkecil di $\mathbb{R}$: untuk setiap batas atas $u$, bilangan $u-1$ juga batas atas dan lebih kecil. Secara dual, setiap batas bawah $\ell$ dikalahkan oleh batas bawah $\ell+1$. Dengan demikian, bahkan jika rumusan supremum dan infimum berikut diterapkan pada himpunan kosong, tidak ada nilai real yang memenuhinya. Unit ini tidak memakai bilangan real diperluas. ### Definisi Supremum dan Infimum Definisi 11.2.3. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ dan $S \neq \emptyset$. Bilangan real $s$ disebut supremum (least upper bound) dari $S$, ditulis $s = \sup S$, apabila kedua syarat berikut dipenuhi: (S1) $s$ adalah batas atas dari $S$: $\forall\, t \in S,\ t \leq s$. (S2) $s$ adalah batas atas terkecil: $\forall\, u \in \mathbb{R},\ \bigl(u \text{ batas atas } S \bigr) \Rightarrow s \leq u$. Syarat (S2) dapat dituliskan pula sebagai: untuk setiap $u \in \mathbb{R}$ dengan $u < s$, $u$ bukan batas atas $S$. Definisi 11.2.4. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ dan $S \neq \emptyset$. Bilangan real $i$ disebut infimum (greatest lower bound) dari $S$, ditulis $i = \inf S$, apabila kedua syarat berikut dipenuhi: (I1) $i$ adalah batas bawah dari $S$: $\forall\, t \in S,\ i \leq t$. (I2) $i$ adalah batas bawah terbesar: $\forall\, \ell \in \mathbb{R},\ \bigl(\ell \text{ batas bawah } S \bigr) \Rightarrow \ell \leq i$. Peringatan penting. Definisi di atas tidak menjamin bahwa $\sup S$ atau $\inf S$ selalu ada untuk setiap $S \neq \emptyset$. Sebagai contoh langsung, $S=\mathbb{R}$ tidak mempunyai batas atas: setiap calon batas $u\in\mathbb{R}$ dilampaui oleh $u+1\in S$. Himpunan $S=\mathbb{N}=\{0,1,2,\ldots\}$ juga tidak mempunyai batas atas di $\mathbb{R}$, tetapi fakta ini adalah Sifat Archimedes yang baru dibuktikan pada Unit 11.4; di sini fakta itu hanya rujukan maju. Himpunan $S=\{x\in\mathbb{Q}:x^2<2\}$ terbatas dari atas di $\mathbb{Q}$, tetapi tidak memiliki supremum di $\mathbb{Q}$; klaim terakhir akan dibuktikan dalam pembahasan ketidaklengkapan $\mathbb{Q}$ pada Unit 11.3, bukan dipakai sebagai hasil yang telah dibuktikan di sini. Perhatikan bahwa batas dan supremum pada contoh terakhir dicari dalam lingkungan $\mathbb{Q}$, bukan $\mathbb{R}$. Notasi $\sup S$ hanya dipakai bila keberadaannya telah diketahui atau diasumsikan. ### Keunikan Supremum dan Infimum Proposisi 11.2.5 (Keunikan Supremum). Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$, $S \neq \emptyset$. Jika $s_{1}$ dan $s_{2}$ keduanya merupakan supremum dari $S$, maka $s_{1} = s_{2}$. Bukti. Misalkan $s_{1} = \sup S$ dan $s_{2} = \sup S$. Karena $s_{1}$ adalah supremum, syarat (S2) memberikan: untuk setiap batas atas $u$ dari $S$, berlaku $s_{1} \leq u$. Karena $s_{2}$ adalah batas atas dari $S$ (syarat S1), maka $s_{1} \leq s_{2}$. Dengan argumen yang simetris, karena $s_{2}$ adalah supremum dan $s_{1}$ adalah batas atas $S$, maka $s_{2} \leq s_{1}$. Dari $s_{1} \leq s_{2}$ dan $s_{2} \leq s_{1}$, sifat antisimetri urutan di $\mathbb{R}$ memberikan $s_{1} = s_{2}$. $\square$ Proposisi 11.2.6 (Keunikan Infimum). Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$, $S \neq \emptyset$. Jika $i_{1}$ dan $i_{2}$ keduanya merupakan infimum dari $S$, maka $i_{1} = i_{2}$. Bukti. Misalkan $i_{1} = \inf S$ dan $i_{2} = \inf S$. Karena $i_{1}$ adalah infimum, syarat (I2) memberikan: untuk setiap batas bawah $\ell$ dari $S$, berlaku $\ell \leq i_{1}$. Karena $i_{2}$ adalah batas bawah dari $S$ (syarat I1), maka $i_{2} \leq i_{1}$. Dengan argumen simetris, karena $i_{2}$ adalah infimum dan $i_{1}$ adalah batas bawah $S$, maka $i_{1} \leq i_{2}$. Oleh antisimetri urutan, $i_{1} = i_{2}$. $\square$ Keunikan ini membenarkan pemakaian notasi $\sup S$ dan $\inf S$ (dengan artikel tertentu "the") begitu keberadaannya diketahui. ### Hubungan Maksimum dengan Supremum, dan Minimum dengan Infimum Proposisi 11.2.7. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$, $S \neq \emptyset$. Maksimum $\max S$ ada jika dan hanya jika $\sup S$ ada dan $\sup S \in S$. Bila keduanya ada, $\max S = \sup S$. Bukti. Arah pertama $(\Rightarrow)$: Misalkan $M = \max S$ ada. Maka $M \in S$ dan $\forall\, t \in S,\ t \leq M$, sehingga $M$ adalah batas atas dari $S$ (syarat S1). Kini misalkan $u$ adalah sembarang batas atas dari $S$. Karena $M \in S$, maka dari definisi batas atas berlaku $M \leq u$ (syarat S2). Jadi $M = \sup S$. Karena $M \in S$, maka $\sup S \in S$. Arah kedua $(\Leftarrow)$: Misalkan $\sup S$ ada dan $s := \sup S \in S$. Dari syarat (S1), $s$ adalah batas atas dari $S$, yaitu $\forall\, t \in S,\ t \leq s$. Karena juga $s \in S$, maka berdasarkan Definisi 11.2.2, $s = \max S$. $\square$ Proposisi 11.2.8. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$, $S \neq \emptyset$. Minimum $\min S$ ada jika dan hanya jika $\inf S$ ada dan $\inf S \in S$. Bila keduanya ada, $\min S = \inf S$. Bukti. Arah pertama $(\Rightarrow)$: Misalkan $m = \min S$ ada. Maka $m \in S$ dan $\forall\, t \in S,\ m \leq t$, sehingga $m$ adalah batas bawah dari $S$ (syarat I1). Jika $\ell$ adalah sembarang batas bawah dari $S$, maka karena $m \in S$, berlaku $\ell \leq m$ (syarat I2). Jadi $m = \inf S$ dan $\inf S = m \in S$. Arah kedua $(\Leftarrow)$: Misalkan $\inf S$ ada dan $i := \inf S \in S$. Dari (I1), $i$ adalah batas bawah $S$, yaitu $\forall\, t \in S,\ i \leq t$. Karena $i \in S$, maka $i = \min S$. $\square$ ### Karakterisasi Epsilon untuk Supremum Verifikasi langsung dari definisi (S1)–(S2) seringkali sukar dalam praktik. Karakterisasi berikut memberikan cara yang lebih operasional untuk memeriksa bahwa suatu bilangan adalah supremum, dan merupakan alat utama dalam hampir semua bukti analitik. Teorema 11.2.9 (Karakterisasi Supremum). Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$, $S \neq \emptyset$, dan misalkan $s \in \mathbb{R}$. Pernyataan-pernyataan berikut saling setara: (a) $s = \sup S$. (b) $s$ adalah batas atas dari $S$, dan untuk setiap $y \in \mathbb{R}$ dengan $y < s$, terdapat $t \in S$ sehingga $y < t$. (c) $s$ adalah batas atas dari $S$, dan untuk setiap $\varepsilon > 0$, terdapat $t \in S$ sehingga $s - \varepsilon < t \leq s$. Bukti. (a) $\Rightarrow$ (b): Asumsikan $s = \sup S$. Maka $s$ adalah batas atas $S$ (dari S1). Misalkan $y < s$. Kita klaim $y$ bukan batas atas $S$. Jika $y$ adalah batas atas $S$, maka dari (S2) harus berlaku $s \leq y$, yang kontradiksi dengan $y < s$. Jadi $y$ bukan batas atas $S$, artinya terdapat $t \in S$ dengan $t > y$, yaitu $y < t$. (b) $\Rightarrow$ (a): Asumsikan (b). Maka $s$ adalah batas atas $S$. Misalkan $u$ adalah sembarang batas atas $S$; kita perlu menunjukkan $s \leq u$. Andaikan untuk kontradiksi bahwa $u < s$. Pilih $y := u$; maka $y < s$ dan menurut (b) terdapat $t \in S$ dengan $t > y = u$. Namun ini berarti $t > u$ padahal $u$ adalah batas atas $S$ dan $t \in S$, sehingga seharusnya $t \leq u$. Kontradiksi. Jadi $s \leq u$, yang membuktikan (S2), sehingga $s = \sup S$. (b) $\Rightarrow$ (c): Asumsikan (b). Maka $s$ adalah batas atas $S$. Misalkan $\varepsilon > 0$. Pilih $y := s - \varepsilon$; maka $y < s$. Menurut (b), terdapat $t \in S$ dengan $t > y = s - \varepsilon$. Karena $s$ adalah batas atas dan $t \in S$, berlaku $t \leq s$. Jadi $s - \varepsilon < t \leq s$, yang merupakan (c). (c) $\Rightarrow$ (b): Asumsikan (c). Maka $s$ adalah batas atas $S$. Misalkan $y < s$. Pilih $\varepsilon := s - y > 0$ (karena $y < s$). Menurut (c), terdapat $t \in S$ dengan $t > s - \varepsilon = s - (s - y) = y$. Jadi $t > y$, yang merupakan (b). $\square$ Catatan penting. Syarat "$s$ adalah batas atas dari $S$" pada (b) dan (c) tidak boleh dibuang. Ambil $S=\mathbb{R}$ dan $s=100$. Untuk setiap $y<100$, saksi $t=100\in S$ memenuhi $y0$, saksi yang sama memenuhi $100-\varepsilon100$. Jadi syarat pendekatan itu sendiri tidak cukup untuk menjadikan $100$ supremum. Contoh ini tidak memerlukan Sifat Archimedes. ### Karakterisasi Epsilon untuk Infimum Teorema 11.2.10 (Karakterisasi Infimum). Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$, $S \neq \emptyset$, dan misalkan $i \in \mathbb{R}$. Pernyataan-pernyataan berikut saling setara: (a) $i = \inf S$. (b) $i$ adalah batas bawah dari $S$, dan untuk setiap $y \in \mathbb{R}$ dengan $y > i$, terdapat $t \in S$ sehingga $t < y$. (c) $i$ adalah batas bawah dari $S$, dan untuk setiap $\varepsilon > 0$, terdapat $t \in S$ sehingga $i \leq t < i + \varepsilon$. Bukti. (a) $\Rightarrow$ (b): Asumsikan $i = \inf S$. Maka $i$ adalah batas bawah $S$ (dari I1). Misalkan $y > i$. Kita klaim $y$ bukan batas bawah $S$. Jika $y$ adalah batas bawah $S$, maka dari (I2) harus berlaku $y \leq i$, yang kontradiksi dengan $y > i$. Jadi $y$ bukan batas bawah $S$, artinya terdapat $t \in S$ dengan $t < y$. (b) $\Rightarrow$ (a): Asumsikan (b). Maka $i$ adalah batas bawah $S$. Misalkan $\ell$ adalah sembarang batas bawah $S$; kita perlu menunjukkan $\ell \leq i$. Andaikan $\ell > i$. Pilih $y := \ell$; maka $y > i$ dan menurut (b) terdapat $t \in S$ dengan $t < y = \ell$. Namun ini berarti $t < \ell$ padahal $\ell$ adalah batas bawah $S$ dan $t \in S$, sehingga seharusnya $t \geq \ell$. Kontradiksi. Jadi $\ell \leq i$, membuktikan (I2), sehingga $i = \inf S$. (b) $\Rightarrow$ (c): Asumsikan (b). Maka $i$ adalah batas bawah $S$. Misalkan $\varepsilon > 0$. Pilih $y := i + \varepsilon$; maka $y > i$. Menurut (b), terdapat $t \in S$ dengan $t < y = i + \varepsilon$. Karena $i$ adalah batas bawah dan $t \in S$, berlaku $t \geq i$. Jadi $i \leq t < i + \varepsilon$, yang merupakan (c). (c) $\Rightarrow$ (b): Asumsikan (c). Maka $i$ adalah batas bawah $S$. Misalkan $y > i$. Pilih $\varepsilon := y - i > 0$. Menurut (c), terdapat $t \in S$ dengan $t < i + \varepsilon = i + (y - i) = y$. Jadi $t < y$, yang merupakan (b). $\square$ ### Contoh-Contoh Lengkap Contoh 11.2.11. Misalkan $S = (0,1)$. Kita klaim $\sup S = 1$ dan $\inf S = 0$. Setelah kedua klaim supremum dan infimum dibuktikan di bawah, Proposisi 11.2.7 dan 11.2.8 menunjukkan bahwa $\max S$ dan $\min S$ tidak ada, karena $1\notin S$ dan $0\notin S$. Bukti $\sup S = 1$: Pertama, untuk setiap $t \in (0,1)$ berlaku $t < 1$, jadi $1$ adalah batas atas $S$. Kedua, kita verifikasi karakterisasi (c) dari Teorema 11.2.9. Misalkan $\varepsilon > 0$. Pilih $$t := 1 - \min\!\Bigl(\tfrac{1}{2},\, \tfrac{\varepsilon}{2}\Bigr).$$ Karena $\min(1/2, \varepsilon/2) > 0$, maka $t < 1$. Karena $\min(1/2, \varepsilon/2) \leq 1/2 < 1$, maka $t = 1 - \min(1/2,\varepsilon/2) > 1 - 1 = 0$, jadi $t > 0$. Oleh karena itu $t \in (0,1) = S$. Selanjutnya, $\min(1/2,\varepsilon/2) \leq \varepsilon/2 < \varepsilon$, sehingga $$t = 1 - \min\!\Bigl(\tfrac{1}{2}, \tfrac{\varepsilon}{2}\Bigr) > 1 - \varepsilon.$$ Jadi $1 - \varepsilon < t \leq 1$ (karena $t < 1 \leq 1$), dan karakterisasi (c) terpenuhi. Dengan demikian $\sup S = 1$. Bukti $\inf S = 0$: Pertama, untuk setiap $t \in (0,1)$ berlaku $t > 0$, jadi $0$ adalah batas bawah $S$. Kedua, kita verifikasi karakterisasi (c) dari Teorema 11.2.10. Misalkan $\varepsilon > 0$. Pilih $$t := \min\!\Bigl(\tfrac{1}{2},\, \tfrac{\varepsilon}{2}\Bigr).$$ Karena $\min(1/2, \varepsilon/2) > 0$, maka $t > 0$. Karena $\min(1/2,\varepsilon/2) \leq 1/2 < 1$, maka $t < 1$. Jadi $t \in (0,1) = S$. Selanjutnya, $\min(1/2,\varepsilon/2) \leq \varepsilon/2 < \varepsilon$, sehingga $$0 \leq t = \min\!\Bigl(\tfrac{1}{2},\tfrac{\varepsilon}{2}\Bigr) < \varepsilon,$$ yaitu $0 \leq t < 0 + \varepsilon$. Karakterisasi (c) dari Teorema 11.2.10 terpenuhi. Jadi $\inf S = 0$. $\square$ Contoh 11.2.12. Misalkan $S = [2,5)$. Kita klaim $\inf S = 2 = \min S$ dan $\sup S = 5$, namun $\max S$ tidak ada. Bukti $\inf S = 2 = \min S$: Karena $2 \in [2,5)$ dan $\forall\, t \in [2,5),\ t \geq 2$, maka $2 = \min S$. Dari Proposisi 11.2.8, $2 = \inf S$. Bukti $\sup S = 5$: Untuk setiap $t \in [2,5)$ berlaku $t < 5$, jadi $5$ adalah batas atas. Misalkan $\varepsilon > 0$. Pilih $t := 5 - \min(1/2, \varepsilon/2)$. Maka $t \geq 5 - 1/2 = 9/2 \geq 2$ dan $t < 5$, sehingga $t \in [2,5)$. Juga $t > 5 - \varepsilon$. Karakterisasi (c) Teorema 11.2.9 terpenuhi, jadi $\sup S = 5$. Tidak ada maksimum: Andaikan $M = \max S$ ada. Maka $M \in [2,5)$ sehingga $M < 5$. Pilih $M' := (M + 5)/2$; maka $M < M' < 5$, sehingga $M' \in [2,5)$ dan $M' > M$, kontradiksi dengan $M$ sebagai maksimum. Jadi $\max S$ tidak ada. $\square$ ### Himpunan dengan Transparansi Rujukan Maju Contoh 11.2.13. Misalkan $S = \{1 - 1/n : n \in \mathbb{N}_{+}\}$, di mana $\mathbb{N}_{+} = \{1, 2, 3, \ldots\}$. (Kita menulis $\mathbb{N}_{+}$ karena konvensi buku ini adalah $\mathbb{N} = \{0, 1, 2, \ldots\}$; pembagian oleh $n$ mensyaratkan $n \geq 1$.) Beberapa suku awal: $n=1$ memberi $0$; $n=2$ memberi $1/2$; $n=3$ memberi $2/3$; $n=4$ memberi $3/4$; dan seterusnya. Jadi $S = \{0, 1/2, 2/3, 3/4, \ldots\}$. Klaim 1: $\min S = 0$. Suku $n=1$ memberikan $1 - 1/1 = 0 \in S$. Untuk setiap $n \in \mathbb{N}_{+}$, karena $n \geq 1$ dan hukum lapangan terurut memberikan $1/n \leq 1$, maka $1 - 1/n \geq 0$. Jadi $0$ adalah batas bawah dan $0 \in S$, sehingga $0 = \min S = \inf S$ dari Proposisi 11.2.8. Klaim 2: $1$ adalah batas atas $S$. Untuk setiap $n \in \mathbb{N}_{+}$, karena $1/n > 0$, maka $1 - 1/n < 1$. Jadi setiap suku $S$ lebih kecil dari $1$, sehingga $1$ adalah batas atas $S$. Klaim 3: $\max S$ tidak ada. Misalkan $n \in \mathbb{N}_{+}$ sembarang. Suku ke-$n$ adalah $1 - 1/n$ dan suku ke-$(n+1)$ adalah $1 - 1/(n+1)$. Selisihnya adalah $$\Bigl(1 - \tfrac{1}{n+1}\Bigr) - \Bigl(1 - \tfrac{1}{n}\Bigr) = \tfrac{1}{n} - \tfrac{1}{n+1} = \tfrac{(n+1) - n}{n(n+1)} = \tfrac{1}{n(n+1)} > 0.$$ Jadi untuk setiap suku $1 - 1/n \in S$, terdapat suku yang lebih besar $1 - 1/(n+1) \in S$. Oleh karena itu tidak ada elemen maksimal di $S$, sehingga $\max S$ tidak ada. Klaim 4 (menunggu Sifat Archimedes): $\sup S = 1$. Kita telah membuktikan bahwa $1$ adalah batas atas $S$. Untuk membuktikan bahwa $1$ adalah batas atas terkecil, perlu ditunjukkan bahwa setiap $u < 1$ bukan batas atas $S$, artinya ada $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $1 - 1/n > u$, yang ekuivalen dengan $1/n < 1 - u$. Pembuktian bahwa bilangan $1/n$ dapat dibuat sekecil apa pun memerlukan Sifat Archimedes, yang akan dibuktikan pada Unit 11.4 menggunakan Aksioma Kelengkapan dari Unit 11.3. Oleh karena itu, verifikasi minimalitas batas $1$ dengan memilih saksi $n$ ditunda secara transparan ke pembahasan contoh ini pada Unit 11.4, di mana setelah Archimedes tersedia, argumen akan diselesaikan dengan memilih $n > 1/(1-u)$. Pinjaman maju ini dicatat secara eksplisit dan tidak membuat argument berikutnya menjadi melingkar, karena kelengkapan dinyatakan sebagai aksioma pada Unit 11.3, lalu Sifat Archimedes diturunkan pada Unit 11.4 tanpa menggunakan klaim supremum contoh ini. ### Infimum sebagai Negatif dari Supremum Himpunan Refleksi Proposisi 11.2.14. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ dan $S \neq \emptyset$. Definisikan $-S := \{-t : t \in S\}$. Jika $\sup(-S)$ ada, maka $\inf S$ ada dan $$\inf S = -\sup(-S).$$ Bukti. Misalkan $\sup(-S)$ ada dan tulis $s^* := \sup(-S)$. Kita akan menunjukkan bahwa $-s^*$ memenuhi kedua syarat definisi infimum $S$. Verifikasi (I1): Misalkan $t \in S$ sembarang. Maka $-t \in -S$. Karena $s^* = \sup(-S)$, berlaku $-t \leq s^*$, sehingga $-s^* \leq t$. Jadi $-s^*$ adalah batas bawah dari $S$. Verifikasi (I2): Misalkan $\ell$ adalah sembarang batas bawah dari $S$. Maka untuk setiap $t \in S$, $\ell \leq t$, sehingga $-t \leq -\ell$. Ini berarti $-\ell$ adalah batas atas dari $-S$. Karena $s^* = \sup(-S)$, berlaku $s^* \leq -\ell$, sehingga $\ell \leq -s^*$. Jadi $-s^*$ adalah batas bawah terbesar dari $S$, yaitu $\inf S = -s^* = -\sup(-S)$. $\square$ Catatan. Proposisi ini tidak mengasumsikan suatu "aksioma infimum" tersendiri. Keberadaan $\inf S$ direduksi ke keberadaan $\sup(-S)$. Secara khusus, bila Aksioma Kelengkapan (Unit 11.3) menjamin keberadaan supremum untuk setiap himpunan nonkosong yang terbatas dari atas, maka keberadaan infimum untuk himpunan nonkosong yang terbatas dari bawah langsung menyusul dari proposisi ini: jika $S$ terbatas dari bawah, maka $-S$ terbatas dari atas, sehingga $\sup(-S)$ ada dan $\inf S = -\sup(-S)$. ### Monotonicitas Supremum dan Infimum terhadap Inklusi Himpunan Proposisi 11.2.15. Misalkan $A, B \subseteq \mathbb{R}$, $A \neq \emptyset$, $B \neq \emptyset$, dan $A \subseteq B$. (i) Jika $\sup A$ dan $\sup B$ keduanya ada, maka $\sup A \leq \sup B$. (ii) Jika $\inf A$ dan $\inf B$ keduanya ada, maka $\inf A \geq \inf B$. Bukti (i). Misalkan $\sup A$ dan $\sup B$ keduanya ada. Kita tunjukkan $\sup B$ adalah batas atas dari $A$. Misalkan $t \in A$. Karena $A \subseteq B$, maka $t \in B$. Karena $\sup B$ adalah batas atas $B$, berlaku $t \leq \sup B$. Jadi $\sup B$ adalah batas atas $A$. Himpunan batas atas dari $A$ tidak kosong (mengandung $\sup B$). Keberadaan $\sup A$ di sini merupakan hipotesis, bukan kesimpulan dari keterbatasan semata. Setelah Aksioma Kelengkapan dinyatakan pada Unit 11.3, keberadaan itu dapat pula diperoleh dari $A\ne\emptyset$ dan keterbatasan dari atas tersebut. Karena $\sup B$ adalah batas atas $A$, dari syarat (S2) berlaku $\sup A \leq \sup B$. $\square$ Bukti (ii). Misalkan $\inf A$ dan $\inf B$ keduanya ada. Misalkan $t \in A$. Karena $A \subseteq B$, maka $t \in B$. Karena $\inf B$ adalah batas bawah $B$, berlaku $\inf B \leq t$. Jadi $\inf B$ adalah batas bawah $A$. Keberadaan $\inf A$ di sini merupakan hipotesis. Karena $\inf B$ adalah batas bawah $A$, dari syarat (I2) berlaku $\inf B \leq \inf A$, yaitu $\inf A \geq \inf B$. $\square$ ### Contoh Tambahan: Singleton dan Himpunan Terbatas Dua Sisi Contoh 11.2.16. Misalkan $S = \{c\}$ untuk suatu $c \in \mathbb{R}$. Maka $\sup S = c = \inf S = \max S = \min S$. Bukti. Karena $S$ hanya memiliki satu unsur $c$, untuk setiap $t \in S$ berlaku $t = c \leq c$, sehingga $c$ adalah batas atas $S$. Misalkan $u$ adalah batas atas $S$; karena $c \in S$, berlaku $c \leq u$. Jadi $c = \sup S$. Dengan argumen serupa untuk batas bawah, $c = \inf S$. Karena $c \in S$, dari Proposisi 11.2.7 dan 11.2.8, $c = \max S = \min S$. Verifikasi karakterisasi epsilon: untuk $\varepsilon > 0$, pilih $t = c \in S$; maka $c - \varepsilon < c = t \leq c$ dan $c \leq t = c < c + \varepsilon$. $\square$ Contoh 11.2.17. Misalkan $S = \{x \in \mathbb{Q} : 0 \leq x \leq 1\} = [0,1] \cap \mathbb{Q}$. Kita klaim $\sup S = 1$ dan $\inf S = 0$ (dalam $\mathbb{R}$), dengan $\max S = 1$ dan $\min S = 0$. Bukti. Karena $1 \in \mathbb{Q}$ dan $1 \in [0,1]$, maka $1 \in S$. Untuk setiap $x \in S$, $x \leq 1$, sehingga $1$ adalah batas atas $S$ dan $1 \in S$. Dari Proposisi 11.2.7, $1 = \max S = \sup S$. Argumen serupa dengan $0 \in S$ dan $\forall\, x \in S,\ x \geq 0$ memberikan $0 = \min S = \inf S$. $\square$ ### Latihan Bertingkat Latihan 11.2-1. Misalkan $S = \{-n : n \in \mathbb{N}_{+}\} = \{-1, -2, -3, \ldots\}$. Tentukan apakah $S$ terbatas dari atas, dari bawah, atau tidak terbatas, dan temukan $\sup S$ serta $\max S$ bila ada, beserta $\inf S$ dan $\min S$ bila ada. Berikan bukti lengkap menggunakan definisi. Bagian ketakterbatasan dari bawah dan ketiadaan infimum memakai pinjaman Sifat Archimedes dari Unit 11.4; nyatakan penggunaannya. Bagian lain tidak memerlukan pinjaman itu. Latihan 11.2-2. Misalkan $S = (a, b)$ dengan $a, b \in \mathbb{R}$ dan $a < b$. Buktikan dari definisi bahwa $\sup S = b$ dan $\inf S = a$, serta bahwa $\max S$ dan $\min S$ tidak ada. Latihan 11.2-3. Misalkan $S = [a, b]$ dengan $a, b \in \mathbb{R}$ dan $a \leq b$. Buktikan bahwa $\sup S = b = \max S$ dan $\inf S = a = \min S$ menggunakan Proposisi 11.2.7 dan 11.2.8. Latihan 11.2-4. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$, $S \neq \emptyset$, dan misalkan $s \in \mathbb{R}$. Buktikan: jika $s$ adalah batas atas dari $S$ dan $s \in S$, maka $s = \sup S$. Tunjukkan juga bahwa syarat $s \in S$ tidak dapat dibuang dengan memberikan contoh. Latihan 11.2-5. Misalkan $A, B \subseteq \mathbb{R}$ keduanya nonkosong dengan $\sup A$ dan $\sup B$ ada. Definisikan $A + B := \{a + b : a \in A,\, b \in B\}$. Buktikan bahwa $\sup(A + B)$ ada dan $$\sup(A + B) = \sup A + \sup B.$$ Latihan 11.2-6. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$, $S \neq \emptyset$, dan misalkan $c > 0$. Definisikan $cS := \{ct : t \in S\}$. Buktikan: jika $\sup S$ ada, maka $\sup(cS)$ ada dan $\sup(cS) = c \cdot \sup S$. Buktikan juga bagian dual: jika $\inf S$ ada, maka $\inf(cS) = c \cdot \inf S$. Latihan 11.2-7. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$, $S \neq \emptyset$, dan $c < 0$. Definisikan $cS := \{ct : t \in S\}$. Buktikan: jika $\sup S$ ada, maka $\inf(cS)$ ada dan $\inf(cS) = c \cdot \sup S$. (Perhatikan bahwa skala negatif menukar supremum dengan infimum.) Latihan 11.2-8 (dengan pinjaman Aksioma Kelengkapan dari Unit 11.3). Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$, $S \neq \emptyset$, dan $\sup S$ ada. Misalkan pula $T \subseteq \mathbb{R}$, $T \neq \emptyset$, $\sup T$ ada, dan setiap unsur $S$ merupakan batas bawah dari $T$. Buktikan bahwa $\sup S \leq \inf T$. (Perhatikan: Anda perlu memastikan bahwa $\inf T$ ada; gunakan fakta bahwa $S$ tidak kosong untuk memperoleh batas bawah bagi $T$, kemudian gunakan Proposisi 11.2.14 dengan catatan bahwa Aksioma Kelengkapan baru akan dinyatakan di Unit 11.3.) ### Solusi Latihan 11.2-1 dan 11.2-2 Solusi Latihan 11.2-1. Himpunan $S = \{-n : n \in \mathbb{N}_{+}\} = \{-1, -2, -3, \ldots\}$. Terbatas dari atas: Untuk setiap $-n \in S$ (dengan $n \geq 1$), berlaku $-n \leq -1$. Jadi $-1$ adalah batas atas dari $S$, dan $S$ terbatas dari atas. Tidak terbatas dari bawah (dengan pinjaman Sifat Archimedes dari Unit 11.4): Misalkan $\ell\in\mathbb{R}$ sembarang. Menurut sifat yang dipinjam itu, ada $n\in\mathbb{N}$ dengan $n>\max(0,-\ell)$. Maka $n>0$, sehingga $n\in\mathbb{N}_{+}$, dan $-n<\ell$. Karena $-n\in S$, bilangan $\ell$ bukan batas bawah $S$. Jadi $S$ tidak terbatas dari bawah, dengan status bersyarat pada pinjaman Archimedes sampai pembuktiannya tersedia pada Unit 11.4. Supremum: Karena $-1 \in S$ dan $-1$ adalah batas atas $S$, maka dari Proposisi 11.2.7, $\sup S = \max S = -1$. Lebih rinci: misalkan $u$ sembarang batas atas $S$. Karena $-1 \in S$, maka $-1 \leq u$. Jadi $-1 \leq u$ untuk setiap batas atas $u$, membuktikan syarat (S2). Dengan demikian $\sup S = -1 = \max S$. Infimum: Dengan pinjaman Archimedes pada langkah sebelumnya, $S$ tidak terbatas dari bawah, sehingga $\inf S$ tidak ada di $\mathbb{R}$. Tidak ada minimum, bahkan tanpa Archimedes: untuk setiap $-n\in S$, unsur $-(n+1)\in S$ memenuhi $-(n+1)<-n$. Maka tidak ada unsur $S$ yang menjadi batas bawah seluruh $S$. $\square$ Solusi Latihan 11.2-2. Misalkan $S = (a,b)$ dengan $a < b$. Bukti $\sup S = b$: Untuk setiap $t \in (a,b)$, $t < b$, jadi $b$ adalah batas atas. Misalkan $\varepsilon > 0$. Pilih $t := b - \min((b-a)/2, \varepsilon/2)$. Karena $\min((b-a)/2, \varepsilon/2) \leq (b-a)/2 < b-a$, maka $t > b - (b-a) = a$. Juga $t < b$. Jadi $t \in (a,b)$ dan $t > b - \varepsilon$. Karakterisasi (c) Teorema 11.2.9 terpenuhi, maka $\sup S = b$. Tidak ada maksimum: Andaikan $M = \max S$. Maka $M \in (a,b)$, sehingga $M < b$. Pilih $M' = (M+b)/2$; maka $a < M < M' < b$, sehingga $M' \in (a,b)$ dan $M' > M$. Kontradiksi. Bukti $\inf S = a$: Untuk setiap $t \in (a,b)$, $t > a$, jadi $a$ adalah batas bawah. Misalkan $\varepsilon > 0$. Pilih $t := a + \min((b-a)/2, \varepsilon/2)$. Karena $\min((b-a)/2, \varepsilon/2) \leq (b-a)/2$, maka $t \leq a + (b-a)/2 < b$. Juga $t > a$. Jadi $t \in (a,b)$ dan $t < a + \varepsilon$. Karakterisasi (c) Teorema 11.2.10 terpenuhi, maka $\inf S = a$. Tidak ada minimum: Andaikan $m = \min S$. Maka $m \in (a,b)$, sehingga $m > a$. Pilih $m' = (a+m)/2$; maka $a < m' < m < b$, jadi $m' \in (a,b)$ dan $m' < m$. Kontradiksi. $\square$ ### Solusi Latihan 11.2-3, 11.2-4, dan 11.2-5 Solusi Latihan 11.2-3. Misalkan $S = [a,b]$ dengan $a \leq b$. Karena $b \in [a,b]$ dan untuk setiap $t \in [a,b]$ berlaku $t \leq b$, maka $b$ adalah batas atas dan $b \in S$. Dari Proposisi 11.2.7, $b = \max S = \sup S$. Dengan argumen dual, karena $a \in [a,b]$ dan untuk setiap $t \in [a,b]$ berlaku $a \leq t$, maka $a$ adalah batas bawah dan $a \in S$. Dari Proposisi 11.2.8, $a = \min S = \inf S$. $\square$ Solusi Latihan 11.2-4. Misalkan $s$ adalah batas atas dari $S$ dan $s \in S$. Kita verifikasi syarat (S2): misalkan $u$ adalah sembarang batas atas dari $S$. Karena $s \in S$ dan $u$ adalah batas atas $S$, maka $s \leq u$. Syarat (S1) sudah dipenuhi oleh hipotesis. Jadi $s = \sup S$. Contoh bahwa syarat $s \in S$ tidak dapat dibuang: ambil $S = (0,1)$ dan $s = 2$. Maka $s = 2$ adalah batas atas dari $S$, namun $s \notin S$, dan $s \neq \sup S$ (karena $\sup S = 1 \neq 2$). Dengan demikian batas atas yang bukan anggota himpunan belum tentu supremum. $\square$ Solusi Latihan 11.2-5. Kita tunjukkan $\sup A + \sup B$ memenuhi kedua syarat supremum dari $A+B$. Syarat (S1): Misalkan $a + b \in A + B$ (dengan $a \in A$, $b \in B$). Karena $a \leq \sup A$ dan $b \leq \sup B$, maka $a + b \leq \sup A + \sup B$. Jadi $\sup A + \sup B$ adalah batas atas dari $A+B$. Syarat (S2): Misalkan $\varepsilon > 0$. Dari Teorema 11.2.9(c) diterapkan pada $\sup A$: terdapat $a \in A$ dengan $a > \sup A - \varepsilon/2$. Demikian pula terdapat $b \in B$ dengan $b > \sup B - \varepsilon/2$. Maka $a + b \in A+B$ dan $$a + b > \bigl(\sup A - \tfrac{\varepsilon}{2}\bigr) + \bigl(\sup B - \tfrac{\varepsilon}{2}\bigr) = \sup A + \sup B - \varepsilon.$$ Juga $a+b \leq \sup A + \sup B$ dari (S1). Jadi karakterisasi (c) Teorema 11.2.9 terpenuhi untuk $\sup A + \sup B$, membuktikan $\sup(A+B) = \sup A + \sup B$. $\square$ ### Solusi Latihan 11.2-6 dan 11.2-7 Solusi Latihan 11.2-6. Misalkan $c > 0$ dan $\sup S$ ada. Tulis $\sigma := \sup S$. Bukti $\sup(cS) = c\sigma$: Syarat (S1): Misalkan $ct \in cS$ (dengan $t \in S$). Karena $t \leq \sigma$ dan $c > 0$, maka $ct \leq c\sigma$. Jadi $c\sigma$ adalah batas atas dari $cS$. Syarat (S2): Misalkan $\varepsilon > 0$. Karena $\varepsilon/c > 0$, dari Teorema 11.2.9(c) terdapat $t \in S$ dengan $t > \sigma - \varepsilon/c$. Maka $ct \in cS$ dan $ct > c\sigma - \varepsilon$. Juga $ct \leq c\sigma$. Karakterisasi (c) terpenuhi untuk $c\sigma$, jadi $\sup(cS) = c\sigma = c\sup S$. Bukti dual $\inf(cS) = c\inf S$: Sekarang asumsikan $\inf S$ ada, tanpa memerlukan keberadaan $\sup S$, dan tulis $\iota := \inf S$. Syarat (I1): untuk setiap $t \in S$, $t \geq \iota$, dan karena $c > 0$, $ct \geq c\iota$. Jadi $c\iota$ adalah batas bawah $cS$. Syarat (I2): misalkan $\varepsilon > 0$. Terdapat $t \in S$ dengan $t < \iota + \varepsilon/c$. Maka $ct < c\iota + \varepsilon$ dan $ct \geq c\iota$. Karakterisasi (c) Teorema 11.2.10 terpenuhi, sehingga $\inf(cS) = c\iota = c\inf S$. $\square$ Solusi Latihan 11.2-7. Misalkan $c < 0$ dan $\sup S$ ada. Tulis $\sigma := \sup S$. Kita tunjukkan $c\sigma = \inf(cS)$. Syarat (I1): Misalkan $ct \in cS$. Karena $t \leq \sigma$ dan $c < 0$, maka $ct \geq c\sigma$ (penggandaan dengan bilangan negatif membalik ketidaksamaan). Jadi $c\sigma$ adalah batas bawah $cS$. Syarat (I2): Misalkan $\varepsilon > 0$. Karena $c < 0$, maka $-c > 0$ dan $\varepsilon/(-c) > 0$. Dari Teorema 11.2.9(c) terdapat $t \in S$ dengan $t > \sigma - \varepsilon/(-c)$. Kalikan dengan $c < 0$: $$ct < c\sigma - c \cdot \frac{\varepsilon}{(-c)} = c\sigma + \varepsilon.$$ Juga $ct \geq c\sigma$ dari (I1). Jadi $c\sigma \leq ct < c\sigma + \varepsilon$, membuktikan karakterisasi (c) Teorema 11.2.10 untuk $c\sigma$. Dengan demikian $\inf(cS) = c\sigma = c\sup S$. $\square$ ### Solusi Latihan 11.2-8 dan Ringkasan Unit Solusi Latihan 11.2-8. Dengan pinjaman Aksioma Kelengkapan dari Unit 11.3, misalkan $S, T \subseteq \mathbb{R}$ keduanya nonkosong, $\sup S$ ada, $\sup T$ ada, dan setiap unsur $S$ merupakan batas bawah dari $T$. Langkah 1: $T$ terbatas dari bawah, dan $\inf T$ ada. Karena $S \neq \emptyset$, pilih sembarang $s_{0} \in S$. Dari hipotesis, $s_{0}$ adalah batas bawah dari $T$. Jadi $T$ terbatas dari bawah. Karena $T\ne\emptyset$, himpunan $-T$ juga tidak kosong; dari $s_0\leq t$ untuk setiap $t\in T$ diperoleh $-t\leq-s_0$, sehingga $-s_0$ adalah batas atas $-T$. Dengan Proposisi 11.2.14 (menggunakan Aksioma Kelengkapan yang dinyatakan di Unit 11.3 untuk menjamin $\sup(-T)$ ada), $\inf T$ ada. Langkah 2: Setiap $s \in S$ memenuhi $s \leq \inf T$. Dari hipotesis, untuk setiap $s \in S$, $s$ adalah batas bawah dari $T$. Dari syarat (I2) untuk $\inf T$, setiap batas bawah dari $T$ tidak melebihi $\inf T$: yaitu $s \leq \inf T$. Ini berlaku untuk semua $s \in S$. Langkah 3: $\sup S \leq \inf T$. Dari Langkah 2, $\inf T$ adalah batas atas dari $S$ (karena setiap $s \in S$ memenuhi $s \leq \inf T$). Karena $\sup S$ adalah batas atas terkecil dari $S$ dan $\inf T$ adalah batas atas dari $S$, maka dari syarat (S2) berlaku $\sup S \leq \inf T$. $\square$ Ringkasan Unit 11.2. Unit ini telah membangun kerangka rigor untuk supremum dan infimum. Definisi 11.2.3 dan 11.2.4 menetapkan dua syarat yang harus dipenuhi bersamaan: menjadi batas (atas atau bawah) dan menjadi yang paling ketat (terkecil di antara batas atas, atau terbesar di antara batas bawah). Proposisi 11.2.5–11.2.6 membuktikan keunikan, sehingga notasi $\sup S$ dan $\inf S$ bermakna. Proposisi 11.2.7–11.2.8 mengklarifikasi hubungan dengan maksimum dan minimum. Teorema 11.2.9 dan 11.2.10 memberikan karakterisasi epsilon yang operasional: untuk membuktikan bahwa $s = \sup S$, cukup tunjukkan (1) $s$ batas atas, dan (2) untuk setiap $\varepsilon > 0$ ada $t \in S$ dengan $s - \varepsilon < t \leq s$. Proposisi 11.2.14 mereduksi infimum ke supremum melalui refleksi tanda, sehingga Aksioma Kelengkapan satu arah (untuk supremum) cukup untuk menjamin keberadaan infimum pula. Pinjaman maju ke Archimedes pada Contoh 11.2.13 dan bagian ketakterbatasan Latihan 11.2-1 dicatat secara transparan dan menunggu pembuktian pada Unit 11.4. Latihan 11.2-8 memakai pinjaman Aksioma Kelengkapan yang baru dinyatakan pada Unit 11.3. Proposisi 11.2.15 hanya membandingkan supremum atau infimum yang keduanya diasumsikan ada; proposisi tersebut tidak menyimpulkan keberadaannya dari keterbatasan sebelum kelengkapan dinyatakan. ## 11.3 Aksioma Kelengkapan Supremum Unit ini membangun fondasi analitik paling mendasar dalam teori bilangan real: pernyataan bahwa setiap himpunan bagian $\mathbb{R}$ yang tidak kosong dan terbatas ke atas selalu memiliki supremum di $\mathbb{R}$. Sifat ini, yang dikenal sebagai aksioma kelengkapan supremum, membedakan $\mathbb{R}$ secara fundamental dari $\mathbb{Q}$ dan menjadi tulang punggung seluruh analisis real. Tanpa kelengkapan, banyak objek matematis yang kita anggap "ada" — seperti $\sqrt{2}$ — tidak dapat dijamin keberadaannya dalam sistem bilangan yang kita gunakan. Pada unit sebelumnya (11.1–11.2), kita telah mendefinisikan konsep batas atas, batas bawah, supremum, dan infimum dalam konteks lapangan terurut umum, serta membuktikan keunikan supremum bila ia ada. Di sini, kita menyatakan sebagai aksioma bahwa supremum selalu ada di $\mathbb{R}$ untuk setiap himpunan yang memenuhi syarat. Dari aksioma tambahan ini bersama aksioma lapangan terurut dan fondasi bilangan asli, kita akan menurunkan: eksistensi infimum, keberadaan akar positif untuk setiap bilangan positif dan derajat bulat positif, sifat Archimedes, dan kerapatan $\mathbb{Q}$ di $\mathbb{R}$. Kita juga akan menunjukkan bahwa $\mathbb{Q}$ sendiri tidak memiliki sifat ini. Prasyarat yang diperlukan meliputi: aksioma lapangan terurut dari Bab 9–10, hukum urutan dan pangkat asli dari Bab 9.3A dan 10.1–10.2, serta penyisipan $\mathbb{N}, \mathbb{Z}, \mathbb{Q}$ ke dalam $\mathbb{R}$ dari Bab 8. Konvensi bilangan asli yang kita pakai adalah $\mathbb{N} = \{0, 1, 2, \ldots\}$ dan $\mathbb{N}_{+} = \{1, 2, 3, \ldots\}$. Setiap kali kita menulis $n$ sebagai eksponen akar atau penyebut pembagian, kita mensyaratkan $n \geq 1$ secara eksplisit. Konvensi $0^{0} = 1$ dari pangkat asli 9.3A dipertahankan dalam konteks diskret (produk kosong). Struktur unit ini adalah sebagai berikut. Pertama, kita menyatakan aksioma kelengkapan dan mengkaji implikasi langsungnya terhadap infimum. Kedua, kita membuktikan secara lengkap keberadaan dan ketunggalan akar positif untuk setiap $a > 0$ dan $n \in \mathbb{N}_{+}$, menutup pinjaman maju dari Bab 8.4 dan 9.3B. Ketiga, kita buktikan sifat Archimedes, menutup pinjaman dari Bab 8.3. Keempat, kita tunjukkan kerapatan $\mathbb{Q}$ di $\mathbb{R}$, menyelesaikan utang dari Bab 8.3. Kelima, kita buktikan kerapatan bilangan irasional. Keenam, kita tunjukkan ketidaklengkapan $\mathbb{Q}$. Unit ditutup dengan delapan latihan bertingkat beserta solusi penuhnya. ### Motivasi: Mengapa Lapangan Terurut Saja Tidak Cukup Sebelum menyatakan aksioma kelengkapan, mari kita renungkan mengapa lapangan terurut saja tidak memadai untuk keperluan analisis. Pertimbangkan himpunan $A = \{ q \in \mathbb{Q} : q \geq 0,\; q^{2} < 2 \}$. Himpunan ini tidak kosong (misalnya $1 \in A$) dan terbatas ke atas dalam $\mathbb{Q}$ (misalnya $2$ adalah batas atas). Jika $\mathbb{Q}$ memiliki sifat kelengkapan, maka $A$ akan memiliki supremum $c \in \mathbb{Q}$. Tetapi kita akan buktikan secara teliti pada bagian kelengkapan nanti bahwa tidak ada bilangan rasional $c$ yang dapat menjadi supremum $A$ dalam $\mathbb{Q}$. Ini berarti $\mathbb{Q}$ memiliki "lubang" — batas yang seharusnya ada, tetapi tidak dimiliki. Secara intuitif, lubang-lubang ini adalah bilangan irasional seperti $\sqrt{2}$, $\sqrt{3}$, $\pi$, dan sebagainya. Sistem bilangan real $\mathbb{R}$ dirancang justru untuk "menutup" semua lubang ini. Aksioma kelengkapan supremum adalah cara formal untuk menyatakan bahwa $\mathbb{R}$ tidak memiliki lubang semacam itu: setiap himpunan yang "mencoba mencapai" suatu batas akan selalu menemukan batas tersebut di dalam $\mathbb{R}$. Ketidaklengkapan $\mathbb{Q}$ bukan sekadar ketidaknyamanan teknis. Ia berarti bahwa dalam $\mathbb{Q}$, persamaan sederhana seperti $x^{2} = 2$ tidak memiliki solusi (berdasarkan hasil dari Bab 8.4 bahwa $\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}$). Fungsi kontinu dapat gagal mencapai nilai intermediat. Barisan yang "harusnya konvergen" dapat tidak memiliki limit. Inilah mengapa analisis real modern dibangun di atas $\mathbb{R}$, bukan $\mathbb{Q}$. Perlu dicatat bahwa kita tidak membangun $\mathbb{R}$ dari nol (misalnya melalui potongan Dedekind atau barisan Cauchy). Kita menerima $\mathbb{R}$ sebagai lapangan terurut yang diberikan, kemudian menyatakan aksioma kelengkapan sebagai properti tambahan yang membedakannya. Pendekatan aksiomatik ini lebih sederhana untuk pembaca yang baru mempelajari analisis, dan cukup untuk membangun semua teorema yang kita perlukan. ### Aksioma Kelengkapan Supremum dan Konsekuensi Langsung Kita kini menyatakan aksioma utama unit ini. Pernyataan ini tidak diturunkan dari aksioma lapangan terurut; ia adalah aksioma tambahan yang khusus untuk $\mathbb{R}$. Definisi/Aksioma 11.3.1 (Aksioma Kelengkapan Supremum). Setiap himpunan bagian $S \subseteq \mathbb{R}$ yang tidak kosong dan terbatas ke atas memiliki supremum di $\mathbb{R}$. Artinya, terdapat $u \in \mathbb{R}$ sehingga $u = \sup S$. Dua syarat dalam aksioma ini — tidak kosong dan terbatas ke atas — harus diperiksa pada setiap penerapan. Jika $S = \emptyset$, maka setiap bilangan real adalah batas atas (syarat "$s \leq u$ untuk semua $s \in S$" dipenuhi secara vakum), sehingga tidak ada batas atas terkecil yang bermakna. Jika $S$ tidak terbatas ke atas, maka jelas tidak ada batas atas sama sekali. Dalam kedua kasus tersebut, aksioma tidak berlaku dan memang tidak diklaim berlaku. Keunikan supremum, bila ia ada, telah dibuktikan pada Unit 11.2 menggunakan hanya sifat urutan (bukan kelengkapan). Jika $u$ dan $u'$ keduanya merupakan supremum $S$, maka karena $u$ adalah batas atas terkecil dan $u'$ adalah batas atas, berlaku $u \leq u'$; secara simetris, $u' \leq u$; sehingga $u = u'$. Oleh karena itu, kita dapat berbicara tentang "supremum" (tunggal) tanpa memerlukan aksioma tambahan. Teorema 11.3.2 (Karakterisasi Supremum dengan $\varepsilon$). Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ tidak kosong dan terbatas ke atas, dan misalkan $u \in \mathbb{R}$. Maka $u = \sup S$ jika dan hanya jika kedua kondisi berikut terpenuhi: (i) $u$ adalah batas atas $S$, yaitu untuk semua $s \in S$ berlaku $s \leq u$; dan (ii) untuk setiap $\varepsilon > 0$, terdapat $s \in S$ dengan $s > u - \varepsilon$. Bukti. ($\Rightarrow$) Misalkan $u = \sup S$. Kondisi (i) adalah bagian dari definisi supremum. Untuk kondisi (ii), misalkan $\varepsilon > 0$. Karena $u - \varepsilon < u$, dan $u$ adalah batas atas terkecil, maka $u - \varepsilon$ bukan batas atas $S$. Oleh karena itu, terdapat $s \in S$ dengan $s > u - \varepsilon$. ($\Leftarrow$) Misalkan kondisi (i) dan (ii) terpenuhi. Kondisi (i) mengatakan $u$ adalah batas atas. Kita perlu menunjukkan ia adalah batas atas terkecil. Misalkan $v < u$; kita akan menunjukkan $v$ bukan batas atas. Pilih $\varepsilon = u - v > 0$. Oleh kondisi (ii), terdapat $s \in S$ dengan $s > u - \varepsilon = v$. Ini menunjukkan $v$ bukan batas atas. Karena setiap bilangan yang lebih kecil dari $u$ bukan batas atas, maka $u$ adalah batas atas terkecil, yaitu $u = \sup S$. $\square$ ### Eksistensi Infimum dari Aksioma Supremum Teorema 11.3.3 (Eksistensi Infimum). Setiap himpunan bagian $S \subseteq \mathbb{R}$ yang tidak kosong dan terbatas ke bawah memiliki infimum di $\mathbb{R}$. Bukti. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ tidak kosong dan terbatas ke bawah. Definisikan himpunan negatif $-S = \{ -s : s \in S \}$. Kita periksa dua syarat aksioma kelengkapan untuk $-S$. Pertama, $-S$ tidak kosong: karena $S$ tidak kosong, terdapat $s_{0} \in S$, sehingga $-s_{0} \in -S$. Kedua, $-S$ terbatas ke atas: karena $S$ terbatas ke bawah, terdapat $l \in \mathbb{R}$ dengan $l \leq s$ untuk semua $s \in S$. Ini berarti $-s \leq -l$ untuk semua $s \in S$, sehingga untuk semua $t \in -S$ berlaku $t \leq -l$. Jadi $-l$ adalah batas atas $-S$. Karena kedua syarat terpenuhi, oleh Aksioma 11.3.1, terdapat $u = \sup(-S) \in \mathbb{R}$. Kita klaim bahwa $-u = \inf S$. Perlu diverifikasi dua hal. (i) $-u$ adalah batas bawah $S$: untuk setiap $s \in S$, berlaku $-s \in -S$, sehingga $-s \leq u$ (karena $u$ batas atas $-S$), yang berarti $-u \leq s$. Jadi $-u \leq s$ untuk semua $s \in S$. (ii) $-u$ adalah batas bawah terbesar: misalkan $l$ adalah batas bawah sembarang dari $S$, yaitu $l \leq s$ untuk semua $s \in S$. Maka $-s \leq -l$ untuk semua $s \in S$, sehingga $-l$ adalah batas atas $-S$. Karena $u = \sup(-S)$ adalah batas atas terkecil dari $-S$, berlaku $u \leq -l$, yaitu $l \leq -u$. Ini menunjukkan setiap batas bawah $S$ tidak melebihi $-u$, sehingga $-u$ adalah batas bawah terbesar, yakni $-u = \inf S$. $\square$ Perlu diperhatikan bahwa bukti ini sama sekali tidak memerlukan limit, barisan Cauchy, atau alat analisis lainnya — hanya aksioma supremum dan definisi urutan. Keunikan infimum, seperti halnya supremum, mengikuti dari sifat urutan pada Unit 11.2. ### Ketidaklengkapan $\mathbb{Q}$ Melalui Perturbasi Rasional Sebelum membuktikan hasil-hasil positif tentang $\mathbb{R}$, kita tunjukkan bahwa $\mathbb{Q}$ tidak memiliki sifat kelengkapan. Bukti ini menggunakan perturbasi aljabar langsung, tanpa bergantung pada kerapatan $\mathbb{Q}$ yang belum dibuktikan secara resmi di titik ini. Teorema 11.3.4 (Ketidaklengkapan $\mathbb{Q}$). Terdapat himpunan bagian $\mathbb{Q}$ yang tidak kosong dan terbatas ke atas (dalam $\mathbb{Q}$) tetapi tidak memiliki supremum di $\mathbb{Q}$. Bukti. Definisikan $A = \{ q \in \mathbb{Q} : q \geq 0 \text{ dan } q^{2} < 2 \}$. Kita periksa: $1 \in A$ karena $1 \geq 0$ dan $1^{2} = 1 < 2$, sehingga $A \neq \emptyset$. Bilangan $2 \in \mathbb{Q}$ adalah batas atas: jika $q \in A$, maka $q^{2} < 2 < 4 = 2^{2}$, dan karena $q \geq 0$, monotonicitas kuadrat pada basis tak negatif dari Teorema 10.2.6, bersama trikotomi memberikan $q < 2$. Jadi $A$ tidak kosong dan terbatas ke atas di $\mathbb{Q}$. Andaikan, untuk mencapai kontradiksi, terdapat $c \in \mathbb{Q}$ dengan $c = \sup_{\mathbb{Q}} A$. Karena $1 \in A$ dan $c$ batas atas, maka $c \geq 1 > 0$. Definisikan konstanta $C = 2(c+1) > 0$; perhatikan bahwa $C \in \mathbb{Q}$ karena $c \in \mathbb{Q}$. Tiga kasus trikotomi: Kasus 1: $c^{2} = 2$. Teorema 8.4.7 membuktikan secara aritmetis bahwa tidak ada bilangan rasional yang kuadratnya $2$. Karena $c \in \mathbb{Q}$, ini kontradiksi. Argumen ini tidak mengasumsikan terlebih dahulu keberadaan akar real. Kasus 2: $c^{2} < 2$. Tulis $d = 2 - c^{2} > 0$ dan pilih $h = \min\!\left(\tfrac{1}{2},\, \dfrac{d}{2C}\right)$. Karena $c, d, C \in \mathbb{Q}$ dan $d, C > 0$, kita memiliki $h \in \mathbb{Q}$ dan $h > 0$. Perhatikan bahwa $h \leq \tfrac{1}{2} < 1$. Hitung: $$(c+h)^{2} = c^{2} + 2ch + h^{2}.$$ Karena $h < 1$ dan $h > 0$, berlaku $h^{2} < h$. Selain itu, $c \geq 1$ dan $h \leq \tfrac{1}{2}$ sehingga $c + h \leq c + 1$, dan $2c + h \leq 2c + 1 \leq 2(c+1) = C$. Dengan demikian: $$(c+h)^{2} - c^{2} = h(2c+h) \leq h \cdot C \leq \frac{d}{2C} \cdot C = \frac{d}{2} < d.$$ Jadi $(c+h)^{2} < c^{2} + d = 2$, dan karena $c + h > 0$ dan $c + h \in \mathbb{Q}$, maka $c + h \in A$. Tetapi $c + h > c$, yang bertentangan dengan $c$ sebagai batas atas $A$. Kasus 3: $c^{2} > 2$. Tulis $d = c^{2} - 2 > 0$ dan pilih $h = \min\!\left(\tfrac{1}{2},\, \dfrac{c}{2},\, \dfrac{d}{2C}\right)$. Kita memiliki $h \in \mathbb{Q}$, $h > 0$, $h < 1$, dan $h \leq \tfrac{c}{2} < c$ sehingga $c - h > 0$. Hitung: $$c^{2} - (c-h)^{2} = 2ch - h^{2} = h(2c - h).$$ Karena $h > 0$, berlaku $2c - h < 2c < 2(c+1) = C$. Sehingga: $$c^{2} - (c-h)^{2} = h(2c-h) < h \cdot C \leq \frac{d}{2C} \cdot C = \frac{d}{2} < d.$$ Jadi $(c-h)^{2} > c^{2} - d = 2$. Kini misalkan $q \in A$ sembarang. Maka $q \geq 0$ dan $q^{2} < 2 < (c-h)^{2}$. Dari monotonicitas pangkat kuadrat pada bilangan tak negatif (Teorema 10.2.6 untuk $n=2$, bersama trikotomi, yang hanya memerlukan urutan dan aljabar), ini memberikan $q < c - h$. Jadi $c - h$ adalah batas atas $A$ yang ada di $\mathbb{Q}$. Tetapi $c - h < c$, yang bertentangan dengan $c$ adalah batas atas terkecil (supremum). Ketiga kasus menghasilkan kontradiksi, sehingga tidak ada $c \in \mathbb{Q}$ yang merupakan $\sup_{\mathbb{Q}} A$. Dengan demikian $\mathbb{Q}$ tidak memiliki sifat kelengkapan supremum. $\square$ ### Monotonicitas Pangkat Asli dan Identitas Teleskopik Sebelum membuktikan keberadaan akar positif, kita perlu dua alat dasar: identitas teleskopik untuk selisih pangkat, dan monotonicitas pangkat pada basis tak negatif. Kedua hasil ini hanya menggunakan hukum urutan dan aljabar dari Bab 9–10. Lemma 11.3.5 (Identitas Teleskopik). Misalkan $n \in \mathbb{N}_{+}$ dan $u, v \in \mathbb{R}$. Maka $$v^{n} - u^{n} = (v - u) \sum_{k=0}^{n-1} v^{n-1-k}\, u^{k}.$$ Bukti. Untuk $n=1$, identitas menjadi $v-u=(v-u)\cdot1$. Untuk $n\geq2$, kalikan suku demi suku: $$(v - u) \sum_{k=0}^{n-1} v^{n-1-k}\, u^{k} = \sum_{k=0}^{n-1} v^{n-k}\, u^{k} - \sum_{k=0}^{n-1} v^{n-1-k}\, u^{k+1}.$$ Pada jumlah pertama, suku ke-$k$ adalah $v^{n-k} u^{k}$ untuk $k = 0, 1, \ldots, n-1$; ini menghasilkan $v^{n}, v^{n-1}u, \ldots, v u^{n-1}$. Pada jumlah kedua, tulis $j = k+1$; suku ke-$j$ adalah $v^{n-j} u^{j}$ untuk $j = 1, \ldots, n$; ini menghasilkan $v^{n-1}u, v^{n-2}u^{2}, \ldots, u^{n}$. Semua suku antara saling membatalkan (teleskopik), menyisakan $v^{n} - u^{n}$. Konvensi $0^{0} = 1$ diterapkan ketika $k = 0$ dan $u = 0$, atau ketika $k = n-1$ dan $v = 0$; dalam kedua kasus ini, suku yang bersangkutan adalah pangkat asli yang terdefinisi dengan baik. $\square$ Lemma 11.3.6 (Monotonicitas Ketat Pangkat). Misalkan $n \in \mathbb{N}_{+}$ dan $0 \leq u < v$. Maka $u^{n} < v^{n}$. Bukti. Dari Lemma 11.3.5: $$v^{n} - u^{n} = (v - u) \sum_{k=0}^{n-1} v^{n-1-k}\, u^{k}.$$ Karena $v > u \geq 0$, berlaku $v - u > 0$. Setiap suku dalam jumlah adalah $v^{n-1-k} u^{k}$ dengan $v \geq 0$, $u \geq 0$, dan eksponen asli, sehingga setiap suku $\geq 0$. Ketika $k = 0$, suku pertama adalah $v^{n-1} \cdot u^{0} = v^{n-1}$. Positivitas suku pertama diperiksa menurut derajat: jika $n = 1$, suku satu-satunya adalah $v^{0} = 1 > 0$; jika $n \geq 2$, suku $k=0$ adalah $v^{n-1} > 0$ karena $v > 0$. Dalam kedua kasus, jumlah tersebut positif. Oleh karena itu $v^{n} - u^{n} > 0$, yakni $u^{n} < v^{n}$. $\square$ Akibat urutan yang dipakai selanjutnya: untuk $0\leq u\leq v$ dan $k\geq0$, berlaku $u^k\leq v^k$. Jika $k=0$, kedua ruas sama dengan $1$; jika $k\geq1$, gunakan kesamaan basis atau Lemma 11.3.6. Sebaliknya, untuk $n\geq1$, dari $u^nv$ memberi pertidaksamaan berlawanan. Lemma 11.3.7 (Batas Atas untuk Selisih Pangkat). Misalkan $n \in \mathbb{N}_{+}$, $x > 0$, dan $0 < h < 1$. Tulis $C = n(x+1)^{n-1}$. Maka $(x+h)^{n} - x^{n} \leq hC$ dan, bila tambahan $h < x$, maka $x^{n} - (x-h)^{n} \leq hC$. Bukti. Dari Lemma 11.3.5 dengan $v = x+h$ dan $u = x$: $$(x+h)^{n} - x^{n} = h \sum_{k=0}^{n-1} (x+h)^{n-1-k}\, x^{k}.$$ Karena $0 < h < 1$, berlaku $0 0$): $$x^{n} - (x-h)^{n} = h \sum_{k=0}^{n-1} x^{n-1-k}(x-h)^{k}.$$ Setiap suku $x^{n-1-k}(x-h)^{k} \leq x^{n-1-k} \cdot x^{k} = x^{n-1} \leq (x+1)^{n-1}$. Jumlah $n$ suku memberikan $x^{n} - (x-h)^{n} \leq hC$. Untuk $n = 1$: $C = 1 \cdot (x+1)^{0} = 1$, dan kedua selisih sama dengan $h \leq h \cdot 1 = hC$, yang benar dengan persamaan. $\square$ ### Bukti Lengkap Keberadaan Akar Positif Umum Kita kini membuktikan secara lengkap teorema berikut, menutup pinjaman maju dari Bab 8.4 (keberadaan $\sqrt{2}$) dan Bab 9.3B (keberadaan akar positif umum). Teorema 11.3.8 (Keberadaan dan Ketunggalan Akar Positif). Misalkan $a > 0$ dan $n \in \mathbb{N}_{+}$. Terdapat tepat satu $x > 0$ dengan $x^{n} = a$. Bukti keberadaan. Langkah 1: Membentuk himpunan kandidat. Definisikan $$S = \{ t \in \mathbb{R} : t \geq 0 \text{ dan } t^{n} \leq a \}.$$ Kita perlu menunjukkan $S \neq \emptyset$ dan $S$ terbatas ke atas. Untuk keanggotaan positif, pilih $s_{0} = \min(a, 1)$. Karena $a > 0$, berlaku $s_{0} > 0$. Kita klaim $s_{0} \in S$: jelas $s_{0} \geq 0$. Jika $a \geq 1$, maka $s_{0} = 1$ dan $s_{0}^{n} = 1 \leq a$. Jika $a < 1$, maka $s_{0} = a < 1$, dan karena $0 < a < 1$, dengan induksi pada $n$: untuk $n=1$, $a^{1} = a \leq a$; untuk langkah induksi, jika $a^k\leq a$ dengan $k\geq1$, maka $a^{k+1}=a\cdot a^k\leq a^2\leq a$, sebab $0 1$. Kita tunjukkan bahwa untuk $t \geq M$, berlaku $t^{n} > a$, sehingga $t \notin S$. Kita gunakan: untuk $t \geq 1$ dan $n \geq 1$, berlaku $t^{n} \geq t$. Ini dibuktikan dengan induksi: untuk $n=1$, $t^{1} = t \geq t$; jika $t^k\geq t$ dengan $k\geq1$, maka $t^{k+1}=t\cdot t^k\geq t^2\geq t$ karena $t\geq1$. Maka untuk $t \geq M = a+1$: $t^{n} \geq t \geq a + 1 > a$. Jadi tidak ada $t \geq M$ yang ada dalam $S$, artinya semua elemen $S$ memenuhi $t < M$, sehingga $M$ adalah batas atas. Karena $S \neq \emptyset$ dan $S$ terbatas ke atas, oleh Aksioma 11.3.1, terdapat $x = \sup S \in \mathbb{R}$. Karena $s_{0} \in S$ dan $s_{0} > 0$, berlaku $x \geq s_{0} > 0$. Langkah 2: Mempersiapkan konstanta perturbasi. Tetapkan $C = n(x+1)^{n-1} > 0$. Karena $n \geq 1$ dan $x > 0$, berlaku $x + 1 > 1$ dan $(x+1)^{n-1} \geq 1$ (untuk $n = 1$, $C = 1 \cdot 1 = 1$; untuk $n \geq 2$, $C \geq n > 0$). Nilai $C$ ini akan digunakan untuk mengontrol perturbasi dalam dua kontradiksi berikut. Langkah 3: Kontradiksi jika $x^{n} < a$. Misalkan $x^{n} < a$. Tulis $d = a - x^{n} > 0$. Pilih $$h = \min\!\left(\frac{1}{2},\; \frac{d}{2C}\right).$$ Karena $d > 0$ dan $C > 0$, berlaku $h > 0$. Juga $h \leq \tfrac{1}{2} < 1$. Dari Lemma 11.3.7: $$(x+h)^{n} - x^{n} \leq hC \leq \frac{d}{2C} \cdot C = \frac{d}{2}.$$ Sehingga $(x+h)^{n} \leq x^{n} + \tfrac{d}{2} = x^{n} + \tfrac{a - x^{n}}{2} = \tfrac{x^{n} + a}{2} < a$ (karena $x^{n} < a$). Jadi $(x+h)^{n} \leq x^{n} + \tfrac{d}{2} < x^{n} + d = a$. Karena $x + h > 0$ dan $(x+h)^{n} \leq \cdots < a$, berlaku $x + h \in S$. Tetapi $x + h > x$, yang bertentangan dengan $x = \sup S$ sebagai batas atas $S$. Jadi $x^{n} < a$ mustahil. Langkah 4: Kontradiksi jika $x^{n} > a$. Misalkan $x^{n} > a$. Tulis $d = x^{n} - a > 0$. Pilih $$h = \min\!\left(\frac{1}{2},\; \frac{x}{2},\; \frac{d}{2C}\right).$$ Karena $x > 0$, $d > 0$, $C > 0$, berlaku $h > 0$. Kita memiliki $h \leq \tfrac{1}{2} < 1$ dan $h \leq \tfrac{x}{2} < x$, sehingga $0 < x - h < x$. Dari Lemma 11.3.7 (kasus kedua, dengan $h < x$ dan $h < 1$): $$x^{n} - (x-h)^{n} \leq hC \leq \frac{d}{2C} \cdot C = \frac{d}{2} < d.$$ Sehingga $(x-h)^{n} \geq x^{n} - \tfrac{d}{2} = x^{n} - \tfrac{x^{n}-a}{2} = \tfrac{x^{n}+a}{2} > a$ (karena $x^{n} > a$). Lebih ringkas: $(x-h)^{n} \geq x^{n} - hC > x^{n} - d = a$. Kini kita perlu menunjukkan bahwa $x - h$ adalah batas atas $S$. Misalkan $t \in S$ sembarang. Maka $t \geq 0$ dan $t^{n} \leq a < (x-h)^{n}$. Dari Lemma 11.3.6 (monotonicitas ketat pangkat pada basis tak negatif), $t^{n} < (x-h)^{n}$ dan $t \geq 0$, $x - h > 0$ memberikan $t < x - h$. Jadi setiap $t \in S$ memenuhi $t < x - h$, artinya $x - h$ adalah batas atas $S$. Tetapi $x - h < x = \sup S$, yang bertentangan dengan $x$ sebagai batas atas terkecil. Jadi $x^{n} > a$ mustahil. Catatan penting: Tidak cukup hanya mengatakan "$x - h \notin S$" untuk mencapai kontradiksi. Yang diperlukan adalah membuktikan bahwa $x - h$ merupakan batas atas $S$, dan ini yang telah dilakukan di atas. Langkah 5: Kesimpulan. Oleh trikotomi, satu-satunya kemungkinan yang tersisa adalah $x^{n} = a$. Bukti ketunggalan. Misalkan $x, y > 0$ dengan $x^{n} = a$ dan $y^{n} = a$. Jika $x \neq y$, katakanlah $x < y$, maka dari Lemma 11.3.6: $x^{n} < y^{n}$, sehingga $a < a$, kontradiksi. Jadi $x = y$. Ketunggalan ini hanya menggunakan monotonicitas, bukan kelengkapan. Kasus-kasus khusus. Untuk $a = 0$: satu-satunya akar tak negatif dari derajat $n \geq 1$ adalah $0$ (jika $x \geq 0$ dan $x^{n} = 0$, maka dengan Lemma 11.3.6, $x = 0$). Untuk $n = 1$: akarnya adalah $x = a$ sendiri. Untuk $a < 0$ dan $n$ ganjil: ambil akar positif $x_{0} > 0$ dari $(-a) > 0$ (yang ada oleh teorema ini), lalu $(-x_{0})^{n} = -x_{0}^{n} = -(-a) = a$; Untuk ketunggalan, setiap solusi $y$ harus negatif, sebab pangkat asli basis tak negatif tidak negatif. Maka $(-y)^n=-a$ dan $-y>0$; ketunggalan akar positif memberi $-y=x_0$, sehingga $y=-x_0$. Untuk $a < 0$ dan $n$ genap: tidak ada akar real karena untuk $n=2k\geq2$, $x^n=(x^k)^2\geq0$ bagi setiap $x\in\mathbb{R}$. Bilangan $n=0$ dikecualikan: menurut konvensi pangkat nol, $x^0=1$, sehingga persamaan ini tidak menentukan akar tunggal bila $a=1$, dan tidak memiliki solusi bila $a\neq1$. Teorema ini menutup pinjaman maju dari Bab 8.4 dan 9.3B. $\square$ ### Sifat Archimedes dan Penutupan Pinjaman Bab 8.3 Teorema 11.3.9 (Sifat Archimedes). Untuk setiap $x \in \mathbb{R}$, terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $n > x$. Bukti. Andaikan, untuk mencapai kontradiksi, terdapat $x \in \mathbb{R}$ dengan $n \leq x$ untuk semua $n \in \mathbb{N}_{+}$. Maka himpunan $\mathbb{N}_{+}$, yang telah disisipkan ke dalam $\mathbb{R}$ dari Bab 8, adalah himpunan bagian $\mathbb{R}$ yang tidak kosong (karena $1 \in \mathbb{N}_{+}$) dan terbatas ke atas oleh $x$. Oleh Aksioma 11.3.1, terdapat $u = \sup \mathbb{N}_{+} \in \mathbb{R}$. Karena $u - 1 < u$, maka $u - 1$ bukan batas atas $\mathbb{N}_{+}$; terdapat $m \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $m > u - 1$, sehingga $m + 1 > u$. Tetapi $m + 1 \in \mathbb{N}_{+}$ (karena $\mathbb{N}_{+}$ tertutup terhadap penambahan 1 dari penyisipan Bab 8), sehingga $m + 1 \leq u$. Kontradiksi. Jadi tidak ada batas atas bagi $\mathbb{N}_{+}$, artinya untuk setiap $x \in \mathbb{R}$, terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $n > x$. $\square$ Dengan demikian, Prasyarat 8.3.2 (sifat Archimedes) kini telah terbukti dari aksioma kelengkapan. Ini berarti Lemma 8.3.3 dan Teorema 8.3.4 (yang bergantung pada Archimedes) berlaku tanpa pinjaman tersebut. Korolari 11.3.10. Untuk setiap $y > 0$, terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $\dfrac{1}{n} < y$. Bukti. Terapkan Teorema 11.3.9 dengan $x = \tfrac{1}{y} > 0$: terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $n > \tfrac{1}{y}$. Karena $n > 0$ dan $y > 0$, mengalikan kedua ruas dengan $\tfrac{y}{n}$ memberikan $y > \tfrac{1}{n}$. $\square$ ### Kerapatan $\mathbb{Q}$ di $\mathbb{R}$ dan Kerapatan Bilangan Irasional Teorema 11.3.11 (Kerapatan $\mathbb{Q}$ di $\mathbb{R}$). Untuk setiap $x, y \in \mathbb{R}$ dengan $x < y$, terdapat $q \in \mathbb{Q}$ dengan $x < q < y$. Bukti. Karena $y - x > 0$, oleh Korolari 11.3.10, terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $\tfrac{1}{n} < y - x$. Perhatikan $nx < ny$ dan $ny - nx = n(y-x) > 1$. Lema pembulatan 8.3.3, yang pinjaman Archimedes-nya kini dipenuhi oleh Teorema 11.3.9, memberikan $m\in\mathbb{Z}$ dengan $m-1\leq nx 1$). Jadi $nx < m < ny$, sehingga $x < \tfrac{m}{n} < y$ dengan $q = \tfrac{m}{n} \in \mathbb{Q}$. Teorema ini menutup utang pinjaman kerapatan $\mathbb{Q}$ dari Bab 8.3. $\square$ Teorema 11.3.12 (Kerapatan Bilangan Irasional). Untuk setiap $x, y \in \mathbb{R}$ dengan $x < y$, terdapat bilangan irasional $z$ dengan $x < z < y$. Bukti. Oleh Teorema 11.3.11, pilih $q\in\mathbb{Q}$ dengan $x0$ dengan kuadrat $2$, dan Teorema 8.4.7 memastikan akar ini irasional. Karena $y-q>0$, oleh Teorema 11.3.9 pilih $n\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $n>\sqrt2/(y-q)$. Maka $0<\sqrt2/n 0$, oleh Korolari 11.3.10, terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $\tfrac{1}{n} < \varepsilon$, sehingga $1 - \tfrac{1}{n} > 1 - \varepsilon$. Jadi $\sup S = 1$. Perhatikan $1 \notin S$ (karena $1 - \tfrac{1}{n} < 1$ untuk semua $n \geq 1$), sehingga $S$ tidak memiliki maksimum. $\square$ Contoh 11.3.14. Tentukan $\sup S$ dan $\inf S$ di mana $S = \left\{ \dfrac{(-1)^{n}}{n} : n \in \mathbb{N}_{+} \right\}$. Penyelesaian. Elemen-elemen $S$: untuk $n=1$, nilai adalah $-1$; untuk $n=2$, nilai adalah $\tfrac{1}{2}$; untuk $n=3$, nilai adalah $-\tfrac{1}{3}$; untuk $n=4$, nilai adalah $\tfrac{1}{4}$; dan seterusnya. Nilai positif berbentuk $\tfrac{1}{2k}$ untuk $k \in \mathbb{N}_{+}$, yang supremumnya adalah $\tfrac{1}{2}$. Nilai negatif berbentuk $-\tfrac{1}{2k-1}$, yang infimumnya adalah $-1$. Klaim: $\sup S = \tfrac{1}{2}$. Verifikasi: (i) Untuk $n$ ganjil, $\tfrac{(-1)^{n}}{n} = -\tfrac{1}{n} \leq 0 < \tfrac{1}{2}$. Untuk $n = 2k$ genap, $\tfrac{1}{2k} \leq \tfrac{1}{2}$. (ii) Untuk $\varepsilon > 0$, jika $\varepsilon \geq \tfrac{1}{2}$, maka $\tfrac{1}{2} > \tfrac{1}{2} - \varepsilon$ dan $\tfrac{1}{2} \in S$ (ambil $n=2$). Jika $\varepsilon < \tfrac{1}{2}$, maka $\tfrac{1}{2} \in S$ memenuhi $\tfrac{1}{2} > \tfrac{1}{2} - \varepsilon$. Jadi $\sup S = \tfrac{1}{2}$, yang dicapai sebagai maksimum ($n=2$). Untuk batas bawah, bila $n$ genap nilainya positif, sehingga lebih besar dari $-1$. Bila $n$ ganjil, $n\geq1$ memberi $1/n\leq1$, sehingga $-1/n\geq-1$. Karena $-1\in S$ pada $n=1$, setiap batas bawah tidak melebihi $-1$. Maka $\inf S=-1$, dicapai sebagai minimum. $\square$ Contoh 11.3.15. Misalkan $A$ dan $B$ adalah himpunan tidak kosong terbatas ke atas. Tunjukkan bahwa $\sup(A \cup B) = \max(\sup A, \sup B)$. Penyelesaian. Tulis $u = \sup A$, $v = \sup B$, dan tanpa kehilangan keumuman misalkan $u \leq v$, sehingga $\max(u,v) = v$. Kita tunjukkan $\sup(A \cup B) = v$. (i) Batas atas: setiap $s \in A \cup B$ memenuhi $s \leq u \leq v$ (jika $s \in A$) atau $s \leq v$ (jika $s \in B$). (ii) Untuk $\varepsilon > 0$, karena $v = \sup B$, terdapat $b \in B \subseteq A \cup B$ dengan $b > v - \varepsilon$. Jadi $v = \sup(A \cup B)$. $\square$ ### Latihan Bertingkat: Soal 11.3-1 hingga 11.3-4 Latihan 11.3-1. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ tidak kosong dan terbatas ke atas, dan misalkan $c > 0$. Definisikan $cS = \{ cs : s \in S \}$. Buktikan bahwa $\sup(cS) = c \cdot \sup S$. Latihan 11.3-2. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ tidak kosong dan terbatas ke atas. Tunjukkan bahwa jika $\sup S \in S$, maka $\sup S = \max S$. Berikan contoh $S$ di mana $\sup S \notin S$. Latihan 11.3-3. Misalkan $A, B \subseteq \mathbb{R}$ tidak kosong dan terbatas ke atas. Definisikan $A + B = \{ a + b : a \in A, b \in B \}$. Buktikan bahwa $\sup(A+B) = \sup A + \sup B$. Latihan 11.3-4. Misalkan $(a_{n})_{n \geq 1}$ adalah barisan bilangan real yang terbatas ke atas (yaitu, terdapat $M \in \mathbb{R}$ dengan $a_{n} \leq M$ untuk semua $n \geq 1$). Definisikan $S = \{ a_{n} : n \in \mathbb{N}_{+} \}$. Apakah $\sup S$ selalu ada? Apakah $\sup S$ selalu merupakan elemen dari $S$? Berikan bukti atau kontracontoh yang tepat untuk masing-masing pertanyaan. ### Latihan Bertingkat: Soal 11.3-5 hingga 11.3-8 Latihan 11.3-5. Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ tidak kosong dan terbatas ke atas, dan misalkan $T = \{ x \in \mathbb{R} : x \text{ adalah batas atas } S \}$. Buktikan bahwa $\inf T = \sup S$. Latihan 11.3-6. Misalkan $a > 0$ dan $n \in \mathbb{N}_{+}$. Tanpa menggunakan Teorema 11.3.8 (keberadaan akar), buktikan bahwa himpunan $S = \{ t \in \mathbb{R} : t \geq 0,\; t^{n} \leq a \}$ tidak kosong dan terbatas ke atas. (Catatan: Ini adalah Langkah 1 dari bukti Teorema 11.3.8; soal ini meminta Anda untuk mengerjakan langkah tersebut secara mandiri, dengan justifikasi lengkap.) Latihan 11.3-7. Misalkan $A \subseteq \mathbb{Q}$ tidak kosong dan terbatas ke atas dalam $\mathbb{Q}$, dan misalkan $A$ dipandang sebagai himpunan bagian $\mathbb{R}$. Apakah $\sup_{\mathbb{R}} A$ selalu rasional? Berikan bukti atau kontracontoh. Latihan 11.3-8. Misalkan $x, y \in \mathbb{R}$ dengan $x < y$. Gunakan Teorema 11.3.11 (kerapatan $\mathbb{Q}$) dan Teorema 11.3.8 (keberadaan akar) untuk menunjukkan bahwa terdapat $z \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ (bilangan irasional) dengan $x < z < y$. (Ini adalah verifikasi mandiri Teorema 11.3.12 dengan pendekatan yang mungkin sedikit berbeda.) ### Solusi Lengkap: Latihan 11.3-1 dan 11.3-2 Solusi 11.3-1. Kita harus menunjukkan $\sup(cS) = c \cdot \sup S$ dengan $c > 0$ dan $S$ tidak kosong terbatas ke atas. Tulis $u = \sup S$. Kita verifikasi dua syarat Teorema 11.3.2 untuk $cu$. (i) Batas atas $cS$: misalkan $t \in cS$, sehingga $t = cs$ untuk suatu $s \in S$. Karena $s \leq u$ dan $c > 0$, berlaku $t = cs \leq cu$. Jadi $cu$ adalah batas atas $cS$. (ii) Untuk $\varepsilon > 0$: karena $c > 0$, kita memiliki $\tfrac{\varepsilon}{c} > 0$. Karena $u = \sup S$, terdapat $s \in S$ dengan $s > u - \tfrac{\varepsilon}{c}$. Maka $cs > cu - \varepsilon$, dan $cs \in cS$. Jadi $cu$ adalah batas atas terkecil $cS$, yakni $\sup(cS) = cu = c \cdot \sup S$. $\square$ Solusi 11.3-2. Bagian pertama: misalkan $\sup S \in S$. Tulis $u = \sup S$. Karena $u \in S$ dan $u$ adalah batas atas $S$ (yaitu $s \leq u$ untuk semua $s \in S$), maka $u$ adalah elemen terbesar $S$, yaitu $u = \max S$. Definisi maksimum terpenuhi: $u \in S$ dan $u \geq s$ untuk semua $s \in S$. Bagian kedua: contoh di mana $\sup S \notin S$. Ambil $S = \left\{ 1 - \tfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N}_{+} \right\}$. Telah ditunjukkan pada Contoh 11.3.13 bahwa $\sup S = 1$. Tetapi $1 \notin S$ karena $1 - \tfrac{1}{n} = 1$ akan mensyaratkan $\tfrac{1}{n} = 0$, yang tidak mungkin untuk $n \in \mathbb{N}_{+}$ (karena $n \geq 1$ memberikan $\tfrac{1}{n} \leq 1$ dan tepatnya $\tfrac{1}{n} > 0$). Jadi $S$ tidak memiliki maksimum. $\square$ ### Solusi Lengkap: Latihan 11.3-3 dan 11.3-4 Solusi 11.3-3. Tulis $u = \sup A$, $v = \sup B$. Kita klaim $\sup(A+B) = u + v$. (i) Batas atas: misalkan $s \in A+B$, sehingga $s = a + b$ dengan $a \in A$, $b \in B$. Karena $a \leq u$ dan $b \leq v$, berlaku $s = a+b \leq u + v$. (ii) Batas atas terkecil: misalkan $\varepsilon > 0$. Karena $u = \sup A$, terdapat $a \in A$ dengan $a > u - \tfrac{\varepsilon}{2}$. Karena $v = \sup B$, terdapat $b \in B$ dengan $b > v - \tfrac{\varepsilon}{2}$. Maka $a + b \in A+B$ dan $a + b > (u-\tfrac{\varepsilon}{2}) + (v-\tfrac{\varepsilon}{2}) = u+v-\varepsilon$. Jadi $u+v = \sup(A+B)$. $\square$ Solusi 11.3-4. Pertanyaan 1: Apakah $\sup S$ selalu ada? Ya. Himpunan $S = \{ a_{n} : n \in \mathbb{N}_{+} \}$ tidak kosong (karena $a_{1} \in S$) dan terbatas ke atas oleh $M$. Oleh Aksioma 11.3.1, $\sup S$ ada di $\mathbb{R}$. Pertanyaan 2: Apakah $\sup S$ selalu elemen dari $S$? Tidak selalu. Kontracontoh: ambil barisan $a_{n} = 1 - \tfrac{1}{n}$ untuk $n \in \mathbb{N}_{+}$. Maka $S = \left\{ 1 - \tfrac{1}{n} : n \geq 1 \right\}$ dan $\sup S = 1$ (dibuktikan pada Contoh 11.3.13), tetapi $1 \notin S$. Jadi $\sup S$ dapat tidak menjadi elemen $S$. Namun demikian, terdapat kasus di mana $\sup S \in S$: misalnya barisan konstan $a_{n} = c$ memberikan $S = \{c\}$ dan $\sup S = c \in S$. Jadi jawabannya bergantung pada barisan yang diberikan. $\square$ ### Solusi Lengkap: Latihan 11.3-5 dan 11.3-6 Solusi 11.3-5. Ingat $T = \{ x \in \mathbb{R} : x \text{ adalah batas atas } S \}$ dan tulis $u = \sup S$. Kita klaim $\inf T = u$. Pertama, $T \neq \emptyset$: karena $S$ terbatas ke atas, $T$ tidak kosong. $T$ juga terbatas ke bawah: setiap elemen $s_{0} \in S$ (yang ada karena $S \neq \emptyset$) memenuhi $s_{0} \leq x$ untuk semua $x \in T$. Jadi $T$ terbatas ke bawah, dan oleh Teorema 11.3.3, $\inf T$ ada. (i) $u$ adalah batas bawah $T$: misalkan $x \in T$; maka $x$ adalah batas atas $S$, dan karena $u = \sup S$ adalah batas atas terkecil, berlaku $u \leq x$. Jadi $u \leq x$ untuk semua $x \in T$. (ii) $u$ adalah batas bawah terbesar $T$: misalkan $l$ adalah batas bawah $T$, yaitu $l \leq x$ untuk semua $x \in T$. Kita perlu menunjukkan $l \leq u$. Karena $u$ adalah batas atas $S$, berlaku $u \in T$. Oleh karena $l \leq x$ untuk semua $x \in T$, khususnya $l \leq u$. Jadi $\inf T = u = \sup S$. $\square$ Solusi 11.3-6. Ini adalah Langkah 1 dari bukti Teorema 11.3.8. Kita harus menunjukkan $S = \{ t \in \mathbb{R} : t \geq 0,\; t^{n} \leq a \}$ tidak kosong dan terbatas ke atas, dengan $a > 0$ dan $n \in \mathbb{N}_{+}$. Tidak kosong: Pilih $s_{0} = \min(a, 1)$. Karena $a > 0$, berlaku $s_{0}>0$. Kasus (a): $a \geq 1$, maka $s_{0} = 1$ dan $s_{0}^{n} = 1 \leq a$, sehingga $1 \in S$. Kasus (b): $0 < a < 1$, maka $s_{0} = a \in (0,1)$. Dari Lemma 11.3.6 dengan $u = a < v = 1$: $a^{n} < 1^{n} = 1$. Juga $a^{n} \leq a$ karena: untuk $n = 1$, $a^{1} = a$; untuk $n \geq 2$, $a < 1$ sehingga mengalikan kedua ruas $a^{n-1} \leq 1$ dengan $a > 0$ memberikan $a^{n} \leq a$. Jadi $s_{0}^{n} \leq a$, sehingga $s_{0} \in S$. Terbatas ke atas: Klaim $M=a+1$ adalah batas atas. Jika $t\geq M>1$, induksi memberi $t^n\geq t$ bagi $n\geq1$: basis $t^1=t$; dari $t^k\geq t$ diperoleh $t^{k+1}=t\cdot t^k\geq t^2\geq t$. Jadi $t^n\geq t\geq a+1>a$, sehingga $t\notin S$. Setiap anggota $S$ memenuhi $t 0$, kita perlu menemukan $q \in A$ dengan $q > \sqrt{2} - \varepsilon$. Karena $\sqrt{2} - \varepsilon < \sqrt{2}$, dengan mengambil nilai positifnya saja: jika $\sqrt{2} - \varepsilon \leq 0$, pilih $q = 1 \in A$. Jika $\sqrt2-\varepsilon>0$, maka otomatis $0<\varepsilon<\sqrt2$; tidak diperlukan asumsi tambahan bahwa $\varepsilon$ cukup kecil. Oleh kerapatan $\mathbb{Q}$ (Teorema 11.3.11), terdapat $q \in \mathbb{Q}$ dengan $\sqrt{2} - \varepsilon < q < \sqrt{2}$. Maka $q > 0$ (karena $q > \sqrt{2} - \varepsilon > 0$ untuk $\varepsilon < \sqrt{2}$) dan $q^{2} < (\sqrt{2})^{2} = 2$ (dari Lemma 11.3.6, karena $0 < q < \sqrt{2}$). Jadi $q \in A$ dan $q > \sqrt{2} - \varepsilon$. Ini membuktikan $\sqrt{2} = \sup_{\mathbb{R}} A \notin \mathbb{Q}$. $\square$ Solusi 11.3-8. Misalkan $x, y \in \mathbb{R}$ dengan $x < y$. Oleh Teorema 11.3.8 (Keberadaan Akar), terdapat $\sqrt{2} > 0$ dengan $(\sqrt{2})^{2} = 2$, dan diketahui dari Bab 8.4 bahwa $\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}$. Tetapkan $a=x/\sqrt2$ dan $b=y/\sqrt2$, sehingga $a0$ memberi $x 0$ menggunakan hasil Unit 11.3, dan ketakrasionalan $\sqrt{2}$ dari Unit 8.4; kedua fakta ini digunakan tanpa pembuktian ulang di sini. Urutan logis unit ini adalah sebagai berikut. Pertama kita membuktikan Teorema Archimedes secara langsung dari aksioma supremum, tanpa menyentuh akar, kerapatan, atau limit. Kemudian kita menutup Prasyarat 8.3.2 yang selama ini menjadi utang, sehingga Lemma 8.3.3 dan Teorema 8.3.4 (kerapatan $\mathbb{Q}$) berlaku penuh. Setelah itu kita membuktikan contoh klasik $\sup\{1 - 1/n : n \geq 1\} = 1$ menggunakan karakterisasi epsilon dari Unit 11.2. Akhirnya kita membangun bukti kerapatan irasional beserta contoh eksak dan argumen banyak-tak-hingga bilangan irasional di setiap interval terbuka. Catatan integrasi bab. Dalam urutan bab yang telah dirakit, Unit 11.3 sudah memuat bukti pertama Sifat Archimedes (Teorema 11.3.9, dirumuskan untuk $\mathbb{N}_{+}$), Korolari 11.3.10, kerapatan $\mathbb{Q}$ (Teorema 11.3.11), kerapatan bilangan irasional (Teorema 11.3.12), dan Contoh 11.3.13. Bukti Teorema 11.4.1 di bawah tidak memakai hasil-hasil itu sebagai premis; ia berdiri sendiri dari Aksioma 11.3.1 dan karakterisasi supremum Unit 11.2, serta dirumuskan untuk $\mathbb{N}$ yang memuat $0$. Kedua rumusan setara: versi $\mathbb{N}_{+}$ langsung memberi versi $\mathbb{N}$ karena $\mathbb{N}_{+}\subseteq\mathbb{N}$, sedangkan versi $\mathbb{N}$ yang diterapkan pada $\max(0,t)$ memberi $n>0$, sehingga $n\in\mathbb{N}_{+}$. Karena itu penutupan Prasyarat 8.3.2 dan pinjaman kerapatan Bab 8.3 pertama kali tercatat pada Unit 11.3; kalimat penutupan pada unit ini menegaskannya kembali melalui bukti kedua, bukan penutupan baru. Rujukan Unit 11.1 dan 11.2 ke Unit 11.4 untuk Archimedes tetap benar, sebab Teorema 11.4.1 memang membuktikannya; bukti paling awal dalam urutan bab ada pada Teorema 11.3.9. ### Motivasi: Mengapa Archimedes Diperlukan dan Dari Mana Datangnya Seorang pembaca yang baru mengenal analisis mungkin beranggapan bahwa pernyataan "$\mathbb{N}$ tidak terbatas atas" adalah hal yang sudah jelas dan tidak perlu dibuktikan. Namun di dalam sistem aksiomatik yang kita bangun, "jelas secara intuitif" tidak mencukupi: kita harus menurunkan setiap pernyataan dari aksioma yang telah ditetapkan. Pertanyaan yang tepat adalah: dari aksioma manakah kita dapat menyimpulkan bahwa tidak ada bilangan real $b$ yang memenuhi $n \leq b$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}$? Jawaban yang mengejutkan adalah bahwa sifat ini tidak dapat diturunkan dari aksioma lapangan terurut saja. Memang ada struktur lapangan terurut yang memuat elemen-elemen tak terhingga sehingga $\mathbb{N}$ terbatas atas di dalamnya — inilah yang disebut lapangan terurut non-Archimedean. Sifat Archimedes di $\mathbb{R}$ adalah akibat dari aksioma supremum, yaitu kelengkapan. Dengan demikian pembuktian Archimedes dari supremum bukan sekadar latihan formal, melainkan pengungkapan hubungan mendalam antara kelengkapan dan struktur urutan $\mathbb{N}$. Secara historis, sifat ini diatributkan kepada Archimedes dari Syracuse (sekitar 287–212 SM), yang menggunakannya untuk membuktikan bahwa untuk setiap dua panjang positif $a$ dan $b$, terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ sehingga $na > b$. Dalam bahasa modern, ini berarti tidak ada panjang "tak terhingga" atau "tak terhingga kecil" yang dapat dinyatakan sebagai bilangan real biasa. Konsekuensi praktisnya sangat besar: dari Archimedes kita menurunkan bahwa $1/n \to 0$ (meskipun limit belum didefinisikan secara formal di unit ini, kita dapat menyatakan versi kuantitatifnya: untuk setiap $\varepsilon > 0$ terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $1/n < \varepsilon$). Sifat Archimedes menjamin pilihan indeks yang diperlukan untuk perkiraan $1/n<\varepsilon$ ini; unit ini belum memakai teorema limit atau barisan. ### Teorema Archimedes: Pernyataan dan Bukti Lengkap Teorema 11.4.1 (Sifat Archimedes). Himpunan $\mathbb{N} = \{0, 1, 2, \ldots\}$ tidak terbatas atas di $\mathbb{R}$. Ekuivalen: untuk setiap $t \in \mathbb{R}$ terdapat $n \in \mathbb{N}$ dengan $n > t$. Strategi Bukti. Kita gunakan kontradiksi. Jika $\mathbb{N}$ terbatas atas, maka karena $\mathbb{N} \neq \emptyset$ (sebab $0 \in \mathbb{N}$), aksioma supremum menjamin $b = \sup \mathbb{N}$ ada di $\mathbb{R}$. Kemudian kita gunakan karakterisasi supremum dari Unit 11.2 untuk menemukan elemen $\mathbb{N}$ yang lebih besar dari $b$, kontradiksi. Bukti. Andaikan untuk kontradiksi bahwa $\mathbb{N}$ terbatas atas di $\mathbb{R}$. Karena $0 \in \mathbb{N}$, himpunan $\mathbb{N}$ tidak kosong. Maka oleh Aksioma Supremum (Unit 11.3), terdapat $b = \sup \mathbb{N} \in \mathbb{R}$. Karena $b - 1 < b = \sup \mathbb{N}$, maka berdasarkan karakterisasi epsilon supremum (Unit 11.2, Teorema 11.2.9: $s = \sup A$ jika dan hanya jika $s$ adalah batas atas $A$ dan untuk setiap $\varepsilon > 0$ terdapat $a \in A$ dengan $a > s - \varepsilon$), dengan mengambil $\varepsilon = 1 > 0$, terdapat $m \in \mathbb{N}$ dengan $m > b - 1$. Karena $m \in \mathbb{N}$, maka $m + 1 \in \mathbb{N}$ (penutupan $\mathbb{N}$ terhadap penjumlahan dengan $1$, yang diperoleh dari definisi $\mathbb{N}$ dan induksi di Bab 7). Kita memiliki: $$m + 1 > (b - 1) + 1 = b.$$ Namun $m + 1 \in \mathbb{N}$ dan $m + 1 > b = \sup \mathbb{N}$, yang berarti $b$ bukan batas atas $\mathbb{N}$. Ini kontradiksi dengan definisi $b = \sup \mathbb{N}$. Kontradiksi ini menunjukkan bahwa asumsi awal — $\mathbb{N}$ terbatas atas — tidak mungkin benar. Jadi $\mathbb{N}$ tidak terbatas atas. Untuk setiap $t \in \mathbb{R}$, bilangan $t$ bukan batas atas $\mathbb{N}$, sehingga terdapat $n \in \mathbb{N}$ dengan $n > t$. $\square$ ### Konsekuensi Langsung Sifat Archimedes Korolari 11.4.2. Untuk setiap $a > 0$ dan $b \in \mathbb{R}$, terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ (yaitu $n \geq 1$) dengan $na > b$. Bukti. Diberikan $a > 0$ dan $b \in \mathbb{R}$. Terapkan Teorema 11.4.1 pada $t = \max(0,\, b/a)$: terdapat $n \in \mathbb{N}$ dengan $n > t$. Khususnya $n > 0$, sehingga $n \geq 1$ (karena $n \in \mathbb{N}$ dan $n > 0$ berarti $n \in \mathbb{N}_{+}$). Juga $n > b/a$ (karena $n > \max(0, b/a) \geq b/a$). Karena $a > 0$, perkalian kedua ruas dengan $a$ mempertahankan ketaksamaan: $na > b$. $\square$ Korolari 11.4.3. Untuk setiap $\varepsilon > 0$, terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $0 < \dfrac{1}{n} < \varepsilon$. Bukti. Karena $\varepsilon > 0$, terapkan Teorema 11.4.1 pada $t = 1/\varepsilon \in \mathbb{R}$: terdapat $n \in \mathbb{N}$ dengan $n > 1/\varepsilon$. Karena $1/\varepsilon > 0$, kita punya $n > 0$, jadi $n \geq 1$. Karena $n \geq 1 > 0$, kita dapat mengambil invers dengan membalik ketaksamaan: dari $n > 1/\varepsilon > 0$ diperoleh $1/n < \varepsilon$. Jelas $1/n > 0$ karena $n \geq 1 > 0$. $\square$ Korolari 11.4.4 (Kebutuhan batas ganda). Misalkan $k\in\mathbb{N}$ dengan $k\geq1$. Jika $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \ldots, \varepsilon_{k} > 0$ adalah daftar berhingga bilangan positif, maka terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $1/n < \varepsilon_{i}$ untuk semua $i = 1, \ldots, k$. Bukti. Misalkan $\varepsilon = \min(\varepsilon_{1}, \ldots, \varepsilon_{k}) > 0$ (minimum berhingga dari bilangan-bilangan positif adalah positif). Terapkan Korolari 11.4.3: terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $1/n < \varepsilon \leq \varepsilon_{i}$ untuk semua $i$. Perhatikan bahwa ini tidak memerlukan pilihan tak hingga; daftar $\varepsilon_{i}$ berhingga. $\square$ ### Penutupan Pinjaman: Prasyarat 8.3.2 dan Kerapatan Bilangan Rasional Selama ini, Lemma 8.3.3 (lemma pembulatan) dan Teorema 8.3.4 (kerapatan $\mathbb{Q}$ di $\mathbb{R}$) dinyatakan bersyarat pada Prasyarat 8.3.2, yaitu sifat Archimedes. Karena Teorema 11.4.1 kini telah dibuktikan, pinjaman Archimedes tersebut tertutup secara matematis. Lemma 8.3.3 dan Teorema 8.3.4 kini boleh digunakan dengan fondasi lapangan terurut dan penyisipan bilangan pada Prasyarat 8.3.1 yang tetap berlaku; tidak ada lagi pinjaman Archimedes. Kita tidak menulis ulang seluruh naskah Bab 8, melainkan hanya menegaskan struktur argumen untuk memperlihatkan di mana Archimedes digunakan. Pengingat ringkas Lemma 8.3.3 (Lemma Pembulatan). Untuk setiap $x \in \mathbb{R}$ dan $n \in \mathbb{N}_{+}$, terdapat $m \in \mathbb{Z}$ dengan $m - 1 \leq nx < m$, yakni $m$ adalah bilangan bulat terkecil yang lebih besar secara ketat dari $nx$. Bila notasi lantai dari catatan Lema 8.3.3 digunakan, $m=\lfloor nx\rfloor+1$. Ini bukan selalu $\lceil nx\rceil$: jika $nx$ sudah bulat, syarat ketat $nx 0$ terdapat elemen $a \in S$ dengan $a > s - \varepsilon$. Kita buktikan bahwa $s = 1$ memenuhi kedua syarat ini. Bukti. Langkah 1: $1$ adalah batas atas $S$. Untuk setiap $n\in\mathbb{N}_{+}$, karena $n\geq1>0$, kita punya $1/n>0$, sehingga $1-1/n<1$. Jadi setiap elemen $S$ kurang dari $1$, artinya $1$ adalah batas atas $S$. Langkah 2: $1$ adalah supremum. Ambil sembarang $\varepsilon > 0$. Kita perlu menemukan $n \in \mathbb{N}_{+}$ sehingga $1 - 1/n > 1 - \varepsilon$, ekuivalen dengan $1/n < \varepsilon$. Oleh Korolari 11.4.3 (Archimedes), terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $1/n < \varepsilon$. Untuk $n$ tersebut: $$1 - \frac{1}{n} \in S \quad \text{dan} \quad 1 - \frac{1}{n} > 1 - \varepsilon.$$ Ini menunjukkan kondisi (ii) terpenuhi. Dengan demikian $\sup S = 1$. Perhatikan bahwa $1 \notin S$ karena $1 - 1/n = 1$ akan memerlukan $1/n = 0$, mustahil untuk $n \in \mathbb{N}_{+}$. Jadi nilai supremum bukan anggota himpunan dan tidak dicapai oleh unsur $S$; menurut hubungan supremum dan maksimum pada Unit 11.2, $S$ tidak memiliki maksimum. $\square$ ### Teorema Kerapatan Bilangan Irasional: Pernyataan dan Strategi Setelah kerapatan $\mathbb{Q}$ terbukti, langkah alami berikutnya adalah membuktikan bahwa bilangan irasional pun "padat" di $\mathbb{R}$ dalam pengertian yang sama: di setiap interval terbuka terdapat bilangan irasional. Ini bukan akibat langsung dari kerapatan $\mathbb{Q}$, karena hanya karena ada banyak rasional tidak berarti ada irasional di antaranya — secara logis kita perlu argumen tersendiri. Teorema 11.4.6 (Kerapatan $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$). Untuk setiap $x, y \in \mathbb{R}$ dengan $x < y$, terdapat $z \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ (bilangan irasional) dengan $x < z < y$. Strategi Bukti. Kita akan mengkonstruksi $z$ dalam bentuk $z = q + \alpha/n$, di mana $q \in \mathbb{Q}$ diperoleh dari kerapatan $\mathbb{Q}$, $\alpha = \sqrt{2}$, dan $n \in \mathbb{N}_{+}$ dipilih agar $z$ jatuh di $(x, y)$. Ketakrasionalan $z$ kemudian dibuktikan dari ketakrasionalan $\alpha$ dan penutupan $\mathbb{Q}$ terhadap operasi aljabar. Perhatikan bahwa kita tidak mengklaim "jumlah dua irasional selalu irasional" — klaim umum itu palsu. Yang kita buktikan adalah argumen spesifik berdasarkan struktur $z - q = \alpha/n$. Bahan yang digunakan: (1) $\alpha = \sqrt{2} > 0$ ada di $\mathbb{R}$ — hasil Unit 11.3; (2) $\sqrt{2}$ tidak rasional — terbukti di Unit 8.4; (3) kerapatan $\mathbb{Q}$ (Teorema 8.3.4, kini berlaku penuh); (4) Archimedes (Teorema 11.4.1, baru dibuktikan). Tidak ada akar lain, tidak ada limit, tidak ada IVT, tidak ada logaritma. ### Teorema Kerapatan Bilangan Irasional: Bukti Lengkap Bukti Teorema 11.4.6. Diberikan $x, y \in \mathbb{R}$ dengan $x < y$. Kita konstruksi $z \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ dengan $x < z < y$ dalam empat langkah. Langkah 1: Memilih bilangan rasional $q$. Karena $x < y$, oleh Teorema 8.3.4 (kerapatan $\mathbb{Q}$, kini berlaku), terdapat $q \in \mathbb{Q}$ dengan $x < q < y$. Dengan demikian $y - q > 0$. Langkah 2: Memilih $n \in \mathbb{N}_{+}$. Kita memiliki $\alpha = \sqrt{2} > 0$ dan $y - q > 0$, sehingga $\alpha/(y - q) > 0$. Terapkan Teorema 11.4.1 pada $t = \alpha/(y - q)$: terdapat $n \in \mathbb{N}$ dengan $n > \alpha/(y - q)$. Karena $\alpha/(y-q) > 0$, maka $n > 0$, sehingga $n \geq 1$, yaitu $n \in \mathbb{N}_{+}$. Karena $n > \alpha/(y - q) > 0$, mengambil invers (yang membalik ketaksamaan karena keduanya positif): $$\frac{1}{n} < \frac{y - q}{\alpha},$$ dan karena $\alpha > 0$, perkalian kedua ruas dengan $\alpha$ memberikan: $$\frac{\alpha}{n} < y - q.$$ Definisikan $z = q + \dfrac{\alpha}{n}$. Langkah 3: Verifikasi $x < z < y$. Pertama, karena $\alpha > 0$ dan $n \geq 1 > 0$, maka $\alpha/n > 0$, sehingga $z = q + \alpha/n > q > x$. Kedua, dari $\alpha/n < y - q$: $$z = q + \frac{\alpha}{n} < q + (y - q) = y.$$ Jadi $x < z < y$. Semua tanda telah diperiksa: $n \geq 1$ eksplisit, $\alpha > 0$, $y - q > 0$. Langkah 4: Verifikasi $z \notin \mathbb{Q}$. Andaikan untuk kontradiksi bahwa $z \in \mathbb{Q}$. Maka $z - q \in \mathbb{Q}$ (karena $q \in \mathbb{Q}$ dan $\mathbb{Q}$ tertutup terhadap pengurangan). Kita punya $z - q = \alpha/n$. Karena $n \in \mathbb{N}_{+}$, maka $n \in \mathbb{Q}$. Penutupan $\mathbb{Q}$ terhadap perkalian memberikan $\alpha = n(z - q) \in \mathbb{Q}$. Namun $\alpha = \sqrt{2} \notin \mathbb{Q}$ (Unit 8.4). Kontradiksi. Jadi $z \notin \mathbb{Q}$. Kita telah mengkonstruksi $z = q + \sqrt{2}/n \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ dengan $x < z < y$. $\square$ ### Contoh Eksak: Bilangan Irasional di $(1/10,\, 1/5)$ Contoh 11.4.7. Temukan secara eksak sebuah bilangan irasional di interval $(1/10,\, 1/5)$ mengikuti prosedur bukti Teorema 11.4.6, dan buktikan secara ketat bahwa bilangan tersebut memang terletak di interval itu dan memang tidak rasional. Penyelesaian. Pertama, kita pilih $q \in \mathbb{Q}$ dengan $1/10 < q < 1/5$. Ambil $q = 3/20$. Periksa: $1/10 = 2/20 < 3/20 = q$ dan $q = 3/20 < 4/20 = 1/5$. Benar. Hitung $y - q = 1/5 - 3/20 = 4/20 - 3/20 = 1/20$. Kita perlu $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $\sqrt{2}/n < 1/20$, ekuivalen dengan $n > 20\sqrt{2}$. Karena $\sqrt{2} < 2$ (sebab $2^{2} = 4 > 2$ dan kuadrat merupakan fungsi yang naik secara ketat pada bilangan positif — fakta ini dari urutan lapangan, bukan dari limit), kita punya $20\sqrt{2} < 40$. Pilih $n = 40 \in \mathbb{N}_{+}$. Memang $40 > 20\sqrt{2}$, sehingga $\sqrt{2}/40 < 1/20$. Definisikan: $$z = \frac{3}{20} + \frac{\sqrt{2}}{40}.$$ Verifikasi $z > 1/10$: Karena $\sqrt{2} > 0$ dan $40 > 0$, maka $\sqrt{2}/40 > 0$, sehingga $z = 3/20 + \sqrt{2}/40 > 3/20 > 2/20 = 1/10$. Verifikasi $z < 1/5$: Kita telah memilih $n = 40$ sehingga $\sqrt{2}/40 < 1/20$. Maka: $$z = \frac{3}{20} + \frac{\sqrt{2}}{40} < \frac{3}{20} + \frac{1}{20} = \frac{4}{20} = \frac{1}{5}.$$ Jadi $1/10 < z < 1/5$. Perhatikan bahwa kita tidak menggunakan pendekatan desimal $\sqrt{2} \approx 1.414$ sebagai bukti; ketaksamaan $\sqrt{2} < 2$ digunakan sebagai lemma aljabar. Verifikasi $z \notin \mathbb{Q}$: Andaikan $z \in \mathbb{Q}$. Maka $z - 3/20 = \sqrt{2}/40 \in \mathbb{Q}$. Penutupan $\mathbb{Q}$ terhadap perkalian: $40 \cdot (\sqrt{2}/40) = \sqrt{2} \in \mathbb{Q}$. Kontradiksi dengan Unit 8.4. Jadi $z \notin \mathbb{Q}$. $\square$ ### Tak Hingga Banyak Bilangan Irasional di Setiap Interval Terbuka Teorema 11.4.8. Untuk setiap $x, y \in \mathbb{R}$ dengan $x < y$, terdapat tak hingga banyak bilangan irasional di $(x, y)$. Lebih tepatnya, terdapat injeksi dari $\mathbb{N}$ ke $(x,y) \cap (\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q})$. Bukti. Gunakan notasi dan konstruksi dari bukti Teorema 11.4.6. Pilih $q \in \mathbb{Q}$ dengan $x < q < y$ (kerapatan $\mathbb{Q}$). Maka $y - q > 0$ dan $\alpha = \sqrt{2} > 0$. Terapkan Archimedes: terdapat $N_{0} \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $N_{0} > \alpha/(y - q)$, sehingga $\alpha/N_{0} < y - q$. Untuk setiap $k \in \mathbb{N}$, definisikan: $$z_{k} = q + \frac{\alpha}{N_{0} + k}.$$ Perhatikan bahwa $N_{0} + k \geq N_{0} \geq 1$, sehingga $N_{0} + k \in \mathbb{N}_{+}$ dan pembagian terdefinisi. Kita verifikasi tiga hal: (a) $z_{k} \in (x, y)$ untuk setiap $k \in \mathbb{N}$. Karena $N_{0} + k \geq N_{0}$ dan keduanya positif, invers membalik ketaksamaan: $1/(N_{0}+k) \leq 1/N_{0}$. Maka: $$\frac{\alpha}{N_{0}+k} \leq \frac{\alpha}{N_{0}} < y - q.$$ Sehingga $z_{k} = q + \alpha/(N_{0}+k) < q + (y-q) = y$. Juga $\alpha/(N_{0}+k) > 0$, jadi $z_{k} > q > x$. (b) $z_{k} \notin \mathbb{Q}$ untuk setiap $k \in \mathbb{N}$. Jika $z_{k} \in \mathbb{Q}$, maka $z_{k} - q = \alpha/(N_{0}+k) \in \mathbb{Q}$, dan karena $N_{0}+k \in \mathbb{N}_{+} \subset \mathbb{Q}$, kita peroleh $\alpha = (N_{0}+k) \cdot \alpha/(N_{0}+k) \in \mathbb{Q}$. Kontradiksi. (c) Semua $z_{k}$ berbeda. Jika $k_{1} \neq k_{2}$ (katakanlah $k_{1} < k_{2}$), maka $N_{0} + k_{1} < N_{0} + k_{2}$, sehingga karena keduanya positif dan $\alpha > 0$: $$\frac{\alpha}{N_{0}+k_{1}} > \frac{\alpha}{N_{0}+k_{2}},$$ yang berarti $z_{k_{1}} \neq z_{k_{2}}$. Dengan demikian pemetaan $k \mapsto z_{k}$ adalah injeksi dari $\mathbb{N}$ ke $(x,y) \cap (\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q})$. Ini membuktikan bahwa himpunan bilangan irasional di $(x,y)$ tak hingga (ada injeksi dari $\mathbb{N}$ ke dalamnya). Argumen ini bukan pembuktian ketakterhitungan bilangan irasional di $(x,y)$; ia hanya membuktikan kardinalitas tak hingga; himpunan itu tetap terbatas dalam urutan karena berada di interval $(x,y)$. $\square$ ### Catatan Penting: Archimedes Bukan Sinonim Kelengkapan Proposisi 11.4.9. Sifat Archimedes $(\star)$ tidak ekuivalen dengan aksioma kelengkapan (supremum) pada lapangan terurut. Lebih tepatnya, ada lapangan terurut yang memenuhi sifat Archimedes tetapi tidak memenuhi aksioma supremum. Pernyataan $(\star)$. Sebuah lapangan terurut $F$ dikatakan Archimedean jika untuk setiap $a, b \in F$ dengan $a > 0$, terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $na > b$ (di mana $na$ artinya penjumlahan $a$ sebanyak $n$ kali). Contoh 11.4.10. $\mathbb{Q}$ adalah lapangan terurut Archimedean yang tidak lengkap. Untuk membuktikan Archimedes di $\mathbb{Q}$: diberikan $a, b \in \mathbb{Q}$ dengan $a > 0$, cukup pilih $n\in\mathbb{N}$ dengan $n>\max(0,b/a)$, sehingga $n\geq1$ dan $na>b$ — ini selalu ada karena $b/a \in \mathbb{Q} \subset \mathbb{R}$ dan $\mathbb{N}$ tidak terbatas atas di $\mathbb{R}$; pembatasan ke $\mathbb{Q}$ mempertahankan sifat ini. Untuk membuktikan ketidaklengkapan: himpunan $A = \{q \in \mathbb{Q} : q^{2} < 2\}$ tidak kosong (karena $1 \in A$), terbatas atas di $\mathbb{Q}$ (karena $2$ adalah batas atasnya), namun tidak mempunyai supremum di $\mathbb{Q}$. (Jika $s \in \mathbb{Q}$ adalah batas atas terkecil, maka $s^{2} = 2$, tetapi tidak ada bilangan rasional dengan kuadrat 2 — Unit 8.4. Rincian lengkap ada di contoh ketidaklengkapan $\mathbb{Q}$ di Unit 11.3.) Kesimpulan penting: bukti Archimedes kita di Teorema 11.4.1 menggunakan kelengkapan $\mathbb{R}$ secara esensial (lewat aksioma supremum). Namun arah sebaliknya tidak berlaku: dari Archimedes saja kita tidak dapat menyimpulkan kelengkapan. Jadi Archimedes adalah akibat dari kelengkapan di $\mathbb{R}$, bukan ekuivalennya. ### Soal-Soal Latihan Latihan 11.4-1. Misalkan $S \subset \mathbb{R}$ tidak kosong dan terbatas atas. Buktikan bahwa jika $\sup S \in S$, maka $\sup S = \max S$. Berikan contoh himpunan tak kosong terbatas atas yang memiliki supremum tetapi tidak memiliki maksimum. Apakah $S = \{1 - 1/n : n \geq 1\}$ memiliki maksimum? Jelaskan. Latihan 11.4-2. (a) Buktikan bahwa untuk setiap $\varepsilon > 0$, terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $0 < 1/n < \varepsilon$, menggunakan hanya Teorema 11.4.1 dan sifat invers ketaksamaan positif. (b) Apakah pernyataan ini berlaku jika $\varepsilon = 0$? Mengapa? (c) Tunjukkan bahwa untuk setiap dua bilangan positif $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2} > 0$ terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $1/n < \varepsilon_{1}$ dan $1/n < \varepsilon_{2}$ sekaligus. Latihan 11.4-3. Misalkan $A \subset \mathbb{R}$ tidak kosong dan terbatas bawah. Definisikan $-A = \{-a : a \in A\}$. Buktikan bahwa $\sup(-A) = -\inf A$. Kemudian, jika $A = \{1/n : n \geq 1\}$, tentukan $\inf A$ dan buktikan nilainya menggunakan karakterisasi epsilon infimum, tanpa menggunakan limit. Latihan 11.4-4. Misalkan $A \subset \mathbb{R}$ tidak kosong dan $c \in \mathbb{R}$ dengan $c < 0$. Definisikan $cA = \{ca : a \in A\}$. Buktikan bahwa jika $A$ terbatas atas, maka $cA$ terbatas bawah, dan $\inf(cA) = c \cdot \sup A$. Perhatikan dengan cermat bagaimana tanda $c$ mempengaruhi arah ketaksamaan. Latihan 11.4-5. Buktikan bahwa $\mathbb{Q}$ tidak memenuhi aksioma supremum dengan cara berikut: tunjukkan bahwa himpunan $B = \{q \in \mathbb{Q} : q > 0 \text{ dan } q^{2} < 3\}$ tidak kosong, terbatas atas di $\mathbb{Q}$, namun tidak mempunyai supremum di $\mathbb{Q}$. (Anda boleh menggunakan fakta bahwa $\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}$, yang dibuktikan dengan cara analog Unit 8.4.) Latihan 11.4-6. Diberikan $x, y \in \mathbb{R}$ dengan $x < y$ dan $x < 0 < y$. Terapkan prosedur bukti Teorema 11.4.6 untuk menemukan secara eksak sebuah bilangan irasional di $(x, y)$. Pastikan semua tanda diperiksa, termasuk tanda $q$ yang mungkin negatif. (Petunjuk: kerapatan $\mathbb{Q}$ berlaku untuk semua pasangan real, termasuk yang melintasi nol.) Latihan 11.4-7. Buktikan bahwa untuk setiap $n \in \mathbb{N}$ dengan $n \geq 1$, bilangan $\sqrt{2}/n$ adalah irasional. Kemudian buktikan bahwa himpunan $\{\sqrt{2}/n : n \geq 1\}$ mempunyai infimum dan tentukan nilai infimum tersebut, beserta bukti menggunakan karakterisasi epsilon. Latihan 11.4-8. Misalkan $I = (a, b)$ dengan $a, b \in \mathbb{R}$, $a < b$. Buktikan bahwa terdapat injeksi dari $\mathbb{N}_{+}$ ke himpunan bilangan rasional di $I$, dan injeksi dari $\mathbb{N}$ ke himpunan bilangan irasional di $I$. Apakah injeksi-injeksi ini membuktikan bahwa bilangan rasional dan irasional di $I$ masing-masing tidak terhitung? Jelaskan secara singkat mengapa atau mengapa tidak. ### Solusi Latihan 11.4-1 Solusi Latihan 11.4-1. Bagian pertama. Misalkan $s = \sup S$ dan $s \in S$. Kita harus menunjukkan $s = \max S$, artinya $s \in S$ dan $s \geq a$ untuk semua $a \in S$. Karena $s = \sup S$, maka $s$ adalah batas atas $S$: untuk semua $a \in S$, $a \leq s$. Karena $s \in S$ sudah diasumsikan, kedua syarat maksimum terpenuhi, jadi $\max S = s$. Bagian kedua. Contoh: $S = \{1 - 1/n : n \geq 1\}$. Dari Contoh 11.4.5, $\sup S = 1$. Namun $1 \notin S$ (karena $1 - 1/n = 1$ berarti $1/n = 0$, mustahil untuk $n \geq 1$). Jadi $S$ tidak memiliki maksimum. Bagian ketiga. Dengan demikian $S = \{1 - 1/n : n \geq 1\}$ tidak memiliki maksimum, seperti yang baru dibuktikan. Untuk setiap elemen $1 - 1/n \in S$, elemen berikutnya $1 - 1/(n+1) > 1 - 1/n$ (karena $1/(n+1) < 1/n$ untuk $n \geq 1$), sehingga tidak ada elemen terbesar di $S$. $\square$ ### Solusi Latihan 11.4-2, 11.4-3, dan 11.4-4 Solusi Latihan 11.4-2. (a) Diberikan $\varepsilon > 0$. Oleh Teorema 11.4.1 (terapkan pada $t = 1/\varepsilon$), terdapat $n \in \mathbb{N}$ dengan $n > 1/\varepsilon$. Karena $1/\varepsilon > 0$, maka $n > 0$, jadi $n \geq 1$. Karena $n > 0$ dan $1/\varepsilon > 0$, mengambil invers membalik ketaksamaan: $1/n < \varepsilon$. Karena $n \geq 1 > 0$, jelas $1/n > 0$. Jadi $0 < 1/n < \varepsilon$. (b) Tidak. Jika $\varepsilon = 0$, kita tidak dapat mencari $n \geq 1$ dengan $1/n < 0$, karena $1/n > 0$ untuk semua $n \geq 1$. (c) Ambil $\varepsilon = \min(\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}) > 0$. Terapkan (a): terdapat $n \geq 1$ dengan $1/n < \varepsilon \leq \varepsilon_{1}$ dan $1/n < \varepsilon \leq \varepsilon_{2}$. $\square$ Solusi Latihan 11.4-3. Bagian pertama. Karena $A$ tidak kosong dan terbatas bawah, hasil infimum dari Aksioma Supremum pada Unit 11.3 menjamin $\inf A$ ada. Misalkan $s=\inf A$. Kita tunjukkan $-s = \sup(-A)$. (i) $-s$ adalah batas atas $-A$: untuk setiap $-a \in -A$ (dengan $a \in A$), karena $s \leq a$, kita punya $-a \leq -s$. (ii) $-s$ adalah batas atas terkecil: jika $u < -s$, maka $-u > s = \inf A$, jadi $-u$ bukan batas bawah $A$: terdapat $a \in A$ dengan $a < -u$, sehingga $-a > u$ dan $-a \in -A$. Jadi $u$ bukan batas atas $-A$. Ini membuktikan $\sup(-A) = -s = -\inf A$. Bagian kedua. Untuk $A = \{1/n : n \geq 1\}$, klaim $\inf A = 0$. (i) $0$ adalah batas bawah: untuk semua $n \geq 1$, $1/n > 0$. (ii) Karakterisasi epsilon: ambil $\varepsilon > 0$; oleh Korolari 11.4.3, terdapat $n \geq 1$ dengan $1/n < \varepsilon = 0 + \varepsilon$. Jadi $1/n \in A$ dan $1/n < 0 + \varepsilon$. Maka $\inf A = 0$. Perhatikan $0 \notin A$. $\square$ Solusi Latihan 11.4-4. Misalkan $c<0$ dan $A$ tidak kosong terbatas atas. Aksioma Supremum menjamin keberadaan $s=\sup A$. (i) Terbatas bawah: untuk setiap $a \in A$, $a \leq s$. Karena $c < 0$, perkalian membalik: $ca \geq cs$. Jadi $cs$ adalah batas bawah $cA$. (ii) $cs = \inf(cA)$: Kita gunakan karakterisasi: (a) $cs$ adalah batas bawah (baru dibuktikan). (b) Untuk setiap $\varepsilon > 0$, karena $s = \sup A$, terdapat $a \in A$ dengan $a > s - \varepsilon/|c|$ (terapkan karakterisasi epsilon dengan $\varepsilon/|c| > 0$). Karena $c < 0$, $|c| = -c > 0$: $ca < c(s - \varepsilon/|c|) = cs - c\varepsilon/|c| = cs + |c|\varepsilon/|c| = cs + \varepsilon$. Jadi terdapat $ca \in cA$ dengan $ca < cs + \varepsilon$, memenuhi karakterisasi infimum. Maka $\inf(cA) = cs = c \cdot \sup A$. $\square$ ### Solusi Latihan 11.4-5 Solusi Latihan 11.4-5. Misalkan $B = \{q \in \mathbb{Q} : q > 0,\, q^{2} < 3\}$. (a) $B \neq \emptyset$: Ambil $q = 1$. Maka $q \in \mathbb{Q}$, $q = 1 > 0$, dan $q^{2} = 1 < 3$. Jadi $1 \in B$. (b) $B$ terbatas atas di $\mathbb{Q}$: Klaim $2 \in \mathbb{Q}$ adalah batas atas. Untuk setiap $q \in B$, jika $q > 2$ maka $q^{2} > 4 > 3$ (menggunakan monotonisitas kuadrat pada bilangan positif: jika $0 < p < r$ maka $p^{2} < r^{2}$), kontradiksi dengan $q \in B$. Jadi $q \leq 2$ untuk semua $q \in B$. (c) $B$ tidak mempunyai supremum di $\mathbb{Q}$: Andaikan $s \in \mathbb{Q}$ adalah $\sup_{\mathbb{Q}} B$ (supremum di dalam $\mathbb{Q}$). Karena $B \subset \{q \in \mathbb{Q}: q > 0\}$ dan $1 \in B$, kita punya $s \geq 1 > 0$. Kita pertimbangkan tiga kasus: Kasus $s^2<3$: Maka $s\in B$. Perturbasi: pilih $\delta=\min\bigl(1/2,(3-s^2)/(2(2s+1))\bigr)>0$. Nilai ini rasional karena $s\in\mathbb{Q}$, dan kedua penyebut positif karena $s\geq1$. Karena $0<\delta\leq1/2<1$, berlaku $\delta^2\leq\delta$. Maka $(s+\delta)^2=s^2+2s\delta+\delta^2\leq s^2+(2s+1)\delta\leq s^2+(3-s^2)/2<3$. Juga $s+\delta>s>0$ dan $s+\delta\in\mathbb{Q}$. Jadi $s+\delta\in B$ namun $s+\delta>s$, kontradiksi dengan $s$ sebagai batas atas. Kasus $s^{2} > 3$: Maka $s \notin B$. Perturbasi: pilih $\delta = (s^{2} - 3)/(2s) > 0$ (positif dan rasional). Maka $(s - \delta)^{2} = s^{2} - 2s\delta + \delta^{2} > s^{2} - 2s\delta = s^{2} - (s^{2} - 3) = 3$. Jadi $s - \delta > 0$ (karena $\delta = (s^{2}-3)/(2s) < s/2 < s$ untuk $s > 0$, sehingga $s - \delta > 0$) dan $(s-\delta)^{2} > 3$, artinya tidak ada $q \in B$ dengan $q > s - \delta$: jika $q\in B$ dan $q>s-\delta>0$, Teorema 10.2.6 untuk $n=2$ memberi $q^2>(s-\delta)^2>3$, bertentangan dengan $q^2<3$. Jadi setiap $q\in B$ memenuhi $q\leq s-\delta$, sehingga $s-\delta\in\mathbb{Q}$ adalah batas atas $B$ yang lebih kecil dari $s$, bertentangan dengan minimalitas $s$ sebagai batas atas. Kasus $s^2=3$: Karena $s\in\mathbb{Q}$, pilih wakil $s=p/q$ dengan $p\in\mathbb{Z}$ dan $q\in\mathbb{N}_{+}$ terkecil di antara penyebut positifnya, menurut Lema 8.4.6. Maka $p^2=3q^2$. Kuadrat residu $1$ dan $2$ modulo $3$ keduanya beresidu $1$; jadi $3\mid p^2$ memaksa $3\mid p$. Tulis $p=3r$ dengan $r\in\mathbb{Z}$. Substitusi memberi $9r^2=3q^2$, sehingga $q^2=3r^2$ dan, dengan alasan residu yang sama, $3\mid q$. Tulis $q=3v$ dengan $v\in\mathbb{N}_{+}$. Sekarang $s=p/q=r/v$, sedangkan $0 0$: ini benar karena $q < y$. Langkah 2. Karena $\alpha = \sqrt{2} > 0$ dan $y - q > 0$, maka $\alpha/(y-q) > 0$. Terapkan Archimedes: terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $n > \alpha/(y-q)$. Karena $n > 0$, ambil invers: $1/n < (y-q)/\alpha$. Karena $\alpha > 0$: $\alpha/n < y - q$. Langkah 3. Definisikan $z=q+\sqrt{2}/n$. Karena $\sqrt{2}/n>0$, maka $z>q>x$. Karena $\sqrt{2}/n 0 > -1/3$; dan $\sqrt{2}/8 < 2/8 = 1/4$. Irasionalitas: jika $\sqrt{2}/8 \in \mathbb{Q}$, maka $8 \cdot \sqrt{2}/8 = \sqrt{2} \in \mathbb{Q}$, kontradiksi. $\square$ ### Solusi Latihan 11.4-7 Solusi Latihan 11.4-7. Bagian pertama: $\sqrt{2}/n \notin \mathbb{Q}$ untuk semua $n \geq 1$. Ambil $n \in \mathbb{N}_{+}$. Andaikan $\sqrt{2}/n \in \mathbb{Q}$. Karena $n \in \mathbb{N}_{+} \subset \mathbb{Q}$ dan $\mathbb{Q}$ tertutup terhadap perkalian, maka $n \cdot (\sqrt{2}/n) = \sqrt{2} \in \mathbb{Q}$. Kontradiksi dengan Unit 8.4. Jadi $\sqrt{2}/n \notin \mathbb{Q}$. Bagian kedua: $\inf\{\sqrt{2}/n : n \geq 1\} = 0$. Misalkan $C = \{\sqrt{2}/n : n \geq 1\}$. (i) $0$ adalah batas bawah $C$: Untuk setiap $n \geq 1$, karena $\sqrt{2} > 0$ dan $n \geq 1 > 0$, maka $\sqrt{2}/n > 0$. (ii) $0$ adalah infimum: Ambil sembarang $\varepsilon > 0$. Kita perlu menemukan $n \geq 1$ dengan $\sqrt{2}/n < 0 + \varepsilon = \varepsilon$, ekuivalen dengan $n > \sqrt{2}/\varepsilon$. Oleh Archimedes (Teorema 11.4.1), terdapat $n \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $n > \sqrt{2}/\varepsilon > 0$. Karena $n > \sqrt{2}/\varepsilon$ dan keduanya positif, invers membalik: $1/n < \varepsilon/\sqrt{2}$, jadi $\sqrt{2}/n = \sqrt{2} \cdot (1/n) < \sqrt{2} \cdot \varepsilon/\sqrt{2} = \varepsilon$. Elemen $\sqrt{2}/n \in C$ dan $\sqrt{2}/n < \varepsilon$, memenuhi karakterisasi epsilon infimum. Jadi $\inf C = 0$. Perhatikan $0 \notin C$ (karena $\sqrt{2}/n = 0$ berarti $\sqrt{2} = 0$, mustahil). $\square$ ### Solusi Latihan 11.4-8 Solusi Latihan 11.4-8. Misalkan $I = (a, b)$ dengan $a < b$. Injeksi dari $\mathbb{N}_{+}$ ke bilangan rasional di $I$. Oleh kerapatan $\mathbb{Q}$, terdapat $q_{0} \in \mathbb{Q} \cap I$. Maka $a < q_{0} < b$. Karena $b - q_{0} > 0$, oleh Archimedes terdapat $N_{1} \in \mathbb{N}_{+}$ dengan $N_{1} > 1/(b - q_{0})$. Untuk setiap $k \in \mathbb{N}_{+}$, definisikan: $$r_{k} = q_{0} + \frac{1}{N_{1} + k}.$$ Maka $N_{1} + k \geq N_{1} \geq 1$, sehingga $r_{k} \in \mathbb{Q}$. Karena $1/(N_{1}+k) > 0$, maka $r_{k} > q_{0} > a$. Karena $N_{1}+k \geq N_{1} > 1/(b-q_{0})$, maka $1/(N_{1}+k) < b - q_{0}$, jadi $r_{k} < q_{0} + (b - q_{0}) = b$. Jadi $r_{k} \in \mathbb{Q} \cap I$. Injectivitas: jika $k_{1} < k_{2}$, maka $N_{1}+k_{1} < N_{1}+k_{2}$, sehingga $1/(N_{1}+k_{1}) > 1/(N_{1}+k_{2})$, jadi $r_{k_{1}} \neq r_{k_{2}}$. Pemetaan $k \mapsto r_{k}$ adalah injeksi dari $\mathbb{N}_{+}$ ke $\mathbb{Q} \cap I$. Injeksi dari $\mathbb{N}$ ke bilangan irasional di $I$. Dari Teorema 11.4.8, pemetaan $k \mapsto z_{k} = q + \sqrt{2}/(N_{0}+k)$ (dengan notasi di bukti Teorema 11.4.8) adalah injeksi dari $\mathbb{N}$ ke $(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}) \cap I$. Apakah ini membuktikan ketakterhitungan? Tidak. Eksistensi injeksi dari $\mathbb{N}_{+}$ (atau $\mathbb{N}$) ke suatu himpunan hanya membuktikan bahwa himpunan tersebut tak hingga (memiliki kardinalitas lebih besar dari setiap bilangan asli berhingga). Untuk membuktikan ketakterhitungan (uncountability), kita memerlukan argumen yang menunjukkan tidak ada surjeksi dari $\mathbb{N}$ ke himpunan tersebut — misalnya argumen diagonal Cantor. Injeksi dari $\mathbb{N}$ ke $\mathbb{Q} \cap I$ bahkan konsisten dengan keterhitungan $\mathbb{Q} \cap I$ (yang memang terhitung). Jadi kedua injeksi di atas hanya membuktikan infinitas, bukan ketakterhitungan. $\square$ Dengan selesainya Solusi Latihan 11.4-8, Unit 11.4 telah menyajikan secara lengkap: Teorema Archimedes dan korolarinya, penutupan pinjaman kerapatan rasional, kerapatan bilangan irasional beserta contoh eksak, dan delapan latihan beserta solusi penuhnya.