# Bab 12: Interval, Teorema Interval Bersarang, dan Representasi Desimal

## 12.1 Klasifikasi Topologis Interval

Unit ini membangun fondasi rigor untuk memahami interval sebagai objek matematika yang terdefinisi secara presis, bukan sekadar "segmen garis bilangan" secara intuitif. Kami memulai dari sifat paling mendasar yang membedakan interval dari himpunan bagian $\mathbb{R}$ lainnya, yaitu sifat cembung menurut urutan (order-convexity), kemudian membuktikan bahwa sifat ini persis mengkarakterisasi semua jenis interval yang dikenal. Selanjutnya kami mendefinisikan secara mandiri—tanpa meminjam teori dari Bab 13—arti kata "terbuka" dan "tertutup" dalam konteks $\mathbb{R}$ sebagai ruang metrik, dan mengklasifikasikan setiap jenis interval menurut kriteria tersebut. Klasifikasi melalui ujung interval memakai aksioma supremum dan keberadaan infimum; bukti keterbukaan lokal hanya memakai aljabar urutan. Archimedes dipakai secara khusus pada contoh $\mathbb Z$ dalam Solusi 12.1-6 melalui lemma pembulatan, bukan pada setiap bukti unit ini.

Beberapa catatan konvensi yang berlaku sepanjang unit ini. Himpunan bilangan asli adalah $\mathbb{N} = \{0, 1, 2, \ldots\}$. Simbol $\infty$ dan $-\infty$ adalah penanda ujung tak terbatas, bukan anggota $\mathbb{R}$; ekspresi seperti $(a, \infty)$ berarti $\{x \in \mathbb{R} : x > a\}$ dan tidak mengandung "$\infty$" sebagai unsur. Lapangan terurut lengkap $\mathbb{R}$ tidak dibangun ulang di sini; kami merujuk sifat-sifat yang telah ditetapkan pada bab terdahulu secara deskriptif.

### Motivasi: Mengapa Mengklasifikasikan Interval?

Dalam analisis matematika, banyak teorema penting—seperti Teorema Nilai Antara, Teorema Nilai Ekstrem, dan kelak teorema tentang barisan bersarang—mensyaratkan domain yang berbentuk interval. Namun pernyataan "berbentuk interval" itu sendiri harus didefinisikan secara ketat agar teorema-teorema tersebut tidak berdiri di atas pengertian intuitif yang samar. Pertanyaan yang harus dijawab adalah: apa sifat intrinsik suatu himpunan $I \subseteq \mathbb{R}$ yang menjadikannya interval, dan jenis interval mana saja yang ada?

Selain itu, dalam analisis nyata kita sering memerlukan pembedaan antara interval yang "terbuka" dan yang "tertutup", karena sifat-sifat kalkulus berperilaku berbeda di keduanya. Sebagai motivasi dari teorema yang akan dipelajari kemudian, fungsi kontinu pada interval tertutup terbatas yang takkosong mencapai maksimum dan minimum. Pada interval terbuka, kesimpulan itu tidak dijamin untuk setiap fungsi kontinu; hasil tersebut tidak dipakai dalam bukti unit ini. Karena itu, selain mengklasifikasikan interval berdasarkan bentuk aljabarnya, kita juga perlu mengklasifikasikannya berdasarkan sifat topologis fundamentalnya.

Strategi keseluruhan unit ini adalah sebagai berikut. Pertama, kita mendefinisikan interval secara intrinsik melalui sifat order-convexity. Kedua, kita membuktikan teorema karakterisasi: setiap himpunan order-convex di $\mathbb{R}$ adalah salah satu dari sebelas jenis yang dapat dicacah (termasuk himpunan kosong dan singleton). Ketiga, kita mendefinisikan keterbukaan dan ketertutupan secara minimal langsung dari definisi lingkungan, lalu mengklasifikasikan setiap jenis interval. Tidak ada argumen yang meminjam konsep dari bab yang lebih lanjut seperti kompaktness atau barisan konvergen untuk membuktikan pernyataan yang menjadi prasyarat konsep tersebut.

### Definisi Order-Convex dan Keluarga Interval

Kita mulai dengan definisi sentral unit ini.

Definisi 12.1.1. Misalkan $I \subseteq \mathbb{R}$. Himpunan $I$ disebut order-convex (atau cembung terurut) jika untuk setiap $u, v \in I$ dengan $u < v$, dan untuk setiap $z \in \mathbb{R}$ dengan $u < z < v$, berlaku $z \in I$. Suatu himpunan yang order-convex disebut interval.

Dengan kata lain, $I$ adalah interval jika dan hanya jika: setiap bilangan real yang berada di antara dua anggota $I$ juga merupakan anggota $I$. Perhatikan bahwa kondisi ini bersifat vakuos jika $I$ tidak memiliki dua anggota yang berbeda; dengan demikian himpunan kosong $\emptyset$ dan setiap singleton $\{a\}$ adalah interval secara trivial.

Definisi 12.1.2. Untuk $a,b\in\mathbb R$, definisikan empat himpunan berikut melalui ketaksamaan; bila $a<b$, keempatnya adalah bentuk interval terbatas nondegenerat: $$ (a, b) := \{x \in \mathbb{R} : a < x < b\}, \quad [a, b] := \{x \in \mathbb{R} : a \leq x \leq b\}, $$ $$ [a, b) := \{x \in \mathbb{R} : a \leq x < b\}, \quad (a, b] := \{x \in \mathbb{R} : a < x \leq b\}. $$ Jika $a<b$, maka $a<(a+b)/2<b$, sehingga titik tengah itu anggota keempat himpunan dan semuanya takkosong. Rumus keanggotaan yang sama tetap digunakan saat $a=b$ atau $a>b$, dengan hasil degenerat yang dibahas berikutnya.

Definisi 12.1.3. Untuk $a, b \in \mathbb{R}$, kita mendefinisikan empat jenis sinar (ray): $$ (a, \infty) := \{x \in \mathbb{R} : x > a\}, \quad [a, \infty) := \{x \in \mathbb{R} : x \geq a\}, $$ $$ (-\infty, b) := \{x \in \mathbb{R} : x < b\}, \quad (-\infty, b] := \{x \in \mathbb{R} : x \leq b\}. $$ Selain itu, $\mathbb{R}$ sendiri dianggap interval (sering ditulis $(-\infty, \infty)$).

Definisi 12.1.4. Kasus-kasus degenerat: untuk $a \in \mathbb{R}$, singleton $\{a\} = [a, a]$ adalah interval. Jika $a = b$, maka $(a,a) = \emptyset$, $[a,a) = \emptyset$, $(a,a] = \emptyset$, semuanya kosong karena setidaknya satu ketaksamaan tegas bersama kedua pembatas akan memaksa $a<a$, yang mustahil. Jika $a > b$, keempat ekspresi $(a,b), [a,b], [a,b), (a,b]$ juga kosong karena tidak ada $x \in \mathbb{R}$ yang memenuhi $a < x < b$ atau $a \leq x \leq b$ ketika $a > b$. Himpunan kosong $\emptyset$ adalah interval (kasus vacuously convex).

### Bukti: Semua Bentuk yang Terdefinisi adalah Interval

Teorema 12.1.5. Setiap himpunan yang didefinisikan dalam Definisi 12.1.2, 12.1.3, dan 12.1.4 adalah order-convex.

Strategi Bukti. Untuk setiap kasus, kita ambil $u, v$ anggota himpunan dengan $u < v$, ambil $z$ dengan $u < z < v$, lalu verifikasi bahwa $z$ memenuhi kondisi keanggotaan himpunan tersebut. Ini hanya memerlukan transitifitas dan sifat urutan $\mathbb{R}$.

Bukti. Kasus $(a,b)$: Ambil $u, v \in (a,b)$ dengan $u < v$, dan $z$ dengan $u < z < v$. Maka $a < u < z$ (karena $a < u$ dan $u < z$) dan $z < v < b$, sehingga $a < z < b$, yaitu $z \in (a,b)$.

Kasus $[a,b]$: Ambil $u, v \in [a,b]$ dengan $u < v$, dan $z$ dengan $u < z < v$. Maka $a \leq u < z$ dan $z < v \leq b$, sehingga $a \leq z \leq b$, yaitu $z \in [a,b]$.

Kasus $[a,b)$: Ambil $u, v \in [a,b)$ dengan $u < v$, dan $z$ dengan $u < z < v$. Maka $a \leq u < z$ dan $z < v < b$, sehingga $a \leq z < b$, yaitu $z \in [a,b)$. Untuk $(a,b]$, dari $u,v\in(a,b]$ dan $u<z<v$ diperoleh $a<u<z<v\leq b$, sehingga $a<z\leq b$ dan $z\in(a,b]$.

Kasus $(a,\infty)$: Ambil $u, v \in (a,\infty)$ dengan $u < v$, dan $z$ dengan $u < z$. Maka $a < u < z$, sehingga $z > a$, yaitu $z \in (a,\infty)$. Untuk $[a,\infty)$, dari $a\leq u<z<v$ diperoleh $z\geq a$. Untuk $(-\infty,b)$, dari $u<z<v<b$ diperoleh $z<b$. Untuk $(-\infty,b]$, dari $u<z<v\leq b$ diperoleh $z\leq b$. Jadi setiap titik di antara dua anggota berada dalam sinar yang sama.

Kasus $\mathbb{R}$: Setiap $z \in \mathbb{R}$ trivially berada dalam $\mathbb{R}$.

Kasus $\emptyset$ dan $\{a\}$: Kondisi order-convexity berbunyi "untuk setiap $u, v \in I$ dengan $u < v$, ...". Karena $\emptyset$ tidak memiliki anggota dan $\{a\}$ tidak memiliki dua anggota berbeda, premis tidak pernah terpenuhi, sehingga implikasi vacuously benar. $\square$

### Teorema Karakterisasi: Arah Balik

Arah yang jauh lebih dalam dan substansial adalah arah balik: setiap himpunan order-convex di $\mathbb{R}$ harus berbentuk salah satu dari jenis yang telah kita definisikan. Inilah teorema karakterisasi utama unit ini.

Teorema 12.1.6 (Karakterisasi Interval di $\mathbb{R}$). Misalkan $I \subseteq \mathbb{R}$ adalah himpunan order-convex. Maka $I$ adalah salah satu dari: $\emptyset$, suatu singleton $\{a\}$, atau salah satu dari sembilan jenis interval yang didefinisikan dalam Definisi 12.1.2–12.1.3 (dengan $a < b$ untuk interval terbatas, atau $a \in \mathbb{R}$ untuk sinar).

Strategi Bukti. Kita bagi berdasarkan kardinalitas $I$. Jika $|I| = 0$, selesai. Jika $|I| = 1$, selesai. Jika $|I| \geq 2$, kita bagi lagi berdasarkan keterbatasan $I$ dari bawah dan dari atas. Dalam setiap subkasus, kita tetapkan $a = \inf I$ dan/atau $b = \sup I$ (ketika batas tersebut ada di $\mathbb{R}$), lalu membuktikan bahwa $I$ sama persis dengan salah satu dari sebelas bentuk yang mungkin dengan cara menunjukkan inklusi dua arah, menggunakan order-convexity untuk arah $\supseteq$ dan definisi infimum/supremum untuk arah $\subseteq$.

Bukti. Misalkan $I$ order-convex dan $|I| \geq 2$. Pilih $p, q \in I$ dengan $p \neq q$; WLOG $p < q$.

Kasus A: $I$ terbatas dari bawah dan dari atas. Karena $I$ takkosong dan terbatas dua sisi, Aksioma 11.3.1 tentang supremum dan Teorema 11.3.3 tentang infimum memberi $a:=\inf I\in\mathbb R$ dan $b:=\sup I\in\mathbb R$. Karena $p < q$ keduanya anggota $I$, kita punya $a \leq p < q \leq b$, sehingga $a < b$.

Langkah 1: Setiap anggota $I$ berada dalam $[a,b]$. Ini langsung dari definisi $a = \inf I$ dan $b = \sup I$: untuk setiap $x \in I$, $a \leq x \leq b$, yaitu $x \in [a,b]$. Jadi $I \subseteq [a,b]$.

Langkah 2: Setiap $x$ dengan $a < x < b$ adalah anggota $I$. Karena $x > a = \inf I$, maka $x$ bukan merupakan batas bawah $I$, sehingga terdapat $u \in I$ dengan $u < x$. Karena $x < b = \sup I$, maka $x$ bukan merupakan batas atas $I$, sehingga terdapat $v \in I$ dengan $x < v$. Maka $u, v \in I$, $u < x < v$, dan order-convexity $I$ memberikan $x \in I$. Jadi $(a,b) \subseteq I$.

Langkah 3: Menentukan keanggotaan $a$ dan $b$. Apakah $a \in I$ dan/atau $b \in I$? Ini memberikan empat pilihan: 
— Jika $a \in I$ dan $b \in I$: maka $(a,b) \subseteq I \subseteq [a,b]$ dan $\{a,b\} \subseteq I$, jadi $I = [a,b]$. 
— Jika $a \notin I$ dan $b \notin I$: maka $I \subseteq (a,b)$ dan $(a,b) \subseteq I$, jadi $I = (a,b)$. 
— Jika $a \in I$ dan $b \notin I$: maka $I = [a,b)$. 
— Jika $a \notin I$ dan $b \in I$: maka $I = (a,b]$. 

Kasus B: $I$ terbatas dari bawah tetapi tidak dari atas. Maka $a := \inf I \in \mathbb{R}$ ada, tetapi $I$ tidak terbatas atas. Klaim: $I = [a,\infty)$ atau $I = (a,\infty)$.

Langkah 1: $I \subseteq [a,\infty)$. Langsung dari $a = \inf I$.

Langkah 2: Untuk setiap $x > a$, berlaku $x \in I$. Karena $x > a = \inf I$, ada $u \in I$ dengan $u < x$. Karena $I$ tidak terbatas atas, ada $v \in I$ dengan $v > x$. Maka order-convexity memberi $x \in I$. Jadi $(a,\infty) \subseteq I$.

Langkah 3: Keanggotaan $a$ dalam $I$ menentukan apakah $I = [a,\infty)$ atau $I = (a,\infty)$.

Kasus C: $I$ terbatas dari atas tetapi tidak dari bawah. Karena $I$ takkosong, ada $b=\sup I\in\mathbb R$. Setiap $y\in I$ memenuhi $y\leq b$, sehingga $I\subseteq(-\infty,b]$. Ambil $x<b$. Karena $x$ bukan batas atas, ada $v\in I$ dengan $x<v$; karena $I$ tidak terbatas bawah, ada $u\in I$ dengan $u<x$. Sifat order-convex memberi $x\in I$. Jadi $(-\infty,b)\subseteq I\subseteq(-\infty,b]$. Bila $b\in I$, maka $I=(-\infty,b]$; bila $b\notin I$, maka $I=(-\infty,b)$. Tidak ada infimum real yang diasumsikan untuk sisi takterbatas ini.

Kasus D: $I$ tidak terbatas dari bawah maupun dari atas. Untuk setiap $x \in \mathbb{R}$: karena $I$ tidak terbatas bawah, ada $u \in I$ dengan $u < x$; karena $I$ tidak terbatas atas, ada $v \in I$ dengan $v > x$. Order-convexity memberi $x \in I$. Jadi $I = \mathbb{R}$. $\square$

### Kasus Degenerat: Kosong, Singleton, dan Perbatasan $a = b$, $a > b$

Bagian utama bukti Teorema 12.1.6 menangani kasus $|I|\geq2$, setelah kasus kosong dan singleton dipisahkan. Kita perlu memisahkan kasus-kasus yang lebih kecil dengan cermat, karena terminologi "interval" dalam literatur kadang digunakan dengan berbagai konvensi.

Proposisi 12.1.7 (Kasus Degenerat). 
(i) Himpunan kosong $\emptyset$ adalah interval (order-convex secara vacuous). 
(ii) Setiap singleton $\{a\}$ dengan $a \in \mathbb{R}$ adalah interval. 
(iii) Jika $a = b$, maka $[a,a] = \{a\}$ (singleton); $(a,a) = \emptyset$; $[a,a) = \emptyset$; $(a,a] = \emptyset$. 
(iv) Jika $a > b$, maka $(a,b) = \emptyset$; $[a,b] = \emptyset$; $[a,b) = \emptyset$; $(a,b] = \emptyset$. 

Bukti. (i) dan (ii) telah dibahas dalam Teorema 12.1.5. (iii) Untuk $[a,a]$: $x \in [a,a]$ berarti $a \leq x \leq a$, yaitu $x = a$, jadi $[a,a] = \{a\}$. Untuk $(a,a)$: $x \in (a,a)$ berarti $a < x < a$, yang mustahil untuk $x \in \mathbb{R}$ karena $a < a$ tidak terpenuhi; jadi $(a,a) = \emptyset$. Argumen serupa berlaku untuk $[a,a)$ dan $(a,a]$. (iv) Jika $a > b$, maka kondisi $a < x$ dan $x < b$ tidak dapat keduanya dipenuhi secara bersamaan karena $a > b$ mengakibatkan tidak ada $x$ dengan $a < x < b$; demikian pula untuk $a \leq x \leq b$ dengan $a > b$. $\square$

Catatan penting: tidak ada "tabel kasus" tunggal yang memadai untuk semua nilai $a, b \in \mathbb{R}$ tanpa diskriminasi apakah $a < b$, $a = b$, atau $a > b$. Penulis dan pembaca harus selalu menetapkan asumsi ketaksamaan sebelum menggunakan notasi interval.

### Definisi Minimal Keterbukaan dan Ketertutupan di $\mathbb{R}$

Kita sekarang mendefinisikan konsep topologis fundamental secara langsung dari prinsip pertama, tanpa mengimpor teori dari Bab 13.

Definisi 12.1.8 (Lingkungan Terbuka). Untuk $x \in \mathbb{R}$ dan $\delta > 0$, lingkungan terbuka berjari-jari $\delta$ di $x$ adalah himpunan $(x - \delta, x + \delta) = \{y \in \mathbb{R} : |y - x| < \delta\}$.

Definisi 12.1.9 (Himpunan Terbuka dan Tertutup di $\mathbb{R}$). 
— Himpunan $U \subseteq \mathbb{R}$ disebut terbuka di $\mathbb{R}$ jika: untuk setiap $x \in U$, terdapat $\delta > 0$ sehingga $(x - \delta, x + \delta) \subseteq U$. 
— Himpunan $F \subseteq \mathbb{R}$ disebut tertutup di $\mathbb{R}$ jika komplemennya $\mathbb{R} \setminus F$ terbuka di $\mathbb{R}$. 

Ini adalah definisi standar keterbukaan dalam konteks metrik standar pada $\mathbb{R}$. Kita tidak membutuhkan definisi ruang metrik umum; definisi di atas sudah lengkap untuk $\mathbb{R}$. Perhatikan bahwa suatu himpunan bisa saja: (a) terbuka saja, (b) tertutup saja, (c) keduanya terbuka dan tertutup (clopen), atau (d) bukan terbuka dan bukan tertutup. Kita akan melihat contoh dari setiap kategori.

Lemma 12.1.10. $\emptyset$ dan $\mathbb{R}$ keduanya terbuka dan tertutup di $\mathbb{R}$.

Bukti. $\emptyset$ terbuka secara hampa karena tidak ada anggota yang harus diberi lingkungan. Untuk setiap $x\in\mathbb R$, radius $\delta=1$ memberi $(x-1,x+1)\subseteq\mathbb R$, sehingga $\mathbb R$ terbuka. Karena $\mathbb R\setminus\mathbb R=\emptyset$ terbuka, $\mathbb R$ tertutup. Karena $\mathbb R\setminus\emptyset=\mathbb R$ terbuka, $\emptyset$ tertutup. $\square$

### Klasifikasi Topologis: Interval Terbatas

Kita sekarang membuktikan klasifikasi topologis untuk setiap jenis interval, dimulai dari yang terbatas.

Teorema 12.1.11 (Klasifikasi $(a,b)$). Untuk $a < b$, interval $(a,b)$ terbuka di $\mathbb{R}$ dan tidak tertutup di $\mathbb{R}$.

Bukti. Keterbukaan: Ambil $x \in (a,b)$. Maka $a < x < b$, sehingga $x - a > 0$ dan $b - x > 0$. Tetapkan $\delta = \frac{1}{2} \min(x - a, b - x) > 0$. Klaim: $(x - \delta, x + \delta) \subseteq (a,b)$. Ambil $y$ dengan $|y - x| < \delta$. Maka: $$y > x - \delta \geq x - \frac{x-a}{2} = \frac{x+a}{2} > a,$$ $$y < x + \delta \leq x + \frac{b-x}{2} = \frac{x+b}{2} < b.$$ Jadi $a < y < b$, yaitu $y \in (a,b)$. Ini membuktikan $(a,b)$ terbuka.

Tidak tertutup: Komplemen $(a,b)^c=(-\infty,a]\cup[b,\infty)$ memuat $a$. Untuk setiap $\delta>0$, pilih $\varepsilon=\min(\delta/2,(b-a)/2)>0$ dan $z=a+\varepsilon$. Karena $0<\varepsilon<\delta$ dan $\varepsilon\leq(b-a)/2<b-a$, berlaku $z\in(a-\delta,a+\delta)$ serta $a<z<b$. Jadi $z\notin(a,b)^c$. Ini berlaku untuk setiap radius, bukan hanya radius yang lebih kecil dari $b-a$, sehingga komplemen tidak terbuka di $a$ dan $(a,b)$ tidak tertutup. $\square$

Teorema 12.1.12 (Klasifikasi $[a,b]$). Untuk $a < b$, interval $[a,b]$ tertutup di $\mathbb{R}$ dan tidak terbuka di $\mathbb{R}$.

Bukti. Ketertutupan: Kita tunjukkan $[a,b]^c = (-\infty, a) \cup (b, \infty)$ terbuka. Ambil $x \in (-\infty, a)$, maka $x < a$, tetapkan $\delta = \frac{a-x}{2} > 0$. Untuk $|y - x| < \delta$, $y < x + \delta = x + \frac{a-x}{2} = \frac{x+a}{2} < a$, jadi $y \in (-\infty, a)$. Jadi $(-\infty, a)$ terbuka. Untuk $x>b$, pilih $\delta=(x-b)/2>0$. Jika $|y-x|<\delta$, maka $y>x-\delta=(x+b)/2>b$, sehingga $(b,\infty)$ terbuka. Gabungan dua himpunan terbuka adalah terbuka (dapat diverifikasi langsung: jika $x$ dalam gabungan, $x$ berada di salah satu komponen terbuka dan $\delta$ yang bekerja untuk komponen itu bekerja juga untuk gabungan). Jadi $[a,b]^c$ terbuka, artinya $[a,b]$ tertutup.

Tidak terbuka: Ambil $a \in [a,b]$. Untuk setiap $\delta > 0$, $a - \frac{\delta}{2} < a$ berada dalam $(a - \delta, a + \delta)$ tetapi $a - \frac{\delta}{2} \notin [a,b]$ (karena $a - \frac{\delta}{2} < a$). Jadi tidak ada $\delta > 0$ dengan $(a - \delta, a + \delta) \subseteq [a,b]$. $\square$

Teorema 12.1.13 (Klasifikasi $[a,b)$ dan $(a,b]$). Untuk $a < b$, interval setengah-terbuka $[a,b)$ dan $(a,b]$ tidak terbuka dan tidak tertutup di $\mathbb{R}$.

Bukti untuk $[a,b)$. Tidak terbuka: Ambil $a \in [a,b)$. Untuk setiap $\delta > 0$, $a - \frac{\delta}{2} < a$ berada dalam $(a-\delta, a+\delta)$ tetapi $a - \frac{\delta}{2} < a$ sehingga $a - \frac{\delta}{2} \notin [a,b)$. Jadi $[a,b)$ tidak terbuka.

Tidak tertutup: Kita tunjukkan $[a,b)^c = (-\infty, a) \cup [b, \infty)$ tidak terbuka. Ambil $b \in [b, \infty) \subseteq [a,b)^c$. Untuk setiap $\delta > 0$, ambil $\varepsilon = \min\!\left(\frac{\delta}{2}, \frac{b-a}{2}\right) > 0$; maka $b - \varepsilon \in (b - \delta, b + \delta)$ dan $a \leq b - \varepsilon < b$, sehingga $b - \varepsilon \in [a,b)$, yaitu $b - \varepsilon \notin [a,b)^c$. Jadi $[a,b)^c$ tidak terbuka, artinya $[a,b)$ tidak tertutup. Untuk $(a,b]$, titik $b\in(a,b]$ menghalangi keterbukaan: bagi setiap $\delta>0$, titik $b+\delta/2$ berada dalam lingkungan $b$ tetapi di luar himpunan. Komplemennya memuat $a$; bagi setiap $\delta>0$, pilih $\varepsilon=\min(\delta/2,(b-a)/2)>0$. Titik $a+\varepsilon$ berada dalam $(a-\delta,a+\delta)$ dan dalam $(a,b]$, sehingga di luar komplemen. Jadi komplemen tidak terbuka di $a$ dan $(a,b]$ tidak tertutup. $\square$

### Klasifikasi Topologis: Sinar dan Kasus Khusus

Teorema 12.1.14 (Klasifikasi Sinar Terbuka). Untuk $a \in \mathbb{R}$, interval $(a, \infty)$ terbuka di $\mathbb{R}$ dan tidak tertutup. Untuk $b \in \mathbb{R}$, interval $(-\infty, b)$ terbuka di $\mathbb{R}$ dan tidak tertutup.

Bukti untuk $(a,\infty)$. Keterbukaan: Ambil $x \in (a, \infty)$, maka $x > a$. Tetapkan $\delta = \frac{x-a}{2} > 0$. Untuk $|y - x| < \delta$: $y > x - \delta = x - \frac{x-a}{2} = \frac{x+a}{2} > a$. Jadi $y \in (a,\infty)$. Terbuka terbukti. Tidak tertutup: Komplemen $(-\infty, a]$ tidak terbuka: ambil $a \in (-\infty, a]$; untuk setiap $\delta > 0$, $a + \frac{\delta}{2} > a$ berada dalam $(a - \delta, a + \delta)$ tetapi $a + \frac{\delta}{2} \notin (-\infty, a]$. Untuk $(-\infty,b)$, setiap $x<b$ mempunyai radius $\delta=(b-x)/2>0$; jika $|y-x|<\delta$, maka $y<x+\delta=(x+b)/2<b$. Jadi sinar itu terbuka. Komplemennya $[b,\infty)$ tidak terbuka di $b$, karena bagi setiap $\delta>0$ titik $b-\delta/2$ berada dalam lingkungan $b$ tetapi di luar komplemen. Maka $(-\infty,b)$ tidak tertutup. $\square$

Teorema 12.1.15 (Klasifikasi Sinar Tertutup). Untuk $a \in \mathbb{R}$, interval $[a, \infty)$ tertutup di $\mathbb{R}$ dan tidak terbuka. Untuk $b \in \mathbb{R}$, interval $(-\infty, b]$ tertutup di $\mathbb{R}$ dan tidak terbuka.

Bukti untuk kedua sinar. Untuk $(-\infty,b]$, komplemen $(b,\infty)$ terbuka menurut Teorema 12.1.14, sehingga sinar itu tertutup. Ia tidak terbuka: bagi setiap $\delta>0$, titik $b+\delta/2$ berada dalam lingkungan $b\in(-\infty,b]$ tetapi di luar sinar. Untuk $[a,\infty)$, ketertutupan: Komplemen $(-\infty, a)$ terbuka (dibuktikan seperti kasus $(a,\infty)$ dengan arah terbalik). Jadi $[a,\infty)$ tertutup. Tidak terbuka: Ambil $a \in [a,\infty)$; untuk $\delta > 0$, $a - \frac{\delta}{2} < a$ berada dalam $(a-\delta, a+\delta)$ tetapi $a - \frac{\delta}{2} \notin [a,\infty)$. $\square$

Teorema 12.1.16 (Klasifikasi Singleton). Untuk $a \in \mathbb{R}$, singleton $\{a\}$ tertutup di $\mathbb{R}$ dan tidak terbuka.

Bukti. Ketertutupan: Komplemen $\mathbb{R} \setminus \{a\} = (-\infty, a) \cup (a, \infty)$, gabungan dua himpunan terbuka, adalah terbuka. Jadi $\{a\}$ tertutup. Tidak terbuka: Untuk setiap $\delta > 0$, $a + \frac{\delta}{2} \in (a - \delta, a + \delta)$ tetapi $a + \frac{\delta}{2} \neq a$ sehingga $a + \frac{\delta}{2} \notin \{a\}$. $\square$

Ringkasan Klasifikasi Topologis. Dengan $a < b$:

$(a,b)$: terbuka, tidak tertutup. $\quad [a,b]$: tertutup, tidak terbuka. $\quad [a,b)$ dan $(a,b]$: tidak terbuka, tidak tertutup.

$(a,\infty)$ dan $(-\infty, b)$: terbuka, tidak tertutup. $\quad [a,\infty)$ dan $(-\infty, b]$: tertutup, tidak terbuka.

$\mathbb{R}$: terbuka dan tertutup. $\quad \emptyset$: terbuka dan tertutup. $\quad \{a\}$: tertutup, tidak terbuka.

Perlu ditekankan: kita tidak mengklaim bahwa setiap himpunan tertutup di $\mathbb{R}$ adalah interval, atau bahwa setiap himpunan yang bukan terbuka adalah tertutup. Kedua klaim itu palsu secara umum.

### Keterbukaan Relatif versus Keterbukaan di $\mathbb{R}$

Sebelum beralih ke latihan, kita perlu memperjelas perbedaan antara keterbukaan yang bersifat relatif terhadap suatu subhimpunan dan keterbukaan di ambient $\mathbb{R}$. Perbedaan ini penting agar tidak terjadi kebingungan dalam soal-soal latihan dan diskusi selanjutnya.

Definisi 12.1.17 (Keterbukaan Relatif). Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ dan $U \subseteq S$. Himpunan $U$ disebut terbuka relatif terhadap $S$ (atau terbuka dalam $S$) jika untuk setiap $x \in U$, terdapat $\delta > 0$ sehingga $(x - \delta, x + \delta) \cap S \subseteq U$. Ekuivalen, $U$ terbuka dalam $S$ jika dan hanya jika terdapat himpunan $V$ yang terbuka di $\mathbb{R}$ dengan $U = V \cap S$.

Bukti kesetaraan dua rumusan. Jika $U=V\cap S$ dengan $V$ terbuka di $\mathbb R$, setiap $x\in U\subseteq V$ mempunyai $\delta>0$ dengan $(x-\delta,x+\delta)\subseteq V$. Irisan dengan $S$ memberi lingkungan relatif yang termuat dalam $U$. Sebaliknya, andaikan rumusan lingkungan relatif berlaku. Ambil $V$ sebagai gabungan semua interval $(x-\delta,x+\delta)$ dengan $x\in U$, $\delta>0$, dan $(x-\delta,x+\delta)\cap S\subseteq U$. Tidak dipilih satu radius global per titik: semua pasangan yang memenuhi syarat dipakai. Setiap $x\in U$ berada dalam salah satu interval itu, sehingga $U\subseteq V\cap S$. Setiap anggota $V\cap S$ berada dalam interval penyusun yang irisannya dengan $S$ termuat dalam $U$, sehingga $V\cap S\subseteq U$. Terakhir, setiap $y\in V$ berada dalam suatu interval penyusun terbuka, yang memberi radius lingkungan $y$ termuat dalam interval itu dan karenanya dalam $V$; jadi $V$ terbuka. Jika $U=\emptyset$, gabungannya kosong dan argumen tetap sah. Ini membuktikan kedua arah tanpa memakai teori dari Bab 13. $\square$

Contoh 12.1.18. Himpunan $[0,1)$ tidak terbuka di $\mathbb{R}$ (dibuktikan dalam Teorema 12.1.13). Namun $[0,1)$ terbuka dalam $[0,1]$. Memang, $[0,1) = (-1, 1) \cap [0,1]$, dan $(-1,1)$ terbuka di $\mathbb{R}$. Jadi $[0,1)$ adalah himpunan yang terbuka relatif dalam ruang $[0,1]$ tetapi tidak terbuka dalam ruang ambient $\mathbb{R}$.

Ini bukan kontradiksi; "terbuka" adalah sifat yang bergantung pada ruang ambient. Fakta bahwa $[0,1)$ terbuka dalam $[0,1]$ sama sekali tidak bertentangan dengan fakta bahwa ia tidak terbuka di $\mathbb{R}$. Setiap pernyataan tentang keterbukaan harus menyebutkan dengan jelas ruang ambientnya.

Dalam seluruh unit ini, kecuali dinyatakan lain secara eksplisit, "terbuka" dan "tertutup" selalu berarti terbuka/tertutup di $\mathbb{R}$ sebagai ruang ambient.

### Contoh Terhitung dan Ilustrasi

Contoh 12.1.19. Tentukan apakah $A = [2, 5)$ adalah interval, tentukan $\inf A$ dan $\sup A$, dan apakah masing-masing tercapai sebagai minimum atau maksimum.

Penyelesaian. Pertama, $A = [2,5)$ adalah interval berdasarkan Definisi 12.1.2 dengan $a = 2, b = 5, a < b$. Berdasarkan Teorema 12.1.5, ia order-convex. Berdasarkan Teorema 12.1.13, ia tidak terbuka dan tidak tertutup di $\mathbb{R}$.

Mengenai infimum: setiap $x\in A$ memenuhi $x\geq2$, sehingga $2$ batas bawah. Karena $2\leq2<5$, berlaku $2\in A$, jadi $\inf A=\min A=2$. Mengenai supremum: $5$ batas atas sebab setiap $x\in A$ memenuhi $x<5$. Untuk setiap $M<5$, tetapkan $c=\max(2,M)<5$ dan $z=(c+5)/2$. Karena $2\leq c<z<5$, kita punya $z\in[2,5)=A$; karena $M\leq c<z$, titik ini melampaui $M$. Jadi tidak ada batas atas lebih kecil dari $5$ dan $\sup A=5$. Karena $5\notin A$, maksimum tidak ada: maksimum, bila ada, harus sama dengan supremum menurut Unit 11.2. $\square$

Contoh 12.1.20. Tunjukkan bahwa $B = \{0, 2\}$ adalah himpunan tertutup di $\mathbb{R}$ tetapi bukan interval.

Penyelesaian. Tertutup: $B^c = (-\infty, 0) \cup (0, 2) \cup (2, \infty)$, gabungan tiga himpunan terbuka (masing-masing adalah interval terbuka atau sinar terbuka), yang terbuka. Jadi $B$ tertutup. Bukan interval: $0, 2 \in B$ dan $0 < 1 < 2$, tetapi $1 \notin B$. Jadi $B$ tidak order-convex, bukan interval. Ini menunjukkan bahwa himpunan tertutup tidak harus berupa interval. $\square$

Contoh 12.1.21. Tentukan apakah irisan $(-1, 3) \cap [2, 5]$ adalah interval dan klasifikasikan secara topologis.

Penyelesaian. $(-1,3) \cap [2,5] = \{x : -1 < x < 3 \text{ dan } 2 \leq x \leq 5\} = [2, 3)$. Ini adalah interval setengah-terbuka dengan $a = 2, b = 3$. Berdasarkan Teorema 12.1.13, ia tidak terbuka dan tidak tertutup di $\mathbb{R}$. Irisan dua interval adalah interval—ini adalah kasus khusus dari Latihan 12.1-5 di bawah. $\square$

### Latihan 12.1-1 dan Solusi: Kasus Degenerat $a = b$

Latihan 12.1-1. Misalkan $a \in \mathbb{R}$. Tentukan secara lengkap empat himpunan $(a,a)$, $[a,a]$, $[a,a)$, $(a,a]$. Untuk masing-masing, nyatakan apakah ia interval, dan jika ya, klasifikasikan secara topologis di $\mathbb{R}$.

Solusi 12.1-1. Himpunan $(a,a)$: $x \in (a,a)$ berarti $a < x < a$, yaitu $a < a$ setelah eliminasi $x$—tetapi $a < a$ palsu. Jadi $(a,a) = \emptyset$. Himpunan kosong adalah interval (vacuously order-convex) dan terbuka serta tertutup di $\mathbb{R}$ (Lemma 12.1.10).

Himpunan $[a,a]$: $x \in [a,a]$ berarti $a \leq x \leq a$, yaitu $x = a$. Jadi $[a,a] = \{a\}$. Singleton adalah interval dan tertutup tetapi tidak terbuka di $\mathbb{R}$ (Teorema 12.1.16).

Himpunan $[a,a)$: $x \in [a,a)$ berarti $a \leq x < a$, yaitu $a \leq x$ dan $x < a$, yang mustahil. Jadi $[a,a) = \emptyset$. Interval, terbuka dan tertutup.

Himpunan $(a,a]$: $x \in (a,a]$ berarti $a < x \leq a$, yaitu $x > a$ dan $x \leq a$, yang mustahil. Jadi $(a,a] = \emptyset$. Interval, terbuka dan tertutup. $\square$

### Latihan 12.1-2 dan 12.1-3: Klasifikasi dan Sinar

Latihan 12.1-2. Untuk $I = [2, 5)$, tentukan $\inf I$ dan $\sup I$, nyatakan apakah masing-masing adalah minimum/maksimum, dan klasifikasikan $I$ secara topologis di $\mathbb{R}$. Untuk setiap $\delta>0$, berikan titik saksi di lingkungan $x=2$ yang berada di luar $I$, guna membuktikan bahwa $I$ tidak terbuka, dan bukti bahwa komplemen tidak terbuka di $y = 5$.

Solusi 12.1-2. $\inf I = 2$: untuk setiap $x \in [2,5)$, $x \geq 2$, jadi $2$ adalah batas bawah; $2 \in I$ jadi $2$ adalah minimum, sehingga $\inf I = \min I = 2$. $\sup I = 5$: setiap $x \in [2,5)$ memenuhi $x < 5$, jadi $5$ adalah batas atas. Untuk $M < 5$: jika $M < 2$, maka $2 \in I$ dan $2 > M$; jika $2 \leq M < 5$, ambil $M' = \frac{M+5}{2}$, maka $M < M' < 5$ dan $M' \geq 2$, sehingga $M' \in [2,5)$ dan $M' > M$, jadi $M$ bukan batas atas. Dengan demikian $\sup I = 5$. Karena $5 \notin I$, $I$ tidak memiliki maksimum.

Klasifikasi: $I = [2,5)$ adalah interval setengah-terbuka, tidak terbuka dan tidak tertutup (Teorema 12.1.13).

Saksi tidak-terbuka di $x = 2$: untuk setiap $\delta > 0$, $2 - \frac{\delta}{2} < 2$ berada dalam $(2 - \delta, 2 + \delta)$ tetapi $2 - \frac{\delta}{2} < 2$ sehingga $2 - \frac{\delta}{2} \notin [2,5)$. Komplemen tidak terbuka di $y = 5$: $[2,5)^c = (-\infty, 2) \cup [5,\infty)$. Ambil $5 \in [5,\infty)$. Untuk $\delta > 0$, pilih $\varepsilon = \min(\delta/2, 3/2) > 0$; maka $5 - \varepsilon \in (5-\delta, 5+\delta)$ dan $2 \leq 5 - \varepsilon < 5$, sehingga $5-\varepsilon\in[2,5)$ dan $5-\varepsilon\notin[2,5)^c$. $\square$

Latihan 12.1-3. Untuk setiap sinar $(a,\infty)$, $[a,\infty)$, $(-\infty,b)$, $(-\infty,b]$ dengan $a, b \in \mathbb{R}$: (i) buktikan mereka adalah interval; (ii) klasifikasikan secara topologis; (iii) berikan saksi $\delta$ eksplisit yang membuktikan keterbukaan (untuk yang terbuka) atau bukti ketertutupan melalui komplemen (untuk yang tertutup).

Solusi 12.1-3. Keempat sinar adalah interval berdasarkan Teorema 12.1.5 dan konstruksi dalam Teorema 12.1.6, Kasus B dan C.

$(a,\infty)$ terbuka: untuk $x > a$, tetapkan $\delta = \frac{x-a}{2} > 0$. Untuk $|y-x| < \delta$: $y > x - \delta = \frac{x+a}{2} > a$. Tidak tertutup: komplemen $(-\infty, a]$ tidak terbuka di $a$ (untuk $\delta > 0$, $a + \frac{\delta}{2} \in (-\infty, a]^c$ berada dalam $(a-\delta, a+\delta)$).

$[a,\infty)$ tertutup: komplemen $(-\infty, a)$ terbuka (untuk $x < a$, $\delta = \frac{a-x}{2}$ bekerja). Tidak terbuka: di $x = a$, $a - \frac{\delta}{2} \notin [a,\infty)$.

$(-\infty, b)$ terbuka: untuk $x < b$, $\delta = \frac{b-x}{2}$. Setiap $y \in (x-\delta, x+\delta)$ memenuhi $y < x + \delta = \frac{x+b}{2} < b$. $(-\infty,b)$ tidak tertutup: untuk setiap $\delta>0$, titik $b-\delta/2$ berada dalam lingkungan $b$ tetapi di luar komplemen $[b,\infty)$. Sinar $(-\infty,b]$ tertutup karena komplemennya $(b,\infty)$ terbuka, dengan radius $(x-b)/2$ pada setiap $x>b$. Ia tidak terbuka di $b$: untuk setiap $\delta>0$, titik $b+\delta/2$ berada dalam lingkungan $b$ tetapi di luar sinar. $\square$

### Latihan 12.1-4 dan 12.1-5: Himpunan Trivial dan Irisan

Latihan 12.1-4. (a) Tunjukkan bahwa $\emptyset$ adalah interval dan tentukan klasifikasi topologisnya. (b) Tunjukkan bahwa $\{0\}$ adalah interval dan tentukan klasifikasi topologisnya. (c) Jelaskan mengapa definisi order-convexity untuk kedua himpunan ini tidak memerlukan pengecekan kondisi apapun secara nyata (vacuous truth).

Solusi 12.1-4. (a) $\emptyset$ adalah interval: kondisi order-convexity berbunyi "untuk setiap $u, v \in \emptyset$ dengan $u < v$, untuk setiap $z$ dengan $u < z < v$, berlaku $z \in \emptyset$." Karena tidak ada $u \in \emptyset$, premis tidak pernah terpenuhi, sehingga implikasi vacuously benar. Klasifikasi: $\emptyset$ terbuka dan tertutup (Lemma 12.1.10).

(b) $\{0\}$ adalah interval: kondisi mensyaratkan "untuk setiap $u, v \in \{0\}$ dengan $u < v$, ...". Satu-satunya pasangan $(u,v)$ dengan $u, v \in \{0\}$ adalah $(0, 0)$, yang tidak memenuhi $u < v$ (karena $0 \not< 0$). Jadi premis tidak pernah terpenuhi, implikasi vacuously benar. Klasifikasi: $\{0\}$ tertutup tetapi tidak terbuka (Teorema 12.1.16).

(c) Vacuous truth terjadi karena premis logis ("ada $u, v$ dalam $I$ dengan $u < v$") tidak dapat dipenuhi untuk himpunan yang memiliki kurang dari dua anggota yang berbeda. Dalam logika, pernyataan $\forall x \in \emptyset : P(x)$ selalu benar untuk predikat $P$ apapun karena tidak ada $x$ yang dapat memalsukan pernyataan tersebut. $\square$

Latihan 12.1-5. Misalkan $\mathcal{F}$ adalah keluarga (koleksi) himpunan order-convex di $\mathbb{R}$, dengan $\mathcal{F}$ boleh kosong. Buktikan bahwa $\bigcap_{I \in \mathcal{F}} I$ adalah order-convex. Sertakan penanganan kasus $\mathcal{F} = \emptyset$.

Solusi 12.1-5. Misalkan $J = \bigcap_{I \in \mathcal{F}} I$.

Kasus $\mathcal{F} = \emptyset$: Irisan keluarga kosong secara konvensional adalah $\mathbb{R}$ (irisan atas seluruh himpunan di "alam semesta" $\mathbb{R}$). Maka $J = \mathbb{R}$, yang order-convex.

Kasus $\mathcal{F} \neq \emptyset$: Ambil $u, v \in J$ dengan $u < v$, dan $z \in \mathbb{R}$ dengan $u < z < v$. Kita perlu menunjukkan $z \in J$, yaitu $z \in I$ untuk setiap $I \in \mathcal{F}$. Ambil $I \in \mathcal{F}$ sebarang. Karena $u, v \in J = \bigcap_{I' \in \mathcal{F}} I'$, khususnya $u, v \in I$. Karena $I$ order-convex dan $u < z < v$, berlaku $z \in I$. Karena $I$ dipilih sebarang, $z \in I$ untuk semua $I \in \mathcal{F}$, sehingga $z \in J$. $\square$

### Latihan 12.1-6: Himpunan Tertutup yang Bukan Interval

Latihan 12.1-6. Tunjukkan bahwa $C = \{0, 2\}$ adalah himpunan tertutup di $\mathbb{R}$ tetapi bukan interval. Kemudian, nyatakan (tanpa harus membuktikan secara penuh) mengapa ketertutupan suatu himpunan tidak menjamin ia berupa interval, dan berikan satu contoh lain dari himpunan tertutup yang bukan interval.

Solusi 12.1-6. Ketertutupan $C$: Kita tunjukkan $C^c = \mathbb{R} \setminus \{0,2\} = (-\infty, 0) \cup (0, 2) \cup (2, \infty)$ terbuka. Ketiganya adalah interval terbuka atau sinar terbuka: $(-\infty, 0)$ terbuka (Teorema 12.1.14), $(0, 2)$ terbuka (Teorema 12.1.11), $(2, \infty)$ terbuka (Teorema 12.1.14). Untuk membuktikan gabungan tiga himpunan terbuka adalah terbuka: ambil $x \in C^c$; maka $x$ berada di salah satu dari tiga komponen; ambil $\delta$ yang berfungsi untuk komponen itu; $\delta$ juga berfungsi untuk $C^c$ karena $(x-\delta, x+\delta)$ berada dalam komponen tersebut $\subseteq C^c$. Jadi $C^c$ terbuka dan $C$ tertutup.

Bukan interval: $0, 2 \in C$ dan $0 < 1 < 2$, tetapi $1 \notin C$. Kondisi order-convexity dilanggar. Jadi $C$ bukan interval.

Mengapa ketertutupan tidak menjamin interval: Ketertutupan adalah sifat topologis yang bergantung pada komplemen; order-convexity mensyaratkan keanggotaan setiap bilangan real di antara dua anggota himpunan, bukan sekadar kerapatan. Himpunan tertutup dapat berupa himpunan diskret atau terputus-putus.

Contoh lain adalah $\mathbb Z$. Ambil $x\in\mathbb R\setminus\mathbb Z$. Lema pembulatan 8.3.3 dengan faktor $n=1$, yang pinjaman Archimedes-nya ditutup oleh Teorema 11.4.1, memberi integer $k$ dengan $k\leq x<k+1$. Karena $x$ bukan integer, $k<x<k+1$. Pilih $\delta=\min(x-k,k+1-x)/2>0$. Setiap $y$ dalam lingkungan itu memenuhi $k<y<k+1$, sehingga $y\notin\mathbb Z$ menurut kediskretan urutan integer dari Bab 8. Jadi komplemen $\mathbb Z$ terbuka dan $\mathbb Z$ tertutup. Hal ini juga membuktikan $\mathbb R\setminus\mathbb Z=\bigcup_{k\in\mathbb Z}(k,k+1)$: satu arah berasal dari pembulatan tadi, arah lainnya dari tidak adanya integer di antara dua integer berturutan. Namun $\mathbb Z$ bukan interval, sebab $0,1\in\mathbb Z$ sedangkan $0<1/2<1$ dan $1/2\notin\mathbb Z$. Pemakaian Archimedes di sini bersifat khusus pada contoh ini. $\square$

### Latihan 12.1-7: Karakterisasi Interval Terbatas via Inf dan Sup

Latihan 12.1-7. Misalkan $I \subseteq \mathbb{R}$ adalah himpunan order-convex yang terbatas dari bawah dan dari atas, dengan $|I| \geq 2$. Tetapkan $a = \inf I$ dan $b = \sup I$. Buktikan bahwa $a < b$, dan buktikan kedua arah karakterisasi berikut: $I$ sama dengan tepat salah satu dari $(a,b)$, $[a,b)$, $(a,b]$, atau $[a,b]$, ditentukan oleh keanggotaan $a$ dan $b$ dalam $I$. Berikan bukti lengkap untuk arah $I \subseteq [a,b]$ dan $(a,b) \subseteq I$.

Solusi 12.1-7. Bukti $a < b$: Karena $|I| \geq 2$, pilih $p, q \in I$ dengan $p \neq q$, WLOG $p < q$. Maka $a = \inf I \leq p < q \leq b = \sup I$, jadi $a \leq p < q \leq b$, sehingga $a < b$.

Arah $I \subseteq [a,b]$: Ambil $x \in I$. Karena $a = \inf I$, $a \leq x$ (definisi infimum: batas bawah). Karena $b = \sup I$, $x \leq b$ (definisi supremum: batas atas). Jadi $a \leq x \leq b$, yaitu $x \in [a,b]$.

Arah $(a,b) \subseteq I$: Ambil $x$ dengan $a < x < b$. Karena $x > a = \inf I$, $x$ bukan batas bawah $I$, sehingga terdapat $u \in I$ dengan $u < x$. Karena $x < b = \sup I$, $x$ bukan batas atas $I$, sehingga terdapat $v \in I$ dengan $x < v$. Maka $u, v \in I$, $u < x < v$, dan karena $I$ order-convex, $x \in I$. Jadi $(a,b) \subseteq I$.

Penentuan bentuk $I$: Kita telah membuktikan $(a,b) \subseteq I \subseteq [a,b]$. Ini berarti $I$ memuat semua titik interior $(a,b)$ dan mungkin memuat $a$, $b$, atau keduanya, atau tidak sama sekali. Lebih tepatnya: 
— Jika $a \in I$ dan $b \in I$: $(a,b) \cup \{a,b\} \subseteq I \subseteq [a,b]$, jadi $I = [a,b]$. 
— Jika $a \notin I$ dan $b \notin I$: $I \subseteq [a,b] \setminus \{a,b\} = (a,b)$, dan $(a,b) \subseteq I$, jadi $I = (a,b)$. 
— Jika $a \in I$ dan $b \notin I$: $(a,b) \cup \{a\} \subseteq I$ dan $b \notin I$, jadi $[a,b) \subseteq I \subseteq [a,b) \cup \{b\}$. Karena $b \notin I$, $I \subseteq [a,b)$. Jadi $I = [a,b)$. 
— Jika $a\notin I$ dan $b\in I$, maka $(a,b)\cup\{b\}\subseteq I$ dan $I\subseteq[a,b]\setminus\{a\}=(a,b]$, sehingga $I=(a,b]$.

Sebaliknya, keempat bentuk tersebut order-convex menurut Teorema 12.1.5. Untuk masing-masing, $a$ adalah batas bawah dan $b$ batas atas. Jika $M<b$, ambil $z=(\max(a,M)+b)/2$; maka $z\in(a,b)$ dan $z>M$, sehingga $M$ bukan batas atas bentuk mana pun. Jika $m>a$, ambil $w=(a+\min(b,m))/2$; maka $w\in(a,b)$ dan $w<m$, sehingga $m$ bukan batas bawah bentuk mana pun. Jadi infimum dan supremumnya benar-benar $a,b$. Karena $a<b$, keempat pilihan keanggotaan ujung saling berbeda dan menentukan tepat satu bentuk. $\square$

### Latihan 12.1-8: Keterbukaan Relatif

Latihan 12.1-8. Tunjukkan bahwa $[0,1)$ terbuka relatif terhadap $[0,1]$ (yaitu terbuka dalam $[0,1]$), tetapi tidak terbuka di $\mathbb{R}$. Berikan himpunan terbuka $V \subseteq \mathbb{R}$ yang eksplisit dengan $[0,1) = V \cap [0,1]$, dan buktikan bahwa $[0,1)$ tidak terbuka di $\mathbb{R}$ dengan menunjukkan bahwa titik $x = 0$ tidak memiliki lingkungan terbuka yang seluruhnya berada dalam $[0,1)$.

Solusi 12.1-8. Keterbukaan relatif dalam $[0,1]$: Klaim: $[0,1) = (-1, 1) \cap [0,1]$. Verifikasi: $x \in [0,1)$ berarti $0 \leq x < 1$. Karena $0 \leq x$, $x \geq 0$, dan karena $x < 1 \leq 1$, $x \in [0,1]$. Juga $x > -1$ (karena $x \geq 0 > -1$) dan $x < 1$, jadi $x \in (-1,1)$. Sebaliknya, jika $x \in (-1,1) \cap [0,1]$, maka $-1 < x < 1$ dan $0 \leq x \leq 1$; menggabungkan, $0 \leq x < 1$, yaitu $x \in [0,1)$. Jadi $[0,1) = (-1,1) \cap [0,1]$. Himpunan $(-1,1)$ terbuka di $\mathbb{R}$ (interval terbuka, Teorema 12.1.11 dengan $a = -1, b = 1$). Oleh Definisi 12.1.17, $[0,1)$ terbuka dalam $[0,1]$.

Tidak terbuka di $\mathbb{R}$: Ambil $x = 0 \in [0,1)$. Kita tunjukkan tidak ada $\delta > 0$ dengan $(0 - \delta, 0 + \delta) = (-\delta, \delta) \subseteq [0,1)$. Ambil sebarang $\delta > 0$. Titik $-\frac{\delta}{2}$ memenuhi $-\delta < -\frac{\delta}{2} < \delta$, jadi $-\frac{\delta}{2} \in (-\delta, \delta)$. Namun $-\frac{\delta}{2} < 0$, sehingga $-\frac{\delta}{2} \notin [0,1)$. Jadi $(-\delta, \delta) \not\subseteq [0,1)$ untuk setiap $\delta > 0$. Ini membuktikan $[0,1)$ tidak terbuka di $\mathbb{R}$.

Penegasan perbedaan: Pernyataan "$[0,1)$ terbuka dalam $[0,1]$" dan "$[0,1)$ tidak terbuka di $\mathbb{R}$" keduanya benar dan tidak kontradiktif, karena "terbuka" adalah sifat yang bergantung pada ruang ambient. Dalam $[0,1]$, titik $x = 0$ adalah titik tepi; lingkungan relatifnya $(-\delta, \delta) \cap [0,1] = [0, \delta)$ sudah sepenuhnya dalam $[0,1)$ untuk $0<\delta\leq1$. Tetapi dalam $\mathbb{R}$, lingkungan penuh $(-\delta, \delta)$ keluar dari $[0,1)$ melalui sisi kiri. $\square$

### Penutup Unit 12.1: Rangkuman dan Panduan ke Unit Berikutnya

Dalam unit ini kita telah membangun teori klasifikasi interval secara rigor lengkap. Titik awal adalah definisi order-convexity yang murni berdasarkan urutan, tanpa memerlukan konsep jarak atau topologi. Kemudian kita membuktikan Teorema 12.1.6, yang menegaskan bahwa setiap himpunan order-convex di $\mathbb{R}$ adalah satu dari sebelas jenis yang dapat dicacah: himpunan kosong, singleton, empat jenis interval terbatas (dengan $a < b$), empat jenis sinar, dan $\mathbb{R}$ sendiri. Bukti tersebut memanfaatkan secara esensial keberadaan infimum dan supremum yang dijamin oleh kelengkapan $\mathbb{R}$.

Selanjutnya kita mendefinisikan keterbukaan dan ketertutupan secara minimal langsung dari definisi lingkungan—tanpa mengimpor teori dari bab lanjut—dan membuktikan klasifikasi topologis untuk setiap jenis interval. Hasilnya: interval terbuka dan sinar terbuka adalah himpunan terbuka; interval tertutup terbatas dan sinar tertutup adalah himpunan tertutup; interval setengah-terbuka bukan keduanya; $\mathbb{R}$ dan $\emptyset$ adalah keduanya. Kita juga membedakan keterbukaan relatif dari keterbukaan di ambient $\mathbb{R}$, yang akan menjadi penting dalam topik-topik selanjutnya.

Delapan latihan dalam unit ini mencakup rentang dari verifikasi langsung (kasus degenerat $a = b$) hingga bukti struktural (irisan keluarga interval, karakterisasi via inf-sup), serta contoh yang membantah klaim naif (himpunan tertutup yang bukan interval, perbedaan keterbukaan relatif versus ambient). Pembaca yang telah menyelesaikan semua latihan ini memiliki fondasi yang memadai untuk melanjutkan ke Unit 12.2 tentang irisan keluarga interval bersarang dan Teorema Interval Bersarang Cantor, serta Unit 12.3 tentang metode biseksi dan Unit 12.4 tentang representasi desimal.

Catatan terakhir tentang ketergantungan logis: klasifikasi interval dengan sedikitnya dua anggota memakai keberadaan supremum dan infimum dari Aksioma 11.3.1 dan Teorema 11.3.3. Keterbukaan/ketertutupan masing-masing bentuk, kasus degenerat, irisan interval, dan kesetaraan keterbukaan relatif memakai aljabar urutan dan definisi yang ditulis di unit ini. Contoh $\mathbb Z$ tertutup pada Solusi 12.1-6 secara khusus memakai pembulatan 8.3.3 setelah Archimedes 11.4.1. Tidak ada bukti yang meminjam barisan, kontinuitas, kekompakan, atau teori pengukuran; motivasi teorema lanjut bukan prasyarat pembuktian.

## 12.2 Teorema Interval Bersarang (Nested Intervals Theorem)

Unit ini membuktikan bahwa setiap keluarga interval tertutup, tak kosong, terbatas yang bersarang di dalam lapangan terurut lengkap $\mathbb{R}$ mempunyai irisan yang tak kosong. Teorema ini, yang dikenal sebagai Teorema Interval Bersarang (Nested Intervals Theorem), merupakan salah satu konsekuensi paling langsung dari aksioma supremum, dan menjadi fondasi bagi banyak argumen konstruktif dalam analisis: dari biseksi mencari akar hingga konstruksi representasi desimal.

Struktur unit ini adalah sebagai berikut. Pertama disajikan motivasi dan pengamatan informal mengenai mengapa interval tertutup berperilaku berbeda dari interval terbuka atau himpunan tak terbatas. Kemudian diberikan definisi formal keluarga bersarang beserta empat syarat hipotesis yang bersama-sama menjamin kesimpulan teorema. Bukti utama dibangun dari supremum himpunan ujung kiri dan infimum himpunan ujung kanan, dengan dua kasus argumen yang menetapkan bahwa setiap ujung kanan merupakan batas atas seluruh himpunan ujung kiri. Setelah itu dibuktikan karakterisasi ketunggalan titik irisan tanpa menggunakan limit atau barisan konvergen. Unit ditutup dengan kumpulan contoh kontra-hipotesis dan delapan latihan bertingkat beserta solusi penuh.

Hasil dari Bab 11 yang dipakai di sini meliputi definisi dan karakterisasi supremum serta infimum pada Unit 11.2, Aksioma 11.3.1 yang menjamin supremum setiap himpunan tak kosong terbatas atas, Teorema 11.3.3 tentang infimum, serta Teorema 11.3.9 tentang sifat Archimedes. Lema pembulatan yang menyatakan bahwa untuk setiap $t\in\mathbb{R}$ terdapat $m\in\mathbb{Z}$ dengan $m-1\leq t<m$ adalah Lema 8.3.3; pinjaman Archimedes dalam bukti lema itu telah dipenuhi oleh Teorema 11.3.9. Teorema 11.3.8 menjamin keberadaan akar positif, dan Teorema 8.4.7 memastikan tidak ada rasional berkuadrat $2$.

### Motivasi: Mengapa Interval Tertutup Istimewa

Bayangkan kita mempunyai barisan himpunan $S_1 \supseteq S_2 \supseteq S_3 \supseteq \cdots$ dan ingin memastikan bahwa $\bigcap_{n=1}^{\infty} S_n \neq \emptyset$. Secara intuitif, setiap himpunan "menyusut" tetapi tidak pernah menghilang, sehingga seharusnya selalu ada sesuatu yang tersisa. Namun intuisi ini keliru tanpa syarat tambahan.

Pertimbangkan himpunan-himpunan terbuka $S_n = \left(0, \frac{1}{n}\right)$ untuk $n \geq 1$. Setiap $S_n$ tak kosong, terbatas, dan bersarang: $S_{n+1} \subset S_n$. Tetapi jika $x \in \bigcap_{n=1}^{\infty} S_n$, maka $x > 0$ dan $x < \frac{1}{n}$ untuk semua $n \geq 1$. Sifat Archimedes menjamin keberadaan $n_0$ dengan $n_0 > \frac{1}{x}$, sehingga $\frac{1}{n_0} < x$, kontradiksi. Jadi $\bigcap_{n=1}^{\infty} S_n = \emptyset$ meskipun semua syarat "kelihatannya" terpenuhi kecuali satu: himpunan-himpunan ini tidak tertutup.

Contoh kedua: ambil $S_n = [n, +\infty)$. Setiap $S_n$ tertutup, tak kosong, bersarang. Namun jika $x \in \bigcap_{n=1}^{\infty} S_n$, maka $x \geq n$ untuk semua $n \geq 1$. Sekali lagi Archimedes memberi $n_0 > x$, kontradiksi. Irisan kosong karena himpunan-himpunan ini tidak terbatas.

Dua contoh ini menunjukkan bahwa sifat tertutup dan sifat terbatas keduanya esensial. Teorema Interval Bersarang menetapkan bahwa bila kedua sifat ini terpenuhi sekaligus, bersama syarat tak kosong dan bersarang, maka irisan dijamin tak kosong. Lebih jauh lagi, irisan dapat diidentifikasi secara eksplisit sebagai interval $[\sup\{a_n\}, \inf\{b_n\}]$, dan karakterisasi ini dapat dibuktikan murni menggunakan supremum dan infimum tanpa menyebut limit barisan.

### Definisi Formal: Keluarga Interval Bersarang

Dalam seluruh unit ini, $\mathbb{R}$ adalah lapangan terurut lengkap. Indeks interval $n,m,j,k,N\geq1$ selalu berarti bilangan asli positif, dengan konvensi $\mathbb{N}=\{0,1,2,\ldots\}$; notasi $n\geq0$ berarti $n\in\mathbb{N}$. Notasi $[a, b]$ untuk $a, b \in \mathbb{R}$ dengan $a \leq b$ berarti himpunan $\{x \in \mathbb{R} : a \leq x \leq b\}$.

Definisi 12.2.1 (Keluarga Interval Tertutup Terbatas Bersarang). Misalkan untuk setiap $n \geq 1$ diberikan bilangan real $a_n, b_n \in \mathbb{R}$ dengan $a_n \leq b_n$, sehingga $I_n := [a_n, b_n]$ adalah interval tertutup tak kosong terbatas. Keluarga $\{I_n\}_{n=1}^{\infty}$ disebut bersarang (nested) jika untuk setiap $n \geq 1$ berlaku $I_{n+1} \subseteq I_n$, yaitu $a_n \leq a_{n+1}$ dan $b_{n+1} \leq b_n$.

Beberapa catatan mengenai definisi ini. Pertama, syarat $a_n \leq b_n$ menjamin $I_n \neq \emptyset$; kita tidak membolehkan interval kosong masuk ke dalam keluarga. Kedua, syarat bersarang $I_{n+1} \subseteq I_n$ setara dengan pasangan ketaksamaan $a_n \leq a_{n+1}$ dan $b_{n+1} \leq b_n$, sehingga barisan $(a_n)$ tidak turun dan barisan $(b_n)$ tidak naik. Ketiga, kita tidak mensyaratkan penyusutan ketat ($I_{n+1} \subsetneq I_n$); keluarga konstan $I_n = [0,1]$ untuk semua $n$ diizinkan. Keempat, yang dimaksud "terbatas" adalah $a_n, b_n \in \mathbb{R}$ (bukan $\pm\infty$); penanda $+\infty$ bukan anggota $\mathbb{R}$.

Definisi 12.2.2 (Irisan Keluarga). Irisan keluarga $\{I_n\}_{n=1}^{\infty}$ adalah himpunan
$$\bigcap_{n=1}^{\infty} I_n := \left\{x \in \mathbb{R} : x \in I_n \text{ untuk setiap } n \geq 1\right\} = \left\{x \in \mathbb{R} : a_n \leq x \leq b_n \text{ untuk setiap } n \geq 1\right\}.$$
Tujuan utama unit ini adalah membuktikan bahwa irisan ini tak kosong bila semua hipotesis Definisi 12.2.1 terpenuhi, dan mengidentifikasi bentuk eksplisitnya.

### Lema Bantu: Setiap Ujung Kanan Membatasi Seluruh Ujung Kiri

Sebelum membuktikan teorema utama, kita perlu satu lema kunci yang menjadi inti argumen. Lema ini membuktikan bahwa himpunan semua ujung kiri $A = \{a_n : n \geq 1\}$ terbatas atas oleh setiap ujung kanan $b_m$, bukan hanya oleh $b_n$ dengan indeks yang sama.

Lema 12.2.3. Misalkan $\{I_n\}_{n=1}^{\infty}$ dengan $I_n = [a_n, b_n]$ adalah keluarga interval tertutup tak kosong terbatas bersarang. Maka untuk setiap $m \geq 1$ dan setiap $n \geq 1$, berlaku $a_n \leq b_m$.

Bukti. Tetapkan $m \geq 1$ dan $n \geq 1$ sebarang. Kita pisahkan menjadi dua kasus berdasarkan hubungan antara $n$ dan $m$.

Kasus 1: $n \geq m$. Karena keluarga bersarang dan $n \geq m$, berlaku $I_n \subseteq I_m$. (Secara lebih rinci: dari $I_{k+1} \subseteq I_k$ untuk setiap $k$, dengan aplikasi berulang sebanyak $n - m$ langkah, diperoleh $I_n \subseteq I_{n-1} \subseteq \cdots \subseteq I_m$.) Karena $I_n \subseteq I_m = [a_m, b_m]$, setiap anggota $I_n$ memenuhi $a_m \leq x \leq b_m$. Khususnya $a_n \in I_n$, sehingga $a_n \leq b_m$.

Kasus 2: $n < m$. Karena keluarga bersarang dan $m > n$, berlaku $I_m \subseteq I_n$, sehingga $a_n \leq a_m$. Tetapi $a_m \leq b_m$ karena $I_m \neq \emptyset$. Gabungan: $a_n \leq a_m \leq b_m$.

Dalam kedua kasus diperoleh $a_n \leq b_m$. Karena $m$ dan $n$ sebarang, lema terbukti. $\square$

Perhatikan bahwa argumen dua kasus ini tidak dapat disingkat menjadi satu kalimat "karena $a_n \leq b_n$": pernyataan itu hanya berlaku ketika indeks sama ($n = m$), sedangkan kita memerlukan ketaksamaan untuk semua pasangan indeks.

### Teorema Utama: Irisan Tidak Kosong

Teorema 12.2.4 (Teorema Interval Bersarang). Misalkan $\{I_n\}_{n=1}^{\infty}$ dengan $I_n = [a_n, b_n]$, $a_n, b_n \in \mathbb{R}$, $a_n \leq b_n$, adalah keluarga interval tertutup tak kosong terbatas yang bersarang: $I_{n+1} \subseteq I_n$ untuk setiap $n \geq 1$. Maka
$$\bigcap_{n=1}^{\infty} I_n = [\alpha, \beta], \quad \text{di mana } \alpha = \sup\{a_n : n \geq 1\} \text{ dan } \beta = \inf\{b_n : n \geq 1\},$$
dan khususnya $\alpha \leq \beta$, sehingga irisan tidak kosong.

Bukti. Definisikan $A = \{a_n : n \geq 1\}$ dan $B = \{b_n : n \geq 1\}$.

Langkah 1: Keberadaan $\alpha$ dan $\beta$. Himpunan $A$ tidak kosong karena $a_1 \in A$. Dari Lema 12.2.3, untuk setiap $n \geq 1$ berlaku $a_n \leq b_1$, sehingga $b_1$ merupakan batas atas $A$. Oleh aksioma kelengkapan $\mathbb{R}$, supremum $\alpha = \sup A$ ada di $\mathbb{R}$. Secara dual, $B$ tidak kosong dan $a_1 \leq b_n$ untuk semua $n$ (dari Lema 12.2.3 dengan peran indeks ditukar), sehingga $a_1$ merupakan batas bawah $B$, dan $\beta = \inf B$ ada di $\mathbb{R}$.

Langkah 2: Setiap $a_m \leq \alpha \leq b_m$. Tetapkan $m \geq 1$ sebarang. Karena $\alpha = \sup A \geq a_m$, jelas $a_m \leq \alpha$. Dari Lema 12.2.3, $b_m$ adalah batas atas $A$ (karena $a_n \leq b_m$ untuk semua $n$). Karena $\alpha$ adalah supremum, yaitu batas atas terkecil, diperoleh $\alpha \leq b_m$. Jadi $a_m \leq \alpha \leq b_m$, yang berarti $\alpha \in I_m$.

Secara dual, $a_m \leq \beta \leq b_m$ untuk setiap $m$: $a_m$ adalah batas bawah $B$ sehingga $a_m \leq \beta$, dan $\beta = \inf B \leq b_m$. Jadi $\beta \in I_m$ untuk setiap $m$.

Langkah 3: $\alpha \leq \beta$. Karena $\alpha \in I_m$ dan $I_m = [a_m, b_m]$, berlaku $\alpha \leq b_m$ untuk setiap $m$. Jadi $\alpha$ adalah batas bawah $B$, sehingga $\alpha \leq \inf B = \beta$. Dengan demikian $[\alpha, \beta]$ adalah interval yang terdefinisi dengan baik (tak kosong).

Langkah 4: Irisan tepat sama dengan $[\alpha, \beta]$. Akan dibuktikan dua arah inklusi.

($\supseteq$) Misalkan $x \in [\alpha, \beta]$, artinya $\alpha \leq x \leq \beta$. Untuk setiap $m \geq 1$: karena $\alpha = \sup A \geq a_m$, diperoleh $a_m \leq \alpha \leq x$; karena $\beta = \inf B \leq b_m$, diperoleh $x \leq \beta \leq b_m$. Jadi $a_m \leq x \leq b_m$, yakni $x \in I_m$. Ini berlaku untuk setiap $m$, sehingga $x \in \bigcap_{m=1}^{\infty} I_m$.

($\subseteq$) Misalkan $x \in \bigcap_{m=1}^{\infty} I_m$. Maka untuk setiap $m \geq 1$, $a_m \leq x \leq b_m$. Karena $x \geq a_m$ untuk semua $m$, titik $x$ adalah batas atas $A$, sehingga $x \geq \sup A = \alpha$. Karena $x \leq b_m$ untuk semua $m$, titik $x$ adalah batas bawah $B$, sehingga $x \leq \inf B = \beta$. Jadi $x \in [\alpha, \beta]$.

Dari kedua arah, $\bigcap_{n=1}^{\infty} I_n = [\alpha, \beta]$. $\square$

### Karakterisasi Ketunggalan: Irisan Singleton dan Lebar yang Dapat Dikecilkan

Teorema 12.2.5 (Karakterisasi Singleton). Dalam suasana Teorema 12.2.4, irisan $\bigcap_{n=1}^{\infty} I_n$ merupakan himpunan singleton (tepat satu titik) jika dan hanya jika: untuk setiap $\varepsilon > 0$ terdapat $N \geq 1$ sehingga $b_N - a_N < \varepsilon$.

Bukti. Kita telah mengetahui dari Teorema 12.2.4 bahwa $\bigcap_{n=1}^{\infty} I_n = [\alpha, \beta]$ dengan $\alpha \leq \beta$. Irisan ini adalah singleton jika dan hanya jika $\alpha = \beta$.

($\Rightarrow$) Asumsikan irisan singleton, yaitu $\alpha = \beta$. Misalkan $\varepsilon > 0$ diberikan. Karena $\alpha = \sup\{a_n\}$, oleh sifat karakterisasi supremum terdapat $j \geq 1$ dengan $a_j > \alpha - \frac{\varepsilon}{2}$. Karena $\beta = \alpha = \inf\{b_n\}$, oleh sifat karakterisasi infimum terdapat $k \geq 1$ dengan $b_k < \beta + \frac{\varepsilon}{2} = \alpha + \frac{\varepsilon}{2}$. Ambil $N = \max(j, k)$. Karena barisan $(a_n)$ tidak turun, $a_N \geq a_j > \alpha - \frac{\varepsilon}{2}$. Karena barisan $(b_n)$ tidak naik, $b_N \leq b_k < \alpha + \frac{\varepsilon}{2}$. Maka
$$b_N - a_N < \left(\alpha + \frac{\varepsilon}{2}\right) - \left(\alpha - \frac{\varepsilon}{2}\right) = \varepsilon.$$
($\Leftarrow$) Asumsikan: untuk setiap $\varepsilon > 0$ terdapat $N$ dengan $b_N - a_N < \varepsilon$. Akan dibuktikan $\alpha = \beta$. Kita sudah tahu $\alpha \leq \beta$. Andaikan $\alpha < \beta$; pilih $\varepsilon = \beta - \alpha > 0$. Oleh hipotesis, ada $N$ dengan $b_N - a_N < \varepsilon = \beta - \alpha$. Namun dari Langkah 2 Teorema 12.2.4, $a_N \leq \alpha$ dan $\beta \leq b_N$. Maka
$$b_N - a_N \geq \beta - \alpha = \varepsilon,$$
kontradiksi dengan $b_N - a_N < \varepsilon$. Jadi andaian $\alpha < \beta$ salah, sehingga $\alpha = \beta$ dan irisan adalah singleton $\{\alpha\}$. $\square$

Perhatikan bahwa pembuktian kedua arah ini tidak menggunakan konsep limit barisan, barisan konvergen, atau kekompakan. Semuanya hanya menggunakan sifat supremum, infimum, dan monotoniknya barisan ujung.

### Contoh: Keluarga yang Beririsan Tak Kosong

Contoh 12.2.6 (Keluarga Konstan). Ambil $I_n = [0, 1]$ untuk semua $n \geq 1$. Jelas $I_{n+1} = I_n$, sehingga syarat bersarang terpenuhi (dengan persamaan). Maka $A = \{0\}$, $\alpha = \sup\{0\} = 0$, $B = \{1\}$, $\beta = \inf\{1\} = 1$. Irisan adalah $[0, 1]$. Contoh ini memperlihatkan bahwa tanpa penyusutan ketat, irisan tidak harus singleton.

Contoh 12.2.7 (Keluarga Menyusut ke Titik). Ambil $I_n = \left[0, \frac{1}{n}\right]$ untuk $n \geq 1$. Syarat bersarang terpenuhi karena $\frac{1}{n+1} \leq \frac{1}{n}$. Himpunan $A = \{0\}$, sehingga $\alpha = 0$. Himpunan $B = \left\{\frac{1}{n} : n \geq 1\right\}$. Klaim: $\beta = \inf B = 0$. Buktinya: jelas $0$ adalah batas bawah $B$ karena $\frac{1}{n}>0$ untuk semua $n\geq1$, tetapi kita harus menunjukkan bahwa tidak ada batas bawah yang lebih besar dari $0$. Misalkan $c > 0$. Oleh sifat Archimedes, terdapat $n_0 \geq 1$ dengan $n_0 > \frac{1}{c}$, yaitu $\frac{1}{n_0} < c$. Karena $\frac{1}{n_0} \in B$ dan $\frac{1}{n_0} < c$, maka $c$ bukan batas bawah $B$. Jadi $\beta = 0$. Irisan adalah $[0, 0] = \{0\}$. Lebar $b_n - a_n = \frac{1}{n}$ dapat dibuat kurang dari $\varepsilon$ sebarang dengan memilih $n > \frac{1}{\varepsilon}$ (Archimedes), konsisten dengan Teorema 12.2.5.

Contoh 12.2.8 (Keluarga dengan Ujung yang Bergerak). Ambil $I_n = \left[-\frac{1}{n}, \frac{2}{n}\right]$ untuk $n \geq 1$. Syarat bersarang: $-\frac{1}{n+1} \geq -\frac{1}{n}$ dan $\frac{2}{n+1} \leq \frac{2}{n}$, keduanya benar. Maka $\alpha = \sup\left\{-\frac{1}{n}\right\} = 0$ (Archimedes) dan $\beta = \inf\left\{\frac{2}{n}\right\} = 0$ (Archimedes). Irisan adalah $\{0\}$.

### Contoh: Kegagalan Bila Hipotesis Dihilangkan

Teorema 12.2.4 mensyaratkan interval-interval bersifat tertutup, terbatas, tak kosong, dan bersarang. Jika salah satu dari keempat syarat ini dihilangkan, irisan bisa menjadi kosong. Bagian ini memberikan satu contoh kontra untuk setiap syarat.

Contoh 12.2.9 (Interval Terbuka: Irisan Kosong). Ambil $J_n = \left(0, \frac{1}{n}\right)$ untuk $n \geq 1$. Setiap $J_n$ terbuka (tidak tertutup), tak kosong, terbatas, dan bersarang. Andaikan $x \in \bigcap_{n=1}^{\infty} J_n$. Maka $x > 0$ dan $x < \frac{1}{n}$ untuk semua $n \geq 1$. Sifat Archimedes menjamin terdapat $n_0 \geq 1$ dengan $n_0 > \frac{1}{x}$, sehingga $\frac{1}{n_0} < x$, kontradiksi. Jadi $\bigcap_{n=1}^{\infty} J_n = \emptyset$. Ini menunjukkan syarat tertutup tidak bisa dihilangkan untuk jaminan universal teorema.

Contoh 12.2.10 (Interval Tak Terbatas: Irisan Kosong). Ambil $K_n = [n, +\infty)$ untuk $n \geq 1$. Setiap $K_n$ tertutup, tak kosong, bersarang ($K_{n+1} \subset K_n$), tetapi tidak terbatas. Andaikan $x \in \bigcap_{n=1}^{\infty} K_n$. Maka $x \geq n$ untuk semua $n \geq 1$. Sifat Archimedes menjamin terdapat $n_0 \geq 1$ dengan $n_0 > x$, kontradiksi. Jadi irisan kosong. Syarat terbatas tidak bisa dihilangkan.

Contoh 12.2.11 (Keluarga Tidak Bersarang: Irisan Kosong). Ambil $L_1 = [0, 1]$, $L_2 = [2, 3]$, $L_n = [2, 3]$ untuk $n \geq 2$. Keluarga ini tidak bersarang karena $L_2 \not\subseteq L_1$. Irisan $L_1 \cap L_2 = [0,1] \cap [2,3] = \emptyset$, sehingga $\bigcap_{n=1}^{\infty} L_n = \emptyset$. Syarat bersarang tidak bisa dihilangkan.

Untuk melihat peran syarat tak kosong, ambil $E_n=\emptyset$ untuk setiap $n\geq1$. Himpunan kosong tertutup dan terbatas, serta $E_{n+1}\subseteq E_n$, tetapi $\bigcap_{n\geq1}E_n=\emptyset$. Keluarga ini justru tidak memenuhi syarat interval tak kosong $a_n\leq b_n$ pada Definisi 12.2.1. Jadi membuang syarat tak kosong juga menghilangkan jaminan universal tersebut.

Catatan Penting. Contoh-contoh di atas hanya menunjukkan bahwa setiap hipotesis tidak dapat dihapus dari pernyataan teorema untuk jaminan universal: ada keluarga yang melanggar hipotesis tersebut dan beririsan kosong. Ini tidak berarti bahwa setiap keluarga yang melanggar salah satu hipotesis pasti beririsan kosong; bisa saja ada keluarga terbuka yang kebetulan beririsan tak kosong. Teorema hanya memberikan jaminan satu arah: terpenuhinya semua hipotesis cukup untuk menjamin irisan tak kosong.

### Kegagalan di Lapangan $\mathbb{Q}$

Teorema Interval Bersarang bergantung pada kelengkapan $\mathbb{R}$. Lapangan $\mathbb{Q}$ bilangan rasional adalah lapangan terurut tetapi tidak lengkap, dan teorema analog di $\mathbb{Q}$ dapat gagal.

Contoh 12.2.12 (Prinsip Kegagalan di $\mathbb{Q}$; Konstruksi Ditunda). Misalkan tersedia $r_n,s_n\in\mathbb{Q}$ untuk $n\geq1$, dengan $r_n\leq\sqrt2\leq s_n$, interval real $[r_n,s_n]$ bersarang, dan untuk setiap $\varepsilon>0$ ada $N\geq1$ dengan $s_N-r_N<\varepsilon$. Definisikan interval di lingkungan rasional
$$I_n^{\mathbb{Q}}=[r_n,s_n]\cap\mathbb{Q}=\{q\in\mathbb{Q}:r_n\leq q\leq s_n\}.$$
Dengan hipotesis tersebut, setiap $I_n^{\mathbb{Q}}$ tidak kosong karena memuat $r_n$, terbatas, bersarang, dan merupakan interval tertutup relatif terhadap $\mathbb{Q}$. Kita buktikan implikasi bersyarat bahwa irisannya kosong. Jika $q\in\bigcap_{n\geq1}I_n^{\mathbb{Q}}$, maka $q\in\mathbb{Q}$ dan $q\ne\sqrt2$ oleh Teorema 8.4.7. Tetapkan $\varepsilon=|q-\sqrt2|>0$. Pilih $N$ dengan $s_N-r_N<\varepsilon$. Karena $q$ dan $\sqrt2$ keduanya berada dalam $[r_N,s_N]$, hukum urutan memberi $|q-\sqrt2|\leq s_N-r_N<\varepsilon=|q-\sqrt2|$, kontradiksi. Konstruksi keluarga titik ujung rasional yang benar-benar memenuhi hipotesis ini ditunda sampai Unit 12.3; bagian ini belum mengklaim telah memberikan keluarga eksplisit. Keberadaan $\sqrt2$ telah dijamin Teorema 11.3.8, sehingga konstruksi mendatang tidak akan dipakai untuk membuktikan prasyarat akarnya sendiri.

Karena itu, dalam seluruh unit ini, kita selalu bekerja di dalam $\mathbb{R}$ dan menggunakan aksioma supremum secara esensial.

### Latihan Bertingkat: Soal 12.2-1 hingga 12.2-4

Latihan 12.2-1. Misalkan $I_n = \left[0, 1 + \frac{1}{n}\right]$ untuk $n \geq 1$. Buktikan bahwa keluarga ini bersarang, kemudian tentukan $\bigcap_{n=1}^{\infty} I_n$ dan buktikan hasilmu menggunakan Teorema 12.2.4.

Latihan 12.2-2. Misalkan $I_n = \left[-\frac{1}{n}, \frac{1}{n}\right]$ untuk $n \geq 1$. Buktikan bahwa $\bigcap_{n=1}^{\infty} I_n = \{0\}$.

Latihan 12.2-3. Ambil $J_n = \left(0, \frac{1}{n}\right]$ untuk $n \geq 1$. Setiap $J_n$ tak kosong dan terbatas, dan keluarga ini bersarang. Apakah Teorema 12.2.4 berlaku? Hitung $\bigcap_{n=1}^{\infty} J_n$ dan buktikan hasilmu secara langsung.

Latihan 12.2-4. Ambil $K_n = [n, +\infty)$ untuk $n \geq 1$. Keluarga ini bersarang dan setiap $K_n$ tertutup. Apakah Teorema 12.2.4 berlaku? Buktikan bahwa $\bigcap_{n=1}^{\infty} K_n = \emptyset$.

### Solusi Soal 12.2-1 hingga 12.2-4

Solusi 12.2-1. Akan dibuktikan $I_{n+1} \subseteq I_n$. Kita perlu $a_{n+1} \geq a_n$ dan $b_{n+1} \leq b_n$. Di sini $a_n = 0$ untuk semua $n$, sehingga $a_{n+1} = a_n = 0$ (oke). Dan $b_n = 1 + \frac{1}{n}$, $b_{n+1} = 1 + \frac{1}{n+1} \leq 1 + \frac{1}{n} = b_n$ karena $\frac{1}{n+1} \leq \frac{1}{n}$ (keduanya positif). Jadi keluarga bersarang. Menerapkan Teorema 12.2.4: $A = \{0\}$, maka $\alpha = 0$. $B = \left\{1 + \frac{1}{n} : n \geq 1\right\}$. Klaim $\beta = \inf B = 1$. Pertama, $1 + \frac{1}{n} > 1$ untuk semua $n$, jadi $1$ adalah batas bawah $B$. Kedua, misalkan $c > 1$; perlu ditunjukkan bahwa $c$ bukan batas bawah $B$. Karena $c - 1 > 0$, sifat Archimedes memberi $n_0$ dengan $n_0 > \frac{1}{c-1}$, sehingga $\frac{1}{n_0} < c - 1$, artinya $1 + \frac{1}{n_0} < c$. Jadi $1 + \frac{1}{n_0} \in B$ dan $1 + \frac{1}{n_0} < c$, membuktikan $c$ bukan batas bawah. Maka $\beta = 1$ dan $\bigcap_{n=1}^{\infty} I_n = [0, 1]$. $\square$

Solusi 12.2-2. Di sini $a_n = -\frac{1}{n}$, $b_n = \frac{1}{n}$. Keluarga bersarang: $a_{n+1} = -\frac{1}{n+1} \geq -\frac{1}{n} = a_n$ dan $b_{n+1} = \frac{1}{n+1} \leq \frac{1}{n} = b_n$. Menerapkan Teorema 12.2.4: $\alpha = \sup\left\{-\frac{1}{n}\right\}$. Klaim $\alpha = 0$: $-\frac{1}{n} < 0$ untuk semua $n$ (batas atas $0$); jika $c < 0$, maka $-c > 0$ dan Archimedes memberi $n_0 > \frac{1}{-c}$, sehingga $-\frac{1}{n_0} > c$, membuktikan $c$ bukan batas atas. Jadi $\alpha = 0$. Secara dual $\beta = \inf\left\{\frac{1}{n}\right\} = 0$ (argumen Archimedes serupa). Irisan $= [0,0] = \{0\}$. Sifat Archimedes dipakai dua kali untuk menentukan $\alpha$ dan $\beta$. $\square$

Solusi 12.2-3. Teorema 12.2.4 tidak berlaku karena $J_n = (0, \frac{1}{n}]$ tidak tertutup (titik ujung kiri $0$ tidak termasuk). Akan dibuktikan langsung bahwa $\bigcap_{n=1}^{\infty} J_n = \emptyset$. Andaikan $x \in \bigcap_{n=1}^{\infty} J_n$. Maka $0 < x \leq \frac{1}{n}$ untuk semua $n \geq 1$. Oleh sifat Archimedes, terdapat $n_0 \geq 1$ dengan $n_0 > \frac{1}{x}$, yaitu $\frac{1}{n_0} < x$. Ini kontradiksi dengan $x \leq \frac{1}{n_0}$. Jadi irisan kosong. Perhatikan bahwa syarat tertutup adalah syarat hipotesis untuk jaminan universal teorema; keluarga ini melanggar syarat tersebut dan memang beririsan kosong, sesuai dengan contoh kontra-hipotesis. $\square$

Solusi 12.2-4. Teorema 12.2.4 tidak berlaku karena $K_n$ tidak terbatas. Akan dibuktikan $\bigcap_{n=1}^{\infty} K_n = \emptyset$. Andaikan $x \in \bigcap_{n=1}^{\infty} K_n$. Maka $x \geq n$ untuk semua $n \geq 1$. Oleh sifat Archimedes, terdapat $n_0 \geq 1$ dengan $n_0 > x$, kontradiksi. Jadi irisan kosong. Archimedes dipakai untuk memperoleh $n_0 > x$. $\square$

### Latihan Bertingkat: Soal 12.2-5 hingga 12.2-8

Latihan 12.2-5. Dalam bukti Lema 12.2.3, argumen dibagi menjadi dua kasus: $n \geq m$ dan $n < m$. Tulislah secara lengkap dan mandiri mengapa bukti tersebut membedakan dua kasus, dan tunjukkan bahwa menggabungkan keduanya menjadi satu argumen "karena $a_n \leq b_n$" tidak cukup untuk semua pasangan $(n, m)$.

Latihan 12.2-6. Buktikan bahwa untuk keluarga interval bersarang $\{[a_n, b_n]\}_{n=1}^{\infty}$ seperti dalam Teorema 12.2.4, berlaku
$$\bigcap_{n=1}^{\infty} [a_n, b_n] = [\sup\{a_n : n \geq 1\}, \inf\{b_n : n \geq 1\}]$$
dengan menuliskan ulang bukti Teorema 12.2.4 secara mandiri: pertama buktikan $\alpha = \sup\{a_n\}$ dan $\beta = \inf\{b_n\}$ terdefinisi, lalu buktikan kedua arah inklusi tanpa mengacu ke Teorema 12.2.4.

Latihan 12.2-7. Buktikan ekuivalensi dalam Teorema 12.2.5 secara lengkap. Khususnya, untuk arah ($\Leftarrow$), pastikan Anda menggunakan kontradiksi dengan memilih $\varepsilon = \beta - \alpha$, dan untuk arah ($\Rightarrow$), tunjukkan bagaimana sifat karakterisasi supremum dan infimum digunakan untuk memilih indeks $j$ dan $k$.

Latihan 12.2-8. Ambil $I_n = \left[0, \frac{1}{n}\right)$ untuk $n \geq 1$. (a) Buktikan bahwa $\bigcap_{n=1}^{\infty} I_n = \{0\}$ secara langsung (tanpa Teorema 12.2.4). (b) Jelaskan mengapa contoh ini tidak bertentangan dengan Latihan 12.2-3: dalam Latihan 12.2-3 titik ujung kiri terbuka menyebabkan irisan kosong, sedangkan di sini irisan tidak kosong meskipun ujung kanan terbuka. (c) Simpulkan: apakah syarat tertutup merupakan syarat perlu agar irisan tak kosong, ataukah bersama hipotesis lain ia merupakan syarat cukup untuk jaminan universal teorema?

### Solusi Soal 12.2-5 dan 12.2-6

Solusi 12.2-5. Pernyataan "$a_n \leq b_n$" hanya menyatakan bahwa titik ujung kiri interval ke-$n$ tidak melebihi titik ujung kanannya—suatu syarat yang sama sekali berbeda dari "$a_n \leq b_m$" untuk indeks yang berbeda. Misalnya, jika $n = 5$ dan $m = 3$, kita ingin membuktikan $a_5 \leq b_3$; pernyataan $a_5 \leq b_5$ (indeks sama) tidak memberikan informasi apapun tentang $b_3$. Dalam pembuktian ini dua kasus dipakai karena hubungan antara $a_n$ dan $b_m$ diperoleh melalui jalur yang berbeda: bila $n \geq m$, dipakai fakta $I_n \subseteq I_m$ sehingga $a_n$ terletak di dalam $I_m$ yang memberikan $a_n \leq b_m$; bila $n < m$, dipakai rantai $a_n \leq a_m \leq b_m$. Jika memilih pembagian kasus ini, keduanya harus dicakup agar argumen lengkap. Bukti alternatif tanpa pembagian kasus eksplisit dapat memakai $k=\max(n,m)$: dari nesting diperoleh $a_n\leq a_k\leq b_k\leq b_m$. Jadi yang wajib adalah membandingkan kedua indeks, bukan satu format bukti tertentu. Lebih konkret: ambil $I_1 = [0, 10]$, $I_2 = [3, 7]$, $I_3 = [4, 6]$. Untuk $n = 1$, $m = 3$: kita berada di Kasus 2 ($n < m$), dan $a_1 = 0 \leq a_3 = 4 \leq b_3 = 6$. Argumen $a_1 \leq b_1 = 10$ (indeks sama) sama sekali tidak membuktikan $a_1 \leq b_3 = 6$ karena tidak ada alasan mengapa $b_3 \geq b_1$—sebaliknya $b_3 \leq b_1$. $\square$

Solusi 12.2-6. Kita membuktikan secara mandiri. Langkah 1 (keberadaan): tulis $A=\{a_n:n\geq1\}$ dan $B=\{b_n:n\geq1\}$. Keduanya tidak kosong karena memuat $a_1$ dan $b_1$. Untuk setiap pasangan $n,m$, jika $n\geq m$, nesting memberi $I_n\subseteq I_m$, sehingga $a_n\leq b_m$; jika $n<m$, diperoleh $a_n\leq a_m\leq b_m$. Khususnya $b_1$ batas atas $A$ dan $a_1$ batas bawah $B$. Aksioma 11.3.1 dan Teorema 11.3.3 menjamin $\alpha=\sup A$ dan $\beta=\inf B$ ada di $\mathbb{R}$. Untuk setiap $m$, ketaksamaan dua indeks tadi menunjukkan $b_m$ batas atas seluruh $A$, sehingga $\alpha\leq b_m$. Jadi $\alpha$ batas bawah $B$ dan $\alpha\leq\inf B=\beta$. Dengan demikian $[\alpha,\beta]$ memang interval tidak kosong. Langkah 2 ($\supseteq$): Misalkan $x \in [\alpha, \beta]$. Untuk setiap $m$: $a_m \leq \alpha \leq x$ (karena $\alpha \geq a_m$) dan $x \leq \beta \leq b_m$ (karena $\beta \leq b_m$). Jadi $x \in [a_m, b_m]$ untuk setiap $m$, sehingga $x \in \bigcap_{m} I_m$. Langkah 3 ($\subseteq$): Misalkan $x \in \bigcap_m I_m$. Maka $a_m \leq x$ untuk semua $m$, artinya $x$ batas atas $A$, sehingga $x \geq \alpha$. Dan $x \leq b_m$ untuk semua $m$, artinya $x$ batas bawah $\{b_n\}$, sehingga $x \leq \beta$. Maka $x \in [\alpha, \beta]$. Archimedes tidak diperlukan dalam soal ini karena argumen cukup memakai kelengkapan, dua syarat sup/inf, dan nesting. $\square$

### Solusi Soal 12.2-7

Solusi 12.2-7. Dari Teorema 12.2.4, irisan $\bigcap_{n=1}^{\infty} [a_n, b_n] = [\alpha, \beta]$ dengan $\alpha = \sup\{a_n\}$ dan $\beta = \inf\{b_n\}$. Irisan singleton $\iff$ $\alpha = \beta$.

Arah ($\Rightarrow$), asumsi $\alpha = \beta$: Misalkan $\varepsilon > 0$. Karena $\alpha = \sup\{a_n\}$, sifat karakterisasi supremum (untuk setiap $\varepsilon' > 0$ terdapat elemen himpunan yang melebihi $\alpha - \varepsilon'$) diterapkan dengan $\varepsilon' = \frac{\varepsilon}{2}$: terdapat $j \geq 1$ dengan $a_j > \alpha - \frac{\varepsilon}{2}$. Karena $\beta = \alpha = \inf\{b_n\}$, sifat karakterisasi infimum diterapkan dengan $\varepsilon' = \frac{\varepsilon}{2}$: terdapat $k \geq 1$ dengan $b_k < \alpha + \frac{\varepsilon}{2}$. Ambil $N = \max(j, k)$. Karena $(a_n)$ tidak turun, $a_N \geq a_j > \alpha - \frac{\varepsilon}{2}$. Karena $(b_n)$ tidak naik, $b_N \leq b_k < \alpha + \frac{\varepsilon}{2}$. Maka $b_N - a_N < \left(\alpha + \frac{\varepsilon}{2}\right) - \left(\alpha - \frac{\varepsilon}{2}\right) = \varepsilon$.

Arah ($\Leftarrow$), asumsi lebar dapat dikecilkan: Kita tahu $\alpha \leq \beta$. Andaikan $\alpha < \beta$. Pilih $\varepsilon = \beta - \alpha > 0$. Oleh hipotesis, ada $N \geq 1$ dengan $b_N - a_N < \varepsilon = \beta - \alpha$. Namun dari Langkah 2 Teorema 12.2.4 (atau dari definisi $\alpha$ dan $\beta$): $a_N \leq \alpha$ (karena $\alpha = \sup\{a_n\} \geq a_N$) dan $b_N \geq \beta$ (karena $\beta = \inf\{b_n\} \leq b_N$). Maka $b_N - a_N \geq \beta - \alpha = \varepsilon$, kontradiksi. Jadi $\alpha = \beta$. Pembuktian ini murni menggunakan sifat sup/inf dan tidak melibatkan limit, barisan konvergen, atau kekompakan. $\square$

### Solusi Soal 12.2-8

Solusi 12.2-8.

Bagian (a): Membuktikan $\bigcap_{n=1}^{\infty} I_n = \{0\}$ secara langsung. Di sini $I_n = [0, \frac{1}{n})$ untuk $n \geq 1$. Perlu ditunjukkan dua hal: (i) $0 \in I_n$ untuk semua $n$, dan (ii) tidak ada $x \neq 0$ yang memenuhi $x \in I_n$ untuk semua $n$.

Untuk (i): $0 \in [0, \frac{1}{n})$ karena $0 \geq 0$ dan $0 < \frac{1}{n}$ (yang terakhir karena $n \geq 1$ dan $\frac{1}{n} > 0$). Jadi $0 \in I_n$ untuk setiap $n$.

Untuk (ii): Misalkan $x \in \bigcap_{n=1}^{\infty} I_n$. Maka $x \geq 0$ dan $0 \leq x < \frac{1}{n}$ untuk semua $n \geq 1$. Andaikan $x > 0$. Sifat Archimedes menjamin terdapat $n_0 \geq 1$ dengan $n_0 > \frac{1}{x}$, yaitu $\frac{1}{n_0} < x$. Ini kontradiksi dengan $x < \frac{1}{n_0}$. Jadi $x = 0$. Dengan (i) dan (ii), $\bigcap_{n=1}^{\infty} I_n = \{0\}$. Sifat Archimedes dipakai dalam langkah (ii) untuk menyimpulkan bahwa tidak ada $x > 0$ yang lebih kecil dari semua $\frac{1}{n}$.

Bagian (b): Membandingkan dengan Latihan 12.2-3. Dalam Latihan 12.2-3, keluarga $J_n = (0, \frac{1}{n}]$ mempunyai ujung kiri terbuka, artinya $0 \notin J_n$ untuk setiap $n$ (karena $0$ tidak memenuhi syarat ketat $x > 0$). Tidak ada kandidat lain: setiap $x > 0$ juga disingkirkan oleh Archimedes. Di sini sebaliknya: $I_n = [0, \frac{1}{n})$ memuat $0$ sebagai titik ujung kiri yang tertutup, sehingga $0 \in I_n$ untuk semua $n$. Jadi perbedaannya bukan terletak pada ujung kanan (terbuka atau tertutup), melainkan pada apakah kandidat titik irisan ($0$) terletak di dalam atau di luar setiap interval.

Bagian (c): Syarat Perlu atau Cukup? Syarat tertutup, bersama syarat terbatas, tak kosong, dan bersarang, memberikan jaminan universal teorema. Tertutup saja tidak cukup, dan bukan syarat perlu agar suatu keluarga konkret beririsan tak kosong. Contoh $I_n = [0, \frac{1}{n})$ membuktikan ini: keluarga ini tidak sepenuhnya tertutup (ujung kanan terbuka), namun irisannya $\{0\}$ tak kosong. Teorema 12.2.4 memberikan kondisi yang cukup—memastikan irisan tak kosong untuk setiap keluarga yang memenuhi hipotesisnya—tetapi tidak mengklaim bahwa pelanggaran hipotesis selalu mengakibatkan irisan kosong. Ini adalah perbedaan logis yang fundamental antara syarat cukup dan syarat perlu dalam matematika. $\square$

### Rangkuman: Struktur Logis Teorema dan Batasannya

Teorema Interval Bersarang, sebagaimana dibuktikan dalam unit ini, mempunyai struktur logis yang layak dirangkum secara eksplisit agar pembaca tidak salah menafsirkan jangkauannya.

Teorema ini menyatakan implikasi searah: jika semua dari empat syarat berikut terpenuhi—(1) setiap $I_n$ tertutup, (2) setiap $I_n$ terbatas, (3) setiap $I_n$ tak kosong, (4) keluarga bersarang—maka irisan $\bigcap_{n=1}^{\infty} I_n$ tidak kosong dan berbentuk $[\alpha, \beta]$ dengan $\alpha = \sup\{a_n\}$ dan $\beta = \inf\{b_n\}$. Teorema ini tidak menyatakan bahwa pelanggaran salah satu syarat pasti mengakibatkan irisan kosong; contoh Latihan 12.2-8 menunjukkan hal ini dengan gamblang.

Identifikasi eksplisit irisan sebagai $[\sup\{a_n\}, \inf\{b_n\}]$ adalah kekuatan tambahan teorema: tidak hanya keberadaan, tetapi juga bentuk irisan diketahui secara presis. Karakterisasi ketunggalan (singleton) dalam Teorema 12.2.5 kemudian memberikan kriteria operasional: irisan adalah satu titik jika dan hanya jika lebar $b_n - a_n$ dapat dibuat sekecil apapun, tanpa perlu menyebut limit.

Fondasi seluruh argumen adalah aksioma kelengkapan $\mathbb{R}$—keberadaan supremum untuk setiap himpunan tak kosong yang terbatas atas—bersama sifat Archimedes yang digunakan dalam contoh dan kontra-contoh untuk menunjukkan bahwa infimum barisan $\frac{1}{n}$ adalah $0$. Tanpa kelengkapan, seperti yang dicatat dalam Contoh 12.2.12, teorema dapat gagal bahkan untuk interval "tampak wajar" di $\mathbb{Q}$.

Dalam unit-unit berikutnya, Teorema Interval Bersarang akan diterapkan pada algoritma biseksi untuk mencari akar, dan pada konstruksi representasi desimal bilangan real. Dalam kedua konteks tersebut, argumen kunci adalah bahwa lebar interval biseksi ($\frac{b - a}{2^{n}}$) atau lebar interval digit dapat dibuat sekecil apapun, sehingga irisan adalah singleton yang mengidentifikasi nilai yang dicari secara unik.

### Catatan Teknis: Penggunaan Archimedes dan Ketaksamaan Lebar

Dalam seluruh unit ini, sifat Archimedes digunakan dalam bentuk: untuk setiap $x \in \mathbb{R}$ terdapat $n \in \mathbb{N}$, $n \geq 1$, dengan $n > x$. Ini adalah Teorema 11.3.9, yang telah diturunkan dari aksioma kelengkapan; bentuk positifnya juga dijelaskan pada Unit 11.4. Sifat ini digunakan secara esensial di beberapa tempat:

Pertama, dalam Contoh 12.2.7 dan Solusi 12.2-2, digunakan untuk membuktikan bahwa $\inf\left\{\frac{1}{n} : n \geq 1\right\} = 0$: misalkan $c > 0$, Archimedes memberi $n_0 > \frac{1}{c}$, sehingga $\frac{1}{n_0} < c$ membuktikan $c$ bukan batas bawah.

Kedua, dalam Solusi 12.2-3 dan 12.2-8(a), Archimedes menyingkirkan kandidat $x>0$ dari irisan interval dengan ujung $1/n$. Pada Solusi 12.2-4, keluarga $[n,+\infty)$ memiliki irisan kosong karena untuk setiap calon $x\in\mathbb{R}$ tersedia $n>x$; keluarga ini bukan interval yang menyusut ke $0$.

Ketiga, kedua arah Teorema 12.2.5 tidak memerlukan Archimedes: karakterisasi sup/inf dan nesting sudah cukup. Dalam penerapan konkret dengan lebar $C/b^n$, misalkan $C\geq0$, $b\in\mathbb{N}$ dengan $b\geq2$, dan $n\in\mathbb{N}$. Pertama, induksi saja memberi $b^n\geq n+1$: basis $b^0=1$; jika $b^n\geq n+1$, maka $b^{n+1}\geq2(n+1)\geq n+2$. Langkah ini tidak memakai Archimedes. Karena kedua penyebut positif dan $C\geq0$, diperoleh $C/b^n\leq C/(n+1)$. Jika $C=0$, lebar langsung $0<\varepsilon$ untuk setiap $\varepsilon>0$. Jika $C>0$ dan $\varepsilon>0$, barulah gunakan Archimedes untuk memilih $n\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $n>C/\varepsilon$; maka $n+1>C/\varepsilon$ dan $C/b^n\leq C/(n+1)<\varepsilon$. Argumen ini menggunakan induksi/rekursi bilangan asli dan pangkat asli yang telah ditetapkan dalam Bab 7 dan 9, bukan limit deret geometri.

### Penutup Unit 12.2 dan Kaitan ke Unit Berikutnya

Unit 12.2 telah membangun secara lengkap Teorema Interval Bersarang berikut seluruh infrastruktur yang menyertainya: lema kunci tentang batas atas, bukti irisan sebagai $[\sup\{a_n\}, \inf\{b_n\}]$, karakterisasi singleton, kontra-contoh untuk setiap hipotesis, dan delapan latihan bertingkat beserta solusi penuh. Tidak satu pun argumen dalam unit ini menggunakan limit barisan, kekompakan, atau sifat topologis yang belum diperkenalkan.

Beberapa poin yang layak diingat menjelang unit berikutnya. Pertama, dengan seluruh hipotesis Teorema 12.2.4, irisan keluarga interval bersarang berbentuk interval tertutup (mungkin singleton atau lebih); tidak ada kemungkinan irisan berupa interval terbuka atau himpunan yang bukan interval. Ini karena $[\alpha, \beta]$ sendiri adalah interval tertutup. Kedua, ketika lebar $b_n - a_n$ dapat dibuat sekecil apapun, irisan adalah tepat satu titik; jika tidak, irisan adalah interval non-degenerate $[\alpha, \beta]$ dengan $\alpha < \beta$. Ketiga, teorema berlaku untuk setiap keluarga yang diindeks oleh $n \geq 1$; tidak ada syarat bahwa jumlah interval harus tak hingga dalam arti tertentu—bahkan keluarga dengan semua interval sama ($I_n = [0,1]$) termasuk.

Dalam Unit 12.3, Teorema Interval Bersarang akan diterapkan pada algoritma biseksi: mulai dari interval $[a, b]$, pada setiap langkah dipilih subinterval yang memenuhi sifat tertentu (misalnya memuat akar positif yang keberadaannya sudah dijamin pada Unit 11.3), menghasilkan keluarga bersarang dengan lebar $\frac{b-a}{2^{n}}$ yang menyusut ke nol. Irisan tunggal yang dijamin oleh Teorema 12.2.5 kemudian menjadi nilai yang dicari. Dalam Unit 12.4, konstruksi yang serupa—namun menggunakan keluarga interval dengan lebar $\frac{1}{10^n}$ yang dihasilkan dari ekstraksi digit desimal—akan membangun representasi desimal setiap bilangan real dan membuktikan bahwa representasi kanonik adalah unik.

Dengan demikian, Teorema Interval Bersarang bukan sekadar hasil tersendiri, melainkan jembatan antara kelengkapan $\mathbb{R}$ sebagai aksioma abstrak dan konstruksi konkret seperti akar, representasi desimal, dan (dalam bab-bab selanjutnya) nilai fungsi kontinu. Pembaca yang telah menguasai unit ini siap untuk mengikuti kedua konstruksi tersebut dengan pemahaman yang kokoh.

## 12.3 Bukti Ketunggalan Akar Kuadrat Bilangan Riil Positif

Unit ini membangun teori akar kuadrat bilangan riil positif secara rigor penuh, dimulai dari motivasi aljabar, dilanjutkan dengan konstruksi eksplisit melalui metode biseksi interval bersarang, dan diakhiri dengan bukti ketunggalan yang bersandar pada sifat urutan lapangan riil. Seluruh argumen dalam unit ini hanya menggunakan aksioma supremum, pangkat asli dari Bab 9–10, prinsip interval bersarang dari Unit 12.2, dan sifat Archimedes yang dirumuskan pada Unit 11.4. Tidak ada kontinuitas, deret tak hingga, turunan, atau teorema nilai antara yang digunakan di sini.

Pembaca diasumsikan telah mempelajari: Teorema 10.2.6 tentang kemonotonan ketat fungsi pangkat pada basis taknegatif; aksioma supremum dan eksistensi akar positif umum yang dibangun pada Unit 11.3; sifat Archimedes dan pembulatan dari Unit 11.4; serta irisan interval bersarang dari Unit 12.2. Keberadaan akar positif dirujuk pada Teorema 11.3.8; Archimedes pada Teorema 11.4.1; eksistensi irisan dan karakterisasi singleton pada Teorema 12.2.4–12.2.5.

### Motivasi: Mengapa Ketunggalan Perlu Dibuktikan?

Ketika kita menulis $\sqrt{2}$, kita mengandaikan bahwa ada tepat satu bilangan riil positif yang kuadratnya sama dengan $2$. Namun pernyataan ini adalah klaim matematis yang memerlukan bukti, bukan sekedar kesepakatan notasi. Pertanyaan ketunggalan berbeda dari pertanyaan eksistensi: eksistensi mengatakan "ada paling sedikit satu objek demikian", sedangkan ketunggalan mengatakan "ada paling banyak satu objek demikian". Keduanya diperlukan agar definisi melalui notasi $\sqrt{a}$ menjadi sah.

Pertanyaan ini muncul secara alami dalam konteks berikut. Persamaan $x^{2} = a$ dengan $a > 0$ adalah persamaan kuadrat atas $\mathbb{R}$. Dari aljabar elementer kita tahu bahwa persamaan ini memiliki tepat dua solusi real, yaitu dua bilangan berlawanan tanda. Jadi ada dua bilangan yang kuadratnya sama dengan $a$, dan kita perlu menetapkan konvensi mana yang disebut "akar kuadrat" dari $a$. Fungsi $\sqrt{\cdot}$ secara konvensi memilih solusi yang tidak negatif. Ketunggalan dalam makna ini berarti: di antara semua solusi $x^{2} = a$, tepat satu yang memenuhi $x \geq 0$. Itulah yang harus kita buktikan dengan teliti.

Di samping pertanyaan ketunggalan aljabar tersebut, unit ini juga memberikan konstruksi eksplisit akar positif melalui metode biseksi, sebagai aplikasi mandiri dari teori interval bersarang yang dibangun pada Unit 12.2. Konstruksi ini memperlihatkan secara konkret bagaimana kelengkapan $\mathbb{R}$ — melalui prinsip supremum — memungkinkan kita "menjepit" bilangan irasional seperti $\sqrt{2}$ dengan interval-interval rasional yang semakin menyempit.

### Definisi dan Hasil Terdahulu yang Diperlukan

Kita mulai dengan merumuskan secara cermat semua definisi dan hasil yang akan digunakan, beserta domain dan kuantornya.

#### Definisi 12.3.1 (Akar Kuadrat Taknegatif)

Misalkan $a \in \mathbb{R}$ dengan $a \geq 0$. Bilangan $r \in \mathbb{R}$ disebut akar kuadrat taknegatif dari $a$ apabila $r \geq 0$ dan $r^{2} = a$. Bilangan ini, jika ada, ditulis $\sqrt{a}$.

#### Definisi 12.3.2 (Himpunan Solusi Real Persamaan $x^2=a$)

Misalkan $a \in \mathbb{R}$. Himpunan solusi persamaan $x^{2} = a$ dalam $\mathbb{R}$ didefinisikan sebagai $S(a) := \{x \in \mathbb{R} : x^{2} = a\}$.

Kita akan menggunakan hasil-hasil berikut yang telah dibangun pada bab-bab sebelumnya. Teorema tentang kemonotonan ketat fungsi pangkat (Teorema 10.2.6) menyatakan: untuk setiap bilangan bulat $n \geq 1$ dan setiap $x, y \in \mathbb{R}$ dengan $0 \leq x < y$, berlaku $x^{n} < y^{n}$. Aksioma supremum dan eksistensi akar positif umum dari Unit 11.3 menjamin bahwa untuk setiap $a > 0$ dan bilangan bulat $n \geq 1$, terdapat $r > 0$ dengan $r^{n} = a$. Sifat Archimedes dari Unit 11.4 menyatakan: untuk setiap $C > 0$ dan $\varepsilon > 0$, terdapat $N \in \mathbb{N}$ dengan $N > C/\varepsilon$. Prinsip Rekursi (Teorema 7.4.1) memungkinkan kita mendefinisikan barisan dengan formula rekurensi yang terverifikasi mempertahankan domainnya.

### Ketunggalan Aljabar: Bukti Melalui Faktorisasi

Kita terlebih dahulu membuktikan ketunggalan tanpa memerlukan kelengkapan $\mathbb{R}$. Bukti ini murni aljabar dan berlaku di sembarang lapangan terurut.

#### Teorema 12.3.3 (Ketunggalan Akar Kuadrat Positif)

Misalkan $a > 0$. Apabila $u, v \in \mathbb{R}$ keduanya memenuhi $u > 0$, $u^{2} = a$, $v > 0$, dan $v^{2} = a$, maka $u = v$.

Bukti. Misalkan $u, v > 0$ dan $u^{2} = a = v^{2}$. Maka
$$u^{2} - v^{2} = 0.$$
Dengan identitas selisih kuadrat di lapangan $\mathbb{R}$,
$$(u - v)(u + v) = 0.$$
Karena $u > 0$ dan $v > 0$, maka $u + v > 0$. Dalam lapangan terurut, setiap elemen positif memiliki invers multiplikatif. Mengalikan kedua ruas dengan $(u + v)^{-1}$ menghasilkan
$$u - v = 0 \cdot (u+v)^{-1} = 0,$$
sehingga $u = v$. $\square$

Catatan. Bukti alternatif menggunakan Teorema 10.2.6 secara langsung: misalkan $u \neq v$ dan tanpa kehilangan keumuman $0 < u < v$. Maka oleh Teorema 10.2.6 (dengan $n = 2$), $u^{2} < v^{2}$. Tetapi $u^{2} = a = v^{2}$, kontradiksi. Jadi $u = v$.

### Klasifikasi Lengkap Solusi Persamaan $x^{2} = a$

Teorema berikut mengklasifikasikan himpunan $S(a)$ untuk semua nilai $a \in \mathbb{R}$.

#### Teorema 12.3.4 (Klasifikasi Solusi $x^{2} = a$)

Misalkan $a \in \mathbb{R}$. Maka:

(i) Jika $a < 0$, maka $S(a) = \emptyset$.

(ii) Jika $a = 0$, maka $S(a) = \{0\}$.

(iii) Jika $a > 0$, maka $S(a) = \{r, -r\}$ di mana $r = \sqrt{a} > 0$ dan $r \neq -r$.

Bukti bagian (i). Misalkan $a < 0$ dan andaikan ada $x \in \mathbb{R}$ dengan $x^{2} = a$. Untuk semua $x \in \mathbb{R}$, baik $x > 0$, $x = 0$, maupun $x < 0$, berlaku $x^{2} \geq 0$. (Jika $x > 0$: produk dua positif adalah positif. Jika $x = 0$: $0^{2} = 0$. Jika $x < 0$: maka $-x > 0$ dan $x^{2} = (-x)^{2} > 0$ karena $(-x) \cdot (-x)$ adalah produk dua positif.) Jadi $x^{2} \geq 0 > a$, kontradiksi. Maka $S(a) = \emptyset$.

Bukti bagian (ii). Jika $x = 0$ maka $x^{2} = 0 = a$, jadi $0 \in S(0)$. Sebaliknya jika $x \in S(0)$ maka $x^{2} = 0$. Dalam lapangan, $x^{2} = x \cdot x = 0$ mengimplikasikan $x = 0$ (karena lapangan tanpa pembagi nol). Jadi $S(0) = \{0\}$.

Bukti bagian (iii). Dari Teorema 11.3.8 dengan derajat $2$, terdapat $r>0$ dengan $r^2=a$. Maka $(-r)^{2} = (-1)^{2} \cdot r^{2} = r^{2} = a$, sehingga $-r \in S(a)$. Karena $r > 0$, berlaku $-r < 0$, sehingga $r \neq -r$. Kini misalkan $x \in S(a)$, sehingga $x^{2} = a = r^{2}$. Maka $x^{2} - r^{2} = 0$, yaitu $(x - r)(x + r) = 0$. Hukum hasil kali nol dalam lapangan menghasilkan $x = r$ atau $x = -r$. Jadi $S(a) \subseteq \{r, -r\}$, dan dari atas $\{r, -r\} \subseteq S(a)$, sehingga $S(a) = \{r, -r\}$. $\square$

#### Korolari 12.3.5 ($\sqrt{x^{2}} = |x|$)

Untuk setiap $x \in \mathbb{R}$, berlaku $\sqrt{x^{2}} = |x|$.

Bukti. Kita membuktikan dalam dua kasus. Kasus 1: $x \geq 0$. Maka $|x| = x \geq 0$ dan $x^{2} = (|x|)^{2}$. Jika $x=0$, Teorema 12.3.4(ii) memberi $\sqrt0=0=|x|$. Jika $x>0$, Teorema 12.3.3 menjamin ketunggalan akar positif dengan kuadrat $x^2$, sehingga bersama Definisi 12.3.1 diperoleh $\sqrt{x^2}=|x|$. Kasus 2: $x < 0$. Maka $|x| = -x > 0$ dan $(-x)^{2} = x^{2}$. Karena $-x > 0$, maka $\sqrt{x^{2}} = -x = |x|$. $\square$

### Konstruksi Eksplisit melalui Biseksi Interval Bersarang

Meskipun eksistensi akar positif sudah dijamin oleh Unit 11.3, unit ini memberikan konstruksi mandiri melalui biseksi sebagai aplikasi langsung dari teori interval bersarang Unit 12.2. Konstruksi ini konkret dan memberikan aproksimasi numerik yang dapat dihitung secara eksplisit.

#### Konstruksi 12.3.6 (Barisan Interval Biseksi untuk Akar Positif)

Misalkan $a > 0$. Tetapkan $M := a + 1$. Definisikan barisan interval $[l_{0}, u_{0}], [l_{1}, u_{1}], [l_{2}, u_{2}], \ldots$ sebagai berikut.

Basis: $l_{0} := 0$, $u_{0} := M$.

Rekursi: Untuk $n \geq 0$, misalkan $m_{n} := \dfrac{l_{n} + u_{n}}{2}$. Tetapkan
$$(l_{n+1}, u_{n+1}) := \begin{cases} (m_{n},\, u_{n}) & \text{jika } m_{n}^{2} \leq a, \\ (l_{n},\, m_{n}) & \text{jika } m_{n}^{2} > a. \end{cases}$$

Sebelum membuktikan bahwa konstruksi ini menghasilkan irisan yang merupakan akar positif dari $a$, kita perlu memverifikasi bahwa dua kasus dalam rekursi adalah eksklusif dan lengkap, serta bahwa rekursi dapat dijalani melalui Teorema 7.4.1. Kedua kasus terjadi berdasarkan apakah $m_{n}^{2} \leq a$ atau $m_{n}^{2} > a$; untuk setiap nilai $m_{n}$ dan $a$, tepat salah satu berlaku (dengan kasus kesetaraan $m_{n}^{2} = a$ masuk ke cabang pertama). Kesetaraan tidak menghentikan rekursi; konstruksi tetap berjalan; sifat bersarang dan penyusutan lebar dalam rumusan $\varepsilon$ akan dibuktikan di bawah, tanpa memakai definisi konvergensi dari bab lanjut.

Untuk menerapkan Teorema 7.4.1, tetapkan $D=\{(l,u)\in\mathbb R^2:0\leq l\leq u\leq M,\ l^2\leq a\leq u^2\}$. Pasangan awal $(0,M)$ berada dalam $D$: $M=a+1>0$ dan $M^2-a=a^2+a+1>0$. Untuk setiap pasangan sembarang $(l,u)\in D$, titik $m=(l+u)/2$ memenuhi $0\leq l\leq m\leq u\leq M$. Jika $m^2\leq a$, pasangan $(m,u)$ tetap di $D$ karena $m^2\leq a\leq u^2$. Jika $m^2>a$, pasangan $(l,m)$ tetap di $D$ karena $l^2\leq a<m^2$. Trikotomi membuat kedua kasus eksklusif dan lengkap, termasuk kesamaan pada cabang pertama. Dengan demikian rumus tersebut menentukan fungsi tunggal $T:D\to D$; grafiknya diperoleh dengan pemisahan pada $D\times D$. Baru setelah penutupan domain ini dibuktikan, Teorema 7.4.1 memberi barisan pasangan yang unik, berawal $(0,M)$ dan mengikuti $T$. Lemma berikut membuktikan invariant dan lebar barisan yang kini telah terdefinisi.

### Invariant Rekursi Biseksi

#### Lemma 12.3.7 (Invariant Rekursi)

Untuk setiap $n \geq 0$, barisan yang didefinisikan pada Konstruksi 12.3.6 memenuhi:

(a) $0 \leq l_{n} \leq u_{n} \leq M$,

(b) $l_{n}^{2} \leq a \leq u_{n}^{2}$,

(c) $[l_{n+1}, u_{n+1}] \subseteq [l_{n}, u_{n}]$ (bersarang),

(d) $u_{n} - l_{n} = \dfrac{M}{2^{n}}$.

Bukti dengan induksi pada $n \geq 0$.

Basis $n = 0$. (a) $0 = l_{0} \leq u_{0} = M = a + 1$, dan $M \leq M$. (b) $l_{0}^{2} = 0 \leq a$. Untuk $u_{0}^{2} \geq a$: perlu $(a+1)^{2} \geq a$, yaitu $a^{2} + 2a + 1 \geq a$, yaitu $a^{2} + a + 1 \geq 0$. Karena $a > 0$, setiap suku nonnegatif, jadi pertidaksamaan terpenuhi dengan ketat. (d) $u_{0} - l_{0} = M - 0 = M = M/2^{0}$. Bagian (c) untuk langkah $n\to n+1$, termasuk $n=0$, dibuktikan melalui kedua kasus transisi berikut; ia tidak dikecualikan pada tahap awal.

Langkah induksi. Misalkan (a), (b), (d) berlaku untuk suatu $n \geq 0$. Tetapkan $m = m_{n} = (l_{n} + u_{n})/2$. Maka $l_{n} \leq m \leq u_{n}$ dan $0 \leq m \leq M$.

Kasus A: $m^{2} \leq a$. Tetapkan $l_{n+1} = m$, $u_{n+1} = u_{n}$. Maka $l_{n+1}^{2} = m^{2} \leq a$ dan $u_{n+1}^{2} = u_{n}^{2} \geq a$. Interval bersarang: $[m, u_{n}] \subseteq [l_{n}, u_{n}]$. Lebar: $u_{n+1} - l_{n+1} = u_{n} - m = u_{n} - (l_{n}+u_{n})/2 = (u_{n}-l_{n})/2 = M/2^{n+1}$.

Kasus B: $m^{2} > a$. Tetapkan $l_{n+1} = l_{n}$, $u_{n+1} = m$. Maka $l_{n+1}^{2} = l_{n}^{2} \leq a$ dan $u_{n+1}^{2} = m^{2} > a \geq a$. Interval bersarang: $[l_{n}, m] \subseteq [l_{n}, u_{n}]$. Lebar: $u_{n+1} - l_{n+1} = m - l_{n} = (l_{n}+u_{n})/2 - l_{n} = (u_{n}-l_{n})/2 = M/2^{n+1}$.

Dalam kedua kasus, (a), (b), dan (d) berlaku pada $n+1$, sedangkan (c) terbukti untuk langkah $n\to n+1$. Dengan induksi, (a), (b), (d) berlaku pada semua $n\geq0$ dan (c) pada setiap pasangan tahap berurutan mulai $0\to1$. $\square$

### Lemma Lebar Geometris dan Penyusutan Interval

#### Lemma 12.3.8 (Penyusutan Lebar ke Nol)

Untuk setiap $C > 0$, $\varepsilon > 0$, dan bilangan bulat $b \geq 2$, terdapat $N \in \mathbb{N}$, $N \geq 1$, sedemikian sehingga untuk semua $n \geq N$, berlaku $C/b^{n} < \varepsilon$.

Bukti. Kita buktikan terlebih dahulu klaim bantu: untuk bilangan bulat $b \geq 2$ dan $n \geq 0$, berlaku $b^{n} \geq n + 1$.

Induksi untuk klaim bantu. Basis $n = 0$: $b^{0} = 1 \geq 1 = 0 + 1$. Langkah: andaikan $b^{n} \geq n + 1$. Maka $b^{n+1} = b \cdot b^{n} \geq 2 \cdot (n+1) = 2n + 2 \geq n + 2 = (n+1) + 1$, di mana ketaksamaan terakhir menggunakan $n \geq 0$ sehingga $2n + 2 \geq n + 2$, yaitu $n \geq 0$. Klaim terbukti.

Sekarang, untuk $C > 0$ dan $\varepsilon > 0$: oleh sifat Archimedes (Unit 11.4), terdapat bilangan bulat $N \geq 1$ dengan $N > C/\varepsilon$. Untuk semua $n \geq N$, kita miliki $b^{n} \geq n + 1 \geq N + 1 > N > C/\varepsilon$, sehingga $C/b^{n} < \varepsilon$. Jika $C = 0$, maka $C/b^{n} = 0 < \varepsilon$ langsung terpenuhi untuk semua $n \geq 0$. $\square$

Dari Lemma 12.3.7(d) dan 12.3.8 (dengan $C = M$, $b = 2$), untuk setiap $\varepsilon > 0$ terdapat $N$ sehingga untuk semua $n \geq N$,
$$u_{n} - l_{n} = \frac{M}{2^{n}} < \varepsilon.$$
Interval-interval tersebut tertutup, terbatas, dan takkosong karena $l_n\leq u_n$, serta bersarang. Untuk memakai indeks mulai $1$ pada Teorema 12.2.4–12.2.5, tulis $K_j=[l_{j-1},u_{j-1}]$ bagi $j\geq1$. Pengindeksan ulang tidak mengubah irisan. Teorema 12.2.4 menjamin irisan takkosong; penyusutan lebar yang baru dibuktikan dan Teorema 12.2.5 menjamin irisan itu singleton.

### Bukti Utama: Irisan Interval Biseksi adalah Akar Positif

#### Teorema 12.3.9 (Konstruksi Biseksi Menghasilkan Akar Positif)

Misalkan $a > 0$. Barisan interval $\{[l_{n}, u_{n}]\}_{n \geq 0}$ yang didefinisikan pada Konstruksi 12.3.6 memenuhi $\bigcap_{n=0}^{\infty} [l_{n}, u_{n}] = \{r\}$ di mana $r > 0$ dan $r^{2} = a$.

Bukti. Dari Lemma 12.3.7 dan 12.3.8, barisan interval $\{[l_{n}, u_{n}]\}$ memenuhi syarat prinsip interval bersarang (Unit 12.2). Oleh prinsip tersebut, irisannya adalah singleton. Tetapkan
$$r := \sup\{l_{n} : n \geq 0\}.$$
Himpunan $A=\{l_n:n\geq0\}$ takkosong karena $l_0=0\in A$, dan $M$ merupakan batas atasnya menurut invariant. Maka $r=\sup A$ ada. Setiap $l_n\leq r$. Untuk setiap indeks tetap $n$, kita tunjukkan $u_n$ membatasi seluruh $A$. Jika $k\geq n$, sifat bersarang memberi $l_k\leq u_k\leq u_n$. Jika $k<n$, ujung kiri tidak turun, sehingga $l_k\leq l_n\leq u_n$. Jadi $u_n$ adalah batas atas seluruh $A$, bukan hanya ekornya. Sifat supremum memberi $r\leq u_n$, sehingga $r\in[l_n,u_n]$ untuk setiap $n\geq0$.

Sekarang kita buktikan $r^{2} = a$. Dari Lemma 12.3.7(b), $l_{n}^{2} \leq a \leq u_{n}^{2}$. Karena $l_{n} \leq r \leq u_{n}$ dan fungsi kuadrat monoton naik pada bilangan taknegatif (Teorema 10.2.6 dengan $n = 2$), berlaku $l_{n}^{2} \leq r^{2} \leq u_{n}^{2}$. Dengan demikian $a$ dan $r^{2}$ keduanya berada di selang $[l_{n}^{2}, u_{n}^{2}]$. Maka
$$|r^{2} - a| \leq u_{n}^{2} - l_{n}^{2} = (u_{n} - l_{n})(u_{n} + l_{n}) \leq (u_{n} - l_{n}) \cdot 2M = 2M \cdot \frac{M}{2^{n}} = \frac{2M^{2}}{2^{n}}.$$
Andaikan $d := |r^{2} - a| > 0$. Oleh Lemma 12.3.8 (dengan $C = 2M^{2}$ dan $\varepsilon = d$), terdapat $N$ dengan $2M^{2}/2^{N} < d$. Tetapi $|r^{2} - a| \leq 2M^{2}/2^{N} < d = |r^{2} - a|$, kontradiksi. Jadi $d = 0$ dan $r^{2} = a$.

Terakhir, $r \geq l_{0} = 0$, sehingga $r \geq 0$. Jika $r = 0$ maka $r^{2} = 0 = a$, kontradiksi dengan $a > 0$. Jadi $r > 0$. Dengan Teorema 12.3.3, akar positif ini tunggal. $\square$

Catatan perluasan titik awal. Argumen yang sama berlaku bila dipilih pasangan awal $(L,U)\in D$ dengan $L<U$, tanpa mengubah $M=a+1$ sebagai batas atas ujung. Tulis $W=U-L>0$. Fungsi transisi pada $D$ tetap sama, dan perhitungan lebar pada kedua cabang memberi $u_n-l_n=W/2^n$ melalui induksi dengan basis lebar $W$. Karena $W>0$, Lemma 12.3.8 memberi penyusutan; Teorema 12.2.4–12.2.5 memberi singleton. Argumen kuadrat memakai $|r^2-a|\leq2M(u_n-l_n)=2MW/2^n$; Lemma 12.3.8 dengan $C=2MW$ kembali memaksa $r^2=a$. Jadi seluruh hasil konstruksi tetap sah. Lebar awal $W$ tidak boleh disamakan dengan batas atas $M$ bila $L\neq0$.

### Contoh Terhitung: Empat Tahap Biseksi untuk $\sqrt{2}$

#### Contoh 12.3.10 (Empat Tahap Biseksi untuk $a = 2$)

Kita jalankan Konstruksi 12.3.6 untuk $a = 2$, dengan titik awal yang diperkecil menjadi $l_{0} = 1$, $u_{0} = 2$ (valid karena $0\leq1<2\leq M=3$ dan $1^2\leq2\leq2^2$). Perluasan titik awal setelah Teorema 12.3.9 berlaku dengan lebar awal $W=2-1=1$, sehingga $u_n-l_n=2^{-n}$.

Tahap 0 ke 1. $m_{0} = (1 + 2)/2 = 3/2$. Hitung $m_{0}^{2} = 9/4$. Karena $9/4 = 2.25 > 2$, gunakan Kasus B: $l_{1} = 1$, $u_{1} = 3/2$. Interval: $[1,\, 3/2]$. Lebar: $1/2$.

Tahap 1 ke 2. $m_{1} = (1 + 3/2)/2 = 5/4$. Hitung $m_{1}^{2} = 25/16$. Karena $25/16 = 1.5625 < 2$, gunakan Kasus A: $l_{2} = 5/4$, $u_{2} = 3/2$. Interval: $[5/4,\, 3/2]$. Lebar: $1/4$.

Tahap 2 ke 3. $m_{2} = (5/4 + 3/2)/2 = (5/4 + 6/4)/2 = (11/4)/2 = 11/8$. Hitung $m_{2}^{2} = 121/64$. Karena $121/64 = 1.890625 < 2$, gunakan Kasus A: $l_{3} = 11/8$, $u_{3} = 3/2 = 12/8$. Interval: $[11/8,\, 3/2]$. Lebar: $1/8$.

Tahap 3 ke 4. $m_{3} = (11/8 + 12/8)/2 = (23/8)/2 = 23/16$. Hitung $m_{3}^{2} = 529/256$. Bandingkan: $529/256$ vs $2 = 512/256$. Karena $529 > 512$, yaitu $m_{3}^{2} > 2$, gunakan Kasus B: $l_{4} = 11/8$, $u_{4} = 23/16$. Interval: $[11/8,\, 23/16] = [22/16,\, 23/16]$. Lebar: $1/16$.

Setelah empat tahap, kita telah menetapkan bahwa $\sqrt{2} \in [22/16,\, 23/16]$, yaitu $1.375 \leq \sqrt{2} \leq 1.4375$. Semua perbandingan dilakukan secara eksak atas bilangan rasional; tidak ada aproksimasi desimal yang digunakan dalam verifikasi logis.

#### Contoh 12.3.11 (Enclosure Pecahan Eksak untuk $\sqrt{2}$)

Kita sertifikasi bahwa $\dfrac{14142}{10000} < \sqrt{2} < \dfrac{14143}{10000}$.

Hitung secara eksak (aritmetika bilangan bulat):
$$14142^{2} = 199{,}996{,}164 \quad \text{dan} \quad 14143^{2} = 200{,}024{,}449.$$
Bandingkan dengan $2 \times 10000^{2} = 2 \times 10^{8} = 200{,}000{,}000$. Maka
$$14142^{2} = 199{,}996{,}164 < 200{,}000{,}000 < 200{,}024{,}449 = 14143^{2}.$$
Oleh Teorema 10.2.6 (kemonotonan ketat kuadrat pada bilangan positif), ketaksamaan $14142 < x < 14143$ (untuk $x > 0$) ekuivalen dengan $14142^{2} < x^{2} < 14143^{2}$. Karena $(\sqrt{2} \cdot 10000)^{2} = 2 \cdot 10^{8} = 200{,}000{,}000$ berada di antara dua nilai tersebut, maka $14142 < 10000\sqrt{2} < 14143$, sehingga $14142/10000 < \sqrt{2} < 14143/10000$. Ini adalah pernyataan tentang pecahan berhingga; Unit 12.4 tidak diperlukan.

### Latihan 12.3-1 dan Latihan 12.3-2

Latihan 12.3-1. Misalkan $u, v \in \mathbb{R}$ dengan $u > 0$, $u^{2} = a$, $v > 0$, dan $v^{2} = a$, di mana $a > 0$. Tanpa menggunakan Teorema 10.2.6, buktikan $u = v$ hanya menggunakan identitas aljabar dan fakta bahwa $u + v > 0$ memiliki invers multiplikatif di $\mathbb{R}$.

Solusi 12.3-1. Dari $u^{2} = a = v^{2}$, kita peroleh $u^{2} - v^{2} = 0$. Dengan identitas lapangan, $(u-v)(u+v) = 0$. Karena $u > 0$ dan $v > 0$, maka $u + v > 0 + 0 = 0$ (sifat urutan: jumlah dua positif adalah positif). Di $\mathbb{R}$ sebagai lapangan, setiap elemen nonzero memiliki invers multiplikatif. Karena $u + v \neq 0$, terdapat $(u+v)^{-1} \in \mathbb{R}$. Mengalikan persamaan $(u-v)(u+v) = 0$ dengan $(u+v)^{-1}$:
$$(u - v) \cdot (u+v) \cdot (u+v)^{-1} = 0 \cdot (u+v)^{-1},$$

$$(u - v) \cdot 1 = 0,$$

$$u - v = 0,$$
sehingga $u = v$. $\square$

Latihan 12.3-2. Tentukan himpunan $S(a) = \{x \in \mathbb{R} : x^{2} = a\}$ untuk masing-masing: (i) $a = 0$, (ii) $a = -1$, (iii) $a = 4$. Untuk setiap kasus, tuliskan himpunan secara eksplisit dan berikan argumen yang merujuk pada Teorema 12.3.4.

Solusi 12.3-2. (i) $a = 0$. Oleh Teorema 12.3.4(ii), $S(0) = \{0\}$. Argumen: dari $x^{2} = 0$, dalam lapangan tanpa pembagi nol, $x \cdot x = 0$ mengimplikasikan $x = 0$. Memverifikasi: $0^{2} = 0$. ✓

(ii) $a = -1$. Oleh Teorema 12.3.4(i), $S(-1) = \emptyset$. Argumen: untuk semua $x \in \mathbb{R}$, $x^{2} \geq 0 > -1$, sehingga $x^{2} = -1$ tidak mungkin.

(iii) $a = 4$. Oleh Teorema 12.3.4(iii), $S(4) = \{2, -2\}$. Di sini $r = \sqrt{4} = 2$ (akar positif yang unik): $2^{2} = 4$ ✓ dan $2 > 0$ ✓. Maka $-r = -2$ dengan $(-2)^{2} = 4$ ✓. Dua elemen ini berbeda karena $2 \neq -2$ (karena $2 > 0$). $\square$

### Latihan 12.3-3 dan Latihan 12.3-4

Latihan 12.3-3. Jalankan empat tahap Konstruksi 12.3.6 untuk $a = 2$ dengan titik awal $l_{0} = 1$, $u_{0} = 2$. Untuk setiap tahap, hitung midpoint $m_{n}$, kuadrat midpoint $m_{n}^{2}$ sebagai pecahan eksak, tentukan cabang mana yang diambil, dan catat interval $[l_{n+1}, u_{n+1}]$ beserta lebarnya. Verifikasi bahwa lebar pada tahap ke-$n$ adalah $1/2^{n}$.

Solusi 12.3-3. Kita hitung secara eksak.

n = 0: $l_{0} = 1$, $u_{0} = 2$, $m_{0} = 3/2$, $m_{0}^{2} = 9/4$. Karena $9/4 > 2$ (sebab $9 > 8$), Kasus B: $[l_{1}, u_{1}] = [1, 3/2]$. Lebar: $3/2 - 1 = 1/2 = 1/2^{1}$. ✓

n = 1: $l_{1} = 1$, $u_{1} = 3/2$, $m_{1} = (1 + 3/2)/2 = (2/2 + 3/2)/2 = (5/2)/2 = 5/4$, $m_{1}^{2} = 25/16$. Karena $25/16 < 2$ (sebab $25 < 32$), Kasus A: $[l_{2}, u_{2}] = [5/4, 3/2]$. Lebar: $3/2 - 5/4 = 6/4 - 5/4 = 1/4 = 1/2^{2}$. ✓

n = 2: $l_{2} = 5/4$, $u_{2} = 3/2 = 6/4$, $m_{2} = (5/4 + 6/4)/2 = (11/4)/2 = 11/8$, $m_{2}^{2} = 121/64$. Karena $121/64 < 2$ (sebab $121 < 128$), Kasus A: $[l_{3}, u_{3}] = [11/8, 3/2]$. Lebar: $3/2 - 11/8 = 12/8 - 11/8 = 1/8 = 1/2^{3}$. ✓

n = 3: $l_{3} = 11/8 = 22/16$, $u_{3} = 12/8 = 24/16$, $m_{3} = (22/16 + 24/16)/2 = (46/16)/2 = 23/16$, $m_{3}^{2} = 529/256$. Karena $529/256 > 2$ (sebab $529 > 512$), Kasus B: $[l_{4}, u_{4}] = [22/16, 23/16]$. Lebar: $23/16 - 22/16 = 1/16 = 1/2^{4}$. ✓

Semua lebar sesuai pola $1/2^{n}$ (dengan lebar awal $W=u_0-l_0=1$, sementara batas atas $M=a+1=3$ tetap berbeda). $\square$

Latihan 12.3-4. Buktikan dengan induksi bahwa barisan $\{(l_{n}, u_{n})\}_{n \geq 0}$ dari Konstruksi 12.3.6 (dengan $a > 0$, $l_{0} = 0$, $u_{0} = a+1$) memenuhi invariant berikut untuk semua $n \geq 0$: (a) $0 \leq l_{n} \leq u_{n} \leq M$; (b) $l_{n}^{2} \leq a$ dan $u_{n}^{2} \geq a$; (c) $u_{n} - l_{n} = M/2^{n}$. Tangani kasus $m_{n}^{2} = a$ secara eksplisit dan tunjukkan rekursi tidak berhenti.

Solusi 12.3-4. Basis $n=0$: $l_0=0$, $u_0=M=a+1>0$ memberi $0\leq l_0\leq u_0\leq M$, $l_0^2=0\leq a$, dan $u_0^2-a=a^2+a+1>0$. Lebarnya $M=M/2^0$. Andaikan ketiga invariant berlaku pada $n$. Titik tengah $m=(l_n+u_n)/2$ memenuhi $0\leq l_n\leq m\leq u_n\leq M$.

Kasus $m^{2} = a$: Ini termasuk Kasus A (karena syarat $m^{2} \leq a$ terpenuhi). Tetapkan $l_{n+1} = m$, $u_{n+1} = u_{n}$. Maka $l_{n+1}^{2} = a \leq a$ ✓ dan $u_{n+1}^{2} = u_{n}^{2} \geq a$ ✓. Rekursi berlanjut ke tahap $n+2$, bukan berhenti, karena definisi kita tidak memuat kondisi penghentian. Urutan ujung baru tetap $0\leq m\leq u_n\leq M$, dan lebarnya $u_n-m=(u_n-l_n)/2=M/2^{n+1}$. Pada tahap berikutnya, $m_{n+1}=(m+u_n)/2$ terdefinisi, dan proses berlanjut; semua invariant tetap sah walaupun satu ujung telah menjadi akar tepat.

Kasus $m^2<a$: pasangan baru $(m,u_n)$ memenuhi urutan ujung, $m^2<a\leq u_n^2$, dan lebar $u_n-m=(u_n-l_n)/2=M/2^{n+1}$. Jadi ketiga invariant tetap berlaku.

Kasus $m^2>a$: pasangan baru $(l_n,m)$ memenuhi urutan ujung, $l_n^2\leq a<m^2$, dan lebar $m-l_n=(u_n-l_n)/2=M/2^{n+1}$. Jadi ketiga invariant tetap berlaku.

Dalam setiap kasus (termasuk kesetaraan), invariant (a), (b), (c) terpenuhi untuk $n+1$. $\square$

### Latihan 12.3-5 dan Latihan 12.3-6

Latihan 12.3-5. Misalkan $a > 0$ dan $M = a + 1$. Midpoint pada tahap $n$ adalah $m_{n} = (l_{n} + u_{n})/2$. (a) Buktikan bahwa $|m_{n} - \sqrt{a}| \leq \dfrac{M}{2^{n+1}}$. (b) Diberikan $\varepsilon > 0$, tentukan nilai $N$ eksplisit (dalam $M$ dan $\varepsilon$) sehingga untuk semua $n \geq N$, $|m_{n} - \sqrt{a}| < \varepsilon$. Gunakan Lemma 12.3.8 secara eksplisit; jangan menulis "cukup besar" tanpa justifikasi.

Solusi 12.3-5. (a) Dari Lemma 12.3.7, $l_{n} \leq \sqrt{a} \leq u_{n}$ (karena $\sqrt{a} \in [l_{n}, u_{n}]$ untuk semua $n$, yang terbukti pada Teorema 12.3.9). Juga $m_{n} = (l_{n}+u_{n})/2 \in [l_{n}, u_{n}]$. Karena keduanya berada dalam interval yang sama:
$$|m_{n} - \sqrt{a}| \leq u_{n} - l_{n} = \frac{M}{2^{n}}.$$
Lebih tajam lagi: dari $l_n\leq\sqrt a\leq u_n$ diperoleh $l_n-m_n\leq\sqrt a-m_n\leq u_n-m_n$. Kedua batas itu masing-masing $-(u_n-l_n)/2$ dan $(u_n-l_n)/2$. Definisi nilai mutlak memberi jarak paling besar setengah lebar:
$$|m_{n} - \sqrt{a}| \leq \frac{u_{n} - l_{n}}{2} = \frac{M}{2^{n+1}}.$$
(b) Kita perlu $M/2^{n+1} < \varepsilon$, yaitu $2^{n+1} > M/\varepsilon$. Dari pemilihan indeks dalam bukti Lemma 12.3.8, dengan $C=M/2$, $b=2$, dan $\varepsilon$ yang sama, pilih bilangan asli $N\geq1$ dengan $N>M/(2\varepsilon)$. Untuk $n \geq N$,
$$2^{n} \geq 2^{N} \geq N + 1 > \frac{M}{2\varepsilon},$$
sehingga $M/2^{n+1} = M/(2 \cdot 2^{n}) < M/(2 \cdot M/(2\varepsilon)) = \varepsilon$. Kita dapat mengambil $N$ sebagai bilangan bulat terkecil yang melebihi $M/(2\varepsilon)$. Secara eksplisit: $N = \lfloor M/(2\varepsilon) \rfloor + 1$ mencukupi (di mana $\lfloor \cdot \rfloor$ adalah fungsi lantai dari Lema 8.3.3). $\square$

Latihan 12.3-6. Buktikan bahwa $\dfrac{14142}{10000} < \sqrt{2} < \dfrac{14143}{10000}$ dengan menggunakan hanya aritmetika bilangan bulat dan Teorema 10.2.6 (kemonotonan ketat kuadrat). Hitung $14142^{2}$ dan $14143^{2}$ secara eksak dan bandingkan dengan $2 \times 10000^{2}$.

Solusi 12.3-6. Kita hitung ketiga nilai secara eksak.

Hitung $14142^{2}$:
$$14142^{2} = (14000 + 142)^{2} = 14000^{2} + 2 \cdot 14000 \cdot 142 + 142^{2}$$

$$= 196{,}000{,}000 + 3{,}976{,}000 + 20{,}164 = 199{,}996{,}164.$$
Hitung $14143^{2}$:
$$14143^{2} = (14142 + 1)^{2} = 14142^{2} + 2 \cdot 14142 + 1 = 199{,}996{,}164 + 28{,}284 + 1 = 200{,}024{,}449.$$
Hitung $2 \times 10000^{2}$:
$$2 \times 10000^{2} = 2 \times 100{,}000{,}000 = 200{,}000{,}000.$$
Bandingkan: $199{,}996{,}164 < 200{,}000{,}000 < 200{,}024{,}449$, yaitu $14142^{2} < 2 \times 10000^{2} < 14143^{2}$.

Terapkan Teorema 10.2.6: Teorema tersebut menyatakan bahwa untuk $0 \leq x < y$, berlaku $x^{2} < y^{2}$. Dengan tambahan $r>0$ dan $0<p<q$, ketaksamaan $p^2<r^2<q^2$ mengimplikasikan $p<r<q$: andaikan $r\leq p$, kemonotonan kuadrat taknegatif memberi $r^2\leq p^2$, kontradiksi; andaikan $r\geq q$, ia memberi $r^2\geq q^2$, juga kontradiksi. Tanpa syarat $r>0$, kesimpulan tersebut tidak sah. Karena
$$\left(\frac{14142}{10000}\right)^{2} = \frac{14142^{2}}{10000^{2}} < \frac{2 \times 10000^{2}}{10000^{2}} = 2 = (\sqrt{2})^{2} < \frac{14143^{2}}{10000^{2}} = \left(\frac{14143}{10000}\right)^{2},$$
dan semua bilangan positif, Teorema 10.2.6 memberikan $14142/10000 < \sqrt{2} < 14143/10000$. $\square$

### Latihan 12.3-7

Latihan 12.3-7. Buktikan bahwa untuk setiap $x \in \mathbb{R}$, berlaku $\sqrt{x^{2}} = |x|$. Gunakan Definisi 12.3.1 (akar kuadrat taknegatif adalah bilangan taknegatif yang kuadratnya sama dengan argumen) dan definisi nilai absolut. Sertakan dua kasus: $x \geq 0$ dan $x < 0$.

Solusi 12.3-7. Ingat definisi nilai absolut:
$$|x| := \begin{cases} x & \text{jika } x \geq 0, \\ -x & \text{jika } x < 0. \end{cases}$$
Ingat Definisi 12.3.1: $\sqrt{b}$ (untuk $b \geq 0$) adalah satu-satunya $s \geq 0$ dengan $s^{2} = b$.

Kasus 1: $x \geq 0$. Maka $|x| = x$. Perhatikan bahwa $|x| = x \geq 0$ dan $|x|^{2} = x^{2}$. Jadi $|x|$ adalah bilangan taknegatif yang kuadratnya sama dengan $x^{2}$. Untuk $x>0$, Teorema 12.3.3 dan Definisi 12.3.1 memberi $\sqrt{x^2}=|x|$. Untuk $x=0$, gunakan Teorema 12.3.4(ii): satu-satunya solusi kuadrat nol adalah nol, sehingga $\sqrt0=0=|0|$. Teorema ketunggalan positif tidak diterapkan pada radikan nol.

Kasus 2: $x < 0$. Maka $|x| = -x$ dan $-x > 0$. Hitung: $(-x)^{2} = (-1)^{2} \cdot x^{2} = 1 \cdot x^{2} = x^{2}$. Jadi $|x| = -x > 0 \geq 0$ dan $|x|^{2} = x^{2}$. Oleh Definisi 12.3.1, $\sqrt{x^{2}} = -x = |x|$.

Kesimpulan: Dalam kedua kasus, $\sqrt{x^{2}} = |x|$. $\square$

Catatan kasus tepi: Untuk $x = 0$: $|0| = 0$, $0^{2} = 0$, dan $\sqrt{0} = 0$, sehingga $\sqrt{0^{2}} = 0 = |0|$. Ini tercakup oleh Kasus 1 ($x \geq 0$ termasuk $x = 0$). Perlu dicatat bahwa akar dari nol ditulis sebagai $\sqrt{0}$ dengan nilai $0$, bukan sebagai perluasan diam-diam dari definisi akar positif.

### Latihan 12.3-8

Latihan 12.3-8. Tinjau barisan interval $\{[l_{n}, u_{n}]\}_{n \geq 0}$ dari Konstruksi 12.3.6 diterapkan pada $a = 2$ dengan $l_{0} = 1$, $u_{0} = 2$. Definisikan $J_{n} := [l_{n}, u_{n}] \cap \mathbb{Q}$ sebagai irisan interval ke-$n$ dengan himpunan bilangan rasional.

(a) Buktikan bahwa untuk setiap $n \geq 0$, himpunan $J_{n}$ tak kosong, yaitu $J_{n} \neq \emptyset$.

(b) Buktikan bahwa $J_{n+1} \subseteq J_{n}$ untuk setiap $n \geq 0$ (bersarang).

(c) Buktikan bahwa lebar $J_{n}$ (sebagai selisih ujung) adalah $1/2^{n}$ dan menyusut ke nol.

(d) Buktikan bahwa $\bigcap_{n=0}^{\infty} J_{n} = \emptyset$, meskipun kondisi (a)–(c) terpenuhi.

(e) Jelaskan mengapa hasil (d) tidak bertentangan dengan prinsip interval bersarang dari Unit 12.2.

Solusi 12.3-8.

(a) $J_{n} \neq \emptyset$. Dari Konstruksi 12.3.6 dan Lemma 12.3.7, setiap $l_{n}$ dan $u_{n}$ adalah bilangan rasional (diperoleh dari $l_{0} = 1 \in \mathbb{Q}$, $u_{0} = 2 \in \mathbb{Q}$, dan operasi penjumlahan serta pembagian dengan 2 yang mempertahankan rasionalitas). Karena $l_{n} \in \mathbb{Q}$ dan $l_{n} \in [l_{n}, u_{n}]$, maka $l_{n} \in J_{n}$. Jadi $J_{n} \neq \emptyset$. $\square$

(b) Bersarang. Dari Lemma 12.3.7(c), $[l_{n+1}, u_{n+1}] \subseteq [l_{n}, u_{n}]$. Maka untuk setiap $q \in J_{n+1}$, kita miliki $q \in [l_{n+1}, u_{n+1}] \subseteq [l_{n}, u_{n}]$ dan $q \in \mathbb{Q}$, sehingga $q \in J_{n}$. Jadi $J_{n+1} \subseteq J_{n}$. $\square$

(c) Lebar menyusut. Lebar $J_{n}$ sebagai selisih ujung adalah $u_{n} - l_{n} = 1/2^{n}$ (perluasan titik awal setelah Teorema 12.3.9, dengan $W=1$). Oleh Lemma 12.3.8, untuk setiap $\varepsilon > 0$ terdapat $N$ dengan $1/2^{n} < \varepsilon$ untuk semua $n \geq N$. Jadi lebar menyusut ke nol. $\square$

(d) $\bigcap_{n=0}^{\infty} J_{n} = \emptyset$. Andaikan terdapat $q \in \bigcap_{n=0}^{\infty} J_{n}$. Maka $q \in \mathbb{Q}$ (karena setiap $J_{n} \subseteq \mathbb{Q}$) dan $q \in [l_{n}, u_{n}]$ untuk semua $n \geq 0$. Dari Teorema 12.3.9 beserta perluasan titik awal valid $[1,2]$, irisan $\bigcap_{n=0}^{\infty}[l_n,u_n]=\{\sqrt2\}$. Karena itu $q = \sqrt{2}$. Namun $q \in \mathbb{Q}$, yang berarti $\sqrt{2} \in \mathbb{Q}$. Ini bertentangan dengan Teorema 8.4.7 (tidak ada bilangan rasional $q$ dengan $q^{2} = 2$). Kontradiksi. Jadi $\bigcap_{n=0}^{\infty} J_{n} = \emptyset$. $\square$

(e) Tidak ada kontradiksi dengan Unit 12.2. Prinsip interval bersarang dari Unit 12.2 berlaku untuk interval-interval tutup dan terbatas di $\mathbb{R}$. Dalam kasus ini, interval di $\mathbb{R}$ adalah $[l_{n}, u_{n}]$, dan irisannya di $\mathbb{R}$ memang tidak kosong: irisannya adalah $\{\sqrt{2}\}$. Yang kosong adalah $\bigcap_{n\geq0}J_n$, bukan setiap $J_n$: masing-masing $J_n$ takkosong seperti dibuktikan pada (a). Irisan ini mencari anggota rasional yang berada dalam semua interval sekaligus. Prinsip interval bersarang Unit 12.2 tidak berlaku untuk $\mathbb{Q}$ karena $\mathbb{Q}$ bukan lapangan terurut lengkap — ia tidak memiliki sifat supremum. Hasilnya mengilustrasikan dengan tepat mengapa kelengkapan (sifat supremum) dari $\mathbb{R}$ sangat krusial: tanpa kelengkapan, barisan interval tertutup terbatas bersarang dengan lebar menyusut ke nol dapat memiliki irisan kosong. $\square$

Untuk melengkapi hipotesis di lingkungan $\mathbb Q$, definisikan tertutup relatif berarti komplemen relatifnya terbuka. Kita punya $\mathbb Q\setminus J_n=\mathbb Q\cap(( -\infty,l_n)\cup(u_n,\infty))$. Gabungan dua sinar itu terbuka di $\mathbb R$, sehingga irisannya dengan $\mathbb Q$ terbuka relatif menurut Definisi 12.1.17. Jadi $J_n$ tertutup relatif di $\mathbb Q$; ujung rasionalnya juga memberi keterbatasan di $\mathbb Q$. Ini tidak mengklaim bahwa $J_n$ adalah interval real tertutup. Dengan demikian, contoh ini memang keluarga interval rasional relatif tertutup, takkosong, terbatas, bersarang, dan berlebar menyusut, tetapi irisannya kosong.

### Ringkasan Hasil Unit 12.3

Unit ini telah membangun teori akar kuadrat bilangan riil positif secara lengkap dari tiga sudut pandang yang saling melengkapi. Pertama, dari sudut pandang aljabar murni: ketunggalan akar positif dari $a > 0$ terbukti melalui faktorisasi identitas selisih kuadrat dan sifat lapangan, tanpa memerlukan kelengkapan $\mathbb{R}$. Kedua, dari sudut pandang klasifikasi lengkap: himpunan solusi $S(a) = \{x \in \mathbb{R}: x^{2} = a\}$ memiliki tepat nol, satu, atau dua elemen bergantung pada tanda $a$. Ketiga, dari sudut pandang konstruktif: metode biseksi memberikan aproksimasi eksplisit dan terverifikasi terhadap akar positif, mendemonstrasikan bagaimana kelengkapan $\mathbb{R}$ bekerja secara konkret.

Hasil utama yang telah dibuktikan adalah sebagai berikut. Teorema 12.3.3 menyatakan ketunggalan aljabar: jika $u, v > 0$ dan $u^{2} = v^{2} = a > 0$, maka $u = v$. Teorema 12.3.4 mengklasifikasikan semua solusi $x^{2} = a$ untuk setiap $a \in \mathbb{R}$. Korolari 12.3.5 menyatakan $\sqrt{x^{2}} = |x|$ untuk semua $x \in \mathbb{R}$. Lemma 12.3.7 membuktikan invariant rekursi biseksi. Lemma 12.3.8 membuktikan penyusutan lebar geometris menggunakan hanya sifat Archimedes dan pangkat asli. Teorema 12.3.9 membuktikan bahwa irisan interval biseksi adalah akar positif dari $a$.

Latihan 12.3-8 mengungkap kontras mendasar antara $\mathbb{Q}$ dan $\mathbb{R}$: dalam $\mathbb{Q}$, barisan interval bersarang yang memenuhi semua kondisi sintaktis (tak kosong, bersarang, lebar menyusut) dapat memiliki irisan kosong, karena elemen batas $\sqrt{2}$ tidak tinggal dalam $\mathbb{Q}$. Teorema Unit 12.2 telah dibuktikan menggunakan kelengkapan $\mathbb R$. Contoh ini menunjukkan bahwa jaminan tersebut tidak berlaku secara umum di $\mathbb Q$; kita tidak menyimpulkan karakterisasi semua lapangan terurut yang mungkin memenuhi bentuk prinsip interval tertentu.

### Dependensi Matematis yang Digunakan

Unit ini memakai eksistensi akar pada Teorema 11.3.8 untuk klasifikasi solusi 12.3.4, sedangkan konstruksi biseksi 12.3.6–12.3.9 membuktikan kembali eksistensi akar melalui interval bersarang secara mandiri. Karena itu bukti biseksi tidak mengasumsikan akar yang sedang dikonstruksinya.

Teorema 11.3.8 menjamin bahwa untuk setiap $a>0$ dan bilangan asli $n\geq1$ ada tepat satu $r>0$ dengan $r^n=a$. Ketunggalan dapat dibuktikan dari urutan, sedangkan rute eksistensi dalam buku ini memakai aksioma supremum. Sifat Archimedes 11.4.1 digunakan untuk memilih indeks lebar geometris, dan Teorema 12.2.4–12.2.5 digunakan untuk irisan takkosong serta ketunggalannya.

Teorema 10.2.6 tentang kemonotonan ketat pangkat asli pada basis taknegatif berlaku untuk derajat $n\geq1$. Teorema 8.4.7 menyatakan tidak ada $q\in\mathbb Q$ dengan $q^2=2$, yang dipakai pada Solusi 12.3-8(d). Lema pembulatan 8.3.3, setelah Archimedes 11.4.1, memberi fungsi lantai untuk pilihan eksplisit indeks galat pada Solusi 12.3-5.

Pangkat asli $b^{n}$ untuk $b \in \mathbb{R}$ dan $n \in \mathbb{N}$ (dengan $\mathbb{N} = \{0, 1, 2, \ldots\}$) didefinisikan melalui Definisi 9.3A.1 dan Teorema 9.3A.7 dari Bab 9. Konvensi $b^{0} = 1$ untuk semua $b$ (produk kosong dalam konteks diskret) digunakan pada Lemma 12.3.8 (basis induksi $n = 0$: $b^{0} = 1 \geq 1 = 0 + 1$). Pangkat rasional hanya digunakan pada basis positif sesuai Bab 9.3B; tidak ada perluasan diam-diam di unit ini.

### Panduan Membaca Lanjutan

Unit 12.3 menghubungkan interval bersarang pada Unit 12.2 dengan representasi desimal pada Unit 12.4 melalui gagasan interval yang lebarnya dapat dibuat kecil. Biseksi akar di sini memilih separuh interval melalui perbandingan kuadrat. Algoritme desimal umum pada Unit 12.4 berbeda: digit diperoleh dari fungsi lantai dan pembaruan sisa pada basis $10$, bukan melalui perbandingan kuadrat. Tidak ada representasi digit takhingga yang dipakai sebagai prasyarat biseksi.

Pembaca yang ingin memperdalam pemahaman tentang ketunggalan dan eksistensi akar dianjurkan untuk menelaah kembali bukti Teorema 12.3.3 dan membandingkannya dengan pendekatan alternatif menggunakan Teorema 10.2.6. Kedua pendekatan valid, tetapi menekankan aspek berbeda: pendekatan faktorisasi memakai urutan untuk memperoleh $u+v>0$ sehingga faktor itu bukan nol, lalu pembatalan aljabar; pendekatan kedua memakai kemonotonan kuadrat. Keduanya tidak memerlukan kelengkapan untuk ketunggalan. Memahami kedua argumen memberikan perspektif yang lebih kaya tentang sifat lapangan terurut.

Untuk mempersiapkan Unit 12.4, pembaca sebaiknya kembali ke Lema 8.3.3 tentang fungsi lantai ($\lfloor t \rfloor$ sebagai bilangan bulat $m-1$ dengan $m-1 \leq t < m$) dan Teorema 8.3.4 tentang kerapatan $\mathbb{Q}$ di $\mathbb{R}$. Unit 12.4 memakai pembulatan ke bawah untuk ekstraksi digit dan Archimedes untuk mengendalikan lebar. Kerapatan rasional adalah latar belakang tambahan, bukan prasyarat algoritme ekstraksi digit tersebut. Konvensi yang dipilih dalam buku ini — lantai, ketat di kanan, dan melarang ekor sembilan untuk bentuk kanonik — berbeda dari beberapa sumber primer; perbedaan ini akan dijelaskan secara terperinci pada awal Unit 12.4.

Latihan 12.3-8 memperlihatkan perbedaan antara $\bigcap_n[l_n,u_n]=\{\sqrt2\}$ di $\mathbb R$ dan $\bigcap_nJ_n=\emptyset$ di $\mathbb Q$. Kelengkapan memberi jaminan umum eksistensi irisan pada Teorema 12.2.4. Contoh ini membuktikan kegagalan jaminan tersebut di $\mathbb Q$, bukan menyatakan bahwa setiap lapangan taklengkap tidak memiliki $\sqrt2$ atau bahwa analisis pada struktur lain tidak konsisten.

## 12.4 Representasi Ekspansi Desimal secara Rigor

Unit ini membangun teori representasi desimal bilangan real dari fondasi aksiomatik lapangan terurut lengkap. Tujuan utamanya adalah membuktikan bahwa setiap bilangan real nonnegatif memiliki tepat satu representasi desimal kanonik, di mana kanonik berarti bagian desimal tidak berakhir dengan ekor digit sembilan yang tak berhingga. Seluruh argumen bergantung pada konsep supremum, sifat Archimedes, dan fungsi lantai yang telah dibangun pada bab-bab sebelumnya; tidak ada limit barisan, deret tak hingga, atau kekompakan yang digunakan untuk membuktikan hasil di sini.

Pendekatan yang dipilih adalah pendekatan konstruktif-supremum: nilai suatu string desimal didefinisikan sebagai supremum dari himpunan pemotongan berhingga, kemudian dibuktikan bahwa setiap bilangan real nonnegatif dihasilkan oleh suatu string dan bahwa keunikannya (dalam bentuk kanonik) mengikuti dari analisis kasus digit pertama yang berbeda. Dengan cara ini, ekspansi desimal bukan sekadar notasi, melainkan objek matematis yang terdefinisi dengan tepat dan dapat diverifikasi melalui bukti.

Konvensi yang ditetapkan di sini: basis ekspansi adalah $b = 10$ kecuali dinyatakan lain; digit adalah elemen $\{0, 1, 2, \ldots, 9\}$; fungsi lantai $\lfloor t \rfloor$ adalah $j-1$ jika $j$ adalah bilangan bulat dari Lema 8.3.3 yang memenuhi $j-1\leq t<j$; dengan menamai ulang $m=j-1$, diperoleh $m\leq t<m+1$; eksponen asli didefinisikan melalui produk berulang (Definisi 9.3A.1, Teorema 9.3A.7); sifat Archimedes digunakan dalam bentuk Teorema 11.4.1; dan untuk bilangan real negatif, tanda minus dipisahkan dari ekspansi nonnegatif nilai absolutnya.

Setelah hasil utama, unit ini mengkaji dua representasi (ekor nol versus ekor sembilan), membuktikan $0{,}999\ldots = 1$ dari definisi, dan menyentuh periodisitas digit untuk bilangan rasional serta keterbatasan representasi biner berhingga. Delapan latihan bertingkat beserta solusi lengkapnya disediakan di bagian akhir unit.

### Motivasi: Mengapa Definisi Formal Diperlukan

Dalam pendidikan sekolah, ekspresi seperti $3{,}14159\ldots$ atau $0{,}333\ldots$ dianggap jelas maknanya. Namun perhatikan bahwa titik-titik pada akhir ekspresi itu menyembunyikan suatu proses yang belum didefinisikan: penjumlahan tak berhingga banyak suku. Pertanyaannya adalah: apakah penjumlahan semacam itu memiliki nilai di $\mathbb{R}$? Jika ya, bagaimana nilainya dihitung? Dan apakah nilai tersebut unik?

Kesulitan pertama: kita belum mendefinisikan deret tak hingga. Pada titik ini dalam buku, yang tersedia adalah penjumlahan berhingga, supremum dari himpunan terbatas atas, dan sifat Archimedes. Strategi yang ditempuh adalah mendefinisikan nilai ekspansi desimal sebagai supremum dari himpunan pemotongan berhingga. Ini sah karena himpunan pemotongan tersebut terbatas atas secara eksplisit, sebagaimana akan dibuktikan.

Kesulitan kedua: satu bilangan real dapat tampaknya memiliki dua representasi desimal, misalnya $0{,}25 = 0{,}24999\ldots$. Fenomena ini bukan ilusi; kedua string memang bernilai sama. Unit ini akan menentukan secara tepat pasangan-pasangan tersebut dan menetapkan bentuk kanonik yang tunggal dengan melarang ekor digit sembilan.

Kesulitan ketiga: untuk bilangan seperti $\sqrt{2}$ yang diketahui irasional (Teorema 8.4.7), bagaimana kita tahu bahwa rekursi ekstraksi digit berjalan tanpa henti dan menghasilkan suatu nilai? Jawabannya ada pada sifat bahwa sisa rekursi selalu berada di $[0,1)$, sehingga langkah rekursi selalu terdefinisi, dan supremum dari pemotongan yang dihasilkan memang sama dengan bilangan asal.

### Pemotongan Berhingga dan Batas Atasnya

Kita mulai dengan membangun landasan aritmetika yang diperlukan sebelum mendefinisikan nilai ekspansi desimal.

Definisi 12.4.1 (String desimal nonnegatif). Sebuah string desimal nonnegatif adalah pasangan $(m, (d_n)_{n \geq 1})$ di mana $m \in \mathbb{N}$ dan untuk setiap $n \geq 1$, $d_n \in \{0, 1, 2, \ldots, 9\}$. Kita tulis string ini sebagai $m{,}d_1 d_2 d_3 \ldots$. Untuk setiap $n \geq 0$, pemotongan ke-$n$ didefinisikan oleh
$$s_0 = m, \qquad s_n = m + \sum_{k=1}^{n} d_k \cdot 10^{-k} \quad \text{untuk } n \geq 1.$$
Perhatikan bahwa setiap $s_n$ adalah jumlah berhingga bilangan rasional, sehingga nilainya terdefinisi dengan baik di $\mathbb{R}$ tanpa merujuk ke deret atau limit. Eksponen $10^{-k} = (10^k)^{-1}$ adalah invers perkalian bilangan asli $10^k$ (Teorema 9.3A.13 untuk pangkat bulat pada basis tak nol).

Lemma 12.4.2 (Identitas teleskopik dan batas pemotongan). Untuk bilangan bulat $N \geq 0$ dan $K > N$, berlaku identitas
$$\sum_{k=N+1}^{K} 9 \cdot 10^{-k} = 10^{-N} - 10^{-K}.$$
Akibatnya, untuk setiap $n \geq 0$, $m \leq s_n \leq m + 1 - 10^{-n}$, dan khususnya $s_n \leq m + 1$.

Bukti. Tulis pembatalan suku (teleskopik):
$$\sum_{k=N+1}^{K} 9 \cdot 10^{-k} = \sum_{k=N+1}^{K} \bigl(10^{-(k-1)} - 10^{-k}\bigr) = 10^{-N} - 10^{-K},$$
karena suku-suku di tengah saling menghapus: $10^{-N} - 10^{-(N+1)} + 10^{-(N+1)} - 10^{-(N+2)} + \cdots + 10^{-(K-1)} - 10^{-K} = 10^{-N} - 10^{-K}$. Ini adalah penjumlahan berhingga sehingga manipulasi aljabar sah.

Untuk batas bawah: karena setiap $d_k \geq 0$, jelas $s_n \geq m$. Untuk batas atas: setiap $d_k \leq 9$, sehingga
$$s_n = m + \sum_{k=1}^{n} d_k \cdot 10^{-k} \leq m + \sum_{k=1}^{n} 9 \cdot 10^{-k} = m + (10^0 - 10^{-n}) = m + 1 - 10^{-n} \leq m + 1.$$
Kasus $n = 0$: $s_0=m=m+1-10^0$, sehingga kedua batas pada pernyataan lemma terpenuhi dengan kesamaan. $\square$

### Definisi Nilai Ekspansi Desimal sebagai Supremum

Karena himpunan $\{s_n : n \geq 0\}$ tidak kosong (memuat $s_0 = m$) dan terbatas atas oleh $m + 1$ (Lemma 12.4.2), aksioma supremum (yang berlaku di $\mathbb{R}$ sebagai lapangan terurut lengkap; lihat Bab 11) menjamin keberadaan supremum.

Definisi 12.4.3 (Nilai string desimal). Nilai dari string desimal nonnegatif $(m, (d_n)_{n \geq 1})$ adalah
$$x = \sup\{s_n : n \geq 0\}.$$
Proposisi 12.4.4 (Keterjepit nilai di antara pemotongan). Untuk setiap $n \geq 0$,
$$s_n \leq x \leq s_n + 10^{-n}.$$
Bukti. Batas bawah: karena $x = \sup\{s_k : k \geq 0\}$ dan $s_n$ adalah anggota himpunan tersebut, maka $x \geq s_n$.

Batas atas: perlu ditunjukkan bahwa $s_n + 10^{-n}$ adalah batas atas dari $\{s_k : k \geq 0\}$. Ambil sembarang $K \geq 0$.

Kasus $K \leq n$: barisan $(s_k)$ monoton naik (karena $d_k \geq 0$ sehingga setiap suku tambahan nonnegatif), jadi $s_K \leq s_n \leq s_n + 10^{-n}$.

Kasus $K > n$: dengan Lemma 12.4.2,
$$s_K = s_n + \sum_{k=n+1}^{K} d_k \cdot 10^{-k} \leq s_n + \sum_{k=n+1}^{K} 9 \cdot 10^{-k} = s_n + 10^{-n} - 10^{-K} \leq s_n + 10^{-n}.$$
Jadi untuk semua $K \geq 0$, $s_K \leq s_n + 10^{-n}$. Maka $x = \sup\{s_K\} \leq s_n + 10^{-n}$. $\square$

Perhatikan bahwa interval $J_n = [s_n,\, s_n + 10^{-n}]$ adalah bersarang: $J_{n+1} \subseteq J_n$. Memang, $s_{n+1} \geq s_n$ (monoton naik) dan $s_{n+1} + 10^{-(n+1)} = s_n + d_{n+1} \cdot 10^{-(n+1)} + 10^{-(n+1)} = s_n + (d_{n+1}+1) \cdot 10^{-(n+1)} \leq s_n + 10 \cdot 10^{-(n+1)} = s_n + 10^{-n}$. Panjang interval $J_n$ adalah $10^{-n}$, yang dapat dibuat sekecil apa pun (sifat Archimedes: Teorema 11.4.1). Proposisi 12.4.4 menempatkan $x$ dalam irisan $\bigcap_{n\geq0}J_n$. Jika $y$ juga dalam irisan itu, maka $|x-y|\leq10^{-n}$ untuk setiap $n$; Lemma 12.4.5 di bawah membuat lebar lebih kecil dari $|x-y|$ apabila $x\ne y$, suatu kontradiksi. Jadi irisan tersebut tunggal, sesuai Unit 12.2.

### Lema Lebar: Mengendalikan Galat Pemotongan

Sebelum membuktikan bahwa setiap bilangan real dihasilkan oleh suatu string, kita perlu memastikan bahwa lebar interval $10^{-n}$ dapat dibuat sekecil apa pun. Ini memerlukan estimasi bawah untuk $10^n$.

Lemma 12.4.5 (Lebar geometris). Untuk setiap bilangan bulat $b \geq 2$ dan $n \geq 0$, berlaku $b^n \geq n + 1$. Akibatnya, untuk setiap $C \geq 0$ dan $\varepsilon > 0$, terdapat $n \geq 1$ sehingga $C \cdot b^{-n} < \varepsilon$.

Bukti. Kita buktikan $b^n \geq n + 1$ dengan induksi pada $n \geq 0$.

Basis ($n = 0$): $b^0 = 1 \geq 1 = 0 + 1$. (Di sini $b^0 = 1$ adalah kasus produk kosong, sesuai Definisi 9.3A.1 untuk pangkat asli; $0^0 = 1$ dalam konteks diskret ini.)

Langkah induksi: Asumsikan $b^n \geq n + 1$. Karena $b \geq 2$,
$$b^{n+1} = b \cdot b^n \geq 2(n+1) = 2n + 2 \geq n + 2 = (n+1) + 1.$$
Langkah kedua menggunakan $2n + 2 \geq n + 2$, yang setara dengan $n \geq 0$. Dengan prinsip induksi matematis (Prinsip 7.1.1), klaim berlaku untuk semua $n \geq 0$.

Sekarang buktikan akibatnya. Kasus $C = 0$: $0 \cdot b^{-n} = 0 < \varepsilon$ untuk semua $n$, ambil sembarang $n \geq 1$. Kasus $C > 0$: sifat Archimedes (Teorema 11.4.1) memberikan $n \geq 1$ dengan $n > C/\varepsilon$, yaitu $C < n\varepsilon \leq (n+1)\varepsilon$. Karena $b^n \geq n + 1$,
$$C \cdot b^{-n} = \frac{C}{b^n} \leq \frac{C}{n+1} < \varepsilon. \qquad \square$$
Lemma ini murni menggunakan pangkat asli dan invers positif; tidak ada deret atau limit barisan yang terlibat.

### Ekstraksi Digit: Setiap Bilangan Real Mempunyai Representasi Desimal

Kita sekarang membangun rekursi yang mengekstrak digit desimal dari sembarang bilangan real nonnegatif.

Teorema 12.4.6 (Eksistensi representasi desimal). Untuk setiap $x \geq 0$, terdapat $m \in \mathbb{N}$ dan barisan $(d_n)_{n \geq 1}$ dengan $d_n \in \{0, 1, \ldots, 9\}$ sehingga
$$x = \sup\{s_n : n \geq 0\},$$
di mana $s_n$ adalah pemotongan yang didefinisikan dari $m$ dan $(d_n)$ seperti pada Definisi 12.4.1.

Bukti. Langkah 1: ekstraksi bagian bulat. Karena $x \geq 0$, terapkan Lema 8.3.3 (fungsi lantai) untuk mendapatkan $m \in \mathbb{N}$ dengan $m \leq x < m + 1$. (Lema 8.3.3 memberikan $j\in\mathbb{Z}$ dengan $j-1\leq x<j$; tetapkan $m=j-1=\lfloor x\rfloor$. Karena $x\geq0$, andaikan $m<0$ maka $m\leq-1$ dan $x<m+1\leq0$, kontradiksi. Jadi $m\in\mathbb{N}$.) Definisikan $r_0 = x - m$, sehingga $r_0 \in [0, 1)$.

Langkah 2: rekursi digit. Untuk $n \geq 1$, dengan $r_{n-1} \in [0,1)$ sudah didefinisikan, terapkan Lema 8.3.3 pada $10 r_{n-1} \geq 0$: terdapat bilangan bulat $d_n$ dengan $d_n \leq 10 r_{n-1} < d_n + 1$. Karena $0 \leq r_{n-1} < 1$, kita punya $0 \leq 10 r_{n-1} < 10$, sehingga $d_n \in \{0, 1, \ldots, 9\}$. Definisikan
$$r_n = 10 r_{n-1} - d_n,$$
sehingga $d_n \leq 10 r_{n-1} < d_n + 1$ memberikan $0 \leq r_n < 1$. Rekursi ini terdefinisi untuk semua $n\geq1$: fungsi $G:[0,1)\to[0,1)$, $G(r)=10r-\lfloor10r\rfloor$, mempertahankan domain seperti diperiksa di atas. Teorema 7.4.1 memberi fungsi sisa dengan nilai awal $r_0$; digit $d_n=\lfloor10r_{n-1}\rfloor$ kemudian ditentukan tunggal dan berada dalam $\{0,\ldots,9\}$.

Langkah 3: identitas fundamental. Klaim bahwa untuk semua $n \geq 0$,
$$x = s_n + r_n \cdot 10^{-n}.$$
Untuk $n = 0$: $s_0 + r_0 \cdot 10^0 = m + r_0 = m + (x - m) = x$. Asumsikan berlaku untuk $n - 1$, yaitu $x = s_{n-1} + r_{n-1} \cdot 10^{-(n-1)}$. Maka
$$x = s_{n-1} + r_{n-1} \cdot 10^{-(n-1)} = s_{n-1} + (d_n + r_n) \cdot 10^{-n} = \bigl(s_{n-1} + d_n \cdot 10^{-n}\bigr) + r_n \cdot 10^{-n} = s_n + r_n \cdot 10^{-n}.$$
Langkah 4: nilai string adalah $x$. Dari identitas di atas, $r_n \in [0,1)$ memberikan
$$s_n \leq x = s_n + r_n \cdot 10^{-n} < s_n + 10^{-n}.$$
Khususnya $s_n \leq x$ untuk semua $n$, jadi $x$ adalah batas atas dari $\{s_n\}$. Misalkan $y < x$. Oleh Lemma 12.4.5 (dengan $C = 1$, $b = 10$, $\varepsilon = x - y > 0$), terdapat $n \geq 1$ dengan $10^{-n} < x - y$. Dari $x < s_n + 10^{-n}$, diperoleh $s_n > x - 10^{-n} > x - (x - y) = y$. Maka $y$ bukan batas atas dari $\{s_n\}$. Karena $y < x$ sembarang, disimpulkan $x = \sup\{s_n : n \geq 0\}$. $\square$

### Representasi Bagian Bulat dan Bilangan Negatif

Sebelum melanjutkan ke keunikan, kita memeriksa dua kasus khusus yang sering menimbulkan kebingungan.

Representasi bagian bulat. Untuk $m \in \mathbb{N}$, $m > 0$, representasi desimalnya dalam basis sepuluh diperoleh melalui algoritme pembagian berulang. Tulis $m = 10 q_1 + c_1$ dengan $q_1 = \lfloor m/10 \rfloor$ dan $c_1 = m - 10 q_1 \in \{0,\ldots,9\}$. Jika $m > 0$, maka $q_1 < m$ (karena $10 q_1 \leq m$ dan $q_1 = \lfloor m/10 \rfloor \leq m/10 < m$ untuk $m \geq 1$). Dengan prinsip urutan baik (Teorema 7.3.4), atau induksi kuat (Teorema 7.2.1), proses pembagian berhenti ketika hasil bagi menjadi nol: selama hasil bagi positif, hasil bagi berikutnya merupakan bilangan asli yang lebih kecil. Sisa nol pada satu langkah tidak menghentikan proses; misalnya 10=10·1+0 masih menyisakan hasil bagi 1 yang harus diproses. Digit yang diperoleh, dibaca terbalik, memberikan representasi desimal baku dari $m$. Keunikan representasi ini mengikuti dari ketunggalan hasil bagi dan sisa dalam Teorema 7.3.8 (pembagian Euclid), diterapkan berturut-turut pada hasil bagi. Bilangan bulat nol ditulis dengan satu digit 0.

Digit nol di depan (leading zeros) tidak diizinkan dalam representasi baku: jika $m > 0$, digit paling kiri tidak nol. Konvensi ini standar dan tidak menghasilkan bilangan baru; $007$ dan $7$ mewakili bilangan bulat yang sama.

Bilangan negatif. Untuk $x < 0$, definisikan representasi desimalnya sebagai tanda minus diikuti representasi desimal dari $|x| > 0$. Misalnya, $-1{,}23 = -(1 + 2 \cdot 10^{-1} + 3 \cdot 10^{-2})$. Digit-digit sendiri tetap nonnegatif; tidak ada "digit negatif". Ini berbeda dari konvensi floor negatif yang mendefinisikan $\lfloor -1{,}23 \rfloor = -2$; kita tidak mencampur konvensi tersebut dengan ekspansi digit. Tanda minus pada nol dihapus: representasi kanonik $0$ adalah $0{,}000\ldots$, tidak ada $-0$.

Kasus $x = 0$. Rekursi memberikan $m = 0$, $r_0 = 0$, dan $d_n = \lfloor 10 \cdot 0 \rfloor = 0$, $r_n = 0$ untuk semua $n \geq 1$. Representasinya adalah $0{,}000\ldots$, yaitu semua digit nol.

### Lemma Ekor dan Karakterisasi Pemotongan Tepat

Proposisi 12.4.4 menunjukkan bahwa $s_n \leq x \leq s_n + 10^{-n}$. Kapan kesamaan terjadi di ujung kiri atau kanan? Pertanyaan ini krusial untuk memahami kapan suatu bilangan memiliki representasi desimal berhingga dan kapan dua representasi berbeda memiliki nilai yang sama.

Lemma 12.4.7 (Ekor nol dan ekor sembilan). Misalkan $x = \sup\{s_n : n \geq 0\}$ adalah nilai dari string $(m, (d_n)_{n \geq 1})$, dan misalkan $N \geq 0$.

(a) $x = s_N$ jika dan hanya jika $d_k = 0$ untuk semua $k > N$.

(b) $x = s_N + 10^{-N}$ jika dan hanya jika $d_k = 9$ untuk semua $k > N$.

Bukti bagian (a). ($\Rightarrow$) Asumsikan $x = s_N$. Untuk semua $K > N$,
$$s_N \leq s_K \leq x = s_N,$$
sehingga $s_K = s_N$. Karena $s_K = s_N + \sum_{k=N+1}^{K} d_k \cdot 10^{-k}$, kita peroleh $\sum_{k=N+1}^{K} d_k \cdot 10^{-k} = 0$. Setiap suku $d_k \cdot 10^{-k} \geq 0$, jadi setiap suku harus nol, artinya $d_k = 0$ untuk $N < k \leq K$. Karena $K$ sembarang, $d_k = 0$ untuk semua $k > N$.

($\Leftarrow$) Jika $d_k = 0$ untuk semua $k > N$, maka $s_K = s_N$ untuk semua $K \geq N$, dan $s_K \leq s_N$ untuk $K < N$ (monoton naik), sehingga $x = \sup\{s_K\} = s_N$.

Bukti bagian (b). ($\Rightarrow$) Asumsikan $x = s_N + 10^{-N}$. Misalkan ada $j > N$ dengan $d_j \leq 8$. Untuk semua $K \geq j$,
$$s_K \leq s_N + \sum_{k=N+1}^{K} 9 \cdot 10^{-k} - (9 - d_j) \cdot 10^{-j} \leq s_N + 10^{-N} - 10^{-K} - 10^{-j}.$$
Untuk $K<j$, gunakan $s_K\leq s_j$. Dengan jumlah kosong bernilai nol jika $j=N+1$, identitas teleskopik memberi
$$s_j\leq s_N+\sum_{k=N+1}^{j-1}9\cdot10^{-k}+8\cdot10^{-j}
=s_N+10^{-N}-10^{-(j-1)}+8\cdot10^{-j}
=s_N+10^{-N}-2\cdot10^{-j}.$$
Untuk $K\geq j$, jumlah ekor berhingga (nol jika $K=j$) memberi $s_K\leq s_j+10^{-j}-10^{-K}$.
Sehingga untuk $K \geq j$: $s_K \leq s_j + 10^{-j} - 10^{-K} \leq s_N + 10^{-N} - 2 \cdot 10^{-j} + 10^{-j} = s_N + 10^{-N} - 10^{-j}$. Untuk $K < j$: $s_K \leq s_j \leq s_N + 10^{-N} - 2 \cdot 10^{-j} < s_N + 10^{-N} - 10^{-j}$. Jadi $x = \sup\{s_K\} \leq s_N + 10^{-N} - 10^{-j} < s_N + 10^{-N}$, kontradiksi dengan asumsi $x = s_N + 10^{-N}$. Jadi tidak ada $j > N$ dengan $d_j \leq 8$, artinya $d_k = 9$ untuk semua $k > N$.

($\Leftarrow$) Jika $d_k = 9$ untuk semua $k > N$, maka untuk $K > N$,
$$s_K = s_N + \sum_{k=N+1}^{K} 9 \cdot 10^{-k} = s_N + 10^{-N} - 10^{-K}.$$
Barisan $(s_N + 10^{-N} - 10^{-K})_{K > N}$ monoton naik dengan batas atas $s_N + 10^{-N}$. Untuk setiap $y < s_N + 10^{-N}$, Lemma 12.4.5 memberi $K_0$ dengan $10^{-K_0}<s_N+10^{-N}-y$; pilih $K=\max(K_0,N+1)$, sehingga $K>N$ dan $10^{-K}\leq10^{-K_0}<s_N+10^{-N}-y$, sehingga $s_K = s_N + 10^{-N} - 10^{-K} > y$. Jadi $x = \sup\{s_K\} = s_N + 10^{-N}$. $\square$

### Keunikan Representasi Desimal dan Bentuk Kanonik

Sekarang kita dapat mengkarakterisasi secara tepat semua pasangan representasi desimal yang memiliki nilai sama.

Teorema 12.4.8 (Keunikan hingga ekor). Misalkan $(m, (d_n))$ dan $(m', (e_n))$ adalah dua string desimal nonnegatif dengan nilai yang sama. Tetapkan $d_0=m$ dan $e_0=m'$. Setelah menukar nama kedua string jika diperlukan, salah satu dari dua situasi berikut terjadi:

(i) $d_n = e_n$ untuk semua $n \geq 0$ (dengan $d_0 = m$ dan $e_0 = m'$). Yaitu kedua string identik.

(ii) Terdapat $N \geq 0$ sehingga $d_k = e_k$ untuk $k < N$, $e_N = d_N + 1$, dan untuk semua $k > N$: $d_k = 9$ dan $e_k = 0$.

Bukti. Misalkan kedua string bernilai $x$. Definisikan pemotongan bersama $s_n$ untuk string pertama dan $t_n$ untuk string kedua.

Kasus bagian bulat berbeda, $m \neq m'$: tanpa kehilangan umum, asumsikan $m < m'$. Nilai string pertama di $[m, m+1]$ dan nilai string kedua di $[m', m'+1]$. Keduanya sama hanya jika $m + 1 \geq m'$, yaitu $m' = m + 1$ (karena keduanya bilangan bulat). Nilai string pertama $\leq m + 1$ dan nilai string kedua $\geq m' = m + 1$. Jadi $x = m + 1$. Oleh Lemma 12.4.7(b), string pertama harus berekor semua $9$ (dengan $N = 0$), dan oleh Lemma 12.4.7(a), string kedua harus berekor semua $0$ (dengan $N = 0$). Ini adalah situasi (ii) dengan $N = 0$ dan $e_0 - d_0 = m' - m = 1$.

Kasus $m = m'$: misalkan $N \geq 1$ adalah indeks terkecil dengan $d_N \neq e_N$. Tanpa kehilangan umum, $d_N < e_N$. Pemotongan ke-$N-1$ dari kedua string sama (yaitu $s_{N-1} = t_{N-1}$). Dari Proposisi 12.4.4, $x \leq s_N + 10^{-N} = s_{N-1} + d_N \cdot 10^{-N} + 10^{-N} = s_{N-1} + (d_N + 1) \cdot 10^{-N}$. Nilai string kedua memenuhi $x \geq t_N = s_{N-1} + e_N \cdot 10^{-N} \geq s_{N-1} + (d_N + 1) \cdot 10^{-N}$. Jadi $x = s_{N-1} + (d_N + 1) \cdot 10^{-N} = s_N + 10^{-N}$. Oleh Lemma 12.4.7(b), $d_k = 9$ untuk semua $k > N$. Dan $x = t_N$, sehingga oleh Lemma 12.4.7(a), $e_k = 0$ untuk semua $k > N$. Juga $e_N = d_N + 1$ dari persamaan $s_{N-1} + e_N \cdot 10^{-N} = s_{N-1} + (d_N + 1) \cdot 10^{-N}$. Ini adalah situasi (ii). Jika tidak ada $N$ dengan $d_N \neq e_N$, string identik, yaitu situasi (i). $\square$

Sebaliknya, dua string dengan pola (ii) memang bernilai sama. Jika $N\geq1$, keduanya mempunyai prefiks sama dan $t_N=s_N+10^{-N}$; Lemma 12.4.7 memberi nilai string pertama $s_N+10^{-N}$ dan nilai string kedua $t_N$. Jika $N=0$, kedua nilai adalah $m+1=m'$. String identik tentu bernilai sama.

Definisi 12.4.9 (Bentuk kanonik). Representasi desimal nonnegatif $(m, (d_n)_{n \geq 1})$ disebut kanonik jika tidak terdapat $N \geq 0$ sehingga $d_k = 9$ untuk semua $k > N$. Dengan kata lain, string tidak berakhir dengan ekor sembilan.

Korolari 12.4.10 (Keberadaan dan keunikan bentuk kanonik). Setiap bilangan real $x \geq 0$ memiliki tepat satu representasi desimal kanonik. Representasi yang dihasilkan oleh algoritme rekursi dalam Teorema 12.4.6 adalah kanonik, karena rekursi menggunakan ketaksamaan ketat $r_n < 1$, sehingga $x < s_n + 10^{-n}$, yaitu equality kanan tidak pernah terjadi, dan oleh Lemma 12.4.7(b) ekor sembilan tidak muncul. Jika dua string kanonik berbeda memiliki nilai sama, Teorema 12.4.8 memaksa salah satunya mempunyai ekor sembilan, bertentangan dengan definisi; jadi bentuk kanonik tunggal.

Untuk $x>0$ yang mempunyai bentuk berhingga, ada tepat dua string jika ekor sembilan diizinkan. Jika bagian pecahannya tidak nol, kurangi satu digit terakhir yang bukan nol, lalu ganti seluruh digit sesudahnya dengan 9. Jika $x=m>0$ bulat, gunakan bagian bulat $m-1$ dan semua digit pecahan 9. Lemma 12.4.7 memberi nilai sama. Teorema 12.4.8 memaksa setiap representasi berbeda dari bentuk kanonik menggunakan tepat perubahan ini, sebab digit kanonik sesudah titik perubahan harus semuanya nol. Sebaliknya, setiap pasangan berbeda mempunyai satu ekor nol, sehingga bilangan yang bentuk kanoniknya tidak berhingga tidak mempunyai representasi kedua. Untuk $x=0$, dari $m\leq x$ diperoleh $m=0$, dan setiap digit positif akan membuat suatu pemotongan positif; jadi hanya string semua nol yang mungkin.

### Bukti Bahwa 0,999… = 1

Salah satu contoh paling ikonik dari teori representasi desimal adalah kesamaan $0{,}999\ldots = 1$. Banyak pelajar merasa ini "hampir benar" tetapi tidak tepat, atau bahwa ada bilangan positif yang sangat kecil yang memisahkan $0{,}999\ldots$ dari $1$. Pernyataan yang tepat, yang akan kita buktikan dari definisi, adalah bahwa string $0{,}999\ldots$ (yaitu $m = 0$, $d_n = 9$ untuk semua $n \geq 1$) memiliki nilai tepat sama dengan $1 \in \mathbb{R}$.

Proposisi 12.4.11. String $(0, (d_n))_{n \geq 1}$ dengan $d_n = 9$ untuk semua $n \geq 1$ memiliki nilai $1$.

Bukti. Pemotongan ke-$n$ adalah
$$s_n = \sum_{k=1}^{n} 9 \cdot 10^{-k} = 1 - 10^{-n},$$
dengan menggunakan identitas teleskopik Lemma 12.4.2 (dengan $N = 0$ dan $K = n$): $\sum_{k=1}^{n} 9 \cdot 10^{-k} = 10^0 - 10^{-n} = 1 - 10^{-n}$.

Klaim: $x = \sup\{s_n : n \geq 0\} = 1$. Pertama, $1$ adalah batas atas: $s_n = 1 - 10^{-n} < 1$ untuk semua $n \geq 1$, dan $s_0 = 0 \leq 1$. Kedua, $1$ adalah batas atas terkecil: ambil sembarang $y < 1$. Maka $1 - y > 0$, dan Lemma 12.4.5 memberi $n \geq 1$ dengan $10^{-n} < 1 - y$, sehingga
$$s_n = 1 - 10^{-n} > 1 - (1 - y) = y.$$
Jadi $y$ bukan batas atas. Dari dua fakta ini, $1 = \sup\{s_n\} = x$. $\square$

Ini selaras dengan Teorema 12.4.8: string $0{,}999\ldots$ dan $1{,}000\ldots$ adalah pasangan (ii) dengan $N = 0$, $d_0 = 0$, $e_0 = 1$, dan ekor pertama sembilan, ekor kedua nol. Jika selisih $\delta=1-x$ positif, Lemma 12.4.5 memberi $n$ dengan $10^{-n}<\delta$, padahal $x\geq s_n=1-10^{-n}$ memaksa $\delta\leq10^{-n}$. Kontradiksi ini meniadakan selisih positif tersebut di $\mathbb{R}$.

### Periodisitas Digit untuk Bilangan Rasional

Bagian ini bersifat pengayaan dan membuktikan bahwa bilangan rasional nonnegatif memiliki ekspansi desimal periodik (atau berhingga, yang merupakan kasus khusus periode dengan ekor nol).

Teorema 12.4.12 (Rasional mengakibatkan periodik akhirnya). Misalkan $x = p/q$ dengan $p, q \in \mathbb{N}$, $q \geq 1$. Maka ekspansi desimal kanonik dari $x$ adalah periodik: terdapat $N \geq 0$ dan periode $T \geq 1$ sehingga $d_{n+T} = d_n$ untuk semua $n > N$.

Bukti. Tulis $m = \lfloor p/q \rfloor$ dan $R_0 = p - qm$, sehingga $0 \leq R_0 < q$ (dengan menggunakan Lema 8.3.3 pada $p/q$, kemudian mengalikan dengan $q$). Rekursi digit memberi
$$d_{n+1} = \lfloor 10 R_n / q \rfloor, \qquad R_{n+1} = 10 R_n - q d_{n+1},$$
sehingga $R_{n+1} = 10 R_n \mod q$ (sisa pembagian $10 R_n$ oleh $q$), dan $0 \leq R_n < q$ untuk semua $n \geq 0$. Induksi juga memberi $R_n\in\mathbb{Z}$ dan $R_n=q r_n$, sehingga digit pembagian panjang ini sama dengan digit rekursi Teorema 12.4.6. Barisan $(R_n)_{n \geq 0}$ mengambil nilai dalam himpunan berhingga $\{0, 1, \ldots, q-1\}$ yang memiliki tepat $q$ elemen. Dengan prinsip pigeonhole berhingga, ada dua sisa yang sama. Lemma yang diperlukan dapat dibuktikan dengan induksi pada $q\geq1$: untuk $q=1$ semua entri sama. Untuk $q>1$, andaikan $q+1$ entri di antara $q$ label semuanya berbeda. Jika salah satu label tidak dipakai, $q$ entri pertama di antara $q-1$ label sudah bertentangan dengan hipotesis induksi. Jika semua label dipakai, hapus satu entri dan labelnya; tersisa $q$ entri berbeda di antara $q-1$ label, juga kontradiksi. Maka, diterapkan pada $R_0,\ldots,R_q$, terdapat $0 \leq i < j \leq q$ dengan $R_i = R_j$. Karena transisi $R_{n+1} = 10 R_n \mod q$ deterministik (nilai berikutnya ditentukan sepenuhnya oleh nilai saat ini), barisan $(R_n)_{n \geq i}$ periodik dengan periode $T = j - i \geq 1$. Artinya $d_{n+T} = d_n$ untuk semua $n > i$. Jika $R_N = 0$ untuk suatu $N$, maka $R_n = 0$ untuk semua $n \geq N$, sehingga $d_n = 0$ untuk $n > N$ (ekor nol). $\square$

Arah sebaliknya juga berlaku: jika ekspansi desimal periodik akhirnya, nilainya rasional. Misalkan sesudah prefiks $s_N$ terdapat blok $T\geq1$ digit yang berulang, dengan nilai bulat $B$, $0\leq B<10^T$. Untuk $K\geq0$ blok penuh, tulis $v_K=s_{N+KT}$. Dengan $\rho=10^{-T}$, penjumlahan berhingga $H_K=\rho+\cdots+\rho^K$ memenuhi $(1-\rho)H_K=\rho-\rho^{K+1}$ melalui pembatalan suku; $H_0=0$. Maka
$$v_K=s_N+10^{-N}B\frac{1-10^{-KT}}{10^T-1}.$$
Tetapkan $D=10^{-N}B/(10^T-1)\geq0$ dan $L=s_N+D\in\mathbb{Q}$. Jadi $v_K=L-D10^{-KT}\leq L$. Setiap pemotongan $s_n$ dibatasi oleh suatu pemotongan blok: jika $n\leq N$, $s_n\leq s_N$; jika $n>N$, ambil $K=n-N$, sehingga $N+KT\geq n$ dan $s_n\leq v_K\leq L$. Jadi $L$ batas atas SEMUA pemotongan. Jika $D=0$, semua digit blok nol dan $L=s_N$ adalah maksimum pemotongan. Jika $D>0$, untuk setiap $y<L$, Lemma 12.4.5 dengan basis bulat $b=10^T\geq2$ memberi $K\geq1$ sehingga $D(10^T)^{-K}<L-y$, maka $v_K>y$. Jadi $L$ batas atas terkecil. Dengan demikian nilai string adalah rasional $L$, tanpa menggunakan limit atau rumus deret tak hingga.

### Representasi Biner Berhingga dan Keterbatasannya

Dalam sistem floating-point biner, nilai berhingga yang tersimpan merupakan pecahan biner berhingga; ini berbeda dari format desimal atau representasi rasional eksak. Apakah setiap bilangan desimal berhingga dapat direpresentasikan tepat sebagai pecahan biner berhingga? Pertanyaan ini penting dalam konteks pemrograman numerik.

Proposisi 12.4.13 (1/10 bukan pecahan biner berhingga). Tidak terdapat bilangan bulat $k \geq 0$ dan $n \geq 0$ sehingga $1/10 = k \cdot 2^{-n}$.

Bukti. Asumsikan sebaliknya: $1/10 = k \cdot 2^{-n}$ untuk suatu $k, n \in \mathbb{N}$. Kalikan kedua ruas dengan $10 \cdot 2^n$:
$$2^n = 10 k.$$
Ini berarti $2^n$ habis dibagi $10 = 2 \cdot 5$, khususnya $5 \mid 2^n$. Namun $2^n \mod 5$ mengikuti pola periodik: $2^0 = 1$, $2^1 = 2$, $2^2 = 4$, $2^3 = 8 \equiv 3$, $2^4 = 16 \equiv 1 \pmod{5}$. Jadi sisa $2^n \mod 5$ berulang dengan periode 4 dan mengambil nilai $1, 2, 4, 3, 1, 2, 4, 3, \ldots$; tidak pernah $0$. Untuk membuktikan pola bagi semua eksponen, jika suatu residu berturut-turut $1,2,4,3$, mengalikannya dengan 2 menghasilkan residu $2,4,3,1$: sebab $2\cdot4=8=5+3$ dan $2\cdot3=6=5+1$. Mulai dari residu 1 pada $n=0$, induksi mempertahankan siklus empat residu tak nol ini. Argumen ini hanya memakai pembagian dengan sisa, bukan lemma pembagian oleh bilangan prima.

Kontradiksi dengan $5 \mid 2^n$. Jadi tidak ada $k, n$ seperti yang diasumsikan. $\square$

Konsekuensi praktisnya: dalam format floating-point biner berpresisi tetap, bilangan $1/10$ tidak dapat disimpan secara eksak. Pada pembulatan ke terdekat, hasilnya dipilih dari nilai biner terwakili yang terdekat; mode pembulatan lain dapat memilih nilai berbeda. Besar galat absolutnya positif, sedangkan tanda selisih nilai tersimpan dengan $1/10$ bergantung pada nilai yang dipilih. Akumulasi galat ini dalam operasi aritmetika berulang dapat menghasilkan hasil yang mengejutkan. Untuk penjelasan konkret tentang bagaimana hal ini termanifestasi dalam Python, lihat dokumentasi resmi (R12-5). Yang penting untuk dipahami: tampilan desimal di layar komputer dapat merupakan pembulatan dari nilai biner tersimpan, dan nilai tersimpan itu sendiri mungkin berbeda dari nilai matematis eksak yang dimaksud.

Pemotongan desimal ke-$n$ memiliki galat paling besar $10^{-n}$: untuk string umum bernilai $x$, Proposisi 12.4.4 memberi $0\leq x-s_n\leq10^{-n}$. Ketaksamaan kanan menjadi ketat untuk bentuk kanonik hasil ekstraksi; pada string berekor sembilan kesamaan kanan dapat terjadi. Namun pembulatan tampilan, penyimpanan biner, dan aritmetika mesin adalah operasi yang berbeda dan tidak harus memberikan galat yang sama.

### Latihan 12.4-1 dan Solusi

Latihan 12.4-1. Buktikan identitas jumlah berhingga $\displaystyle\sum_{k=N+1}^{K} 9 \cdot 10^{-k} = 10^{-N} - 10^{-K}$ untuk setiap bilangan bulat $N \geq 0$ dan $K > N$, dengan menuliskan pembatalan suku secara eksplisit. Kemudian, dari identitas ini, buktikan bahwa untuk string desimal apa pun $(m, (d_n))$, setiap pemotongan $s_n$ memenuhi $m \leq s_n \leq m + 1 - 10^{-n}$.

Solusi 12.4-1. Untuk identitas jumlah berhingga: tulis setiap suku $9 \cdot 10^{-k} = 10 \cdot 10^{-k} - 10^{-k} = 10^{-(k-1)} - 10^{-k}$. Maka
$$\sum_{k=N+1}^{K} 9 \cdot 10^{-k} = \sum_{k=N+1}^{K} \bigl(10^{-(k-1)} - 10^{-k}\bigr).$$
Tulis suku-suku secara eksplisit:
$$(10^{-N} - 10^{-(N+1)}) + (10^{-(N+1)} - 10^{-(N+2)}) + \cdots + (10^{-(K-1)} - 10^{-K}).$$
Setiap suku $-10^{-j}$ untuk $N < j < K$ terhapus oleh suku $+10^{-j}$ dari pasangan berikutnya. Yang tersisa adalah suku pertama $10^{-N}$ dan suku terakhir $-10^{-K}$. Jadi jumlahnya $10^{-N} - 10^{-K}$.

Untuk batas pemotongan: kasus $n=0$, kedua batas sama dengan $m$, sebab $m+1-10^0=m=s_0$. Untuk $n \geq 1$: batas bawah $s_n \geq m$ karena $d_k \geq 0$. Batas atas: $d_k \leq 9$ untuk semua $k$, sehingga
$$s_n = m + \sum_{k=1}^{n} d_k \cdot 10^{-k} \leq m + \sum_{k=1}^{n} 9 \cdot 10^{-k} = m + (10^0 - 10^{-n}) = m + 1 - 10^{-n}.$$
Identitas yang digunakan adalah hasil yang baru kita buktikan dengan $N = 0$ dan $K = n$. $\square$

### Latihan 12.4-2 dan 12.4-3 beserta Solusi

Latihan 12.4-2. Ekstraksi digit desimal dari $x = 7/8$. Terapkan algoritme rekursi Teorema 12.4.6: tentukan $m$, lalu hitung $r_0, d_1, r_1, d_2, r_2, d_3, r_3, \ldots$ sampai sisa menjadi nol. Verifikasi bahwa identitas $x = s_n + r_n \cdot 10^{-n}$ terpenuhi untuk $n = 1, 2, 3$. Nyatakan representasi kanonik dari $7/8$.

Solusi 12.4-2. $x = 7/8 = 0{,}875$. Langkah-langkah:

$m = \lfloor 7/8 \rfloor = 0$. $r_0 = 7/8 - 0 = 7/8$.

$n = 1$: $10 r_0 = 70/8 = 35/4 = 8{,}75$. $d_1 = \lfloor 35/4 \rfloor = 8$. $r_1 = 35/4 - 8 = 3/4$. Verifikasi: $s_1 = 0 + 8 \cdot 10^{-1} = 4/5$. $s_1 + r_1 \cdot 10^{-1} = 4/5 + (3/4)(1/10) = 4/5 + 3/40 = 32/40 + 3/40 = 35/40 = 7/8$. $\checkmark$

$n = 2$: $10 r_1 = 30/4 = 15/2 = 7{,}5$. $d_2 = 7$. $r_2 = 15/2 - 7 = 1/2$. Verifikasi: $s_2 = 8/10 + 7/100 = 80/100 + 7/100 = 87/100$. $s_2 + r_2 \cdot 10^{-2} = 87/100 + (1/2)(1/100) = 87/100 + 1/200 = 174/200 + 1/200 = 175/200 = 7/8$. $\checkmark$

$n = 3$: $10 r_2 = 5$. $d_3 = 5$. $r_3 = 5 - 5 = 0$. Verifikasi: $s_3 = 875/1000 = 7/8$. $s_3 + r_3 \cdot 10^{-3} = 7/8 + 0 = 7/8$. $\checkmark$

Untuk $n \geq 4$: $r_n = 0$, sehingga $d_n = 0$ untuk semua $n \geq 4$. Representasi kanonik: $7/8 = 0{,}875000\ldots$. Ini adalah representasi desimal berhingga dengan ekor nol. $\square$

Latihan 12.4-3. Buktikan dari definisi supremum bahwa string $0{,}999\ldots$ (yaitu $m = 0$, $d_n = 9$ untuk semua $n \geq 1$) memiliki nilai $1$. Gunakan hanya Lemma 12.4.2 dan Lemma 12.4.5; tidak boleh menggunakan rumus deret geometri.

Solusi 12.4-3. Pemotongan ke-$n$ adalah (dengan Lemma 12.4.2, $N=0$, $K=n$):
$$s_n = \sum_{k=1}^{n} 9 \cdot 10^{-k} = 10^0 - 10^{-n} = 1 - 10^{-n}.$$
Klaim $x = \sup\{s_n : n \geq 0\} = 1$.

Batas atas: $s_0 = 0 \leq 1$ dan untuk $n \geq 1$, $s_n = 1 - 10^{-n} < 1$. Jadi $1$ adalah batas atas dari $\{s_n\}$.

Batas atas terkecil: Ambil sembarang $y < 1$. Maka $\varepsilon = 1 - y > 0$. Oleh Lemma 12.4.5 (dengan $b = 10$, $C = 1$), terdapat $n \geq 1$ dengan $10^{-n} < \varepsilon = 1 - y$. Maka $s_n = 1 - 10^{-n} > 1 - (1 - y) = y$. Jadi $y$ bukan batas atas. Karena $y < 1$ sembarang bukan batas atas, disimpulkan $\sup\{s_n\} = 1$. $\square$

### Latihan 12.4-4 dan 12.4-5 beserta Solusi

Latihan 12.4-4. Buktikan bahwa $0{,}24999\ldots = 0{,}25$ dengan menggunakan Lemma 12.4.7. Secara eksplisit, identifikasi $N$, $d_N$, dan $e_N$ dalam Teorema 12.4.8 untuk pasangan string $0{,}24999\ldots$ dan $0{,}25000\ldots$.

Solusi 12.4-4. String pertama: $(m, (d_n)) = (0, 2, 4, 9, 9, 9, \ldots)$, yaitu $d_1 = 2$, $d_2 = 4$, $d_k = 9$ untuk $k \geq 3$. String kedua: $(m', (e_n)) = (0, 2, 5, 0, 0, 0, \ldots)$, yaitu $e_1 = 2$, $e_2 = 5$, $e_k = 0$ untuk $k \geq 3$.

Dalam konteks Teorema 12.4.8: $m = m' = 0$, $d_1 = e_1 = 2$, dan $N = 2$ adalah indeks pertama yang berbeda: $d_2 = 4$, $e_2 = 5 = d_2 + 1$. Kondisi teorema mensyaratkan $d_k = 9$ untuk semua $k > 2$ (terpenuhi) dan $e_k = 0$ untuk semua $k > 2$ (terpenuhi).

Nilai string pertama: pemotongan ke-2 adalah $s_2 = 2/10 + 4/100 = 24/100$. Oleh Lemma 12.4.7(b), karena $d_k = 9$ untuk semua $k > 2$, nilai string pertama adalah $s_2 + 10^{-2} = 24/100 + 1/100 = 25/100 = 1/4$.

Nilai string kedua: $s_2' = 2/10 + 5/100 = 25/100 = 1/4$. Oleh Lemma 12.4.7(a), karena $e_k = 0$ untuk semua $k > 2$, nilai string kedua adalah $s_2' = 1/4$. Keduanya bernilai $1/4 = 0{,}25$. $\square$

Latihan 12.4-5. Tentukan representasi desimal kanonik dari (a) $0$, (b) $2$ (bilangan bulat positif), (c) $-7/8$. Untuk kasus (c), jelaskan mengapa pendekatan $\lfloor -7/8 \rfloor = -1$ berbeda dari konvensi yang dipakai dalam unit ini, dan bagaimana representasi yang benar diperoleh.

Solusi 12.4-5. (a) $x = 0$: Algoritme memberikan $m = 0$, $r_0 = 0$, dan rekursi $10 \cdot 0 = 0$ sehingga $d_n = 0$ dan $r_n = 0$ untuk semua $n \geq 1$. Representasi kanonik: $0{,}000\ldots$. Tidak ada tanda minus yang dilekatkan pada nol.

(b) $x = 2$: $m = \lfloor 2 \rfloor = 2$, $r_0 = 2 - 2 = 0$, sehingga $d_n = 0$ untuk semua $n \geq 1$. Representasi kanonik: $2{,}000\ldots$. Representasi bagian bulat dari $m = 2$ dalam basis sepuluh: algoritme pembagian memberikan $2 = 10 \cdot 0 + 2$, jadi digit (satuan) adalah $2$ dan digit lebih tinggi nol. Tidak ada nol di depan.

(c) $x = -7/8$: konvensi unit ini menggunakan tanda minus pada ekspansi absolut. Jadi representasi adalah minus diikuti representasi kanonik dari $|{-7/8}| = 7/8 = 0{,}875000\ldots$ (dari Latihan 12.4-2). Representasi kanonik: $-0{,}875000\ldots$.

Bahaya floor negatif: jika seseorang menggunakan konvensi $\lfloor -7/8 \rfloor = -1$ (lantai matematika yang membulatkan ke bawah menuju $-\infty$), lalu mendefinisikan $r_0 = -7/8 - (-1) = 1/8$, maka rekursi berikutnya pada $r_0 = 1/8 \in [0,1)$ akan menghasilkan digit-digit positif yang ditambahkan ke bagian bulat $-1$. Ini memberikan dekomposisi $-1+0{,}125=-0{,}875$, yang harus ditulis dengan tanda tambah eksplisit. Menuliskannya sebagai $-1{,}125\ldots$ dalam konvensi desimal biasa akan berarti $-(1+0{,}125)=-1{,}125$, bilangan yang berbeda. Konvensi unit ini memisahkan tanda minus sepenuhnya dari algoritme, menghindari kerancuan ini. $\square$

### Latihan 12.4-6 dan 12.4-7 beserta Solusi

Latihan 12.4-6. Buktikan bahwa $0{,}\overline{12} = 0{,}121212\ldots$ (yaitu string dengan $m = 0$ dan pola digit berulang $1, 2, 1, 2, \ldots$) memiliki nilai $4/33$. Gunakan blok berhingga untuk menghitung pemotongan setelah $K$ blok, kemudian ambil supremum; jangan menggunakan rumus deret geometri tak hingga sebagai teorema yang sudah tersedia.

Solusi 12.4-6. Blok berulang adalah $B = 12$ (dua digit), yaitu $d_{2j-1} = 1$ dan $d_{2j} = 2$ untuk $j \geq 1$. Panjang blok $T = 2$. Kita hitung pemotongan setelah tepat $K$ blok penuh, yaitu $s_{2K}$.
$$s_{2K} = \sum_{j=1}^{K} \bigl(1 \cdot 10^{-(2j-1)} + 2 \cdot 10^{-2j}\bigr) = \sum_{j=1}^{K} \bigl(10 \cdot 10^{-2j} + 2 \cdot 10^{-2j}\bigr) = 12 \sum_{j=1}^{K} 10^{-2j}.$$
Jumlah berhingga ini adalah jumlah barisan geometrik berhingga:
$$\sum_{j=1}^{K} 10^{-2j} = \sum_{j=1}^{K} (10^{-2})^j = \frac{10^{-2}(1 - 10^{-2K})}{1 - 10^{-2}} = \frac{10^{-2} - 10^{-2K-2}}{1 - 10^{-2}}.$$
(Ini adalah rumus jumlah berhingga barisan geometrik $\sum_{j=1}^{K} r^j = r(1-r^K)/(1-r)$ untuk $r = 10^{-2} \neq 1$, yang merupakan hasil aljabar berhingga, bukan deret tak hingga.) Maka
$$s_{2K} = 12 \cdot \frac{10^{-2} - 10^{-2K-2}}{1 - 10^{-2}} = \frac{12(10^{-2} - 10^{-2K-2})}{99 \cdot 10^{-2}} = \frac{12(1 - 10^{-2K})}{99} = \frac{4(1 - 10^{-2K})}{33}.$$
Kandidat nilai supremum: $L = 4/33$. Periksa bahwa $L$ adalah batas atas: $s_{2K} = 4(1 - 10^{-2K})/33 < 4/33 = L$. Untuk $n$ ganjil, $s_{2K+1} = s_{2K} + 1 \cdot 10^{-(2K+1)} \leq s_{2K} + 10^{-(2K+1)} \leq 4/33$ (perlu diverifikasi: $s_{2K+1} = 4(1-10^{-2K})/33 + 10^{-(2K+1)} \leq 4/33$ setara dengan $10^{-(2K+1)} \leq 4 \cdot 10^{-2K}/33$, yaitu $1/10\leq4/33$, yang benar karena perkalian dengan $330>0$ memberi $33\leq40$). Jadi $L = 4/33$ adalah batas atas.

Batas atas terkecil: ambil $y < 4/33$. Oleh Lemma 12.4.5, terdapat $K$ dengan $4 \cdot 10^{-2K}/33 < 4/33 - y$, yaitu $s_{2K} = 4/33 - 4 \cdot 10^{-2K}/33 > y$. Jadi $y$ bukan batas atas, dan $\sup\{s_n\} = 4/33$. $\square$

Latihan 12.4-7. Buktikan bahwa setiap bilangan real nonnegatif $x = p/q$ dengan $p,q\in\mathbb{N}$, $q\geq1$, memiliki ekspansi desimal yang periodik (atau berhingga). Jawaban harus mengandung: (a) definisi barisan sisa $(R_n)$, (b) argumentasi bahwa $R_n \in \{0, 1, \ldots, q-1\}$ untuk semua $n$, (c) penerapan prinsip pigeonhole untuk himpunan berhingga, dan (d) argumen bahwa transisi deterministik memaksa periodiitas. Jangan mengandalkan tampilan kalkulator atau pola digit yang diamati secara empiris.

Solusi 12.4-7. (a) Definisi barisan sisa. Tulis $m = \lfloor p/q \rfloor$ dan $R_0 = p - qm$. Karena $m \leq p/q < m + 1$, kita punya $0 \leq R_0 = p - qm < q$. Untuk $n \geq 1$, definisikan $d_n = \lfloor 10 R_{n-1} / q \rfloor$ dan $R_n = 10 R_{n-1} - q d_n$. Ini adalah rekursi algoritme pembagian panjang.

(b) $R_n \in \{0, 1, \ldots, q-1\}$. Untuk induksi: jika $0 \leq R_{n-1} < q$, maka $0 \leq 10 R_{n-1} < 10q$. Definisi $d_n = \lfloor 10 R_{n-1}/q \rfloor$ memberikan $d_n \leq 10 R_{n-1}/q < d_n + 1$, yaitu $q d_n \leq 10 R_{n-1} < q(d_n + 1)$. Maka $R_n = 10 R_{n-1} - q d_n \in [0, q)$, dan karena $R_n$ adalah bilangan bulat (sebagai selisih bilangan bulat), $R_n \in \{0, 1, \ldots, q-1\}$. Basis induksi: $R_0 \in \{0, \ldots, q-1\}$ sudah diverifikasi.

(c) Prinsip pigeonhole. Barisan $(R_0, R_1, R_2, \ldots, R_q)$ memiliki $q+1$ suku, masing-masing mengambil nilai dalam himpunan $\{0, 1, \ldots, q-1\}$ yang berukuran $q$. Karena $q + 1 > q$, oleh lemma pigeonhole yang dibuktikan dengan induksi di dalam bukti Teorema 12.4.12 ($q+1$ entri yang masing-masing diberi salah satu dari $q$ label pasti memuat dua entri berlabel sama; prinsip umumnya dibahas pada Bab 20.2), terdapat $0 \leq i < j \leq q$ dengan $R_i = R_j$.

(d) Transisi deterministik. Fungsi $R \mapsto 10R \mod q$ (transisi dari $R_n$ ke $R_{n+1}$) adalah deterministik: nilai $R_{n+1}$ ditentukan sepenuhnya oleh $R_n$. Karena $R_i = R_j$, maka $R_{i+1} = 10 R_i \mod q = 10 R_j \mod q = R_{j+1}$, dan dengan induksi, $R_{i+k} = R_{j+k}$ untuk semua $k \geq 0$. Akibatnya $d_{i+k+1} = \lfloor 10 R_{i+k}/q \rfloor = \lfloor 10 R_{j+k}/q \rfloor = d_{j+k+1}$ untuk semua $k \geq 0$. Jadi digit $(d_n)_{n > i}$ periodik dengan periode $T = j - i \geq 1$. Kasus khusus: jika $R_N = 0$ untuk suatu $N$, maka $R_n = 0$ dan $d_n = 0$ untuk semua $n > N$ (ekor nol, kasus bilangan desimal berhingga). $\square$

### Latihan 12.4-8 dan Solusi

Latihan 12.4-8. Bedakan tiga konsep berikut: (A) nilai matematis eksak $1/10 \in \mathbb{R}$, (B) pemotongan desimal ke-$n$ dari $1/10$ (yaitu $s_n$), dan (C) representasi pecahan biner berhingga $k \cdot 2^{-n}$ untuk $k, n \in \mathbb{N}$. Buktikan bahwa tidak ada pecahan biner berhingga yang nilainya tepat sama dengan $1/10$, dengan menggunakan analisis residu $2^n \pmod{5}$.

Solusi 12.4-8. Perbedaan konseptual.

(A) Nilai matematis eksak: $1/10$ adalah elemen unik dari $\mathbb{R}$ yang memenuhi $10 \cdot (1/10) = 1$. Keberadaan dan ketunggalan inversi perkalian dijamin oleh aksioma lapangan.

(B) Pemotongan desimal ke-$n$: ekspansi desimal dari $1/10$ dimulai $0{,}1000\ldots$, sehingga $s_1 = 1/10$ secara eksak, dan $s_n = 1/10$ untuk semua $n \geq 1$ (karena seluruh digit setelah posisi pertama adalah nol). Pemotongan desimal ini memiliki galat $|x - s_n| = 0$ untuk $n \geq 1$; bilangan ini kebetulan memiliki representasi desimal berhingga. Namun ini tidak berarti bilangan ini juga memiliki representasi biner berhingga.

(C) Pecahan biner berhingga: bilangan-bilangan berbentuk $k \cdot 2^{-n}$ dengan $k \in \mathbb{N}$, $n \geq 0$. Ini berbeda dari pecahan desimal berhingga; himpunan keduanya tidak sama.

Bukti ketidakmungkinan representasi tepat. Asumsikan untuk kontradiksi bahwa terdapat $k \in \mathbb{N}$ dan $n \geq 0$ dengan $1/10 = k \cdot 2^{-n}$. Kalikan kedua ruas dengan $10 \cdot 2^n$: $2^n = 10k$. Jadi $5 \mid 2^n$ (karena $10 = 2 \cdot 5$ dan $2^n = 10k = 2 \cdot 5 \cdot k$, yaitu $2^{n-1} = 5k$ untuk $n \geq 1$, atau $1 = 10k$ untuk $n = 0$ yang memberikan $k = 1/10 \notin \mathbb{N}$, kontradiksi langsung untuk $n = 0$).

Buktikan untuk semua $n\geq0$ bahwa residu $2^n$ modulo 5 berada dalam $\{1,2,4,3\}$. Basis $n=0$ memberi residu 1. Jika residu pada langkah $n$ adalah $1,2,4,3$, maka setelah dikalikan 2 residunya masing-masing $2,4,3,1$, sebab $8=5+3$ dan $6=5+1$. Keempat kemungkinan ini semuanya tak nol, sehingga induksi selesai. Bahkan tabel transisi itu membuktikan siklus $1\to2\to4\to3\to1$ berulang. Tidak diperlukan lemma umum tentang pembagian produk oleh bilangan prima.

Dengan demikian $5 \nmid 2^n$ untuk semua $n \geq 0$. Ini berkontradiksi dengan $5 \mid 2^n$ yang diperoleh dari asumsi awal. Jadi tidak ada pecahan biner berhingga yang nilainya tepat $1/10$.

Catatan tambahan. Residu $2^n \pmod 5$ dapat dihitung eksplisit: $2^0 \equiv 1$, $2^1 \equiv 2$, $2^2 \equiv 4$, $2^3 \equiv 3$, $2^4 \equiv 1 \pmod 5$, dan selanjutnya periodik dengan periode $4$, mengambil nilai $1, 2, 4, 3$ secara berulang. Tidak ada nilai $0$ dalam daftar ini, sehingga $5 \nmid 2^n$ untuk semua $n$. Konsekuensi praktis: nilai $1/10$ yang tersimpan dalam format biner berhingga (misalnya IEEE 754 double precision) adalah pendekatan, bukan nilai eksak; dan tampilan layar $0.1$ dalam banyak bahasa pemrograman adalah pembulatan dari nilai biner tersimpan yang berbeda dari $1/10$ (lihat R12-5 untuk detail implementasi spesifik). $\square$

### Ringkasan dan Tautan ke Bab Berikutnya

Unit ini telah membangun teori representasi ekspansi desimal secara rigor, mulai dari definisi pemotongan berhingga sebagai jumlah eksplisit, hingga bukti eksistensi dan keunikan representasi kanonik. Berikut adalah rangkuman hasil utama yang telah dibuktikan.

Lemma 12.4.2 membuktikan identitas teleskopik $\sum_{k=N+1}^{K} 9 \cdot 10^{-k} = 10^{-N} - 10^{-K}$ dan batas pemotongan $m \leq s_n \leq m + 1 - 10^{-n}$. Definisi 12.4.3 menetapkan nilai string desimal sebagai supremum himpunan pemotongan, yang sah karena himpunan tersebut terbatas atas. Proposisi 12.4.4 menetapkan bahwa $s_n \leq x \leq s_n + 10^{-n}$, sehingga nilai terkurung antara pemotongan dan batas atas pemotongan ditambah $10^{-n}$; batas atas tersebut tidak harus merupakan pemotongan berikutnya.

Lemma 12.4.5 membuktikan bahwa $10^n \geq n + 1$ melalui induksi, sehingga lebar interval $10^{-n}$ dapat dibuat sekecil apa pun oleh sifat Archimedes. Teorema 12.4.6 membuktikan eksistensi representasi: setiap $x \geq 0$ menghasilkan digit melalui rekursi yang selalu terdefinisi (karena sisa $r_n \in [0,1)$), dan supremum pemotongan yang dihasilkan memang sama dengan $x$.

Lemma 12.4.7 mengkarakterisasi kapan kesamaan terjadi di batas kiri (ekor nol) atau kanan (ekor sembilan). Teorema 12.4.8 mengklasifikasikan semua pasangan representasi yang bernilai sama: hanya pasangan ekor-sembilan versus ekor-nol pada digit yang berdekatan. Definisi 12.4.9 dan Korolari 12.4.10 menetapkan bentuk kanonik (tanpa ekor sembilan) dan membuktikan ketunggalannya. Proposisi 12.4.11 membuktikan $0{,}999\ldots = 1$ dari definisi. Teorema 12.4.12 membuktikan periodisitas ekspansi rasional. Proposisi 12.4.13 membuktikan bahwa $1/10$ tidak dapat direpresentasikan sebagai pecahan biner berhingga.

Semua hasil unit ini bergantung hanya pada: aksioma supremum, sifat Archimedes (Teorema 11.4.1), fungsi lantai (Lema 8.3.3), pangkat asli dan invers (Definisi 9.3A.1, Teorema 9.3A.7, Teorema 9.3A.13), dan prinsip induksi (Prinsip 7.1.1), serta rekursi (Teorema 7.4.1). Tidak ada limit barisan, deret tak hingga dalam artian konvergensi, kekompakan, atau kontinuitas yang digunakan.

Pada bab mendatang yang membahas barisan dan deret, konsep limit barisan akan didefinisikan secara formal, dan pada saat itu deret $\sum_{k=1}^{\infty} d_k \cdot 10^{-k}$ dapat diidentifikasikan dengan nilai supremum yang telah kita definisikan di unit ini, karena barisan pemotongan $(s_n)$ monoton naik dan terbatas atas sehingga konvergen. Keterkaitan ini akan ditunjukkan secara eksplisit di bab mendatang; di sini kita telah menyiapkan fondasinya.

Rujukan sumber: R12-4, Jiri Lebl, Basic Analysis, Section 1.5, https://www.jirka.org/ra/html/sec_decimals.html (pembanding definisi supremum pemotongan dan periodisitas; pilihan kanonik floor unit ini menggunakan ketaksamaan ketat di kanan). R12-5, Python Software Foundation, Floating-Point Arithmetic: Issues and Limitations, https://docs.python.org/3/tutorial/floatingpoint.html (nilai biner tersimpan dan tampilan desimal). Kedua sumber diperiksa pada 2026-10-02.