Sifat Kelengkapan Bilangan Real

1. Definisi Batas Atas, Batas Bawah, Infimum, dan Supremum

Misalkan S ⊂ ℝ. 

A. Bilangan u ∈ ℝ dikatakan batas atas dari S jika berlaku  u ≥ s untuk setiap s ∈ S.

B. Bilangan v ∈ ℝ dikatakan batas bawah dari S jika berlaku  v ≤ s untuk setiap s ∈ S. 

C. Jika S terbatas di atas, maka batas atas u disebut supremum (batas atas terkecil) dari S jika tidak ada bilangan yang lebih kecil dari u yang merupakan batas atas dari S.

D. Jika S terbatas di bawah, maka batas bawah v adalah infimum (batas bawah terbesar) dari S jika tidak ada bilangan yang lebih besar dari v yang merupakan batas bawah dari S.

Catatan:

Batas atas, batas bawah, supremum, dan infimum tidak selalu ada.

contoh:

Himpunan S = (0, 1), batas atas = [1, ∞), batas bawah (−∞, 0], sup(S) = 1, inf(S) = 0

Himpunan T = [0, 1], batas atas = [1, ∞), batas bawah (−∞, 0], sup(T) = 1, inf(T) = 0

Himpunan ℕ tidak memiliki batas atas dan supremum, batas bawah (−∞, 1], inf(ℕ) = 1

2. Lemma Seputar Supremum dan Infimum

Misalkan S ⊂ ℝ.

A. Lemma Supremum

Bilangan u adalah supremum dari himpunan tak kosong S, jika dan hanya jika memenuhi:

(i) (∀s ∈ S).s ≤ u

(ii) Jika w < u, maka (∃s' ∈ S). w < s'

B. Lemma Infimum

Bilangan v adalah infimum dari himpunan tak kosong S, jika dan hanya jika memenuhi:

(i) (∀s ∈ S).s ≥ v

(ii) Jika w < v, maka (∃s' ∈ S). w > s'

C. Sekitar Supremum

Batas atas u dari himpunan tak kosong S merupakan supremum dari S jika dan hanya jika (∀ε > 0)(∃s ∈ S). s > u − ε

Bukti:

(i) Jika (∀ε > 0)(∃s ∈ S). s > u − ε maka u = sup(S)

Misal u batas atas S, dengan w < u, dan misal diambil ε = u − w > 0.

Maka terdapat s ∈ S sehingga w = u − ε < s. Jadi, w bukan batas atas S, sehingga u = sup(S).

(ii) Jika u = sup(S) maka (∀ε > 0)(∃s ∈ S). s > u − ε

Ambil sebarang ε > 0.

u − ε < u, maka u − ε bukan batas atas dari S.

Jadi, terdapat s ∈ S yang lebih besar dari u − ε. ∎

D. Sekitar Infimum

Batas bawah v dari himpunan tak kosong S merupakan infimum dari S jika dan hanya jika (∀ε > 0)(∃s ∈ S). s < v + ε

Bukti:

(i) Jika (∀ε > 0)(∃s ∈ S). s < v + ε maka v = inf(S)

Misal v batas bawah S, dengan w > v, dan misal diambil ε = w − v > 0.

Maka terdapat s ∈ S sehingga s < w = v + ε. Jadi, w bukan batas bawah S, sehingga v = inf(S).

(ii) Jika u = sup(S) maka (∀ε > 0)(∃s ∈ S). s > u − ε

Ambil sebarang ε > 0.

v + ε > v, maka v + ε bukan batas bawah dari S.

Jadi, terdapat s ∈ S yang lebih besar dari v + ε. ∎

3. Sifat Supremum dan Infimum dari ℝ

A. Sifat Supremum dari ℝ

Setiap himpunan tak kosong S ⊂ ℝ yang memiliki batas atas pasti memiliki supremum di ℝ.

B. Sifat Infimum dari ℝ

Setiap himpunan tak kosong S ⊂ ℝ yang memiliki batas bawah pasti memiliki infimum di ℝ.

Misal suatu himpunan tak kosong S ⊂ ℝ memiliki batas bawah. Didefinisikan himpunan S' = {−s: s ∈ S}, yang memiliki batas atas, sehingga pasti memiliki supremum, misal sup(S') = u.

Ini berarti −u merupakan infimum dari S.

4. Sifat Archimedes

A. Sifat Archimedes Dasar

(∀x ∈ ℝ)(∃n ∈ ℕ). x < n

Bukti:

Untuk x < 1, jelas bahwa (∀n ∈ ℕ). x < n

untuk x ≥ 1:

Andaikan (∃x ∈ ℝ)(∀n ∈ ℕ). x ≥ n, berarti x batas atas ℕ. Menurut sifat supremum, ℕ memiliki supremum di ℝ. Misal u = sup(ℕ), bilangan sebelumnya adalah u − 1 < u. Ini berarti u − 1 bukan batas atas ℕ, sehingga ∃m ∈ ℕ ∋ u − 1 < m. Tambahkan masing-masing ruas dengan 1, menjadi

u < m + 1, karena m + 1 ∈ ℕ, ini kontradiksi dengan bahwa u batas atas ℕ.

Pengandaian harus diingkar, dan yang benar adalah (∀x ∈ ℝ)(∃n ∈ ℕ). x < n ∎

B. Sifat Archimedes Lainnya

Jika a, b ∈ ℝ⁺ maka:

(1) ∃n ∈ ℕ ∋ b < a⋅n

(2) ∃n ∈ ℕ ∋ 0 < 1/n < a

(3) ∃n ∈ ℕ ∋ n − 1 ≤ a < n

Bukti (1) dan (2):

x = b/a > 0, maka ∃n ∈ ℕ ∋ b/a = x < n, kalikan masing-masing ruas dengan a

b < a⋅n

kasus khusus dimana b = 1, berlaku 0 < 1/a < n. ∎

Bukti (3):

Sifat Archimedes menjamin bahwa himpunan E = {m ∈ N: a < m} ⊂ N tidak kosong. Berdasarkan sifat pengurutan, E memiliki elemen terkecil, yang kita nyatakan dengan n. Maka n − 1 tidak termasuk dalam E, dan oleh karena itu kita memiliki n − 1 ≤ a < n. ∎

C. Infimum Resiprokal

Misal S = {1/n: n ∈ ℕ}, inf(S) = 0.

Bukti:

Karena S ≠ ∅ dibatasi di bawah oleh 0, maka ia memiliki infimum dan kita misalkan w = inf(S). Jelas bahwa w ≥ 0. Untuk setiap ε > 0, sifat Archimedes menyatakan bahwa terdapat n ∈ N sedemikian sehingga 1/ε < n, kalikan masing-masing ruas dengan ε/n menjadi 1/n < ε. Oleh karena itu kita memiliki

0 ≤ w ≤ 1/n < ε.

Namun karena ε > 0 sebarang, maka w = 0. ∎

5. Eksistensi Akar Bilangan Positif

(∀a > 0)(∃b > 0) ∋ b² = a

Bukti:

Misalkan S = {s ∈ ℝ: 0 ≤ s, s² < a}. Karena (∀s ∈ S)(∃½s ∈ S), himpunan tersebut tidak kosong. Juga, S dibatasi di atas oleh a, karena jika t > a, maka t² > a² sehingga t ∉ S. Oleh karena itu, Sifat Supremum menyatakan bahwa himpunan S memiliki supremum di ℝ, dan kita misalkan v = sup(S).

* Andaikan v² < a

Perhatikan bahwa untuk setiap n ∈ ℕ, berlaku 1/n² ≤ 1/n, sehingga

(v + 1/n)² = v² + 2v/n + 1/n² ≤ v² + (2v + 1)/n ...(i)

Karena 0 < v dan v² < a, maka (a − v²)/(2v + 1) > 0. Akibatnya (menurut sifat Archimedes) terdapat bilangan asli n sehingga

1/n < (a − v²)/(2v + 1) ...(ii)

Dari (i) dan (ii) diperoleh

(v + 1/n)² ≤ v² + (2v + 1)/n < v² + (2v + 1)(a − v²)/(2v + 1) = v² + (a − v²) = a

Karena (v + 1/n)² < a, akibatnya (v + 1/n) ∈ S, ini kontradiksi dengan v = sup(S).

* Andaikan v² > a

Perhatikan bahwa untuk setiap m ∈ ℕ, berlaku 1/m² > 0, sehingga

(v − 1/m)² = v² − 2v/m + 1/m² > v² − 2v/m ...(i)

Karena v > 0 dan v² > a, maka (v² − a)/(2v) > 0. Akibatnya terdapat bilangan asli m sehingga

1/m < (v² − a)/(2v), kalikan masing-masing ruas dengan −1

−1/m > −(v² − a)/(2v) ...(ii)

Dari (i) dan (ii) diperoleh

(v − 1/m)² > v² − 2v/m > v² − 2v(v² − a)/(2v) = v² − (v² − a) = a

Karena (v − 1/m)² > a, akibatnya (v − 1/m) batas atas S, ini kontradiksi dengan v = sup(S).

Oleh karena itu pengandaian v² < a maupun v² > a harus diingkar, dan menurut hukum trikotomi, diharuskan v² = a. ∎

Tambahan:

Dengan menggunakan binomial, dapat dibuktikan bahwa

(∀a > 0, n ∈ ℕ)(∃b > 0) ∋ bⁿ = a.

6. Sifat Kerapatan Bilangan Real

A. Sifat kerapatan bilangan rasional

Jika a dan b ∈ ℝ dengan a < b, maka ∃r ∈ ℚ ∋ a < r < b.

Bukti:

* Untuk a > 0:

Karena b − a > 0, maka dengan Sifat Archimedes ∃n ∈ ℕ sedemikian sehingga 1/n < b − a. Kalikan masing-masing ruas dengan n diperoleh

1 < nb − na, tambahkan masing-masing ruas dengan na

1 + na < nb ...(i)

Karena na > 0, maka ∃m ∈ ℕ ∋ m − 1 ≤ na < m, tambahkan masing-masing ruas dengan 1, lalu masukkan (i)

m ≤ na + 1 < nb ...(ii)

Dari (i) dan (ii) diperoleh na < m < nb, bagi masing-masing ruas dengan n

a < m/n < b.

Untuk a > 0, bilangan rasional r = m/n memenuhi a < r < b.

* Untuk a = 0:

b − a > 0 dan a = 0, maka b > 0, dengan Sifat Archimedes ∃n ∈ ℕ sedemikian sehingga 1/n < b.

Dengan demikian, r = 1/n adalah bilangan rasional yang memenuhi a < r < b.

* Untuk a < 0:

** Untuk a < 0 dan b > 0:

Pada kasus ini, kita memiliki a < 0 < b. Karena 0 adalah bilangan rasional, kita sudah memiliki x < 0 < y.

** Untuk a < 0 dan b = 0:

Pada kasus ini, kita memiliki a < 0, kalikan masing-masing ruas dengan −1 diperoleh

−a > 0, ini kembali ke kasus dimana a = 0.

** Untuk a < 0 dan b < 0:

Pada kasus ini, kita memiliki a < b < 0, kalikan masing-masing ruas dengan −1 diperoleh

0 < −b < −a, ini kembali ke kasus dimana a > 0. ∎

B. Sifat kerapatan bilangan irasional

Menurut sifat kerapatan bilangan rasional, pada bilangan real a/(√2) dan b/(√2), terdapat bilangan rasional r sehingga

a/(√2) < r < b/(√2), kalikan masing-masing ruas dengan √2

a < r√2 < b

Jadi, diantara dua bilangan real selalu terdapat bilangan irasional.

Contoh Soal

1. Misal S ≠ ∅, S ⊂ ℝ, dan S terbatas, dan misal a ∈ ℝ. Didefinisikan himpunan a + S = {a + s: s ∈ S}. Buktikan bahwa sup(a + S) = a + sup(S) dan inf(a + S) = a + inf(S).

(a) sup(a + S) = a + sup(S)

Misal u = sup(S), maka u batas atas S, sehingga (∀s ∈ S). u ≥ s

tambahkan masing-masing ruas dengan a

(∀a + s ∈ a + S). a + u ≥ a + s

ini berarti a + u batas atas a + S, sehingga a + u ≥ sup(a + S)

a + sup(S) ≥ sup(a + S) ...(i)

Misal v = sup(a + S), maka v batas atas a + S, sehingga (∀a + s ∈ a + S). v ≥ a + s

tambahkan masing-masing ruas dengan −a 

(∀s ∈ S). (−a) + v ≥ s

ini berarti (−a) + v merupakan batas atas S, sehingga (−a) + v ≥ sup(S)

(−a) + sup(a + S) ≥ sup(S), tambahkan masing-masing ruas dengan a

sup(a + S) ≥ a + sup(S) ...(ii)

Dari (i) dan (ii) diperoleh sup(a + S) = a + sup(S)

(b) inf(a + S) = a + inf(S)

Misal u = inf(S), maka u batas bawah S, sehingga (∀s ∈ S). u ≤ s

tambahkan masing-masing ruas dengan a

(∀a + s ∈ a + S). a + u ≤ a + s

ini berarti a + u batas bawah a + S, sehingga a + u ≤ inf(a + S)

a + inf(S) ≤ inf(a + S) ...(i)

Misal v = inf(a + S), maka v batas bawah a + S, sehingga (∀a + s ∈ a + S). v ≤ a + s

tambahkan masing-masing ruas dengan −a 

(∀s ∈ S). (−a) + v ≤ s

ini berarti (−a) + v merupakan batas bawah S, sehingga (−a) + v ≤ inf(S)

(−a) + inf(a + S) ≤ inf(S), tambahkan masing-masing ruas dengan a

inf(a + S) ≤ a + inf(S) ...(ii)

Dari (i) dan (ii) diperoleh inf(a + S) = a + inf(S) ∎

2. Misalkan S himpunan tak kosong terbatas di dalam ℝ.

(a) Jika a > 0 dan aS = {as: s ∈ S}. Buktikan bahwa inf(aS) = a⋅inf(S) dan sup(aS) = a⋅sup(S).

(b) Jika b < 0 dan bS = {bs: s ∈ S}. Buktikan bahwa inf(bS) = b⋅sup(S) dan sup(bS) = b⋅inf S.

Bukti (a):

* sup(aS) = a⋅sup(S)

Misal u = sup(S), maka u batas atas S, sehingga (∀s ∈ S). u ≥ s

kalikan masing-masing ruas dengan a, karena a > 0 tanda tidak berubah.

(∀as ∈ aS). au ≥ as

ini berarti au batas atas aS, sehingga au ≥ sup(aS)

a⋅sup(S) ≥ sup(aS) ...(i)

Misal v = sup(aS), maka v batas atas aS, sehingga (∀as ∈ aS). v ≥ as

kalikan masing-masing ruas dengan 1/a

(∀s ∈ S). (1/a)⋅v ≥ s

ini berarti (1/a)⋅v merupakan batas atas S, sehingga (1/a)⋅v ≥ sup(S)

(1/a) ⋅ sup(aS) ≥ sup(S), kalikan masing-masing ruas dengan a

sup(aS) ≥ a⋅sup(S) ...(ii)

Dari (i) dan (ii) diperoleh sup(aS) = a⋅sup(S)

** inf(aS) = a⋅inf(S)

Misal u = inf(S), maka u batas bawah S, sehingga (∀s ∈ S). u ≤ s

kalikan masing-masing ruas dengan a, karena a > 0 tanda tidak berubah.

(∀as ∈ aS). au ≤ as

ini berarti au batas bawah aS, sehingga au ≤ inf(aS)

a⋅inf(S) ≤ inf(aS) ...(i)

Misal v = inf(aS), maka v batas bawah aS, sehingga (∀as ∈ aS). v ≤ as

kalikan masing-masing ruas dengan 1/a

(∀s ∈ S). (1/a) ⋅ v ≤ s

ini berarti (1/a) ⋅ v merupakan batas bawah S, sehingga (1/a) ⋅ v ≤ inf(S)

(1/a) ⋅ inf(aS) ≤ inf(S), kalikan masing-masing ruas dengan a

inf(aS) ≤ a⋅inf(S) ...(ii)

Dari (i) dan (ii) diperoleh inf(aS) = a⋅inf(S) ∎

Bukti (b):

* sup(bS) = b⋅inf(S)

Misal v = inf(S), maka v batas bawah S, sehingga (∀s ∈ S). v ≤ s

kalikan masing-masing ruas dengan b, karena b < 0 tanda berbalik.

(∀bs ∈ bS). bv ≥ bs

ini berarti bv batas atas bS, sehingga bv ≥ sup(bS)

b⋅inf(S) ≥ sup(bS) ...(i)

Misal u = sup(bS), maka u batas atas bS, sehingga (∀bs ∈ bS). u ≥ bs

kalikan masing-masing ruas dengan 1/b, karena 1/b < 0 tanda berbalik.

(∀s ∈ S). (1/b)⋅u ≤ s

ini berarti (1/b)⋅u merupakan batas bawah S, sehingga (1/b)⋅u ≤ inf(S)

(1/b) ⋅ sup(bS) ≤ inf(S), kalikan masing-masing ruas dengan b

sup(bS) ≥ b⋅inf(S) ...(ii)

Dari (i) dan (ii) diperoleh sup(bS) = b⋅inf(S)

** inf(bS) = b⋅sup(S)

Misal v = sup(S), maka v batas atas S, sehingga (∀s ∈ S). v ≥ s

kalikan masing-masing ruas dengan b, karena b < 0 tanda berbalik.

(∀bs ∈ bS). bv ≤ bs

ini berarti bv batas bawah bS, sehingga bv ≤ inf(bS)

b⋅sup(S) ≤ inf(bS) ...(i)

Misal u = inf(bS), maka u batas bawah bS, sehingga (∀bs ∈ bS). u ≤ bs

kalikan masing-masing ruas dengan 1/b, karena 1/b < 0 tanda berbalik.

(∀s ∈ S). (1/b)⋅u ≥ s

ini berarti (1/b)⋅u merupakan batas atas S, sehingga (1/b)⋅u ≥ sup(S)

(1/b) ⋅ inf(bS) ≥ sup(S), kalikan masing-masing ruas dengan b

inf(bS) ≤ b⋅sup(S) ...(ii)

Dari (i) dan (ii) diperoleh inf(bS) = b⋅sup(S) ∎

3. Misalkan X ≠ ∅, X ⊂ ℝ dan f: X → ℝ, range(f) terbatas, range(f) ⊂ ℝ, dan a ∈ ℝ. Buktikan bahwa sup{a + f(x): x ∈ X} = a + sup{f(x): x ∈ X} dan inf{a + f(x): x ∈ X} = a + inf{f(x): x ∈ X}.

Untuk mempermudah penulisan, misal F = {f(x): x ∈ X}

(a) sup(a + F) = a + sup(F)

Misal u = sup(F), maka u batas atas F, sehingga (∀f(x) ∈ F). u ≥ f(x)

tambahkan masing-masing ruas dengan a

(∀a + f(x) ∈ a + F). a + u ≥ a + f(x)

ini berarti a + u batas atas a + F, sehingga a + u ≥ sup(a + F)

a + sup(F) ≥ sup(a + F) ...(i)

Misal v = sup(a + F), maka v batas atas a + F, sehingga (∀a + f(x) ∈ a + F). v ≥ a + f(x)

tambahkan masing-masing ruas dengan −a 

(∀f(x) ∈ F). (−a) + v ≥ f(x)

ini berarti (−a) + v merupakan batas atas F, sehingga (−a) + v ≥ sup(F)

(−a) + sup(a + F) ≥ sup(F), tambahkan masing-masing ruas dengan a

sup(a + F) ≥ a + sup(F) ...(ii)

Dari (i) dan (ii) diperoleh sup(a + F) = a + sup(F)

(b) inf(a + F) = a + inf(F)

Misal u = inf(F), maka u batas bawah F, sehingga (∀f(x) ∈ F). u ≤ f(x)

tambahkan masing-masing ruas dengan a

(∀a + f(x) ∈ a + F). a + u ≤ a + s

ini berarti a + u batas bawah a + F, sehingga a + u ≤ inf(a + F)

a + inf(F) ≤ inf(a + F) ...(i)

Misal v = inf(a + F), maka v batas bawah a + F, sehingga (∀a + f(x) ∈ a + F). v ≤ a + f(x)

tambahkan masing-masing ruas dengan −a 

(∀f(x) ∈ F). (−a) + v ≤ f(x)

ini berarti (−a) + v merupakan batas bawah F, sehingga (−a) + v ≤ inf(F)

(−a) + inf(a + F) ≤ inf(F), tambahkan masing-masing ruas dengan a

inf(a + F) ≤ a + inf(F) ...(ii)

Dari (i) dan (ii) diperoleh inf(a + F) = a + inf(F) ∎

4. Misalkan X ≠ ∅; f, g: X → ℝ; range(f) dan range(g) terbatas; range(f) dan range(g) ⊂ ℝ. Buktikan bahwa sup{f(x) + g(x): x ∈ X} ≤ sup{f(x): x ∈ X} + sup{g(x): x ∈ X} dan inf{f(x): x ∈ X} + inf{g(x): x ∈ X} ≤ inf{f(x) + g(x): x ∈ X}.

untuk mempermudah, misalkan F = {f(x): x ∈ X}, G = {g(x): x ∈ X}, F + G = {f(x) + g(x): x ∈ X}

* Bukti sup(F + G) ≤ sup(F) + sup(G)

(∀x ∈ X). f(x) ≤ sup(F) ...(i)

(∀x ∈ X). g(x) ≤ sup(G) ...(ii)

jumlahkan (i) dan (ii)

(∀x ∈ X). f(x) + g(x) ≤ sup(F) + sup(G)

∴ sup(F + G) ≤ sup(F) + sup(G) ∎

* Bukti inf(F) + inf(G) ≤ inf(F + G)

(∀x ∈ X). inf(F) ≤ f(x) ...(i)

(∀x ∈ X). inf(G) ≤ g(x) ...(ii)

jumlahkan (i) dan (ii)

(∀x ∈ X). inf(F) + inf(G) ≤ f(x) + g(x)

∴ inf(F) + inf(G) ≤ inf(F + G) ∎

5. Buktikan bahwa jika u > 0 dan p < q, maka terdapat bilangan rasional r sehingga p < ru < q.

Menurut sifat kerapatan bilangan rasional, terdapat bilangan rasional r sehingga

p/u < r < q/u, kalikan masing-masing ruas dengan u

p < ru < q ∎