Soal dan Pembahasan – Aksioma Kelengkapan dalam Analisis Real

Batas atas himpunan $A$ adalah bilangan dengan interval $[2, \infty)$ karena bilangan-bilangan di interval itu lebih besar atau sama dengan semua bilangan anggota himpunan $A.$
Batas bawah himpunan $A$ adalah bilangan dengan interval $(-\infty, 1]$ karena bilangan-bilangan di interval itu lebih kecil atau sama dengan semua bilangan anggota himpunan $A.$

Perhatikan poin-poin berikut.

1. Notasi $\max(A)$ (maximum of $A$) artinya bilangan terbesar pada himpunan $A$. Karena $A$ beranggotakan bilangan real yang lebih kecil dari $3$, maka $\max(A)$ tidak ada. Dengan kata lain, bilangan real yang sedekat mungkin dengan $3$ tidak ada sebab bilangan real sangatlah padat (denseful).
2. Notasi $\min(A)$ (minimum of $A$) artinya bilangan terkecil pada himpunan $A$. Ini berarti, $\min(A) \to \infty$ karena $A$ tidak terbatas di bawah.
3. Notasi $\sup(A)$ (supremum of $A$) artinya batas atas terkecil dari himpunan $A$. Batas atas $A$ adalah bilangan dalam interval $[3, \infty)$. Jadi, $\sup(A) = 3$.
4. Notasi $\inf(A)$ (infimum of $A$) artinya batas bawah terbesar dari himpunan $A$. Batas bawah $A$ tidak ada (perhatikan bahwa $A$ adalah himpunan bilangan real kurang dari 3) sehingga $\inf(A)$ tidak ada.

Catatan: Banyak orang yang masih berspekulasi bahwa $\max(A)$ ada, tetapi tidak bisa dinyatakan. Jikalau $\max(A) = t$, maka akan ada bilangan lain yang lebih besar darinya, yaitu $\dfrac{t + 3}{2}$. Jadi, jelas bahwa $A$ tidak memiliki nilai maksimum.

Jawaban a)
Karena $a$ batas atas $A$, maka $x \leq a$ untuk setiap $x \in A$ (sesuai definisi batas atas). Sekarang, untuk $c \geq a, c \in \mathbb{R}$, berlaku $x \leq a \leq c$ atau dapat ditulis $x \leq c$, untuk setiap $x \in A$. Dengan demikian, $c$ memenuhi definisi batas atas sehingga dapat dikatakan bahwa $c$ juga merupakan batas atas $A$.
Jawaban b)
Karena $b$ batas atas $A$, maka $x \geq b$ untuk setiap $x \in A$ (sesuai definisi batas bawah). Sekarang, untuk $d \leq b, d \in \mathbb{R}$, berlaku $x \geq b \geq d$ atau dapat ditulis $x \geq d$, untuk setiap $x \in A$. Dengan demikian, $d$ memenuhi definisi batas bawah sehingga dapat dikatakan bahwa $d$ juga merupakan batas bawah $A$.

Himpunan $S$ dapat dituliskan dalam bentuk tabulasi, yaitu $S = \left\{1, \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{4}, \cdots\right\}.$
i) Menentukan $\sup S$
Untuk sembarang $x \in \mathbb{N}$, berlaku $x \geq 1 \Rightarrow \dfrac{1}{x} \leq 1$.
Karena $1 \in S$ dan $\dfrac{1}{x} \leq 1$, maka $1$ merupakan batas atas $S$. Sekarang, misalkan $a$ merupakan batas atas $S$ yang lebih kecil dari 1. Jelas $a$ tidak ada karena akan ada bilangan elemen $S$ yang lebih besar dari $a$, yaitu 1. Dari sini, diperoleh bahwa 1 merupakan batas atas terkecil $S$ atau ditulis $\sup S = 1.$
ii) Menentukan $\inf S$
Untuk sembarang $x \in \mathbb{N}$, berlaku $x > 0$. Andaikan $z$ adalah batas bawah $S$ yang nilainya lebih besar dari 0 (padahal berdasarkan dugaan/intuisi, $\dfrac{1}{n}$ akan menuju 0 jika $n$ terus membesar sehingga batas bawahnya adalah 0 atau kurang dari 0). Dapat ditulis, $z > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{z} > 0.$
Menurut Sifat Archimedean, ada bilangan asli (sebut saja $k$) yang nilainya lebih besar dari setiap bilangan real (dalam kasus ini, $\dfrac{1}{z}$) sehingga dapat ditulis $\dfrac{1}{z} < k \Rightarrow \dfrac{1}{k} < z.$
Karena $k \in \mathbb{N}$, maka $\dfrac{1}{k} \in S$. Akibatnya, $0 < \dfrac{1}{k} < z$. Ini berarti $z$ bukan batas bawah $S$ karena tidak memenuhi definisi batas bawah (nilainya harus lebih kecil atau sama dengan seluruh elemen himpunan yang bersangkutan). Dengan kata lain, tidak ada bilangan lebih dari $0$ yang menjadi batas bawah $S$. Dari sini, diperoleh bahwa $0$ merupakan batas bawah terbesar dari $S$ atau ditulis $\inf (S) = 0$.

Jawaban a)
Misalkan $u$ dan $v$ adalah supremum dari $S$ (kita mengasumsikan supremumnya tidak tunggal, setidaknya ada 2). Karena $u$ dan $v$ juga merupakan batas atas $S$ dan $u = \sup (S)$, diperoleh $u \leq v$. Karena $u$ dan $v$ juga merupakan batas atas $S$ dan $v = \sup (S)$, diperoleh $v \leq u$. Dari kedua pernyataan di atas, diperoleh $u = v$. Jadi, supremum $S$ tunggal. (Terbukti)
Jawaban b)
Misalkan $x$ dan $y$ adalah infimum dari $S$ (kita mengasumsikan infimumnya tidak tunggal, setidaknya ada 2). Karena $x$ dan $y$ juga merupakan batas bawah $S$ dan $x = \inf (S)$, diperoleh $y \leq x$. Karena $x$ dan $y$ juga merupakan batas bawah $S$ dan $y = \inf (S)$, diperoleh $x \leq y$. Dari kedua pernyataan di atas, diperoleh $x = y$. Jadi, infimum $S$ tunggal. (Terbukti)

Jawaban a)
Karena $A$ himpunan terbatas, maka haruslah ada bilangan real $p$ dan $q$ sedemikian sehingga semua elemen $A$ berada dalam interval $p$ dan $q$ atau ditulis $A \subseteq [p, q]$. Juga karena $B$ himpunan terbatas, maka haruslah ada bilangan real $r$ dan $s$ sedemikian sehingga semua elemen $B$ berada dalam interval $r$ dan $s$ atau ditulis $B \subseteq [r, s] $. Misalkan $L = \inf\{p, r\}$ (diambil bilangan terkecil dari bilangan real $p$ dan $r$) dan $K = \sup\{q, s\}$ (diambil bilangan terbesar dari bilangan real $q$ dan $s$). Akibatnya, $A \subseteq [L, K]$, begitu juga $B \subset [L, K]$. Jika $x \in A \cup B$, maka $x \in A$ atau $x \in B$ sehingga $x \in [L, K]$. Karena $x$ diambil sembarang, maka $A \cup B \in [L, K]$, maka terbukti $A \cup B$ merupakan himpunan terbatas. (Terbukti)
Jawaban b)
Misalkan $a$ adalah batas atas $A$ dan $b$ adalah batas bawah $B$. Ambil sembarang $x \in A \cap B$. Berarti, $x \in A$ sehingga $x \leq a$ dan juga $x \in B$ sehingga $b \leq x$. Dengan demikian, $A \cap B \in [a, b]$. Dari sini, dapat disimpulkan bahwa $A \cap B$ dibatasi oleh interval tersebut sehingga terbukti bahwa $A \cap B$ terbatas. (Terbukti)

Bunyi Sifat Archimedean adalah “Jika $x \in \mathbb{R}$, maka terdapat $n \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $x < n$”
Berikut akan dibuktikan dengan menggunakan Reductio ad Absurdum (kontradiksi).
Misalkan $x \in \mathbb{R}$. Andaikan tidak ada $n \in \mathbb{N}$ yang memenuhi $x < n$. Dengan kata lain, $x \geq n$ untuk $\forall n \in \mathbb{N}$. Ini berarti, $x$ merupakan batas atas $\mathbb{N}$. Karena terbatas di atas, maka berdasarkan aksioma kelengkapan, $\mathbb{N}$ memiliki supremum. Anggap $u = \sup (\mathbb{N})$, berarti $u-1$ bukan supremum $\mathbb{N}$ dan akibatnya terdapat $k \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $u- 1 < k$. Dari sini, karena $u < k + 1$ dan $k + 1 \in \mathbb{N}$ sehingga $u$ bukan batas $\mathbb{N}$ (ada anggota $\mathbb{N}$ yang lebih besar dari $u$, yaitu $k+1$). Ini kontradiktif dengan redaksi $\mathbb{N}$ terbatas di atas. Jadi, pengandaian diingkari sehingga terbukti Sifat Archimedean tersebut. $\blacksquare$

Misalkan $\inf (A) \leq \inf (B)$ sehingga $\inf\{\inf (A), \inf (B)\} = \inf (A).$ Sekarang, akan ditunjukkan bahwa $\inf (A \cup B) = \inf (A)$ dengan cara:

1. Menunjukkan $\inf (A)$ sebagai batas bawah $A \cup B$ .
2. Jika ada $t$ yang merupakan batas bawah $A \cup B$, maka $t \leq \inf (A)$ (sesuai definisi infimum). 

Tahap 1: Jika $a \in A$, maka $a \geq \inf (A).$ Jika $b \in B$, maka $b \geq \inf (B)$. Berdasarkan permisalan bahwa $\inf (A) \leq \inf (B)$, maka $b \geq \inf (B) \geq \inf (A)$ atau dapat juga ditulis $b \geq \inf (A)$. Sekarang, misalkan $c \in A \cup B$, berarti $c \in A$ atau $c \in B$. Ini berarti $c \geq \inf (A)$ sehingga $\inf (A)$ menjadi batas bawah $A \cup B$.
Tahap 2: Misalkan $t$ batas bawah $A \cup B$. Karena $t \leq c$ untuk setiap $c \in A \cup B$, maka ini juga berarti $t \leq c$ untuk setiap $c \in A$. Dengan demikian, $t$ adalah batas bawah $A$ dan berdasarkan definisi infimum, $t \leq \inf (A)$. Oleh karena itu, $\inf (A)$ adalah batas bawah $A \cup B$ yang nilainya lebih besar atau sama dengan setiap batas bawah $A \cup B$. Ditulis, $\inf (A \cup B) = \inf (A).$
Terbukti bahwa $\inf (A \cup B) = \inf\{\inf (A), \inf (B)\}$. $\blacksquare$

Jika ditabulasi (didaftarkan anggotanya), himpunan $A$ dapat ditulis menjadi $A = \left\{\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{4}, \cdots \right\}.$
Tampak bahwa $\dfrac{1}{2}$ merupakan batas atas $A$.
Sekarang, misalkan $M > 0$ merupakan batas atas lain dari $A$.
Harus ditunjukkan bahwa $\dfrac{1}{2} \leq M$.
Dengan kontradiksi, andaikan $M < \dfrac{1}{2}$. Berarti, $\dfrac{1} {n+1} \leq M$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}$. Tetapi bila diambil $n = 1$, diperoleh $\dfrac{1}{2} \leq M.$
Ini kontradiktif dengan pengandaian sebelumnya sehingga mesti diingkari. Jadi, haruslah $\dfrac{1}{2} \leq M$. Ini berarti, $\dfrac{1}{2}$ merupakan batas atas terkecil dari $A$ atau dapat ditulis $\sup (A) = \dfrac{1}{2}.$
Selanjutnya dengan menggunakan definisi/pendekatan limit, duga bahwa $0$ adalah batas bawah $A$. Ini jelas benar karena $\dfrac{1}{n} > 0$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}$. Berdasarkan Sifat Archimedean, ada $n \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $n > \epsilon$ atau $\dfrac{1}{n} < \epsilon$ untuk $\epsilon > 0$, yang berakibat
$\dfrac{1}{n+1} -0 = \dfrac{1}{n+1} < \dfrac{1}{n} < \epsilon.$
Jadi, $0$ adalah infimum dari $A$ (Terbukti). $\blacksquare$

Jika ditabulasi (didaftarkan anggotanya), himpunan $A$ dapat ditulis menjadi $A = \left\{-1, \dfrac{1}{2},-\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{4}, \cdots \right\}.$
Tampak bahwa $\dfrac{1}{2}$ merupakan batas atas $A$.
Sekarang, misalkan $M > 0$ merupakan batas atas lain dari $A$.
Harus ditunjukkan bahwa $\dfrac{1}{2} \leq M$.
Dengan kontradiksi, andaikan $M < \dfrac{1}{2}$. Berarti, $\dfrac{(-1)^n} {n} \leq M$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}$ Tetapi bila diambil $n = 2,$ diperoleh $\dfrac{1}{2} \leq M.$
Ini kontradiktif dengan pengandaian sebelumnya sehingga mesti diingkari. Jadi, haruslah $\dfrac{1}{2} \leq M$. Ini berarti, $\dfrac{1}{2}$ merupakan batas atas terkecil dari $A$ atau dapat ditulis $\sup (A) = \dfrac{1}{2}.$
Selanjutnya, tampak bahwa $-1$ merupakan batas bawah $A$. Misalkan $m$ batas bawah lain dari $A$. Akan ditunjukkan $m \leq-1$. Dengan kontradiksi, andaikan $m >-1$ sehingga $\dfrac{(-1)^n} {n} \geq m$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}.$
Namun, bila diambil $n = 1$, diperoleh $-1 \geq m$ dan ini kontradiktif dengan pengandaian sebelumnya sehingga mesti diingkari.
Jadi, haruslah $m \leq-1$. Ini berarti, $-1$ merupakan batas bawah terbesar dari $A$ atau dapat ditulis $\inf (A) =-1$ (Terbukti). $\blacksquare$

Diketahui $A \subseteq \mathbb{R}$ dan $\sup (A) = \inf (A)$.
Misalkan $a \in A$ sehingga diperoleh pertidaksamaan
$\sup (A) = \inf (A) \leq a \leq \sup (A).$
Pertidaksamaan di atas akan terpenuhi saat $a = \inf (A) = \sup (A)$. Karenanya, dapat ditulis $A = \{a\} = \{\sup (A)\} = \{\inf (A)\}$.
Supremum atau infimum suatu himpunan adalah tunggal sehingga dapat disimpulkan bahwa $A$ adalah himpunan yang memiliki elemen tunggal atau $n(A) = |A| = 1$.

$S$ dan $T$ terbatas, berarti keduanya terbatas di atas sekaligus terbatas di bawah.
Jawaban a)
Karena $S$ dan $T$ terbatas di bawah, maka keduanya memiliki infimum. Misalkan $s = \inf (S)$ dan $t = \inf (T)$. Akan ditunjukkan bahwa $t \leq s$. Dengan kontradiksi, andaikan $t > s$. Karena $s$ merupakan batas bawah terbesar dari $S$, maka tidak mungkin $t$ menjadi batas bawah dari $S$. Artinya, terdapat $x \in S$ yang memenuhi $t > x \geq s$. Namun, karena $S \subseteq T$, maka terdapat elemen $T$ yang lebih kecil dari batas bawah terbesar $T$. Ini kontradiktif dengan definisi infimum sehingga pengandaian harus diingkari. Jadi, $t \leq s$ atau $\inf (T) \leq \inf (S)$. (Terbukti)
Jawaban b)
Karena $S$ dan $T$ terbatas di atas, maka keduanya memiliki infimum. Misalkan $s = \sup (S)$ dan $t = \sup (T)$. Akan ditunjukkan bahwa $s \leq t$. Dengan kontradiksi, andaikan $s > t$. Karena, $s$ merupakan batas atas terkecil dari $S$, maka tidak mungkin $t$ menjadi batas atas dari $S$. Artinya, terdapat $x \in S$ yang memenuhi $t \leq x < s$. Namun, karena $S \subseteq T$, maka terdapat elemen $T$ yang lebih besar dari batas atas terkecil $T$. Ini kontradiktif dengan definisi supremum sehingga pengandaian harus diingkari. Jadi, $s \leq t$ atau $\sup (S) \leq \sup (T)$. (Terbukti)

Dengan melihat elemen-elemen $T$, kita temukan suatu barisan rekursif yang menyatakan setiap elemen $T$ sebagai berikut.
$a_n = \sqrt{2 + a_{n-1}}, a_0 = 0.$
Misalkan
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = L$,
berarti diperoleh
$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt{2 + a_{n-1}}) & = L \\ \sqrt{2 + L} & = L \\ L^2- L- 2 & = 0 \\ (L- 2)(L + 1) & = 0 \end{aligned}$
Terpenuhi saat $L = 2$ atau $L =-1$. Jelas $-1$ tidak mungkin diambil karena menimbulkan fallacy. Jadi, $2$ akan menjadi supremum dari $T$.
Selanjutnya, karena $a_n < a_{n+1}$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}$, maka $a_n$ merupakan barisan monoton naik sehingga $\inf (T) = \sqrt{2}$.

Dengan kontradiksi, andaikan $a- \epsilon \geq x$ untuk setiap $x \in A$. Berarti, $a- \epsilon$ merupakan batas atas dari $A$. Dengan demikian, dapat ditulis $a \leq a- \epsilon$ atau ditulis $\epsilon < 0$. Ini kontradiktif dengan redaksi bahwa epsilon adalah sembarang bilangan real positif. Jadi, pengandaian harus diingkari. Terbukti bahwa $a- \epsilon < x$.

Jawaban a)
Himpunan $S$ memiliki batas bawah. Batas bawah $S$ adalah seluruh bilangan dalam interval $(-\infty, 9]$.
Jawaban b)
Dengan kontradiksi, andaikan $S$ memiliki batas atas. Ini berarti akan ditemukan $k \in \mathbb{R}$ sedemikian sehingga $k \geq n$ untuk setiap $n \in S$. Jelas ini salah karena bila diambil $n = k + a, a \in \mathbb{R}^{+}$, maka pertidaksamaan tersebut tak terpenuhi. Jadi, pengandaian salah dan perlu diingkari. Dengan demikian, $S$ tidak memiliki batas atas.
Jawaban c)
Jelas bahwa $9$ merupakan batas bawah $S$. Sekarang, akan ditunjukkan bahwa jika ada $t \in \mathbb{R}$ yang menjadi batas bawah yang lain dari $S$, maka haruslah $t \leq 9$. Dengan kontradiksi, andaikan $t >9$.
Dalam hal ini, $t$ bukanlah batas bawah $S$ karena akan ditemukan $n = \dfrac{t + 9}{2} \in S$ sedemikian sehingga berlaku $t > \dfrac{t + 9}{2} > 9.$
Untuk itu, pengandaian diingkari. Jadi, batas bawah terbesar dari $S$ adalah $9$, dinotasikan $\sup (S) = 9$.
Catatan:
Menemukan bilangan yang terletak di antara $t$ dan $9$ agaklah sulit, sebab $t$ belum diketahui nilainya. Karena pembuktian harus berlaku umum, maka permisalan nilai $t$ tidak diperkenankan sehingga perlu menggunakan prinsip matematis yang lain. Dalam hal ini, $\dfrac{t + 9}{2}$ didapat dari penggunaan Ketaksamaan Aritmetika: “Di antara dua buah bilangan real, terdapat bilangan lain, yaitu rata-rata dari dua bilangan itu.“

Jawaban a)
Diketahui $A$ himpunan terbatas, berarti $A$ memiliki supremum dan infimum. Dengan demikian, $a + A$ terbatas di atas oleh $a + \sup (A)$ dan terbatas di bawah oleh $a + \inf (A)$. Oleh karena itu, himpunan tersebut terbatas. 

Dengan menggunakan pendekatan limit, diperoleh
$\displaystyle \lim_{m \to \infty} (\sqrt[3]{n}- \sqrt[3]{m}) =-\infty$
dan juga
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt[3]{n}- \sqrt[3]{m}) = \infty.$
Dengan demikian, supremum dari $S$ tidak ada karena $S$ tidak terbatas di atas.

Didefinisikan $n! = n(n-1)(n-2)\cdots(2)(1)$.
Misalkan $A = \{n \in \mathbb{N} : (n!)\}$.
Dengan demikian, infimum dari himpunan tersebut diperoleh saat $n$ minimum ($n = 1$) sehingga $\inf (A) = 1$.

Dengan menggunakan ketaksamaan Aritmetik-Geometri (AM-GM), diperoleh
$$\begin{aligned} 3^{2x} + 3^{\frac{1}{2x}} &\geq 2\left(3^{2x}.3^{\frac{1}{2x}}\right)^{\frac{1}{2}} \\ & = 2\left(3^{2x + (2x)^{-1}} \right)^{\frac{1}{2}} \\ & \geq 2.3^{\left((2x)(2x) ^{-1}\right)\frac{1}{2}} = 2 \times 3 = 6. \end{aligned}$$dan persamaannya berlaku jika dan hanya jika $3^{2x} = 3^{\frac{1}{2x}}$ dan $2x = (2x) ^{-1}.$ Untuk $x > 0$, kita bisa mengambil $x = \dfrac{1}{2}$ untuk memenuhi kondisi tersebut. Jadi, infimum $A$ adalah $6$.

Misalkan $\dfrac{m} {n} = t$, berarti kita peroleh $t + \dfrac{8}{t} = k \in \mathbb{Q}^{+}$, yang berbentuk persamaan kuadrat bila ditulis menjadi $t^2- kt + 8 = 0$.
Dengan menggunakan rumus kuadrat (rumus ABC), penyelesaian dari persamaan kuadrat itu adalah $t_{1,2} = \dfrac{k \pm \sqrt{k^2-32}} {2} \in \mathbb{Q}^{+}.$
Jika diambil tanda negatifnya, maka $t \notin \mathbb{Q}^{+}$ sehingga kita hanya perlu meninjau akar positifnya saja.
Tinjau kembali syarat radikan akar, yaitu
$\sqrt{k^2-32} > 0 \Rightarrow k > 4\sqrt{2}$
dengan
$\displaystyle \lim_{t \to 2\sqrt{2}} k = 4\sqrt{2}.$
Lebih lanjut, $\displaystyle \lim_{t \to 0} k = \infty,$
artinya untuk semua $t \in \mathbb{Q}^{+}$, terdapat $t’ \in \mathbb{Q}^{+}$ sedemikian sehingga $k’ = t’ + \dfrac{8}{t’} > k$. Dari sini, dapat disimpulkan bahwa infimum dari $A$ adalah $4\sqrt{2}$, sedangkan supremumnya tidak ada (karena himpunan $A$ tidak terbatas di atas).