Soal dan Pembahasan – Aksioma Kelengkapan (Analisis Real)

Dalam Analisis Real, terdapat 3 aksioma yang berdiri sebagai suatu pilar. Tahukah kamu tiga aksioma itu?
Aksioma yang dimaksud adalah aksioma lapangan (field axioms), aksioma urutan (ordered axioms), dan aksioma kelengkapan (completeness axioms). Khusus untuk aksioma kelengkapan, kajiannya mengenai himpunan dan batasnya, supremum dan infimum, serta penggunaan Sifat Archimedean yang ternyata sangat bermanfaat dalam menganalisis aksioma ini.
Berikut ini disajikan soal beserta pembahasannya mengenai aksioma kelengkapan Analisis Real.

Soal Nomor 1
Diketahui A = \{x \in \mathbb{R}~|~1 < x \leq 2\}
Tentukan batas atas dan batas bawah himpunan ini.

Penyelesaian

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.

[collapse]

Soal Nomor 2
Tentukanlah \max(A), \min(A), \sup(A), dan \inf(A) dari himpunan A = \{x~|~x < 3\}

Penyelesaian

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).
Notasi \min(A) (minimum of A) artinya bilangan terkecil pada himpunan A. Ini berarti, \min(A) \to \infty karena A tidak terbatas di bawah.
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.
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.

[collapse]

Soal Nomor 3
Buktikan bahwa jika a batas atas himpunan A dan b batas bawah himpunan A, maka:
a) setiap c \in \mathbb{R} dengan c \geq a merupakan batas atas A.
b) setiap d \in \mathbb{R} dengan d \leq b merupakan batas bawah A.

Penyelesaian

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.

[collapse]

Soal Nomor 4
Tentukan \sup (S) dan \inf (S) jika diketahui S = \left\{x \in \mathbb{N}, \dfrac{1}{x}\right\}

Penyelesaian

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.

[collapse]

Soal Nomor 5
Buktikan lema ketunggalan supremum dan infimum.
Misalkan S adalah himpunan bagian tak kosong dari \mathbb{R}.
a) Jika S mempunyai supremum, maka \sup (S) tunggal.
b) Jika S mempunyai infimum, maka \inf (S) tunggal.

Penyelesaian

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). \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 6
Misalkan A dan B himpunan terbatas (bounded set) di \mathbb{R}. Buktikan bahwa
a) A \cup B
b) A \cap B
juga terbatas.

Penyelesaian

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.
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).\blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 7
Buktikan Teorema: Sifat Archimedean yang diturunkan dari aksioma kelengkapan.

Penyelesaian

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 kontradiksi dengan redaksi \mathbb{N} terbatas di atas. Jadi, pengandaian diingkari, sehingga terbukti teorema: Sifat Archimedean tersebut. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 8
Misalkan A dan B himpunan terbatas di \mathbb{R}.
Tunjukkan bahwa \inf (A \cup B) = \inf\{\inf (A), \inf (B)\}

Penyelesaian

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 pemisalan 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

[collapse]

Soal Nomor 9
Diberikan himpunan A = \left\{\dfrac{1} {n+1}, n \in \mathbb{N}\right\}

Tunjukkan bahwa \sup (A) = \dfrac{1}{2} dan \inf (A) = 0

Penyelesaian

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 kontradiksi 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

[collapse]

Soal Nomor 10
Diberikan himpunan A = \left\{\dfrac{(-1)^n} {n}, n \in \mathbb{N}\right\}

Tunjukkan bahwa \sup (A) = \dfrac{1}{2} dan \inf (A) = -1

Penyelesaian

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 kontradiksi 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}
Tetapi bila diambil n = 1, diperoleh -1 \geq m dan ini kontradiksi 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

[collapse]

Soal Nomor 11 (Ref: Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2018)
Apa yang dapat disimpulkan dari himpunan A yang memenuhi \sup (A) = \inf (A) di mana A adalah himpunan bagian tak kosong dari \mathbb{R}?

Penyelesaian

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.

[collapse]

Soal Nomor 12 
Misalkan S dan T merupakan himpunan terbatas di \mathbb{R}. Buktikan bahwa jika S \subseteq T, maka
a) \inf (T) \leq \inf (S)
b) \sup (S) \leq \sup (T)

Penyelesaian

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. Tetapi karena S \subseteq T, maka terdapat elemen T yang lebih kecil dari batas bawah terbesar T. Ini kontradiksi dengan definisi infimum, sehingga pengandaian harus diingkari. Jadi, t \leq s atau \inf (T) \leq \inf (S).

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 \geq 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. Tetapi karena S \subseteq T, maka terdapat elemen T yang lebih besar dari batas atas terkecil T. Ini kontradiksi dengan definisi supremum, sehingga pengandaian harus diingkari. Jadi, s \leq t atau \sup (S) \leq \sup (T). (Terbukti) \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 13 
Tentukan supremum dan infimum dari himpunan
T = \{\sqrt{2}, \sqrt{2 + \sqrt{2}}, \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2}}}, \cdots\}

Penyelesaian

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}.

[collapse]

Soal Nomor 14 
Misalkan a = \sup (A)< \infty dan sembarang \epsilon > 0. Buktikan bahwa terdapat x \in A yang memenuhi a - \epsilon < x

Penyelesaian

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 kontradiksi dengan redaksi bahwa epsilon adalah sembarang bilangan real positif. Jadi, pengandaian harus diingkari. Terbukti bahwa a - \epsilon < x

[collapse]

Soal Nomor 15
Misalkan S = \{x \in \mathbb{R} : x > 9\}. Tunjukkan bahwa
a) himpunan S adalah himpunan yang terbatas di bawah
b) himpunan S tidak memiliki batas atas
c) \inf (S) = 9

Penyelesaian

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 pemisalan 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.

[collapse]

Soal Nomor 16
Misalkan A himpunan terbatas dan a \in \mathbb{R}. Tunjukkan bahwa
a) a + A = \{a + x : x \in A\} adalah himpunan terbatas
b) aA = \{ax : x \in A\} adalah himpunan terbatas.

Penyelesaian

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.
Jawaban b)

[collapse]

Soal Nomor 17 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2015)
Jika S = \{\sqrt[3]{n} - \sqrt[3]{m}~|~m, n \in \mathbb{N}\}, maka \sup (S) = \cdots

Penyelesaian

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.

[collapse]

Soal Nomor 18 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2011)
Infimum dari himpunan \{n \in \mathbb{N} : (n!)\} adalah \cdots

Penyelesaian

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

[collapse]

Soal Nomor 19
Diberikan himpunan A = \{3^{2x} + 3^{\frac{1}{2x}} | x > 0\}.
Tentukan infimum A.

Penyelesaian

Dengan menggunakan ketaksamaan Aritmetik-Geometri,
\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.

[collapse]

Soal Nomor 20 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2006)
Supremum dan infimum dari himpunan A = \left\{\dfrac{m} {n} + \dfrac{8n} {m} : m, n \in \mathbb{N}\right\} dengan \mathbb{N} himpunan bilangan asli adalah \cdots

Penyelesaian

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}
di mana
\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).

[collapse]

Soal Nomor 21 (Soal ON MIPA-PT Seleksi Wilayah Tahun 2007)
Diberikan p bilangan prima dan A = \left\{-\dfrac{m} {n} - p \dfrac{n} {m} : m, n \in \mathbb{N} \right\}
Tentukan \sup (A).

Penyelesaian Belum Tersedia
[collapse]
Ayo Beri Rating Postingan Ini
KategoriAnalisis RealTag, , , , , , , , ,

9 Balasan untuk “Soal dan Pembahasan – Aksioma Kelengkapan (Analisis Real)”

  1. Pak, soal no 16 yg b, itu penjelasannya kannya hanya berlaku untuk a yang positif? Kalau a nya negatif, bukan kebalikannya ya?

    Rate
  2. Masih di soal no 16 yg b, bagaimana jika nilai a=0, bukannya 0 akan jadi satu-satunya elemen aA? Lalu, si aA yang hanya punya satu elemen ini apa tetap punya supremum dan infimum? Trims.

    Rate

Tinggalkan Balasan

Alamat email Anda tidak akan dipublikasikan. Ruas yang wajib ditandai *