Last Updated on Maret 5, 2025 by prooffic
Postingan ini akan melanjutkan pembahasan mengenai soal analisis real dari buku “Introduction into Real Analysis”, yaitu Pembahasan Soal Analisis Real Bagian 2.4. Materi dari soal-soal yang akan dibahas adalah Aplikasi/penerapan dari sifat Supremum. Agar lebih memudahkan dalam memahami, sebaiknya Anda membaca materi di buku tersebut. Materi tersebut dapat pula dilihat di sini. Berikut ini adalah Pembahasan Soal Analisis Real Bagian 2.4.
**Selamat menikmati**
Berikut ini adalah Pembahasan Soal Analisis Real Bagian 2.4.
Soal 1
Tunjukkan bahwa $\sup \{ 1-1/n : n \in \mathbb{N} \} = 1$
Bukti. Karena $0< 1/n $ untuk setiap bilangan asli $n,$ maka $1-1/n <1 $ untuk setiap bilangan asli $n.$ Oleh karena itu, $1$ adalah batas atas dari himpunan $$A := \{1- 1/n : \mathbb{N}\}$$ Akan ditunjukkan bahwa $1$ adalah batas atas terkecilnya. Untuk itu, misalkan $\varepsilon > 0.$ Berdasarkan sifata Archimedes, maka terdapat bilangan asli $n$ sedemikian sehingga $ 1/ \varepsilon < n $ yang berakibat $1/n <\varepsilon.$ Dari sini, $$1 – \varepsilon < 1 – \frac{1}{n} $$dengan $1-1/n$ ada di $A.$ Oleh karena itu, berdasarkan lemma 2.3.4 di buku rujukan, maka $1$ adalaha supremum dari $A.$ Jadi, $$\sup \left\{1 – \frac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\} = 1 $$
Baca Juga:
(1) Pembahasan Soal KNMIPA 2021
(2) Pembahasan Soal Analisis Real Bagian 2.3
(3) Pembahasan Soal Analisis Real Bagian 3.1
(4) Pembahasan Soal Analisis Real Bagian 5.1
Soal 2
Misalkan $S:=\{ 1/n – 1/m : n, m \in \mathbb{N}\}$, tentukan $\inf S$ dan $\sup S$.
Jawab. Perhatikan bahwa $$0 < \frac{1}{n} \leq 1 $$untuk setiap bilangan asli $n.$ Dari sini, $$-1 \leq \frac{1}{n} < 0 $$untuk setiap bilangan asli $n$ dan $$-1 < \frac{1}{n} – \frac{1}{m} < 1 $$untuk setiap bilangan asli $m, n$. Dari sini, $-1$ dan $1$ masing-masing merupakan batas bawah dan batas atas dari $S.$ Diberikan sebarang $\varepsilon > 0.$ Berdasarkan sifat Archimedes, terdapat bilangan asli $n$ sedemikian sehingga $$\frac{1}{m} $$Kemudian, $$1 – \varepsilon < 1 – \frac{1}{m} $$Perhatikan bahwa $x_{1,m} = 1 – \frac{1}{m} \in S$. Dari sini, untuk setiap $\varepsilon >0 $terdapat $x_{1,m} \in S$ sedemikian sehingga $$1 – \varepsilon < x_{1,m} $$Sehingga, dengan lemma 2.3.4, diperoleh $1$ adalah supremum dari $S.$
Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa $-1$ adalah infimum dari $S.$ Diberikan sebarang $v$ batas bawah dari $S$. Andaikan bahwa $v > -1$. Maka, $\varepsilon = v+1 > 0$. Sehingga, berdasarkan sifat Archimedes, terdapat bilangan asli $n$ sedemikian sehingga $$\frac{1}{n} < v + 1 $$Kemudian, $$\frac{1}{n} – 1 < v $$Perhatikan bahwa $x_{n,1} = 1/n – 1 \in S$ dengan $x_{n,1} < v.$ Artinya, ada anggota di $S$ yang kurang dari $v$). Hal tersebut bertentangan dengan asumsi bahwa $v$ adalah batas bawah dari $S.$ Sehingga, haruslah $-1 \geq v.$ Dengan kata lain, $-1$ adalah infimum dari $S$. Jadi, $-1$ dan $1$ masing-masing adalah infimum dan supremum dan $S$.
Soal 3
Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ tak kosong. Buktikan bahwa jika $u$ mempunyai sifat: (i) untuk setiap $n \in \mathbb{N}$ bilangan $u – 1/n$ bukan batas atas dari $S$, dan (ii) untuk setiap bilangan $n \in \mathbb{N}$ bilangan $u + 1/n$ adalah batas atas dari $S$, maka $u = \sup S.$
Bukti. Diberikan bilangan $u \in \mathbb{R}$ dengan sifat
(i) untuk setiap $n \in \mathbb{N}$ bilangan $u – 1/n$ bukan batas atas dari $S$
(ii) untuk setiap bilangan $n \in \mathbb{N}$ bilangan $u + 1/n$ adalah batas atas dari $S$
Akan ditunjukkan bahwa $u$ adalah supremum dari $S$. Andaikan terdapat $s \in S$ dengan $u < s$. Berdasarkan sifat Archimedes, maka untuk $s – u >0$ terdapat bilangan asli $n$ sedemikian sehingga $$\frac{1}{n} < s-u $$yang berakibat $$u + \frac{1}{n} < s$$Hal tersebut kontradiksi dengan sifat (ii) bahwa $u + 1/n$ batas atas dari $S$. Dari sini, pengandaian salah dan haruslah $s \leq u$ untuk setiap $s \in S$ dan akibatnya $u$ batas atas dari $S$.
Selanjutnya adalah menunjukkan bahwa $u$ adalah supremum dari $S$. Misalkan $v$ adalah sebarang batas atas dari $S$. Andaikan bahwa $v < u$. Berdasarkan sifat Archimedes, maka untuk $\varepsilon = u – v > 0$, terdapat bilangan asli $n$ sedemikian sehingga $$\frac{1}{n} < u-v $$yang berakibat bahwa $$v < u – \frac{1}{n} $$Karena $v$ batas atas, maka $$s \leq v $$untuk setiap $s \in S.$ Dari sini, $$\begin{aligned}s &\leq v \\ & < u – \frac{1}{n}\end{aligned} $$Sehingga, $u – 1/n$ batas atas dari $S$. Hal ini bertentangan dengan sifat (i). Oleh karena itu, pengandaian salah dan haruslah $u \leq v.$ Sehingga, $u$ adalah batas atas terkecil dan $u = \sup S.$
Soal 4
Misalkan $S$ adalah himpunan tak kosong terbatas di $\mathbb{R}$. Buktikan bahwa
(a) Misalkan $a>0$, dan misalkan $aS = \{as : s \in S\}$. Buktikan bahwa $$\inf (aS) = a \inf S, \sup (aS) = a \sup S$$
(b) Misalkan $b<0$, dan misalkan $bS = \{bs : s \in S\}$. Buktikan bahwa $$\inf (bS) = b \sup S, \sup (bS) = b \inf S$$
Bukti. Misalkan $S$ adalah himpunan tak kosong terbatas di $\mathbb{R}$. Maka, dengan aksioma kelengkapan, $\inf S$ dan $\sup S$ ada di $\mathbb{R}$. Selain itu, $$\inf S \leq s \leq \sup S $$untuk setiap $s \in S$
(a) Karena $a > 0,$ maka $$a \inf S \leq as \leq a\sup S $$untuk setiap $s \in S.$ Dari sini, $a \inf S$ dan $a \sup S$ adalah masing-masing batas bawah dan batas atas dari $aS.$ Diberikan sebarang $u$ batas bawah dari $aS$. Maka, $$u \leq as $$untuk setiap $s \in S$. Dari sini, $$\frac{u}{a} \leq s $$untuk setiap $s \in S.$ Sehingga, $u/a$ adalah batas bawah dari $S$ dan akibatnya $u/a \leq \inf S$. Ole karena itu, $u \leq a \inf S.$ Sehingga, $a \inf S$ adalah batas bawah terbesar dari $aS$ dan $\inf aS = a \inf S$.
Kemudian, diberikan sebarang $v$ batas atas dari $aS$. Maka, $$as \geq v $$untuk setiap $s \in S$. Dari sini, $$s \leq \frac{v}{a} $$untuk setiap $s \in S.$ Sehingga, $v/a$ adalah batas atas dari $S$ dan akibatnya $\supS \leq v/a$. Ole karena itu, $a \sup S \leq v.$ Sehingga, $a \sup S$ adalah batas atas terkecil dari $aS$ dan $\sup aS = a \sup S$.
(b) Karena $b < 0,$ maka $$b \sup S \leq bs \leq b\inf S $$untuk setiap $s \in S.$ Dari sini, $b \sup S$ dan $b \inf S$ adalah masing-masing batas bawah dan batas atas dari $bS.$ Diberikan sebarang $u$ batas bawah dari $bS$. Maka, $$u \leq bs $$untuk setiap $s \in S$. Dari sini, $$\frac{u}{b} \geq s $$untuk setiap $s \in S.$ Sehingga, $u/a$ adalah batas atas dari $S$ dan akibatnya $u/b \geq \supS$. Ole karena itu, $u \leq b \sup S.$ Sehingga, $b \sup S$ adalah batas bawah terbesar dari $bS$ dan $\inf bS = b \sup S$.
Kemudian, diberikan sebarang $v$ batas atas dari $bS$. Maka, $$bs \leq v $$untuk setiap $s \in S$. Dari sini, $$s \geq \frac{v}{b} $$untuk setiap $s \in S.$ Sehingga, $v/b$ adalah batas bawah dari $S$ dan akibatnya $\inf S \geq v/b$. Ole karena itu, $b \inf S \leq v.$ Sehingga, $b \inf S$ adalah batas atas terkecil dari $bS$ dan $\sup bS = b \inf S$.
Soal 5
Misalkan $S$ himpunan bilangan real tak negatif yang terbatas di atas dan $$T := \{ x^2 : x \in S \} $$Buktikan bahwa jika $u = \sup S,$ maka $u^2 = \sup T.$ Berikan contoh yang menunjukkan kesimpulan tersebut bisa salah jika pembatasan bilangan negatif dihapuskan.
Bukti. Karena $S$ terdiri atas bilangan tak negatif dan terbatas di atas, maka $\sup S$ ada di $\mathbb{R}$ dan $$0 \leq x \leq \sup S $$untuk setiap $x \in S.$ Dari sini, $$0 \leq x^2 \leq (\sup S)^2 $$untuk setiap $x \in S.$ Dari sini, $T$ terbatas di atas dengan $(\sup S)^2$ adalah batas atas dari $T$. Misalkan $v$ adalah batas atas dari $T.$ Maka $$0 \leq x^2 \leq v $$untuk setiap $x \in S.$ Dari sini, $$0 \leq x \leq \sqrt{v} $$untuk setiap $x \in S.$ Sehingga, $\sqrt{v}$ batas atas dari $S$ dan akibatnya $\sup S \leq \sqrt{v}.$ Karena $S$ terdiri dari bilangan real tak negatif, maka $\sup S \geq 0$ dan $(\sup S)^2 \leq v.$ Oleh karena itu, $(\sup S)^2$ adalah batas atas terkecil dari $T$ dan $(\sup S)^2 = \sup T.$ Jadi, jika $u = \sup S,$ maka $u^2 = \sup T$.
Misalkan $S = [-2,1].$ Maka, $T = [1,4].$ Selain itu, $\sup S = 1.$ Akan tetapi, $\sup T = 4.$ Sehingga, $(\sup S)^2 \neq \sup T.$
Soal 6
Misalkan $X$ adalah himpunan tak kosong dan misalkan $f:X \to \mathbb{R}$ mempunyai range terbatas di $\mathbb{R}^n.$ Jika $a \in \mathbb{R}^n,$ tunjukkan bahwa contoh 2.4.1 (a) mengimplikasikan bahwa $$\sup \{a+f(x) : x\in X\} = a + \sup \{f(x) : x\in X\}. $$
Tunjukkan juga bahwa $$\inf \{a+f(x) : x\in X\} = a + \inf \{f(x) : x\in X\}. $$
Jawab. Sebelumnya, contoh 2.4.1 (a) menyatakan bahwa untuk $a\in\mathbb{R}^n$ dan himpunan terbatas di atas berlaku $$\sup \{a + s : a\in S \} = a + \sup \{ s \in S\}. $$Selain itu, untuk himpunan terbatas di bawah $U$ berlaku $$\inf \{a + s : a\in S \} = a + \inf \{ s \in S\}. $$
Dengan menggunakan sifat tersebut, kita akan menunjukkan bahwa $$\sup \{a+f(x) : x\in X\} = a + \sup \{f(x) : x\in X\} $$dan $$\inf \{a+f(x) : x\in X\} = a + \inf \{f(x) : x\in X\}. $$
Perhatikan bahwa terdapat sedikit perbedaan antara sifat sebelumnya dan yang akan dibuktikan. Perbedaan tersebut terletak pada bentuk himpunannya. Oleh karena itu, kita perlu mengubah bentuk himpunan pada soal sehingga memudahkan kita untuk menggunakan sifat pada contoh 2.4.1 (a) dalam membuktikan pernyataan pada soal.
Untuk itu, tinjau himpunan $$f(X) = \{f(x) : x \in X\}. $$Kita dapat melihat bahwa $$\{f(x) : x \in X\} = \{ f(x) : f(x) \in f(X) \} = \{y : y \in f(X)\}. $$
Dengan bentuk tersebut, akan ditunjukkan pernyataan pada soal. Selanjutnya, karena range dari $f$ terbatas, maka himpunan $\{y : y \in f(X)\}$ juga terbatas. Dari sini, himpunan $\{a + y : y \in f(X)\}$ juga terbatas dan $$\begin{aligned} \sup \{a + f(x) : x\in X \} & = \sup \{a + y : y \in f(X) \} \\ & = a + \sup \{y : y \in f(X)\} \\ & = a + \sup \{f(x) : x \in X\} \end{aligned}. $$
Dengan cara yang sama, diperoleh $$\begin{aligned} \inf \{a + f(x) : x\in X \} & = \inf \{a + y : y \in f(X) \} \\ & = a + \inf \{y : y \in f(X)\} \\ & = a + \inf \{f(x) : x \in X\} \end{aligned}. $$
Soal 7
Misalkan $A$ dan $B$ adalah subset tak kosong, dan misalkan $A+B = \{a + b : a\in A, b \in B\}.$ Buktikan bahwa $\sup (A+B) = \sup A + \sup B$ dan $\inf (A+B) = \inf A + \inf B.$
Jawab. Misalkan $u = \sup A$ dan $v = \sup B.$ Maka, $$a \leq u, \quad a \in A $$dan $$b \leq v, \quad b \in B $$yang mengimplikasikan $$a + b \leq u + v; \quad a\in A, b\in B. $$Oleh karena itu, $u+v$ adalah batas atas dari $A+B$ dan $A+B$ terbatas di atas.
Diberikan $k$ adalah sebarang batas atas dari $A+B.$ Misal $b \in B$ sebarang. Maka, $$a + b \leq k, \quad a \in A $$yang berakibat $$a \leq k – b, \quad a \in A. $$Dari sini, $k – b$ adalah batas atas dari $A$. Oleh karena itu, $u \leq k – b$ dan $b \leq k – u.$
Karena $b \in B$ sebarang dan berlaku $b \leq k – u,$ dapat disimpulkan bahwa $$ b \leq k – u, b \in B $$dan $k – u$ batas atas dari $B.$ Karena $v = \sup B,$ maka $$v \leq k – u $$dan $$u + v \leq k. $$
Kemudian, karena $k$ sebarang batas atas dari $A+B$ dan berlaku $u+v \leq k,$ maka dapat disimpulkan bahwa $u+v$ adalah batas atas terkecil dari $A+B$ dan $$\sup A + B = u + v = \sup A + \sup B.$$
Dengan menggunakan argumen yang relatif serupa, dapat dibuktikan bahwa $\inf (A+B) = \inf A + \inf B.$
Demikian postingan kali ini tentang Pembahasan Soal Analisis Real Bagian 2.4. Jika Anda tertarik dengan pembahasan soal Analisis Real dari buku Introduction into Real Analysis lainnya, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan materi Analisis Real lainnya, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan topik/materi lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.
