Last Updated on Maret 5, 2025 by prooffic
Postingan kali ini akan membahas tentang aplikasi dari sifat supremum pada $\mathbb{R}$. Aplikasi-aplikasi tersebut terbagi menjadi 3 bagian, yaitu sifat Archimedes, eksistensi $\sqrt{2}$, dan sifat kepadatan bilangan rasional pada $\mathbb{R}.$ Jika Anda telah mempelajari materi ini, Anda dapat ke sini untuk pembahasan soal-soal tentang aplikasid dari sifat supremum atau ke sini untuk pembahasan soal tentang supremum dan infimum.
**Selamat Menikmati**
Pendahuluan
Supremum dan Infimum
Terlebih dahulu kita akan mendefinisikan ataupun mengingat kembali beberapa istilah dasar sebelum membahas tentang aplikasi dari sifat supremum. Misalkan $S$ adalah himpunan tak kosong di $\mathbb{R}$. $u \in \mathbb{R}$ kita katakan sebagai batas dari $S$ jika $s\leq u$ untuk setiap $s\in\S$. Jika $S$ memiliki batas atas, maka $S$ dikatakan sebagai himpunan yang terbatas di atas. Selanjutnya, batas atas terkecil dari $S$ kita sebut sebagai supremum dan disimbolkan dengan $\sup S$. Berdasarkan sifat kelengkapan, maka untuk setiap himpunan tak kosong $S$ yang terbatas di atas memiliki supremum.
$u \in \mathbb{R}$ dikatakan sebagai batas bawah dari himpunan tak kosong $S\subseteq\mathbb{R}$ jika $u\leq s$ untuk setiap $s\in S}$. Jika $S$ memiliki batas bawah, maka $S$ dikatakan sebagai himpunan yang terbatas di bawah. Selanjutnya, batas bawah terbesar dari $S$ kita sebut sebagai infimum dan disimbolkan dengan $\inf S$. Berdasarkan sifat kelengkapan, maka untuk setiap himpunan tak kosong $S$ yang terbatas di bawah memiliki infimum.
Berikut ini adalah lema yang akan digunakan.
Lemma
Misalkan $0\leq a < \varepsilon$ untuk setiap $\varepsilon>0$. Maka, $a=0.$
Anda dapat membuktikan lemma tersebut dengan kontradiksi dengan mudah.
Aplikasi dari Sifat Supremum
Sifat Archimedes
Anda dapat melihat secara intuitif bahwa $\mathbb{N}$ merupakan himpunan yang tidak terbatas di $\mathbb{R}$. Meskipun begitu, sifat yang terlihat “jelas” ini tidak bisa ditunjukkan hanya dengan sifat aljabar dan urutan pada $\mathbb{R}$. Pembuktiannya membutuhkan sifat kelengkapan $\mathbb{R}$ dan prinsip induksi matematika.
$\mathbb{N}$ tidak terbatas bermakna bahwa untuk setiap $x\in \mathbb{R}$ terdapat $n\in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $x < n$. Sifat bahwa $\mathbb{N}$ merupakan himpunan yang tidak terbatas di $\mathbb{R}$ disebut sebagai sifat Archimedes yang ditampilkan pada teorema berikut.
Teorema 1
Jika $x\in\R$, maka ada $n_x\in\N$ sedemikian sehingga $x < n_x$.
Bukti. Akan ditunjukkan dengan kontradiksi. Andaikan bahwa terdapat $x\in \R$ sedemikian sehingga $n \leq x$ untuk setiap $n\in\N$. Dengan kata lain, $\N$ terbatas di atas. Oleh karena itu, berdasarkan sifat kelengkapan $\R$ diperoleh bahwa terdapat $u\in\R$ sedemikian sehingga $u = \sup \N$.
Perhatikan bahwa $u-1$ bukan batas atas sehingga $u-1 < m$ untuk suatu $m\in\N$ yang berakibat $u< 1+m.$ Berdasarkan sifat induksi, $m+1 \in \N$ sehingga diperoleh bahwa $u<1+m$ dengan $m+1\in\N$ yang kontradiksi dengan $u$ sebagai supremum dari $N$. Pengandaian salah dan haruslah jika $x\in\R$, maka ada $n_x\in\N$ sedemikian sehingga $x < n_x$ ♦
Akibat 1
Jika $S=\{1/n; n \in \N\}$, maka $\inf S = 0$.
Bukti. Dapat dilihat $S$ terbatas di bawah oleh $0$ sehingga $S$ memiliki infimum di $\R$ dan $\inf S\geq 0.$ Diberikan sebarang $\varepsilon>0.$ Berdasarkan sifat Archimedes, untuk $1/\varepsilon>0$, terdapat $n\in \N$ sedemikian sehingga $1/\varepsilon<n$. Akibatnya, $$0 \leq \inf S \leq \frac1n < \varepsilon $$untuk setiap $\varepsilon>0$. Dari sini, haruslah $\inf S = 0$ ♦
Akibat 2
Jika $\varepsilon>0$, terdapat $n\in\N$ sedemikian sehingga $0<1/n<\varepsilon$.
Bukti 1. Karena $\inf \{1/n; n\in \N\}=0$ untuk $\varepsilon>0$ terdapat $1/n \in \{1/n; n\in \N\}$ sedemikian sehingga $0<1/n < 0 + \varepsilon = \varepsilon$.
Bukti 2. Misalkan $\varepsilon>0$ sebarang. Untuk $1/\varepsilon>0$, berdasarkan sifat Archimedes, terdapat $n\in\N$ sedemikian sehingga $1/\varepsilon<n$ sehingga $0<1/n<\varepsilon$ ♦
Akibat 3
Jika $x>0$, maka ada $n_x\in\N$ sedemikian sehingga $n_x-1\leq x < n_x$.
Bukti. Misalkan himpunan $S=\{m\in\N : x < m\}$. Maka, $S\subseteq \N$ dan dengan sifat Archimedes, $S$ tidak kosong. Dari sini, dengan sifat terurut dengan baik dari $\N$, $S$ memiliki elemen terkecil. Misalkan elemen terkecil tersebut sebagai $n_x$ yang berakibat $x < n_x$. Selain itu, karena $n_x – 1 \notin S,$ maka $n_x \leq x$. Akibatnya, $n_x – 1 \leq x < n_x$ ♦
Eksistensi $\sqrt{2}$
Kita dapat ditunjukkan bahwa tidak ada bilangan rasional $x$ sedemikian sehingga $x^2=2$. Meskipun begitu, dengan sifat kelengkapan, dapat ditunjukkan bahwa terdapat bilangan real $x$ sedemikian sehingga $x^2=2$. Sifat tersebut termuat dalam teorema berikut.
Teorema
Terdapat bilangan real $x$ sedemikian sehingga $x^2=2$.
Bukti. Terlebih dahulu tinjau himpunan $S\subseteq\mathbb{R}$ dengan
$$S=\{s: s>0, s^2<2\}.$$
$S$ memiliki 3 sifat sebagai berikut.
- Himpunan tersebut tidak kosong karena $1\in S$, yaitu $1>0$ dan $1^2<2$.
- Himpunan tersebut terbatas di atas oleh 2. Untuk membuktikannya, misalkan $s\geq 2$, maka $s^2 \geq 2^2=4$. Oleh karena itu, kontraposisi pernyataan tersebut juga benar, yaitu jika $s^2<2$, maka $s<2$. Akibatnya, $S$ terbatas di atas oleh $2$.
- Karena himpunan tersebut tidak kosong dan terbatas di atas, maka $S$ memiliki supremum. Misalkan supremum tersebut sebagai $x$. Akan ditunjukkan bahwa $x^2=2$.Berdasarkan sifat trikotomi, maka terdapat 3 kemungkinan hubungan $x^2$ dan $2$, yaitu (1) $x^2>2$, (2) $x^2=2$, dan (3) $x^2<2$. Perlu ditunjukkan bahwa (1) dan (3) tidak mungkin berlaku.
Terlebih dahulu ditunjukkan (1) tidak berlaku dengan kontradiksi. Andaikan $x^2>2$. Kontradiksi akan diperoleh dengan menentukan bilangan asli $n$ sedemikian sehingga $$\left(x-\frac1n\right)^2>2. $$Untuk itu, perhatikan bahwa $$\left(x-\frac1n\right)^2 = x^2 – \frac{2x}{n} + \frac1{n^2} > x^2 -\frac{2x}{n}.$$
Karena $\frac{2x}{x^-2}>0$, maka berdakasarkan sifat Archimedes, terdapat $n\in\N$ sedemikian sehingga $$\frac{2x}{x^2-2} < n $$yang ekuivalen dengan $$x^2 – \frac{2x}{n} > 2. $$Akibatnya, diperoleh bahwa $$\left(x-\frac1n\right)^2 > x^2 -\frac{2x}{n} > 2 $$sehingga $x-\frac1n$ adalah batas yang bertentangan dengan $x$ adalah batas atas terkecil. Pengandaian salah dan haruslah (1) tidak berlaku.
Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa (2) tidak berlaku juga dengan kontradiksi. Andaikan $x^2<2.$ Akan ditentnukan bilangan asli $n$ sedemikian sehingga $$\left(x+\frac1n\right)^2<2. $$Perhatikan bahwa $$\left(x+\frac1n\right)^2 = x^2 + \frac{2x}{n} + \frac1{n^2} \leq x^2 + \frac{2x}{n} + \frac1n = x^2 + \frac{2x+1}{n}. $$Kemudian, karena $x^2 < 2$ dan $2x+1>0$, maka $$\frac{2x+1}{2-x^2}>0 $$sehingga berdasarkan sifat Archimedes, terdapat bilangan asli $n$ sedemikian sehingga $$ \frac{2x+1}{2-x^2}<n $$yang ekuivalen dengan $$x^2 + \frac{2x+1}{n}<2. $$Akibatnya, diperoleh $$\left(x+\frac1n\right)^2 \leq x^2 + \frac{2x+1}{n} < 2 $$dan $x+\frac1n$ bukan batas atas dari $S$ yang bertentangan dengan $x$ batas atas terkecil $S$. Oleh karena itu, pengandaian salah dan haruslah (3) tidak berlaku.
Karena (1) dan (3) tidak berlaku, maka haruslah (2) berlaku, yaitu $x^2=2$.
Berdasarkan ketiga sifat tersebut diperoleh bahwa $x=\sup S$ ada di $\R$ dan $x^2=2$ yang membuktikan teorema tersebut ♦
Teorema tersebut menjami bahwa terdapat $x\in\R$ positif yang memenuhi $x^2=2$. Nilai $x$ tersebut didefinisikan sebagai $\sqrt{2}$. Anda dapat mengecek bahwa nilai $x$ tersebut tunggal dengan menggunakan sifat aljabar pada $\R$ yaitu sebagai berikut.
Misalkan $x_1$ dan $x_2$ adalah dua bilangan real positif yang memenuhi $x_1^2=2 = x_2^2.$ Maka, $x_1^2-x_2^2=0$ yang berakibat $(x_1 – x_2)(x_1+x_2)=0$ sehingga $x_1=x_2$ atau $x_1=-x_2$. Karena $x_1$ dan $x_2$ adalah dua bilangan real positif, maka $x_1=x_2$. Ini membuktikan bahwa nilai $x\in\R$ positif yang memenuhi $x^2=2$ adalah tunggal.
Sifat Kepadatan Himpunan Bilangan Rasional pada Himpunan Bilangan Real
Sifat kepadatan himpunan bilangan rasional $\Q$ pada $\R$ menyatakan bahwa jika diberikan dua bilangan riil berbeda, maka terdapat bilangan rasional di antara kedua bilangan riil tersebut. Secara matematis, sifat tersebut dinyatakan dalam teorema berikut.
Teorema
Misalkan $x$ dan $y$ adalah bilangan riil dengan $x<y.$ Maka terdapat $r\in\mathbb{Q}$ sedemikian sehingga $$x<r<y.$$
Bukti.
Terlebih dahulu asumsikan bahwa $x>0$. Karena $y-x>0$, maka berdasarkan sifat Archimedes, terdapat $n\in\mathbb{N}$ sedemikian sehingga $$\frac1{y-x}<n $$yang ekuivalen dengan $$1 + nx < ny.$$
Kemudian, dengan akibat Sifat Archimedes, terdapat $m\in\N$ sedemikian sehingga $m-1\leq nx < m$. Dari sini, $$nx < m \leq nx + 1 < ny $$dan $$x < \frac{m}n < y. $$Pilih $r=m/n$. Maka, $r$ adalah bilangan rasional dengan $x<r<y.$
Selanjutnya, jika $x=0$, maka berdasarkan kasus sebelumnya untuk $$\frac{y}2 < y,$$ terdapat $r\in\mathbb{Q}$ sedemikian sehingga$$ x = 0 < \frac{y}{2} < r < y.$$
Jika $y<0,$ maka $0<-y<-x$ sehingga dengan kasus pertama, terdapat $r\in\mathbb{Q}$ sedemikian sehingga $$-y<r<-x $$yang ekuivalen dengan $$x<-r<y. $$Perhatikan bahwa $-r\in\mathbb{Q}$. Dari kasus-kasus tersebut, dapat disimpulkan bahwa terdapat $r\in\mathbb{Q}$ sedemikian sehingga $x<r<y.$
Demikian postingan kali ini tentang aplikasi dari sifat supremum. Jika Anda tertarik dengan materi tentang Analisis Real, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan topik lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.
