Lompat ke konten utama

Topologi: Pendekatan Berbasis Inkuiri: Bab 1-17 - Himpunan, Fungsi, Ruang Metrik, Ruang Topologi, Kekontinuan, Homeomorfisme, Subruang, Ruang Kuosien, Ruang Kompak, serta Pendamping Belajar Mandiri

Steven Schlicker

Bagian Panduan latihan sumber, bagian pertama

Delapan belas panduan berikut berkorespondensi, dalam urutan sumber, dengan semua tugas yang memuat pernyataan pada enam latihan pertama bagian latihan Bab 5. Buka petunjuk secara bertahap; jawaban menyatakan kesimpulan langsung, sedangkan pembahasan memberikan pembuktian lengkap. Rubrik pada setiap butir menunjukkan unsur yang harus tampak dalam pekerjaan mandiri.
Misalkan \(S\subseteq\R\) tidak kosong dan terbatas di bawah, serta \(a\in\R\text{.}\) Jelaskan mengapa \(a+\inf(S)\) merupakan batas bawah bagi \(a+S=\{a+s\mid s\in S\}\) dan mengapa \(a+S\) mempunyai infimum. Rubrik: buktikan sifat batas bawah, ketak-kosongan, dan syarat untuk memakai aksioma kelengkapan.
Petunjuk.
Mulailah dari \(\inf(S)\leq s\) untuk setiap \(s\in S\text{,}\) lalu tambahkan \(a\) pada kedua ruas.
Jawaban.
Setiap \(a+s\in a+S\) memenuhi \(a+\inf(S)\leq a+s\text{.}\) Himpunan \(a+S\) tidak kosong dan terbatas di bawah, sehingga aksioma kelengkapan menjamin adanya \(\inf(a+S)\text{.}\)
Solusi.
Karena \(\inf(S)\) adalah batas bawah bagi \(S\text{,}\) untuk setiap \(s\in S\) berlaku \(\inf(S)\leq s\text{.}\) Penjumlahan dengan bilangan real \(a\) mempertahankan urutan, sehingga \(a+\inf(S)\leq a+s\text{.}\) Setiap unsur \(a+S\) berbentuk \(a+s\text{;}\) jadi \(a+\inf(S)\) memang batas bawah bagi \(a+S\text{.}\)
Pilih \(s_0\in S\text{,}\) yang ada karena \(S\) tidak kosong. Maka \(a+s_0\in a+S\text{,}\) sehingga \(a+S\) tidak kosong. Bersama dengan batas bawah yang baru ditemukan, aksioma kelengkapan untuk \(\R\) menyatakan bahwa \(a+S\) mempunyai batas bawah terbesar, yakni \(\inf(a+S)\text{.}\)
Dengan asumsi yang sama, misalkan \(b\) suatu batas bawah bagi \(a+S\text{.}\) Buktikan bahwa \(b\leq a+\inf(S)\text{,}\) lalu simpulkan \(\inf(a+S)=a+\inf(S)\text{.}\) Rubrik: ubah \(b\) menjadi batas bawah bagi \(S\) dan gunakan sifat terbesar dari infimum.
Petunjuk.
Dari \(b\leq a+s\) untuk semua \(s\in S\text{,}\) kurangi kedua ruas dengan \(a\text{.}\)
Jawaban.
Bilangan \(b-a\) adalah batas bawah bagi \(S\text{,}\) jadi \(b-a\leq\inf(S)\) dan \(b\leq a+\inf(S)\text{.}\) Karena \(a+\inf(S)\) sendiri merupakan batas bawah bagi \(a+S\text{,}\) bilangan itu adalah infimumnya.
Solusi.
Karena \(b\) batas bawah bagi \(a+S\text{,}\) untuk setiap \(s\in S\) berlaku \(b\leq a+s\text{.}\) Mengurangi kedua ruas dengan \(a\) memberi \(b-a\leq s\) untuk setiap \(s\in S\text{.}\) Jadi \(b-a\) merupakan batas bawah bagi \(S\text{.}\) Infimum adalah batas bawah terbesar, sehingga \(b-a\leq\inf(S)\text{,}\) atau ekuivalen dengan \(b\leq a+\inf(S)\text{.}\)
Butir sebelumnya telah membuktikan bahwa \(a+\inf(S)\) adalah batas bawah bagi \(a+S\text{.}\) Argumen di atas membuktikan bahwa setiap batas bawah \(b\) bagi \(a+S\) tidak melebihi bilangan tersebut. Maka \(a+\inf(S)\) adalah batas bawah terbesar bagi \(a+S\text{,}\) sehingga \(\inf(a+S)=a+\inf(S)\text{.}\)
Misalkan \(S\subseteq\R\) tidak kosong dan terbatas di atas, serta \(t=\sup(S)\text{.}\) Buktikan bahwa untuk setiap \(r\lt t\) terdapat \(s\in S\) dengan \(r\lt s\leq t\text{.}\) Rubrik: gunakan kontraposisi dari sifat batas atas, bukan asumsi bahwa supremum harus berada di dalam \(S\text{.}\)
Petunjuk.
Jika tidak ada \(s\in S\) yang lebih besar daripada \(r\text{,}\) apakah peran \(r\) bagi \(S\text{?}\)
Jawaban.
Jika tidak ada \(s\in S\) dengan \(s\gt r\text{,}\) maka \(r\) adalah batas atas bagi \(S\text{,}\) yang bertentangan dengan \(t=\sup(S)\gt r\text{.}\) Karena \(t\) batas atas, unsur yang diperoleh juga memenuhi \(s\leq t\text{.}\)
Solusi.
Ambil sebarang \(r\lt t\text{.}\) Andaikan tidak terdapat \(s\in S\) dengan \(r\lt s\text{.}\) Maka setiap \(s\in S\) memenuhi \(s\leq r\text{,}\) sehingga \(r\) adalah batas atas bagi \(S\text{.}\) Namun, karena \(t=\sup(S)\) adalah batas atas terkecil, setiap batas atas bagi \(S\) harus memenuhi \(t\leq r\text{.}\) Hal ini bertentangan dengan \(r\lt t\text{.}\) Jadi ada \(s\in S\) dengan \(r\lt s\text{.}\) Selain itu, \(t\) adalah batas atas bagi \(S\text{,}\) maka \(s\leq t\text{.}\) Dengan demikian \(r\lt s\leq t\text{.}\)
Misalkan \(S\subseteq\R\) tidak kosong dan terbatas di bawah, serta \(t=\inf(S)\text{.}\) Buktikan bahwa untuk setiap \(r\gt t\) terdapat \(s\in S\) dengan \(t\leq s\lt r\text{.}\) Rubrik: tunjukkan secara eksplisit kontradiksi yang timbul jika \(r\) menjadi batas bawah.
Petunjuk.
Andaikan tidak ada \(s\in S\) dengan \(s\lt r\text{;}\) bandingkan \(r\) dengan batas bawah terbesar \(t\text{.}\)
Jawaban.
Jika semua \(s\in S\) memenuhi \(r\leq s\text{,}\) maka \(r\) adalah batas bawah bagi \(S\text{,}\) sehingga \(r\leq t\text{;}\) ini bertentangan dengan \(r\gt t\text{.}\) Unsur yang diperoleh memenuhi \(t\leq s\) karena \(t\) batas bawah.
Solusi.
Ambil sebarang \(r\gt t\text{.}\) Jika tidak ada \(s\in S\) dengan \(s\lt r\text{,}\) maka \(r\leq s\) untuk setiap \(s\in S\text{.}\) Dengan demikian \(r\) merupakan batas bawah bagi \(S\text{.}\) Karena \(t=\inf(S)\) adalah batas bawah terbesar, setiap batas bawah harus memenuhi \(r\leq t\text{,}\) bertentangan dengan \(r\gt t\text{.}\) Jadi terdapat \(s\in S\) dengan \(s\lt r\text{.}\) Karena \(t\) sendiri batas bawah bagi \(S\text{,}\) berlaku pula \(t\leq s\text{.}\) Maka \(t\leq s\lt r\text{.}\)
Misalkan \(A,B\subseteq\R\) tidak kosong serta terbatas di atas dan di bawah. Tetapkan \(x=\sup(A)\text{,}\) \(y=\sup(B)\text{,}\) dan \(A+B=\{a+b\mid a\in A,\ b\in B\}\text{.}\) Buktikan bahwa \(x+y\) merupakan batas atas bagi \(A+B\text{.}\) Rubrik: mulai dari dua pertidaksamaan batas atas dan kuantifikasikan atas setiap unsur \(A+B\text{.}\)
Petunjuk.
Untuk \(a\in A\) dan \(b\in B\text{,}\) jumlahkan \(a\leq x\) dan \(b\leq y\text{.}\)
Jawaban.
Setiap \(a+b\in A+B\) memenuhi \(a+b\leq x+y\text{;}\) jadi \(x+y\) adalah batas atas bagi \(A+B\text{.}\)
Solusi.
Supremum \(x\) adalah batas atas bagi \(A\text{,}\) sehingga \(a\leq x\) untuk setiap \(a\in A\text{.}\) Demikian pula, \(b\leq y\) untuk setiap \(b\in B\text{.}\) Ambil sebarang unsur \(c\in A+B\text{.}\) Berdasarkan definisi jumlah himpunan, terdapat \(a\in A\) dan \(b\in B\) dengan \(c=a+b\text{.}\) Menjumlahkan kedua pertidaksamaan menghasilkan \(c=a+b\leq x+y\text{.}\) Karena hal ini berlaku bagi setiap \(c\in A+B\text{,}\) \(x+y\) adalah batas atas bagi \(A+B\text{.}\)
Dengan notasi pada butir sebelumnya, misalkan \(z=\sup(A+B)\text{.}\) Jelaskan mengapa \(z\leq x+y\text{.}\) Rubrik: sebutkan sifat supremum yang dipakai dan alasan \(z\) ada.
Petunjuk.
Supremum tidak lebih besar daripada batas atas mana pun bagi himpunan yang sama.
Jawaban.
Himpunan \(A+B\) tidak kosong dan, menurut butir sebelumnya, terbatas di atas oleh \(x+y\text{.}\) Jadi \(z\) ada dan, sebagai batas atas terkecil, memenuhi \(z\leq x+y\text{.}\)
Solusi.
Karena \(A\) dan \(B\) tidak kosong, terdapat \(a_0\in A\) dan \(b_0\in B\text{,}\) sehingga \(a_0+b_0\in A+B\text{;}\) jadi \(A+B\) tidak kosong. Butir sebelumnya menunjukkan bahwa \(x+y\) merupakan batas atas bagi \(A+B\text{.}\) Aksioma kelengkapan kemudian menjamin adanya \(z=\sup(A+B)\text{.}\) Supremum adalah batas atas terkecil, sehingga ia tidak dapat melebihi batas atas \(x+y\text{.}\) Oleh karena itu \(z\leq x+y\text{.}\)
Dengan \(x=\sup(A)\text{,}\) \(y=\sup(B)\text{,}\) dan \(z=\sup(A+B)\text{,}\) buktikan bahwa \(z=x+y\) melalui kontradiksi. Jika \(z\lt x+y\text{,}\) tetapkan \(\epsilon=x+y-z\) dan gunakan sifat pendekatan supremum. Rubrik: pilih unsur dari kedua himpunan dengan galat yang jumlahnya kurang dari \(\epsilon\text{.}\)
Petunjuk.
Pilih \(a\in A\) dan \(b\in B\) sehingga \(x-\epsilon/2\lt a\leq x\) dan \(y-\epsilon/2\lt b\leq y\text{.}\)
Jawaban.
Pilihan tersebut memberi \(a+b\gt x+y-\epsilon=z\text{,}\) padahal \(a+b\in A+B\) dan \(z\) adalah batas atas. Maka \(z\not\lt x+y\text{;}\) bersama \(z\leq x+y\text{,}\) diperoleh \(z=x+y\text{.}\)
Solusi.
Kita sudah mengetahui \(z\leq x+y\text{.}\) Andaikan \(z\lt x+y\) dan definisikan \(\epsilon=x+y-z\gt0\text{.}\) Karena \(x-\epsilon/2\lt x=\sup(A)\text{,}\) sifat pendekatan supremum menjamin adanya \(a\in A\) dengan \(x-\epsilon/2\lt a\leq x\text{.}\) Dengan alasan yang sama, ada \(b\in B\) dengan \(y-\epsilon/2\lt b\leq y\text{.}\)
Menjumlahkan dua pertidaksamaan ketat itu menghasilkan
\begin{equation*} a+b \gt x+y-\epsilon=x+y-(x+y-z)=z. \end{equation*}
Akan tetapi, \(a+b\in A+B\text{,}\) sedangkan \(z=\sup(A+B)\) adalah batas atas bagi \(A+B\text{;}\) seharusnya \(a+b\leq z\text{.}\) Kontradiksi ini menolak \(z\lt x+y\text{.}\) Karena sebelumnya telah dibuktikan \(z\leq x+y\text{,}\) satu-satunya kemungkinan ialah \(z=x+y\text{.}\) Jadi \(\sup(A+B)=\sup(A)+\sup(B)\text{.}\)
Buktikan bahwa \(\inf(A+B)=\inf(A)+\inf(B)\text{.}\) Rubrik: buktikan terlebih dahulu satu batas bawah, lalu gunakan pendekatan infimum dengan pembagian galat yang eksplisit untuk membuktikan arah sebaliknya.
Petunjuk.
Jika \(p=\inf(A)\text{,}\) \(q=\inf(B)\text{,}\) dan \(w=\inf(A+B)\gt p+q\text{,}\) gunakan \(\epsilon=w-p-q\) untuk memilih \(a\lt p+\epsilon/2\) serta \(b\lt q+\epsilon/2\text{.}\)
Jawaban.
Bilangan \(p+q\) adalah batas bawah bagi \(A+B\text{,}\) jadi \(p+q\leq w\text{.}\) Jika ketat, unsur \(a\in A\) dan \(b\in B\) dapat dipilih dengan \(a+b\lt w\text{,}\) bertentangan dengan sifat \(w\) sebagai batas bawah. Jadi \(w=p+q\text{.}\)
Solusi.
Tetapkan \(p=\inf(A)\) dan \(q=\inf(B)\text{.}\) Untuk setiap \(a\in A\) dan \(b\in B\text{,}\) berlaku \(p\leq a\) dan \(q\leq b\text{,}\) sehingga \(p+q\leq a+b\text{.}\) Jadi \(p+q\) adalah batas bawah bagi \(A+B\text{.}\) Himpunan \(A+B\) tidak kosong, maka infimumnya \(w=\inf(A+B)\) ada, dan sifat terbesar infimum memberi \(p+q\leq w\text{.}\)
Andaikan \(w\gt p+q\) dan tetapkan \(\epsilon=w-(p+q)\gt0\text{.}\) Karena \(p+\epsilon/2\gt p=\inf(A)\text{,}\) sifat pendekatan infimum memberi \(a\in A\) dengan \(p\leq a\lt p+\epsilon/2\text{.}\) Demikian pula, ada \(b\in B\) dengan \(q\leq b\lt q+\epsilon/2\text{.}\) Maka
\begin{equation*} a+b\lt p+q+\epsilon=w. \end{equation*}
Ini mustahil karena \(a+b\in A+B\) dan \(w\) adalah batas bawah bagi \(A+B\text{,}\) yang mengharuskan \(w\leq a+b\text{.}\) Jadi \(w\not\gt p+q\text{.}\) Bersama \(p+q\leq w\text{,}\) diperoleh \(w=p+q\text{.}\)
Buktikan atau bantah pernyataan berikut.
\begin{equation*} \sup(A\cup B)=\max\{\sup(A),\sup(B)\} \end{equation*}
Rubrik: putuskan nilai kebenarannya dan verifikasi dua syarat batas atas terkecil.
Petunjuk.
Setiap unsur gabungan berasal dari \(A\) atau \(B\text{;}\) setiap batas atas bagi gabungan juga membatasi keduanya.
Jawaban.
Pernyataan benar. Bilangan \(M=\max\{\sup(A),\sup(B)\}\) membatasi \(A\cup B\) dari atas, dan setiap batas atas bagi \(A\cup B\) sedikitnya sebesar \(M\text{.}\)
Solusi.
Tetapkan \(M=\max\{\sup(A),\sup(B)\}\text{.}\) Jika \(u\in A\cup B\text{,}\) maka \(u\in A\) atau \(u\in B\text{.}\) Dalam kasus pertama, \(u\leq\sup(A)\leq M\text{;}\) dalam kasus kedua, \(u\leq\sup(B)\leq M\text{.}\) Jadi \(M\) adalah batas atas bagi \(A\cup B\text{.}\)
Sekarang misalkan \(U\) sebarang batas atas bagi \(A\cup B\text{.}\) Karena \(A\subseteq A\cup B\) dan \(B\subseteq A\cup B\text{,}\) \(U\) adalah batas atas bagi \(A\) dan bagi \(B\text{.}\) Maka \(\sup(A)\leq U\) dan \(\sup(B)\leq U\text{,}\) sehingga \(M\leq U\text{.}\) Jadi \(M\) adalah batas atas terkecil, yang membuktikan kesamaan tersebut.
Buktikan atau bantah pernyataan berikut.
\begin{equation*} \inf(A\cup B)=\min\{\inf(A),\inf(B)\} \end{equation*}
Rubrik: putuskan nilai kebenarannya dan verifikasi dua syarat batas bawah terbesar.
Petunjuk.
Gunakan bahwa setiap unsur gabungan berada dalam salah satu himpunan dan setiap batas bawah bagi gabungan membatasi keduanya.
Jawaban.
Pernyataan benar. Bilangan \(L=\min\{\inf(A),\inf(B)\}\) membatasi \(A\cup B\) dari bawah, dan setiap batas bawah bagi gabungan tidak melebihi \(L\text{.}\)
Solusi.
Tetapkan \(L=\min\{\inf(A),\inf(B)\}\text{.}\) Jika \(u\in A\cup B\text{,}\) maka \(u\in A\) atau \(u\in B\text{.}\) Jika \(u\in A\text{,}\) maka \(L\leq\inf(A)\leq u\text{;}\) jika \(u\in B\text{,}\) maka \(L\leq\inf(B)\leq u\text{.}\) Jadi \(L\) adalah batas bawah bagi \(A\cup B\text{.}\)
Misalkan \(V\) sebarang batas bawah bagi \(A\cup B\text{.}\) Karena \(A,B\subseteq A\cup B\text{,}\) \(V\) adalah batas bawah bagi \(A\) dan bagi \(B\text{.}\) Maka \(V\leq\inf(A)\) dan \(V\leq\inf(B)\text{,}\) sehingga \(V\leq L\text{.}\) Jadi \(L\) adalah batas bawah terbesar dan kesamaan yang diminta berlaku.
Pada \(C[0,1]\) dengan \(d(f,g)=\sup\{|f(t)-g(t)|\mid t\in[0,1]\}\text{,}\) hitung \(d(t^2,1-2t)\text{.}\) Rubrik: tentukan supremum nilai mutlak pada seluruh interval dan tunjukkan bahwa nilainya dicapai.
Petunjuk.
Fungsi \(h(t)=t^2+2t-1\) meningkat pada \([0,1]\text{;}\) bandingkan nilai mutlak pada kedua ujung rentangnya.
Jawaban.
\(d(t^2,1-2t)=2\text{,}\) dan jarak maksimum itu dicapai pada \(t=1\text{.}\)
Solusi.
Selisih kedua fungsi adalah \(h(t)=t^2-(1-2t)=t^2+2t-1\text{.}\) Untuk \(0\leq u\lt v\leq1\text{,}\)
\begin{equation*} h(v)-h(u)=(v-u)(u+v+2)\gt0, \end{equation*}
sehingga \(h\) meningkat pada \([0,1]\text{.}\) Karena \(h(0)=-1\) dan \(h(1)=2\text{,}\) setiap \(h(t)\) berada dalam \([-1,2]\text{.}\) Maka \(|h(t)|\leq2\) untuk semua \(t\in[0,1]\text{.}\) Pada \(t=1\text{,}\) \(|h(1)|=2\text{,}\) sehingga batas atas ini dicapai dan \(\sup_{t\in[0,1]}|h(t)|=2\text{.}\) Jadi \(d(t^2,1-2t)=2\text{.}\)
Misalkan \(X=C[a,b]\text{,}\) dengan \(a\lt b\text{,}\) dan definisikan \(d(f,g)=\sup\{|f(t)-g(t)|\mid t\in[a,b]\}\text{.}\) Buktikan bahwa \(d\) merupakan metrik dan jelaskan makna geometrisnya. Rubrik: buktikan nilai supremum berhingga serta keempat aksioma metrik, lalu identifikasi jarak vertikal maksimum antara dua graf.
Petunjuk.
Gunakan kekompakan \([a,b]\) untuk keberadaan maksimum dan terapkan pertidaksamaan segitiga nilai mutlak secara titik-demi-titik sebelum mengambil supremum.
Jawaban.
Fungsi \(|f-g|\) kontinu pada interval kompak, sehingga supremumnya berhingga dan dicapai. Fungsi \(d\) tak negatif, nol tepat untuk \(f=g\text{,}\) simetris, dan memenuhi pertidaksamaan segitiga. Secara geometris, \(d(f,g)\) adalah pemisahan vertikal terbesar antara graf \(f\) dan \(g\) pada interval tersebut.
Solusi.
Untuk \(f,g\in C[a,b]\text{,}\) fungsi \(t\mapsto|f(t)-g(t)|\) kontinu. Teorema nilai ekstrem pada interval kompak \([a,b]\) menjamin bahwa fungsi ini mencapai suatu maksimum berhingga. Jadi \(d(f,g)\) terdefinisi sebagai bilangan real tak negatif.
Jelas \(d(f,g)\geq0\text{.}\) Jika \(f=g\text{,}\) maka seluruh selisih bernilai nol, sehingga \(d(f,g)=0\text{.}\) Sebaliknya, jika \(d(f,g)=0\text{,}\) maka untuk setiap \(t\in[a,b]\text{,}\) \(0\leq|f(t)-g(t)|\leq d(f,g)=0\text{.}\) Jadi \(f(t)=g(t)\) untuk setiap \(t\text{,}\) yakni \(f=g\text{.}\) Selanjutnya, \(|f(t)-g(t)|=|g(t)-f(t)|\) pada setiap \(t\text{,}\) maka \(d(f,g)=d(g,f)\text{.}\)
Untuk \(f,g,h\in C[a,b]\) dan setiap \(t\in[a,b]\text{,}\)
\begin{equation*} |f(t)-h(t)|\leq |f(t)-g(t)|+|g(t)-h(t)| \leq d(f,g)+d(g,h). \end{equation*}
Ruas kanan adalah batas atas yang tidak bergantung pada \(t\text{.}\) Mengambil supremum atas \(t\in[a,b]\) pada ruas kiri memberi \(d(f,h)\leq d(f,g)+d(g,h)\text{.}\) Jadi keempat aksioma metrik terpenuhi. Nilai \(|f(t)-g(t)|\) adalah jarak vertikal kedua graf di absis \(t\text{;}\) supremum, yang di sini merupakan maksimum, adalah jarak vertikal terbesar pada seluruh interval. Itulah alasan nama metrik supremum atau metrik seragam.
Misalkan \(x\in\R\text{.}\) Andaikan tidak ada bilangan bulat positif \(N\) dengan \(N\gt x\text{.}\) Jelaskan mengapa \(\Z^+\) terbatas di atas. Rubrik: terjemahkan negasi kuantor dengan tepat dan berikan batas atas yang eksplisit.
Petunjuk.
Negasi “ada \(N\in\Z^+\) dengan \(N\gt x\)” adalah “untuk setiap \(N\in\Z^+\text{,}\) \(N\leq x\text{.}\)”
Jawaban.
Asumsi tersebut menyatakan \(N\leq x\) bagi setiap \(N\in\Z^+\text{.}\) Jadi \(x\) adalah batas atas bagi \(\Z^+\text{,}\) dan \(\Z^+\) terbatas di atas.
Solusi.
Pernyataan yang diandaikan salah adalah \(\exists N\in\Z^+\;(N\gt x)\text{.}\) Negasinya ialah \(\forall N\in\Z^+\;(N\leq x)\text{.}\) Dengan demikian setiap unsur \(\Z^+\) tidak melebihi bilangan real \(x\text{.}\) Menurut definisi, \(x\) adalah batas atas bagi \(\Z^+\text{;}\) karena itu \(\Z^+\) terbatas di atas.
Dengan mengandaikan \(\Z^+\) terbatas di atas, jelaskan mengapa terdapat batas atas terkecil \(M\) bagi \(\Z^+\text{.}\) Rubrik: verifikasi ketak-kosongan dan terapkan aksioma kelengkapan dengan tepat.
Petunjuk.
Himpunan \(\Z^+\) memuat \(1\) dan, menurut asumsi, mempunyai suatu batas atas real.
Jawaban.
Karena \(1\in\Z^+\text{,}\) himpunan itu tidak kosong; menurut asumsi, himpunan itu terbatas di atas. Aksioma kelengkapan menjamin adanya \(M=\sup(\Z^+)\text{,}\) yaitu batas atas terkecilnya.
Solusi.
Aksioma kelengkapan menyatakan bahwa setiap subhimpunan tak kosong dari \(\R\) yang terbatas di atas mempunyai supremum. Himpunan \(\Z^+\) merupakan subhimpunan \(\R\) dan tidak kosong karena memuat \(1\text{.}\) Dalam argumen kontradiksi ini, keterbatasannya di atas sedang diandaikan. Karena semua hipotesis aksioma kelengkapan terpenuhi, terdapat \(M=\sup(\Z^+)\text{.}\) Berdasarkan definisi supremum, \(M\) adalah batas atas terkecil bagi \(\Z^+\text{.}\)
Andaikan \(M=\sup(\Z^+)\text{.}\) Buktikan bahwa \(M\) tidak mungkin menjadi batas atas terkecil, lalu simpulkan sifat Archimedes. Rubrik: gunakan \(M-1\lt M\) untuk memperoleh bilangan bulat positif yang menghasilkan unsur baru di atas \(M\text{.}\)
Petunjuk.
Karena \(M-1\) lebih kecil daripada supremum, ia bukan batas atas; pilih \(N\in\Z^+\) dengan \(N\gt M-1\) dan perhatikan \(N+1\text{.}\)
Jawaban.
Ada \(N\in\Z^+\) dengan \(N\gt M-1\text{,}\) sehingga \(N+1\in\Z^+\) dan \(N+1\gt M\text{.}\) Ini bertentangan dengan \(M\) sebagai batas atas. Jadi \(\Z^+\) tidak terbatas di atas, yang persis menyatakan bahwa untuk setiap \(x\in\R\) ada \(N\in\Z^+\) dengan \(N\gt x\text{.}\)
Solusi.
Karena \(M-1\lt M=\sup(\Z^+)\text{,}\) bilangan \(M-1\) tidak dapat menjadi batas atas bagi \(\Z^+\text{;}\) jika ia batas atas, sifat terkecil supremum akan memberi \(M\leq M-1\text{.}\) Jadi terdapat \(N\in\Z^+\) dengan \(N\gt M-1\text{.}\) Penambahan satu memberi \(N+1\gt M\text{.}\) Akan tetapi, \(N+1\) juga bilangan bulat positif, sehingga \(N+1\in\Z^+\text{.}\) Ini bertentangan dengan asumsi bahwa \(M\) adalah batas atas bagi \(\Z^+\text{.}\)
Kontradiksi tersebut berasal dari asumsi awal bahwa, untuk suatu \(x\in\R\text{,}\) tidak ada bilangan bulat positif yang lebih besar daripada \(x\text{.}\) Maka asumsi itu salah untuk setiap \(x\text{:}\) bagi setiap \(x\in\R\) terdapat \(N\in\Z^+\) dengan \(N\gt x\text{.}\) Inilah sifat Archimedes.
Misalkan \(x,y\in\R\) dengan \(x\gt0\text{.}\) Dengan mengandaikan sifat Archimedes, buktikan bahwa ada \(N\in\Z^+\) sedemikian sehingga \(Nx\gt y\text{.}\) Rubrik: terapkan sifat Archimedes pada hasil bagi yang tepat dan perhatikan arah pertidaksamaan ketika mengalikan.
Petunjuk.
Terapkan sifat Archimedes pada bilangan real \(y/x\text{.}\)
Jawaban.
Pilih \(N\in\Z^+\) dengan \(N\gt y/x\text{.}\) Karena \(x\gt0\text{,}\) perkalian dengan \(x\) memberi \(Nx\gt y\text{.}\)
Solusi.
Karena \(x\gt0\text{,}\) hasil bagi \(y/x\) adalah bilangan real. Sifat Archimedes memberi bilangan bulat positif \(N\) dengan \(N\gt y/x\text{.}\) Mengalikan kedua ruas dengan \(x\gt0\) tidak membalik arah pertidaksamaan, sehingga \(Nx\gt y\text{.}\) Argumen ini juga mencakup \(y\leq0\text{;}\) tidak diperlukan asumsi tambahan pada tanda \(y\text{.}\)
Andaikan bahwa untuk setiap \(x,y\in\R\) dengan \(x\gt0\) ada \(N\in\Z^+\) yang memenuhi \(Nx\gt y\text{.}\) Buktikan sifat Archimedes dan simpulkan ekuivalensi kedua pernyataan. Rubrik: buat satu substitusi yang berlaku bagi sebarang batas real.
Petunjuk.
Dalam bentuk berskala, tetapkan faktor positif sama dengan \(1\text{.}\)
Jawaban.
Untuk sebarang \(u\in\R\text{,}\) gunakan pernyataan berskala dengan \(x=1\) dan \(y=u\text{.}\) Diperoleh \(N\in\Z^+\) dengan \(N\gt u\text{,}\) yaitu sifat Archimedes. Bersama butir sebelumnya, kedua pernyataan ekuivalen.
Solusi.
Ambil sebarang bilangan real \(u\text{.}\) Hipotesis bentuk berskala dapat diterapkan pada \(x=1\gt0\) dan \(y=u\text{.}\) Maka terdapat bilangan bulat positif \(N\) sehingga \(N\cdot1\gt u\text{,}\) yakni \(N\gt u\text{.}\) Karena \(u\) dipilih sebarang, ini membuktikan sifat Archimedes. Butir sebelumnya membuktikan implikasi dari sifat Archimedes ke bentuk berskala, sedangkan argumen ini membuktikan implikasi balik. Oleh sebab itu kedua pernyataan ekuivalen.
Buktikan bahwa pernyataan “untuk setiap \(x\gt0\) terdapat \(N\in\Z^+\) dengan \(1/N\lt x\)” ekuivalen dengan sifat Archimedes. Rubrik: buktikan kedua arah, pisahkan kasus batas real tak positif dalam arah balik, dan jaga tanda ketika mengambil kebalikan.
Petunjuk.
Untuk arah maju gunakan \(1/x\text{.}\) Untuk arah balik, jika batas \(y\) positif, terapkan pernyataan kebalikan pada \(1/y\text{.}\)
Jawaban.
Sifat Archimedes pada \(1/x\) memberi \(N\gt1/x\text{,}\) sehingga \(1/N\lt x\text{.}\) Sebaliknya, untuk \(y\gt0\text{,}\) penerapan pernyataan pada \(1/y\) memberi \(1/N\lt1/y\text{,}\) sehingga \(N\gt y\text{;}\) untuk \(y\leq0\text{,}\) ambil \(N=1\text{.}\) Jadi sifat Archimedes berlaku.
Solusi.
Pertama, andaikan sifat Archimedes dan ambil sebarang \(x\gt0\text{.}\) Karena \(1/x\in\R\text{,}\) terdapat \(N\in\Z^+\) dengan \(N\gt1/x\text{.}\) Semua bilangan ini positif. Mengalikan dengan \(x/N\gt0\) memberi \(x\gt1/N\text{.}\) Jadi bentuk kebalikan mengikuti dari sifat Archimedes.
Sebaliknya, andaikan untuk setiap \(x\gt0\) terdapat \(N\in\Z^+\) dengan \(1/N\lt x\text{.}\) Ambil sebarang \(y\in\R\text{.}\) Jika \(y\leq0\text{,}\) bilangan \(N=1\) memenuhi \(N\gt y\text{.}\) Jika \(y\gt0\text{,}\) terapkan hipotesis pada \(x=1/y\gt0\text{.}\) Terdapat \(N\in\Z^+\) dengan \(1/N\lt1/y\text{.}\) Mengalikan dengan \(Ny\gt0\) menghasilkan \(y\lt N\text{.}\) Dalam kedua kasus ada bilangan bulat positif \(N\gt y\text{.}\) Karena \(y\) sebarang, sifat Archimedes berlaku. Kedua implikasi telah dibuktikan, maka kedua pernyataan ekuivalen.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>