বইগুলো এখনো বাংলা ভাষায় পাওয়া যায় না — Bahasa Indonesia সংস্করণ দেখানো হচ্ছে।

Matematika Universitas — Tahun 1 · স্নাতক প্রথম বর্ষ

10Bilangan Real

Seluruh analisis bersandar pada satu sifat yang membedakan $\R$ dari $\Q$ : setiap himpunan tak kosong yang terbatas di atas mempunyai batas atas terkecil. Bab ini menyatakannya secara tepat, menurunkan akibat pertamanya — sifat Archimedes, fungsi lantai, dan kepadatan bilangan rasional maupun irasional — lalu menyiapkan kosakatanya (sup, inf, maks, min) yang dipakai terus-menerus mulai dari Bab 11.

10.1 Sifat batas atas

Definisi 10.1 (Batas, sup dan inf)

Misalkan $A \subseteq \R$ tak kosong. Bilangan real $M$ disebut batas atas $A$ bila $a \leq M$ untuk setiap $a \in A$ ; lalu $A$ disebut terbatas di atas bila ia mempunyai batas atas (serupa itu di bawah, dengan batas bawah; terbatas berarti keduanya). Adapun maksimum $A$ adalah batas atas yang termasuk $A$ .

Supremum $\sup A$ adalah batas atas terkecil $A$ , bila ada; sedangkan infimum $\inf A$ adalah batas bawah terbesarnya.

Teorema 10.2 (Aksioma kelengkapan $\R$ )

Di sini $\R$ adalah lapangan terurut yang memuat $\Q$ dan yang di dalamnya setiap himpunan bagian tak kosong yang terbatas di atas mempunyai supremum.

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Catatan 10.3

Kita mengambilnya sebagai aksioma pendefinisi $\R$ ; membangun sebuah modelnya (lewat potongan Dedekind atau lewat barisan Cauchy bilangan rasional) beserta pembuktian ketunggalannya memang jujur tetapi panjang, dan diserahkan untuk telaah lanjutan. Perhatikan bahwa $\Q$ gagal memenuhi sifat itu: $\{x \in \Q : x^2 < 2\}$ terbatas di atas tetapi tak mempunyai batas atas terkecil di $\Q$ — karena calonnya, yaitu $\sqrt 2$ , tidak ada di sana (Contoh 1.11). Dengan berpindah ke lawannya ( $\sup(-A) = -\inf A$ ), setiap himpunan tak kosong yang terbatas di bawah mempunyai infimum.

Proposisi 10.4 (Pencirian lewat $\varepsilon$ )

Misalkan $A \neq \emptyset$ terbatas di atas dan $s \in \R$ . Maka $s = \sup A$ jika dan hanya jika

$s$ merupakan batas atas: $\forall a \in A$ , $a \leq s$ ; dan
tak ada yang lebih kecil yang demikian: $\forall \varepsilon > 0$ , $\exists a \in A$ , $a > s - \varepsilon$ .

Bukti. Jika $s = \sup A$ : butir (1) berlaku menurut definisinya, dan untuk (2), $s - \varepsilon < s$ bukan batas atas, dan itu persis keberadaan $a > s - \varepsilon$ . Sebaliknya, (1) mengatakan $s$ sebuah batas atas; sedangkan (2) mengatakan tak ada $t < s$ yang menjadi batas atas (ambil $\varepsilon = s - t$ ): jadi $s$ yang terkecil. ∎

Contoh 10.5

$\sup \intoo{0}{1} = 1$ , yang tak tercapai (jadi tanpa maksimum); $\sup \intcc{0}{1} = 1 = \max$ . Untuk $A = \{1 - \frac 1n : n \in \N^*\}$ : $\sup A = 1$ , yang tak tercapai; sedangkan $\inf A = \min A = 0$ . Sebuah maksimum, bila ada, sekaligus menjadi supremumnya; dan seluruh maksud $\sup$ adalah menyediakan pengganti ketika maksimumnya tidak ada.

Himpunan A = \1 - 1n : n ∈ ℕ*\ pada garis bilangan: titiknya menumpuk menuju 1 tanpa pernah mencapainya. Setiap bilangan ≥ 1 merupakan batas atas (yaitu sinar garisnya), dan tak ada yang lebih kecil yang demikian, karena sebuah unsur A masuk ke setiap selang (1 - , 1): jadi kedua klausa dalam satu gambar. Supremumnya adalah titik ujung kiri sinar garis batas atas itu — dan aksioma kelengkapan justru menjamin bahwa sinar garis itu selalu mempunyai titik ujung kiri. — Himpunan $A = \{1 - \frac1n : n \in \N^*\}$ pada garis bilangan: titiknya menumpuk menuju $1$ tanpa pernah mencapainya. Setiap bilangan $\geq 1$ merupakan batas atas (yaitu sinar garisnya), dan tak ada yang lebih kecil yang demikian, karena sebuah unsur $A$ masuk ke setiap selang $\intoo{1 - \varepsilon}{1}$ : jadi kedua klausa Proposisi 10.4 dalam satu gambar. Supremumnya adalah titik ujung kiri sinar garis batas atas itu — dan aksioma kelengkapan justru menjamin bahwa sinar garis itu selalu mempunyai titik ujung kiri.

Contoh 10.6 (Menghitung supremum dalam praktik)

Dua latihan penuh atas Proposisi 10.4.

Himpunan $A = \{x + \frac1x : x > 0\}$ . Untuk setiap $x > 0$ , $x + \frac1x - 2 = \frac{(\,\sqrt x - 1/\sqrt x\,)^2}{1} \geq 0$ , jadi $2$ merupakan batas bawah; dan $2 = 1 + \frac11 \in A$ : sehingga $\inf A = \min A = 2$ , yang tercapai di $x = 1$ . Di atas, $A$ tak terbatas ( $x + \frac1x > x$ dapat melampaui sebarang $M$ menurut Teorema 10.10): jadi $\sup A$ tidak ada di $\R$ (ia $+\infty$ di $\overline\R$ ).

Himpunan $B = \bigl\{\frac{m}{m + n} : m, n \in \N^*\bigr\}$ . Setiap unsurnya terletak di $\intoo{0}{1}$ , jadi $0$ dan $1$ menjadi batasnya. Tak satu pun tercapai: karena $\frac{m}{m+n} = 1$ akan memaksa $n = 0$ . Untuk supremumnya, bekukan $n = 1$ lalu biarkan $m$ tumbuh: $\frac{m}{m+1} = 1 - \frac{1}{m+1} > 1 - \varepsilon$ begitu $m + 1 > \frac1\varepsilon$ (menurut Archimedes): jadi $\sup B = 1$ . Secara simetris ( $m = 1$ , dengan $n$ besar), $\inf B = 0$ . Inti gagasan penutupnya: untuk memakukan sebuah supremum, satu lintasan berparameter tunggal di dalam himpunannya sudah cukup — di sini lintasan $n = 1$ — dan pencirian lewat $\varepsilon$ tak menuntut lebih dari itu.

Contoh 10.7 (Cermin infimumnya)

Infimum mempunyai pencirian lewat $\varepsilon$ tersendiri, yang diperoleh dari Proposisi 10.4 lewat $\inf A = -\sup(-A)$ : di sini $i = \inf A$ jika dan hanya jika $i$ membatasi $A$ dari bawah dan, untuk setiap $\varepsilon > 0$ , ada $a \in A$ dengan $a < i + \varepsilon$ . Sebuah latihan dengan kedua batasnya sekaligus: misalkan

A = \Bigl\{(-1)^n + \frac1n : n \in \N^*\Bigr\} = \Bigl\{0,\ \tfrac32,\ -\tfrac23,\ \tfrac54,\ -\tfrac45,\ \dots\Bigr\} .

Indeks genap memberikan $1 + \frac1n \leq \frac32$ , dengan kesamaan di $n = 2$ : dan karena nilai berindeks ganjil pun $\leq 0 < \frac32$ , kita peroleh $\sup A = \max A = \frac32$ . Sedangkan indeks ganjil memberikan $-1 + \frac1n > -1$ , yang menurun menuju $-1$ : jadi setiap unsur $A$ bernilai $> -1$ , dan $-1 + \varepsilon$ dikalahkan oleh $-1 + \frac1n$ untuk $n > \frac1\varepsilon$ yang ganjil: sehingga $\inf A = -1$ , yang tak tercapai. Satu himpunan, dengan keempat perilakunya terpampang: sebuah supremum yang menjadi maksimum, dan sebuah infimum yang bukan minimum.

Catatan 10.8 (Jebakan yang lazim dengan sup dan inf)

Empat kesalahan menyumbang sebagian besar nilai yang hilang. (i) Mengacaukan $\sup$ dan $\max$ : karena $\sup A$ tak harus termasuk $A$ ; jadi tulis $\max$ hanya setelah sebuah unsur $A$ yang menjadi batas atas ditunjukkan. (ii) Meneruskan ketaksamaan tegas ke supremumnya: jika $a < b$ untuk setiap $a \in A$ , kita hanya boleh menyimpulkan $\sup A \leq b$ — dengan saksi $A = \intoo{0}{1}$ , $b = 1$ . (iii) Menulis $\sup A$ sebelum memeriksa kesahihannya: karena lambang itu menuntut $A$ tak kosong dan terbatas di atas (Metode 10.18); jadi $\sup \emptyset$ dan $\sup \N$ tak terdefinisi di $\R$ (adapun kesepakatan pada $\overline\R$ adalah tindakan tersendiri yang eksplisit). (iv) Operasi himpunan: di sini $\sup(A \cup B) = \max(\sup A, \sup B)$ selalu berlaku, tetapi tak ada yang berlaku umum untuk $A \cap B$ — karena ia mungkin kosong, dan bahkan ketika tidak, $\sup(A \cap B)$ dapat jauh di bawah $\min(\sup A, \sup B)$ : ambil $A = \{0, 2\}$ dan $B = \{0, 3\}$ , yang di situ $\sup(A \cap B) = 0$ .

Contoh 10.9 (Himpunan hingga mempunyai maksimum — lema yang dipakai diam-diam)

Setiap $F \subseteq \R$ yang hingga dan tak kosong mempunyai maksimum (dan minimum). Induksi pada banyaknya unsurnya: singleton $\{a\}$ mempunyai $\max = a$ ; lalu jika klaimnya berlaku untuk himpunan beranggota $n$ dan $F$ beranggota $n + 1$ unsur, pilih sebarang $a \in F$ : himpunan $F \setminus \{a\}$ mempunyai maksimum $m$ , dan $\max F$ adalah $m$ bila $a \leq m$ , dan $a$ bila tidak. Tak ada kelengkapan yang terlibat — ini murni urutan ditambah induksi, yang sudah sah di $\Q$ — namun lemanya pantas mendapat satu pernyataan yang jujur karena bukti berikutnya memanggilnya diam-diam: baik konstruksi lantai di bawah (“himpunan bilangan bulat yang terperangkap pada rentang hingga mempunyai unsur terbesar”), setiap batas $\max(\abs{u_0}, \dots, \abs{u_{N-1}}, \dots)$ pada Bab 11, maupun setiap “ambil yang terbesar di antara $\delta$ yang berhingga banyak” pada Bab 13. Adapun himpunan tak hingga adalah tempat maksimum mati dan supremum mengambil alih: bab ini ada demi kasus yang tak hingga itu.

Teorema 10.10 (Sifat Archimedes)

Untuk setiap $x \in \R$ ada $n \in \N$ dengan $n > x$ . Setara dengan itu: untuk setiap $\varepsilon > 0$ dan $y > 0$ , ada kelipatan $n\varepsilon$ yang melampaui $y$ .

Bukti. Andaikan tidak: maka ada $x$ yang menjadi batas atas $\N$ . Lalu $s = \sup \N$ ada (Teorema 10.2). Menurut Proposisi 10.4 (2) dengan $\varepsilon = 1$ , ada $n \in \N$ dengan $n > s - 1$ ; tetapi lalu $n + 1 \in \N$ dan $n + 1 > s$ , yang bertentangan dengan $s$ sebagai batas atas. Untuk bentuk keduanya, misalkan $\varepsilon > 0$ dan $y > 0$ : bentuk pertamanya yang diterapkan pada $x = \frac{y}{\varepsilon}$ menghasilkan $n \in \N$ dengan $n > \frac{y}{\varepsilon}$ , lalu mengalikannya dengan $\varepsilon > 0$ (yang mengawetkan ketaksamaan tegas) memberikan $n\varepsilon > y$ . Sebaliknya, bentuk keduanya dengan $\varepsilon = 1$ dan $y = x$ memulihkan yang pertama untuk $x > 0$ , dan $n = 1$ menangani $x \leq 0$ : jadi kedua pernyataannya setara secara tegas. ∎

Contoh 10.11 (Archimedes dalam praktik)

Tiga pemakaian langsung, yang terus-menerus diperlukan nanti. (i) Tak ada bilangan real positif yang berada di bawah setiap $\frac1n$ : karena bila $0 < \varepsilon$ , pilihlah $n > \frac1\varepsilon$ ; maka $\frac1n < \varepsilon$ . Dengan kata lain, $\R$ tak memuat infinitesimal — dan ungkapan tak resmi “ $\frac1n$ menjadi sekecil-kecilnya” persis merupakan teorema ini. (ii) Ambang yang eksplisit: seberapa besar $n$ harus dibuat agar $\frac{1}{n^2} \leq 10^{-6}$ ? Cukuplah $n \geq 10^3$ — Archimedes menjamin bahwa $n$ semacam itu ada, dan aljabarnya menemukan letaknya. (iii) Pangkat mengalahkan sebarang batas: karena $2^n \geq n + 1$ (lewat induksi), maka untuk setiap $M$ ada pangkat $2$ yang melampaui $M$ : yaitu pertumbuhan geometri yang dipakai bagi bilangan diadik pada Latihan 10.8. Inti gagasan penutupnya: sifat Archimedes adalah izin di balik setiap frasa berbentuk “ambil $n$ yang cukup besar” — jadi mulai sekarang kita memakai frasa itu dengan bebas, dan contoh ini adalah pembenarannya sekali untuk selamanya.

Teorema 10.12 (Fungsi lantai)

Untuk setiap $x \in \R$ ada tepat satu bilangan bulat, yaitu lantainya $\lfloor x \rfloor$ , dengan

\lfloor x \rfloor \leq x < \lfloor x \rfloor + 1 .

Bukti. Keberadaannya. Himpunan $E = \{k \in \Z : k \leq x\}$ tak kosong: karena menurut Teorema 10.10 ada $m \in \N$ dengan $m > -x$ , sehingga $-m < x$ , jadi $-m \in E$ . Ia terbatas di atas (oleh sebarang bilangan bulat $n > x$ , yang ada karena alasan yang sama), sehingga, sebagai himpunan bilangan bulat yang terperangkap pada rentang hingga $\intint{-m}{n}$ , ia mempunyai unsur terbesar $k = \max E$ . Maka $k \leq x$ , dan $k + 1 \notin E$ berarti $x < k + 1$ .

Ketunggalannya. Jika $k$ dan $k'$ sama-sama memenuhi ketaksamaannya, maka $k \leq x < k' + 1$ memberikan $k \leq k'$ , dan secara simetris $k' \leq k$ . ∎

Contoh 10.13 (Lantai dalam praktik)

$\lfloor 3.7 \rfloor = 3$ , $\lfloor 5 \rfloor = 5$ , dan $\lfloor -3.7 \rfloor = -4$ : jadi lantainya turun ke bawah, bukan menuju $0$ . Dua akibat ketunggalan pada Teorema 10.12 yang akan kita pakai diam-diam. Pertama, untuk $n \in \Z$ ,

\lfloor x + n \rfloor = \lfloor x \rfloor + n ,

karena $\lfloor x \rfloor + n$ adalah bilangan bulat yang memenuhi kedua ketaksamaan pendefinisi bagi $x + n$ — dan hanya satu bilangan bulat yang demikian. Kedua, $\lfloor \, \cdot \, \rfloor$ tidak turun: karena jika $x \leq y$ maka $\lfloor x \rfloor \leq x \leq y < \lfloor y \rfloor + 1$ , dan bilangan bulat yang $< \lfloor y \rfloor + 1$ pastilah $\leq \lfloor y \rfloor$ . Awas, bagaimanapun, bahwa $\lfloor 2x \rfloor \neq 2\lfloor x \rfloor$ pada umumnya: karena $x = 0.6$ memberikan $\lfloor 1.2 \rfloor = 1 \neq 0 = 2\lfloor 0.6 \rfloor$ .

Yang memang benar adalah sebuah kesamaan terkerjakan yang layak disimpan (kesamaan Hermite, dalam kasusnya yang paling sederhana): untuk setiap $x$ real,

\lfloor x \rfloor + \Bigl\lfloor x + \frac12 \Bigr\rfloor = \lfloor 2x \rfloor .

Tulis $x = \lfloor x\rfloor + u$ dengan $u \in \intco{0}{1}$ lalu pisahkan dua kasus. Jika $u < \frac12$ : ruas kirinya menjadi $\lfloor x\rfloor + \lfloor x\rfloor = 2\lfloor x\rfloor$ , dan $2x = 2\lfloor x\rfloor + 2u$ dengan $2u \in \intco{0}{1}$ , sehingga ruas kanannya juga $2\lfloor x\rfloor$ . Jika $u \geq \frac12$ : ruas kirinya menjadi $\lfloor x\rfloor + (\lfloor x\rfloor + 1)$ , dan $2u \in \intco{1}{2}$ membuat ruas kanannya $2\lfloor x\rfloor + 1$ . Inti gagasan penutupnya: $\lfloor x + \frac12\rfloor$ adalah pembulatan $x$ ke bilangan bulat terdekat, sehingga kesamaannya mengatakan bahwa lantai ditambah pembulatan sama dengan lantai dari lipat duanya — dan pemilahan kasus atas bagian pecahannya $u$ adalah teknik baku di balik setiap kesamaan lantai (Latihan 10.2 dan 10.3 berjalan di atasnya juga).

Teorema 10.14 (Kepadatan $\Q$ dan $\R \setminus \Q$ )

Di antara sebarang dua bilangan real $x < y$ terdapat sebuah bilangan rasional dan sebuah bilangan irasional.

Bukti. Sebuah bilangan rasional. Menurut Teorema 10.10, pilih $n \in \N^*$ dengan $n > \frac{1}{y - x}$ , sehingga $ny - nx > 1$ . Misalkan $m = \lfloor nx \rfloor + 1$ . Di satu sisi, $nx < \lfloor nx \rfloor + 1 = m$ (Teorema 10.12); di sisi lain, $m = \lfloor nx \rfloor + 1 \leq nx + 1 < ny$ . Dengan membaginya dengan $n$ : $x < \frac mn < y$ .

Sebuah bilangan irasional. Terapkan butir sebelumnya pada pasangan $x - \sqrt 2 < y - \sqrt 2$ : maka ada bilangan rasional $q$ di antaranya, dan lalu $q + \sqrt 2 \in \intoo{x}{y}$ bersifat irasional (karena seandainya $q + \sqrt 2$ rasional, maka $\sqrt 2$ pun rasional). ∎

Contoh 10.15 (Menjalankan bukti kepadatannya)

Buktinya adalah sebuah algoritma; mari kita jalankan pada $x = 1.414$ dan $y = \sqrt 2$ . Karena $1.4142^2 = 1.99996164 < 2$ , kita punya $\sqrt 2 > 1.4142$ , sehingga $y - x > 0.0002$ dan $\frac{1}{y - x} < 5000$ : jadi pilihan $n = 5000$ sah. Lalu $nx = 7070$ , sehingga $m = \lfloor 7070 \rfloor + 1 = 7071$ , dan bilangan rasional yang dihasilkannya adalah

\frac{m}{n} = \frac{7071}{5000} = 1.4142, \qquad 1.414 < 1.4142 < \sqrt 2 .

Inti gagasan penutupnya: buktinya hanya memerlukan $n$ yang sedikit lebih besar daripada $\frac{1}{y-x}$ , dan ia mengembalikan kelipatan $\frac 1n$ yang pertama di luar $x$ . Jadi kepadatan bukanlah mukjizat yang abstrak — ia pembagian panjang yang menyamar, yaitu tema yang dikembangkan panjang lebar pada soal akhir pekan (Soal 10.1).

Catatan 10.16 (Di mana kelengkapan dipakai berikutnya)

Teorema 10.2 adalah satu-satunya aksioma tak aljabar buku ini, dan setiap teorema keberadaan dalam analisis hanyalah aksioma itu yang berganti pakaian: teorema kekonvergenan monoton (Bab 11), teorema Bolzano–Weierstrass (Bab 12), teorema nilai antara dan teorema nilai ekstrem (Bab 13), serta definisi integral itu sendiri sebagai supremum jumlah bawah (Bab 15). Jilid Tahun ke-3 membangun teori ukuran dan ruang Hilbert di atas aksioma tunggal yang sama. Jadi ketika sebuah bukti pada bab berikutnya menghasilkan bilangan real entah dari mana, carilah supremum yang tersembunyi.

Catatan 10.17 (Antara kediskretan dan kepadatan)

Himpunan $\Z$ dan $\Q$ duduk pada dua ujung yang berlawanan di dalam $\R$ : di sekeliling setiap bilangan bulat ada celah sepanjang $1$ yang tak memuat bilangan bulat lain (kediskretan — dan itulah yang membuat lantai terdefinisi dengan baik), sedangkan di antara dua bilangan real mana pun ada tak hingga banyak bilangan rasional (kepadatan). Menariknya, untuk subgrup aditif $\R$ tak ada apa pun di antaranya: Latihan 10.9 membuktikan bahwa subgrup semacam itu entah berbentuk $\alpha\Z$ (diskret) atau padat — yaitu dikotomi yang menggerakkan kepadatan $\{\sin n\}$ pada Bab 11 dan monster konstruktif pada Soal 13.1. Adapun himpunan yang umum, tentu saja, mencampur kedua perilakunya dengan bebas: $\Z \cup \Q\cap\intcc{0}{1}$ diskret jauh di sana dan padat di tengahnya.

Metode 10.18 (Membuktikan kesamaan dengan sup dan inf)

Untuk membuktikan $\sup A = s$ : periksa bahwa $s$ membatasi $A$ dari atas, lalu hasilkan, untuk setiap $\varepsilon > 0$ (atau untuk barisan $\varepsilon = \frac 1n$ ), sebuah unsur $A$ di atas $s - \varepsilon$ . Untuk membandingkan supremum, pakailah: $A \subseteq B \implies \sup A \leq \sup B$ ; dan untuk setiap $a, b$ : $\sup(A + B) = \sup A + \sup B$ , dengan $A + B = \{a + b\}$ (Latihan 10.5). Jangan pernah menulis $\sup A$ sebelum mengetahui bahwa $A$ tak kosong dan terbatas di atas.

10.2 Selang

Proposisi 10.19 (Pencirian selang)

Himpunan bagian $I \subseteq \R$ merupakan selang (yaitu salah satu jenis yang sudah dikenal $\intoo{a}{b}$ , $\intcc{a}{b}$ , $\intco{a}{b}$ , $\intoc{a}{b}$ , setengah garis, $\R$ , $\emptyset$ , singleton) jika dan hanya jika ia konveks:

\forall x, y \in I,\ \forall z \in \R, \quad x \leq z \leq y \implies z \in I .

Bukti. Setiap jenis yang didaftar jelas konveks. Sebaliknya, misalkan $I$ konveks dan tak kosong. Tulis $a = \inf I$ bila $I$ terbatas di bawah, dan $a = -\infty$ bila tidak; demikian pula $b = \sup I$ atau $+\infty$ . Kita klaim $\intoo{a}{b} \subseteq I \subseteq \intcc{a}{b}$ (dengan kesepakatan yang kasatmata di $\pm\infty$ ). Inklusi keduanya adalah definisi batasnya. Untuk yang pertama, misalkan $z \in \intoo{a}{b}$ : karena $z > a$ , maka $z$ bukan batas bawah (atau $a = -\infty$ ), sehingga ada $x \in I$ dengan $x < z$ ; demikian pula ada $y \in I$ dengan $y > z$ ; lalu kekonveksannya menempatkan $z \in I$ .

Tinggal membaca jenisnya dari inklusi ganda $\intoo{a}{b} \subseteq I \subseteq \intcc{a}{b}$ : himpunan yang terapit di antara selang terbuka dan penutupnya hanya berbeda dari $\intoo{a}{b}$ oleh hadir atau tidaknya titik ujung yang hingga. Secara eksplisit: jika $a, b \in \R$ , keempat kemungkinan bagi $(a \in I,\ b \in I)$ memberikan $\intoo{a}{b}$ , $\intco{a}{b}$ , $\intoc{a}{b}$ , $\intcc{a}{b}$ (termasuk kasus merosot $a = b$ : yaitu singleton bila $a \in I$ ); jika $a = -\infty$ dan $b \in \R$ , kita peroleh $\intoo{-\infty}{b}$ atau $\intoc{-\infty}{b}$ ; simetris dengan itu untuk $a \in \R$ , $b = +\infty$ ; dan $a = -\infty$ , $b = +\infty$ memberikan $I = \R$ . Setiap kasusnya ada di daftar: selesai. ∎

Catatan 10.20 (Mengapa kekonveksan adalah uji yang tepat)

Proposisi itu mengubah definisi yang geometris (yaitu daftar sepuluh bentuk) menjadi uji logika satu baris, dan ujinyalah yang benar-benar kita pakai: untuk membuktikan bahwa sebuah himpunan merupakan selang, jangan pernah mengejar bentuk mana di antara kesepuluhnya — periksalah kekonveksannya lalu biarkan proposisinya yang memilah jenisnya. Teorema nilai antara pada Bab 13 akan dinyatakan persis dengan cara ini (“peta kontinu sebuah selang adalah selang”), dan buktinya menghasilkan kekonveksannya, bukan bentuknya.

Catatan 10.21 (Garis real yang diperluas)

Nyaman sekali menambahkan dua lambang lalu bekerja di $\overline\R = \R \cup \{-\infty, +\infty\}$ , dengan kesepakatan $\sup A = +\infty$ bila $A$ tak terbatas di atas dan $\sup \emptyset = -\infty$ . Maka setiap himpunan bagian $\R$ mempunyai supremum di $\overline\R$ — yaitu kenyamanan notasi yang dipakai dengan bebas untuk limit pada Bab 11.

Contoh 10.22 (Berhitung di $\overline\R$ )

Dengan kesepakatan itu berlaku: $\sup \Z = +\infty$ , $\inf \Z = -\infty$ ; untuk $A = \{n + (-1)^n n : n \in \N\} = \{0, 4, 0, 8, \dots\} \cup \{0\}$ , $\sup A = +\infty$ (karena suku genapnya $2n$ tak terbatas) dan $\inf A = \min A = 0$ ; dan $\sup\emptyset = -\infty \leq \inf\emptyset = +\infty$ — yaitu satu-satunya himpunan yang supremumnya lebih kecil daripada infimumnya, sebuah pengingat bahwa kesepakatannya dipilih agar $\sup$ naik dan $\inf$ turun terhadap inklusi:

A \subseteq B \implies \sup A \leq \sup B \quad\text{dan}\quad \inf A \geq \inf B ,

yang kini sah tanpa peringatan ketakkosongan. Yang tidak disediakan kesepakatan itu adalah aritmetikanya: $+\infty + (-\infty)$ dan $0 \times (+\infty)$ tetap tak terdefinisi, dan setiap manipulasi aljabar atas supremum harus lebih dulu memeriksa bahwa ia tak pernah membentuk keduanya. Jadi garis yang diperluas itu pembukuan, bukan sistem bilangan.

Contoh 10.23 (Supremum yang lolos dari $\Q$ )

Kembalilah ke himpunan pada catatan pembuka, $A = \{x \in \Q : x^2 < 2\}$ , lalu hitung supremumnya di $\R$ . Ia tak kosong (karena $1 \in A$ ) dan terbatas di atas oleh $1.5$ (karena jika $x > 1.5$ maka $x^2 > 2.25 > 2$ ), sehingga $s = \sup A$ ada. Kita klaim $s = \sqrt 2$ (yaitu bilangan real yang dibangun pada Latihan 10.12). Batas atasnya: setiap $a \in A$ memenuhi $a < \sqrt2$ — untuk $a \leq 0$ ini jelas, dan untuk $a > 0$ , $a \geq \sqrt2$ akan memberikan $a^2 \geq 2$ . Tak ada yang lebih kecil yang berhasil: diberikan $t < \sqrt2$ , kepadatan (Teorema 10.14) memasok bilangan rasional $q$ dengan $\max(1, t) < q < \sqrt 2$ , dan lalu $q^2 < 2$ , sehingga $q \in A$ melampaui $t$ . Menurut Proposisi 10.4, $s = \sqrt2 \notin \Q$ . Inti gagasan penutupnya: supremum sebuah himpunan bilangan rasional tak harus rasional — dan kelengkapan justru janji bahwa $\R$ , tidak seperti $\Q$ , tak pernah membiarkan sebuah supremum lolos; jadi contoh ini adalah catatan pembuka bab ini, yang kini terbukti alih-alih sekadar ditunjuk.

Catatan 10.24 (Cakrawala di dalam jilid ini)

Ketiga perkakas bab ini mempunyai karier yang berbeda-beda di depan. Adapun supremum menjalankan paruh analisisnya: limit monoton (Bab 11), definisi integral itu sendiri (Bab 15), dan, pada geometri Bab 23, jarak dari sebuah titik ke sebuah subruang — yaitu infimum yang diubah proyeksi ortogonal menjadi minimum. Adapun fungsi lantai kembali di mana pun yang diskret bertemu yang kontinu: ekspansi angka (soal akhir pekan bab ini), hampiran sarang merpati Dirichlet (Soal 14.1), perbandingan integral atas jumlah (Bab 17). Sedangkan argumen kepadatan naik pangkat menjadi sebuah metode pada Bab 13: kesamaan antara fungsi kontinu hanya perlu diperiksa pada $\Q$ — dan separuh persamaan fungsional Cauchy (Soal 13.1) persis merupakan langkah itu. Jadi ketika ragu tentang dari mana sebuah bukti dalam jilid ini memperoleh pernyataan keberadaannya, jawabannya hampir selalu: bab ini.

10.3 Latihan

Latihan 10.1 ★

Tentukan (beserta buktinya) sup, inf, maks, min — bila ada — dari:

A = \Bigl\{\frac{1}{n} : n \in \N^*\Bigr\}, \qquad B = \Bigl\{\frac{(-1)^n n}{n+1} : n \in \N\Bigr\}, \qquad C = \{x \in \R : x^2 < 3\}.

Solusi

Solusi Latihan 10.1.

$A$ : setiap unsurnya $\leq 1$ dan $1 \in A$ : jadi $\sup A = \max A = 1$ . Batas bawahnya: $0$ membatasi dari bawah; dan untuk $\varepsilon > 0$ , Archimedes memasok $n$ dengan $\frac 1n < \varepsilon$ , sehingga tak ada bilangan positif yang membatasi $A$ dari bawah: jadi $\inf A = 0$ , yang tak tercapai (tanpa min).

$B$ : sukunya $0, -\frac12, \frac23, -\frac34, \frac45, \dots$ Adapun suku berindeks genap $\frac{n}{n+1}$ (dengan $n$ genap) naik menuju $1$ tanpa mencapainya; sedangkan suku berindeks ganjil $-\frac{n}{n+1}$ turun menuju $-1$ . Jadi $\sup B = 1$ dan $\inf B = -1$ , keduanya tak tercapai: tanpa maks, tanpa min. (Batasnya: $\abs{b} < 1$ untuk setiap $b \in B$ ; dan $\frac{n}{n+1} = 1 - \frac{1}{n+1} > 1 - \varepsilon$ untuk $n$ besar, serupa itu di bawahnya.)

$C = \intoo{-\sqrt 3}{\sqrt 3}$ : di sini $\sup C = \sqrt 3$ , $\inf C = -\sqrt 3$ , keduanya tak tercapai.

Latihan 10.2 ★

Buktikan bahwa untuk setiap $x, y \in \R$ : $\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor \leq \lfloor x + y \rfloor \leq \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 1$ , dan bahwa kedua batasnya tercapai.

Solusi

Solusi Latihan 10.2.

Tulis $x = \lfloor x \rfloor + u$ , $y = \lfloor y \rfloor + v$ dengan $u, v \in \intco{0}{1}$ . Maka $x + y = \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + (u + v)$ dengan $u + v \in \intco{0}{2}$ . Jika $u + v < 1$ , $\lfloor x + y\rfloor = \lfloor x\rfloor + \lfloor y \rfloor$ ; sedangkan jika $1 \leq u + v < 2$ , $\lfloor x+y \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 1$ . Kedua kasusnya terjadi: karena $(x, y) = (0.2,\, 0.3)$ memberikan kesamaan yang kiri, dan $(0.7,\, 0.8)$ yang kanan.

Latihan 10.3 ★

Buktikan bahwa untuk setiap $x \in \R$ dan $n \in \N^*$ : $\Bigl\lfloor \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} \Bigr\rfloor = \lfloor x \rfloor$ .

Solusi

Solusi Latihan 10.3.

Misalkan $k = \lfloor x \rfloor$ , sehingga $k \leq x < k + 1$ . Dengan mengalikannya dengan $n$ : $nk \leq nx < nk + n$ , lalu mengambil lantainya (yaitu operasi yang naik pada sisi bilangan bulatnya): $nk \leq \lfloor nx \rfloor \leq nk + n - 1$ . Dengan membaginya dengan $n$ : $k \leq \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} < k + 1$ , sehingga lantai yang di luarnya adalah $k$ .

Latihan 10.4 ★

Misalkan $A \subseteq B$ himpunan bagian tak kosong $\R$ , dengan $B$ terbatas. Buktikan $\inf B \leq \inf A \leq \sup A \leq \sup B$ .

Solusi

Solusi Latihan 10.4.

Setiap unsur $A$ termasuk $B$ , sehingga $\sup B$ membatasi $A$ dari atas: jadi $\sup A \leq \sup B$ (karena $\sup A$ adalah batas atas yang terkecil). Secara simetris $\inf B \leq \inf A$ . Akhirnya $\inf A \leq \sup A$ karena $A$ tak kosong: yaitu sebarang $a \in A$ duduk di antara keduanya.

Latihan 10.5 ★★

Untuk $A, B \subseteq \R$ yang tak kosong dan terbatas, definisikan $A + B = \{a + b : a \in A,\ b \in B\}$ dan $-A = \{-a : a \in A\}$ . Buktikan:

\sup(A + B) = \sup A + \sup B, \qquad \sup(-A) = -\inf A .

Solusi

Solusi Latihan 10.5.

Misalkan $s = \sup A$ , $t = \sup B$ . Setiap $a + b \leq s + t$ : jadi itu batas atas. Untuk $\varepsilon > 0$ , pilihlah $a > s - \frac\varepsilon2$ dan $b > t - \frac\varepsilon2$ (Proposisi 10.4): maka $a + b > s + t - \varepsilon$ . Menurut pencirian lewat $\varepsilon$ , $\sup(A+B) = s + t$ .

Untuk $-A$ : di sini $m$ membatasi $-A$ dari atas $\iff$ $-m$ membatasi $A$ dari bawah; sehingga batas atas terkecil $-A$ bersesuaian dengan batas bawah terbesar $A$ : jadi $\sup(-A) = -\inf A$ .

Latihan 10.6 ★★

Misalkan $f, g \colon E \to \R$ fungsi yang terbatas. Buktikan

\sup_{x \in E}\, \bigl(f(x) + g(x)\bigr) \leq \sup_{x \in E} f(x) + \sup_{x \in E} g(x),

lalu berikan contoh yang ketaksamaannya tegas. Mengapa hal ini tidak bertentangan dengan Latihan 10.5?

Solusi

Solusi Latihan 10.6.

Untuk setiap $x$ : $f(x) + g(x) \leq \sup f + \sup g$ ; lalu mengambil sup ruas kirinya memberikan ketaksamaannya. Contoh yang tegas: $E = \{0, 1\}$ , $f = \mathbf{1}_{\{0\}}$ (yang bernilai $1$ di $0$ , dan $0$ selainnya), $g = \mathbf{1}_{\{1\}}$ : maka $\sup(f + g) = 1 < 2 = \sup f + \sup g$ .

Tak ada pertentangan dengan Latihan 10.5: karena di sana $a \in A$ dan $b \in B$ berubah secara saling bebas; sedangkan di sini $x$ yang sama menyuapi $f$ maupun $g$ — jadi himpunan $\{f(x) + g(x) : x \in E\}$ lebih kecil daripada himpunan $\{f(x) + g(y) : x, y \in E\}$ .

Latihan 10.7 ★★

Buktikan bahwa $\sqrt 2 + \sqrt 3$ irasional. (Kuadratkan lalu pakai keirasionalan $\sqrt 6$ , yang akan dibuktikan lewat Latihan 6.7.)

Solusi

Solusi Latihan 10.7.

Bilangan $\sqrt 6$ irasional: karena $6 = 2 \times 3$ bukan kuadrat sempurna, dan $v_2(6q^2) = 1 + 2v_2(q)$ yang ganjil mencegah $6q^2 = r^2$ (seperti pada Latihan 6.7). Sekarang andaikan $x = \sqrt 2 + \sqrt 3 \in \Q$ . Maka $x^2 = 5 + 2\sqrt 6 \in \Q$ , sehingga $\sqrt 6 = \frac{x^2 - 5}{2} \in \Q$ : yang bertentangan. Jadi $\sqrt 2 + \sqrt 3 \notin \Q$ .

Latihan 10.8 ★★

Buktikan bahwa himpunan $D = \bigl\{\frac{m}{2^n} : m \in \Z,\ n \in \N\bigr\}$ berisi bilangan rasional diadik bersifat padat di $\R$ : yaitu di antara dua bilangan real mana pun terdapat sebuah bilangan rasional diadik.

Solusi

Solusi Latihan 10.8.

Misalkan $x < y$ . Pilihlah $n \in \N$ dengan $2^n > \frac{1}{y - x}$ (menurut Archimedes: $2^n \geq n + 1$ lewat induksi yang mudah, sehingga suatu pangkat $2$ melampaui sebarang bilangan real). Maka, seperti pada bukti Teorema 10.14 dengan $2^n$ menggantikan $n$ : bilangan $m = \lfloor 2^n x \rfloor + 1$ memenuhi $x < \frac{m}{2^n} < y$ . Jadi $D$ padat.

Latihan 10.9 ★★★

Misalkan $G$ sebuah subgrup $(\R, +)$ dengan $G \neq \{0\}$ . Tulis $\alpha = \inf\,(G \cap \intoo{0}{+\infty})$ . Buktikan:

jika $\alpha > 0$ , maka $G = \alpha\Z$ ;
jika $\alpha = 0$ , maka $G$ padat di $\R$ .

Lalu simpulkan bahwa $\Z + \sqrt 2\,\Z$ padat di $\R$ .

Solusi

Solusi Latihan 10.9.

Andaikan $\alpha > 0$ . Pertama, $\alpha \in G$ . Andaikan tidak: maka menurut pencirian infimum lewat $\varepsilon$ dengan $\varepsilon = \alpha$ , ada $g \in G$ dengan $\alpha < g < 2\alpha$ (tegas di kirinya karena $\alpha \notin G$ ); lalu, dengan $\varepsilon = g - \alpha$ , ada $h \in G$ dengan $\alpha < h < g$ . Sekarang $g - h \in G$ dan $0 < g - h < g - \alpha < \alpha$ : yaitu sebuah unsur $G \cap \intoo{0}{+\infty}$ di bawah infimumnya, yang mustahil. Jadi $\alpha \in G$ , dan $\alpha\Z \subseteq G$ (karena $G$ sebuah grup). Sebaliknya, untuk $x \in G$ , misalkan $k = \lfloor x/\alpha \rfloor$ : maka $x - k\alpha \in G$ dan $0 \leq x - k\alpha < \alpha$ , dan definisi $\alpha$ memaksa $x - k\alpha = 0$ . Jadi $G = \alpha\Z$ .
Andaikan $\alpha = 0$ , dan misalkan $x < y$ . Ada $g \in G$ dengan $0 < g < y - x$ . Kelipatan $kg$ dengan $k = \lfloor x/g \rfloor + 1$ memenuhi $x < kg \leq x + g < y$ , dan $kg \in G$ : jadi padat.

Himpunan $G = \Z + \sqrt 2\,\Z$ merupakan subgrup $(\R, +)$ . Ia tak berbentuk $\alpha\Z$ : karena kalau tidak, $1 = p\alpha$ dan $\sqrt 2 = q\alpha$ (dengan $p, q \in \Z$ ) akan memberikan $\sqrt 2 = \frac qp \in \Q$ , yang bertentangan. Menurut dikotominya, $G$ padat di $\R$ .

Latihan 10.10 ★★★

Untuk $A, B$ himpunan tak kosong berisi bilangan real positif, tulis $AB = \{ab : a \in A, b \in B\}$ . Buktikan $\sup(AB) = \sup A \cdot \sup B$ (pada kasus terbatas), lalu tunjukkan lewat contoh bahwa kepositifannya penting.

Solusi

Solusi Latihan 10.10.

Misalkan $s = \sup A > 0$ , $t = \sup B > 0$ . Untuk $a \in A$ , $b \in B$ : $ab \leq st$ (karena mengalikan ketaksamaan antara bilangan yang positif). Untuk $0 < \varepsilon < \min(s, t)$ : pilihlah $a > s - \varepsilon$ dan $b > t - \varepsilon$ ; maka

ab > (s - \varepsilon)(t - \varepsilon) = st - \varepsilon(s + t) + \varepsilon^2 > st - \varepsilon (s + t),

dan $\varepsilon(s+t)$ dapat dibuat sekecil-kecilnya: sehingga menurut pencirian lewat $\varepsilon$ (dalam bentuk: tak ada bilangan $< st$ yang membatasi $AB$ dari atas), $\sup AB = st$ .

Kepositifannya penting: karena $A = B = \{-1, 0\}$ memberikan $AB = \{0, 1\}$ , $\sup AB = 1$ , padahal $\sup A \cdot \sup B = 0 \times 0 = 0$ .

Latihan 10.11 ★★

Untuk $A \subseteq \R$ yang tak kosong dan terbatas, definisikan diameternya

\operatorname{diam} A = \sup\,\{\abs{a - a'} : a, a' \in A\} .

Buktikan bahwa $\operatorname{diam} A = \sup A - \inf A$ , dan bahwa $\intcc{\inf A}{\sup A}$ adalah selang tertutup terkecil yang memuat $A$ .

Solusi

Solusi Latihan 10.11.

Tulis $s = \sup A$ , $i = \inf A$ . Untuk $a, a' \in A$ : dari $a \leq s$ dan $a' \geq i$ diperoleh $a - a' \leq s - i$ ; lalu menurut kesimetrian $\abs{a - a'} \leq s - i$ , sehingga $s - i$ membatasi himpunan selisihnya dari atas. Untuk $\varepsilon > 0$ , pilihlah $a > s - \frac\varepsilon2$ dan $a' < i + \frac\varepsilon2$ (Proposisi 10.4 beserta cerminnya bagi infimum): maka $\abs{a - a'} \geq a - a' > s - i - \varepsilon$ . Menurut pencirian lewat $\varepsilon$ , $\operatorname{diam} A = s - i$ .

Setiap $a \in A$ memenuhi $i \leq a \leq s$ , sehingga $A \subseteq \intcc{i}{s}$ , yaitu selang tertutup yang panjangnya $\operatorname{diam} A$ . Jika sebuah selang tertutup $\intcc{u}{v}$ memuat $A$ , maka $v$ menjadi batas atas dan $u$ batas bawah $A$ , sehingga $u \leq i$ dan $v \geq s$ : jadi $\intcc{i}{s} \subseteq \intcc{u}{v}$ . Dengan demikian $\intcc{i}{s}$ yang terkecil.

Latihan 10.12 ★★★

Misalkan $y > 0$ dan $E = \{x \geq 0 : x^2 \leq y\}$ . Buktikan bahwa $E$ tak kosong dan terbatas di atas, dan bahwa $s = \sup E$ memenuhi $s^2 = y$ (singkirkan $s^2 < y$ dan $s^2 > y$ dengan menunjukkan, pada masing-masing kasus, sebuah $h > 0$ yang kecil yang bertentangan dengan definisi supremumnya). Lalu simpulkan bahwa setiap $y > 0$ mempunyai akar kuadrat tunggal $\sqrt y > 0$ dan bahwa $y \mapsto \sqrt y$ naik pada $\intoo{0}{+\infty}$ .

Solusi

Solusi Latihan 10.12.

Karena $0 \in E$ , maka $E \neq \emptyset$ . Jika $x > \max(1, y)$ maka $x^2 > x > y$ , sehingga $E$ terbatas di atas oleh $\max(1, y)$ : jadi $s = \sup E$ ada (Teorema 10.2), dan $s \geq \min(1, y) > 0$ karena $\min(1, y) \in E$ : memang jika $y \geq 1$ maka $1^2 = 1 \leq y$ , sedangkan jika $y < 1$ maka $y^2 < y$ .

Mustahil bahwa $s^2 < y$ . Pilihlah $0 < h < 1$ dengan $h < \frac{y - s^2}{2s + 1}$ . Maka

(s + h)^2 = s^2 + 2sh + h^2 \leq s^2 + (2s + 1)h < y ,

sehingga $s + h \in E$ , yang bertentangan dengan $s$ membatasi $E$ dari atas.

Mustahil bahwa $s^2 > y$ . Pilihlah $0 < h < s$ dengan $h < \frac{s^2 - y}{2s}$ . Maka $(s - h)^2 = s^2 - 2sh + h^2 > s^2 - 2sh > y$ ; dan setiap $x \in E$ memenuhi $x^2 \leq y < (s - h)^2$ , sehingga $x < s - h$ (karena keduanya $\geq 0$ ): jadi $s - h$ menjadi batas atas $E$ yang lebih kecil daripada $s$ , yang bertentangan dengan keterkecilannya.

Jadi $s^2 = y$ . Ketunggalannya: jika $0 < s < s'$ maka $s^2 < s'^2$ , sehingga dua akar positif yang berbeda tak mungkin sama-sama dikuadratkan menjadi $y$ . Kemonotonannya: jika $0 < y < y'$ , maka $\sqrt y \neq \sqrt{y'}$ , dan $\sqrt y > \sqrt{y'}$ akan memberikan $y > y'$ lewat pengkuadratan: jadi $\sqrt y < \sqrt{y'}$ .

10.4 Soal: Ekspansi angka dan irama bilangan rasional

Soal 10.1

Soal akhir pekan — ekspansi $b$ -adik: keberadaan, ketunggalan, dan keperiodikan yang mencirikan $\Q$

Setiap bilangan real di $\intco{0}{1}$ mempunyai ekspansi angka dalam setiap basis $b \geq 2$ ; ekspansinya tunggal begitu untaian angka $b - 1$ di belakang dilarang; dan ia periodik pada akhirnya tepat ketika bilangannya rasional. Soal ini membuktikan ketiga fakta itu dari aksioma kelengkapan saja — tanpa barisan, tanpa deret: hanya dengan supremum, sifat Archimedes dan fungsi lantai — lalu menutup dengan argumen diagonal Cantor dalam wujud angka. Di sepanjang soal ini, $b \geq 2$ adalah bilangan bulat tetap (yaitu basisnya), sebuah angka adalah unsur $\intint{0}{b-1}$ , dan sebuah untaian angka $(d_n)_{n \geq 1}$ disebut sejati bila ia tidak akhirnya sama dengan $b - 1$ (yakni: untuk setiap $N$ ada $n > N$ dengan $d_n \leq b - 2$ ).

Bagian I — Angka dengan tangan. Pembagian panjang $p$ oleh $q$ dalam basis $b$ : kalikan sisa berjalannya dengan $b$ , bagi dengan $q$ , catat hasil baginya sebagai angka berikutnya, lalu simpan sisanya.

Dalam basis $10$ , jalankan algoritmanya pada $\frac 18$ dan pada $\frac 17$ , sambil mencatat pada setiap langkahnya angkanya beserta sisanya. Periksa bahwa sisa untuk $\frac 17$ berdaur melewati $1, 3, 2, 6, 4, 5$ dan bahwa angka $142857$ lalu berulang selamanya.
Hitung ekspansi basis $2$ dari $\frac 13$ dan dari $\frac{5}{16}$ , dan ekspansi basis $3$ dari $\frac 12$ . Amati: satu bilangan berakhir, dua lainnya berulang — dan $\frac 12$ , yang begitu jinak dalam basis $10$ , berulang selamanya dalam basis $3$ .
Untuk $x = \frac pq \in \intco{0}{1}$ dalam bentuk paling sederhana, tunjukkan bahwa angka yang dihasilkan algoritmanya akhirnya semuanya $0$ jika dan hanya jika sisa $b^N p \bmod q$ lenyap untuk suatu $N$ , jika dan hanya jika $q$ membagi suatu pangkat $b^N$ , jika dan hanya jika setiap faktor prima $q$ membagi $b$ . Periksa: $\frac{1}{20}$ berakhir dalam basis $10$ , tetapi tidak dalam basis $3$ .
Definisikan pemenggalannya $s_n = \lfloor b^n x \rfloor / b^n$ . Untuk $x = \sqrt 2$ dan $b = 10$ , hitung $s_0, \dots, s_4$ dengan memeriksa pada setiap langkahnya bahwa dua kuadrat berurutan mengapit $2$ (misalnya $1.4142^2 = 1.99996164 < 2 < 2.00024449 = 1.4143^2$ ), lalu periksa $s_n \leq \sqrt 2 < s_n + 10^{-n}$ setiap kalinya.

Bagian II — Keberadaannya, dari supremum. Tetapkan $x \in \intco{0}{1}$ lalu tulis $A_n = \lfloor b^n x \rfloor$ dan $d_n = A_n - b\,A_{n-1}$ untuk $n \geq 1$ .

Tunjukkan $A_0 = 0$ dan $b\,A_{n-1} \leq A_n \leq b\,A_{n-1} + b - 1$ ; lalu simpulkan bahwa setiap $d_n$ merupakan angka.
Tunjukkan bahwa $s_n := A_n b^{-n}$ memenuhi

$s_n = \sum_{k=1}^{n} d_k\,b^{-k} \qquad\text{dan}\qquad s_n \leq x < s_n + b^{-n} .$
Buktikan $b^n \geq n + 1$ dengan induksi, lalu tunjukkan bahwa $(s_n)$ tidak turun dan bahwa $x = \sup_n s_n$ (pakai Proposisi 10.4 dan Teorema 10.10).
Tunjukkan bahwa untaian $(d_n)$ bersifat sejati: karena jika $d_k = b - 1$ untuk setiap $k > N$ , hitunglah $s_n$ untuk $n > N$ lewat jumlah geometri yang hingga lalu bantahlah pertanyaan 6.
Sebaliknya, misalkan $(e_n)_{n \geq 1}$ sebarang untaian angka yang sejati dan $t_n = \sum_{k=1}^n e_k b^{-k}$ . Tunjukkan bahwa $y = \sup_n t_n$ ada, terletak di $\intco{0}{1}$ , dan memenuhi $t_n \leq y < t_n + b^{-n}$ untuk setiap $n$ (untuk ketaksamaan tegasnya, pakai sebuah angka $e_m \leq b - 2$ dengan $m > n$ ). Lalu simpulkan $\lfloor b^n y \rfloor = b^n t_n$ , dan kemudian bahwa angka $y$ , dalam pengertian pertanyaan 5, tepat sama dengan $e_n$ .

Bagian III — Ketunggalan, urutan, geseran.

Rakit pertanyaan 5–9 menjadi teorema ekspansi $b$ -adik: bahwa pemetaan $x \mapsto (d_n)$ dan $(e_n) \mapsto \sup_n t_n$ saling invers dan merupakan bijeksi antara $\intco{0}{1}$ dan himpunan untaian angka yang sejati. Khususnya tak ada dua untaian sejati yang berbeda yang bernilai sama.
Sekarang bolehkan untaian yang tak sejati. Tunjukkan bahwa untaian dengan $e_n = b - 1$ untuk setiap $n > M$ (dengan $M \geq 0$ yang minimal) bernilai $t_M + b^{-M}$ ; lalu simpulkan bahwa $0.999\dots = 1$ dalam basis $10$ , dan bahwa bilangan real yang mempunyai dua penyajian angka tepat berupa pecahan $b$ -adik $m/b^N \in \intoo{0}{1}$ — sedangkan setiap bilangan real lainnya hanya punya satu, bahkan di antara untaian yang tak sejati.
Buktikan bahwa bijeksi pertanyaan 10 bersifat mengawetkan urutan bagi urutan leksikografis: yakni jika untaian sejati $x$ dan $y$ pertama kali berbeda pada indeks $m$ , maka $x < y$ jika dan hanya jika $d_m < e_m$ .
(Lema geseran) Misalkan $x \in \intco{0}{1}$ berangka $(d_n)$ . Tunjukkan bahwa bagian pecahan $bx$ berangka $(d_{n+1})_{n \geq 1}$ (hitunglah $\lfloor b^n(bx - A_1)\rfloor$ memakai $\lfloor u - K \rfloor = \lfloor u \rfloor - K$ untuk $K$ bulat), lalu simpulkan dengan induksi bahwa bagian pecahan $b^m x$ berangka $(d_{n+m})_{n \geq 1}$ .

Bagian IV — Kerasionalan adalah keperiodikan. Misalkan $x = \frac pq \in \intco{0}{1}$ dalam bentuk paling sederhana dan $r_n = b^n p \bmod q$ sisa pembagian Euclid $b^n p$ oleh $q$ .

Tunjukkan $A_n = \dfrac{b^n p - r_n}{q}$ dan $r_n = (b\,r_{n-1}) \bmod q$ .
Tunjukkan $d_n = \Bigl\lfloor \dfrac{b\,r_{n-1}}{q} \Bigr\rfloor$ : jadi setiap angkanya merupakan fungsi dari sisa sebelumnya saja. Dan inilah persis pembagian panjang pada Bagian I.
Terapkan prinsip sarang merpati (Akibat 2.3) pada $r_0, \dots, r_q$ lalu simpulkan: ekspansi setiap bilangan rasional bersifat periodik pada akhirnya, dengan praperiode dan periode paling besar $q$ .
Sebaliknya, andaikan angka $y \in \intco{0}{1}$ bersifat periodik murni: $d_{n+T} = d_n$ untuk setiap $n \geq 1$ . Dengan memakai lema geseran dan ketunggalan pada pertanyaan 10, tunjukkan bahwa bagian pecahan $b^T y$ sama dengan $y$ , lalu simpulkan $(b^T - 1)\,y \in \N$ : jadi $y$ rasional dengan penyebut yang membagi $b^T - 1$ . Periksa mekanismenya pada $0.(142857)$ : $142857 \times 7 = 999999$ .
Tangani kasus periodik pada akhirnya lewat penggeseran, lalu nyatakan kriteria keperiodikannya: bahwa $x \in \intco{0}{1}$ rasional jika dan hanya jika ekspansi $b$ -adik sejatinya periodik pada akhirnya — dalam satu basis jika dan hanya jika dalam semua basis.
Untuk $x = \frac 1q$ dengan $\gcd(q, b) = 1$ , tunjukkan bahwa ekspansinya periodik murni dan bahwa periode terkecilnya adalah $T \geq 1$ terkecil dengan $b^T \equiv 1 \pmod q$ (yaitu orde perkalian $b$ modulo $q$ ). Periksa bahwa untuk $q = 7$ , $b = 10$ pangkat $10$ modulo $7$ berjalan melewati $3, 2, 6, 4, 5, 1$ : jadi ordenya $6$ , yang cocok dengan pertanyaan 1.

Bagian V — Dividen dan diagonalnya.

Misalkan $x^*$ bilangan real di $\intco{0}{1}$ yang angka basis $10$ -nya bernilai $1$ pada posisi segitiga $\frac{j(j + 1)}{2}$ ( $j \geq 1$ ) dan $0$ di tempat lain: $x^* = 0.101001000100001\dots$ Tunjukkan bahwa untaian angkanya sejati tetapi tidak periodik pada akhirnya (karena periode $T$ akan memaksa angka satu berjarak paling jauh $T$ , padahal jaraknya tumbuh), lalu simpulkan bahwa $x^*$ irasional: yakni bilangan yang terbukti irasional lewat iramanya belaka.
Tunjukkan bahwa untuk setiap basis $b$ himpunan $\{m/b^n : m \in \Z, n \in \N\}$ padat di $\R$ (yang menyamaratakan Latihan 10.8), dan bahwa setiap bilangan rasional $\frac pq \in \intoo{0}{1}$ mempunyai ekspansi yang berakhir dalam basis $q$ . Moralnya: berakhir adalah sifat pasangan (bilangan, basis); sedangkan keperiodikan — yakni kerasionalan — bersifat hakiki.
(Diagonal Cantor) Misalkan $k \mapsto x_k$ sebarang pemetaan dari $\N^*$ ke $\intco{0}{1}$ . Definisikan untaian angka $e_k = 1$ bila angka ke- $k$ dari $x_k$ berbeda dari $1$ , dan $e_k = 2$ bila tidak. Tunjukkan bahwa $(e_k)$ sejati, bahwa nilainya $y$ terletak di $\intco{0}{1}$ , dan bahwa $y \neq x_k$ untuk setiap $k$ . Lalu simpulkan: tak ada pemetaan $\N^* \to \intco{0}{1}$ yang surjektif. (Adapun kosakata keterbilangan, beserta rumah yang sepantasnya bagi teorema ini, ada pada Bab 12.)
Tunjukkan bahwa jika ekspansi sejati $x$ dan $y$ bersesuaian sampai indeks $n$ maka $\abs{x - y} < b^{-n}$ , lalu bantahlah konversnya dengan $x = 0.1$ , $y = 0.0999$ dalam basis $10$ : jadi kedekatan bilangan tak memaksa kesesuaian angkanya. Bilangan real mana yang harus disalahkan?
Jalankan Bagian IV pada $x = \frac{1}{10}$ dalam basis $b = 2$ : hitung sisa dan angkanya sampai berdaur, lalu simpulkan $\frac{1}{10} = (0.0\overline{0011})_2$ , dengan praperiode $1$ dan periode $4$ . Jelaskan lewat pertanyaan 3 mengapa tak akan pernah ada untaian biner hingga yang sama dengan $\frac{1}{10}$ — yaitu alasan mengapa $0.1 + 0.2$ pada titik mengambang sebuah komputer tidak persis $0.3$ .
Sintesis. Dalam satu kalimat untuk masing-masing: di mana buktinya memakai (i) kelengkapan, (ii) sifat Archimedes, (iii) klausa ketunggalan pada lantainya, (iv) prinsip sarang merpati? Lalu moralnya: bahwa $\intco{0}{1}$ tersandikan dengan setia oleh untaian angka yang sejati, dan kerasionalan terbaca sebagai keperiodikan — namun analisis lebih menyukai supremum daripada angkanya. Mengapa? (Pikirkan tentang menjumlahkan dua untaian angka.)

Solusi

Solusi Soal 10.1.

1. Untuk $\frac 18$ : $10 = 8 \cdot 1 + 2$ , $20 = 8 \cdot 2 + 4$ , $40 = 8 \cdot 5 + 0$ ; jadi angkanya $1, 2, 5$ , dengan sisa $0$ , lalu nol semuanya: sehingga $\frac 18 = 0.125$ . Untuk $\frac 17$ : $10 = 7 \cdot 1 + 3$ , $30 = 7 \cdot 4 + 2$ , $20 = 7 \cdot 2 + 6$ , $60 = 7 \cdot 8 + 4$ , $40 = 7 \cdot 5 + 5$ , $50 = 7 \cdot 7 + 1$ : jadi angkanya $1, 4, 2, 8, 5, 7$ , dengan sisa $3, 2, 6, 4, 5, 1$ . Sisanya sudah kembali ke $r = 1$ , sehingga keenam langkahnya berulang persis selamanya: $\frac 17 = 0.(142857)$ , dengan sisa yang berdaur melewati $1, 3, 2, 6, 4, 5$ .

2. Untuk $\frac 13$ dalam basis $2$ (dengan $r_0 = 1$ ): $2 = 3 \cdot 0 + 2$ , $4 = 3 \cdot 1 + 1$ , lalu $r = 1$ terulang: jadi $\frac 13 = (0.\overline{01})_2$ . Untuk $\frac{5}{16}$ dalam basis $2$ : $10 = 16 \cdot 0 + 10$ , $20 = 16 \cdot 1 + 4$ , $8 = 16 \cdot 0 + 8$ , $16 = 16 \cdot 1 + 0$ : jadi $\frac{5}{16} = (0.0101)_2$ , yang berakhir. Untuk $\frac 12$ dalam basis $3$ : $3 = 2 \cdot 1 + 1$ , lalu $r = 1$ terulang seketika: jadi $\frac 12 = (0.\overline{1})_3$ .

3. Sisa algoritmanya setelah $N$ langkah adalah $r_N = b^N p \bmod q$ (yang dibuktikan secara resmi pada pertanyaan 14; di sini ia pengamatan bahwa setiap langkahnya mengalikan sisanya dengan $b$ lalu mereduksinya modulo $q$ ). Semua angka berikutnya bernilai $0$ jika dan hanya jika suatu $r_N = 0$ , yakni $q \mid b^N p$ ; dan karena $\gcd(p, q) = 1$ , lema Gauss memberikan $q \mid b^N$ . Jika $q \mid b^N$ , maka setiap faktor prima $q$ membagi $b^N$ , sehingga membagi $b$ (menurut keprimaannya). Sebaliknya, jika setiap prima $q = p_1^{a_1} \cdots p_r^{a_r}$ membagi $b$ , maka dengan $A = \max_i a_i$ setiap $p_i^{a_i}$ membagi $b^A$ , dan $p_i^{a_i}$ itu koprima berpasangan, sehingga $q \mid b^A$ . Untuk $q = 20 = 2^2 \cdot 5$ : kedua primanya membagi $10$ (jadi $\frac{1}{20} = 0.05$ ), tetapi $2 \nmid 3$ , sehingga $\frac{1}{20}$ berulang selamanya dalam basis $3$ .

4. Dari $1^2 = 1 < 2 < 4 = 2^2$ diperoleh $s_0 = 1$ . Lalu $1.4^2 = 1.96 < 2 < 2.25 = 1.5^2$ : sehingga $\lfloor 10\sqrt 2 \rfloor = 14$ , $s_1 = 1.4$ . Berikutnya $1.41^2 = 1.9881 < 2 < 2.0164 = 1.42^2$ : $s_2 = 1.41$ ; $1.414^2 = 1.999396 < 2 < 2.002225 = 1.415^2$ : $s_3 = 1.414$ ; $1.4142^2 = 1.99996164 < 2 < 2.00024449 = 1.4143^2$ : $s_4 = 1.4142$ . Pada setiap kasusnya ketaksamaan yang terpampang mengatakan persis $s_n \leq \sqrt 2 < s_n + 10^{-n}$ , yang merupakan definisi lantai $10^n \sqrt 2$ .

5. Di sini $A_0 = \lfloor x \rfloor = 0$ karena $0 \leq x < 1$ . Dari $A_{n-1} \leq b^{n-1} x < A_{n-1} + 1$ , kalikan dengan $b$ :

b\,A_{n-1} \leq b^n x < b\,A_{n-1} + b .

Bilangan bulat $b\,A_{n-1}$ bernilai $\leq b^n x$ , sehingga $b\,A_{n-1} \leq A_n$ ; sedangkan $b^n x < b\,A_{n-1} + b$ dengan $b\,A_{n-1} + b$ yang bulat memaksa $A_n \leq b\,A_{n-1} + b - 1$ . Jadi $0 \leq d_n = A_n - b\,A_{n-1} \leq b - 1$ : yaitu sebuah angka.

6. Secara teleskopis: $d_k b^{-k} = A_k b^{-k} - A_{k-1} b^{-(k-1)}$ , sehingga

\sum_{k=1}^n d_k b^{-k} = A_n b^{-n} - A_0 = s_n .

Lalu membagi $A_n \leq b^n x < A_n + 1$ dengan $b^n$ memberikan $s_n \leq x < s_n + b^{-n}$ .

7. Lewat induksi: $b^0 = 1 \geq 1$ , dan $b^{n+1} = b \cdot b^n \geq 2(n + 1) \geq n + 2$ . Kemonotonannya: $s_n - s_{n-1} = d_n b^{-n} \geq 0$ . Setiap $s_n \leq x$ (menurut pertanyaan 6): jadi $x$ merupakan batas atas $\{s_n\}$ . Untuk $\varepsilon > 0$ , sifat Archimedes memasok $n$ dengan $n + 1 > \frac1\varepsilon$ , sehingga $b^{-n} < \varepsilon$ , dan lalu $s_n > x - b^{-n} > x - \varepsilon$ menurut pertanyaan 6. Menurut Proposisi 10.4, $x = \sup_n s_n$ .

8. Andaikan $d_k = b - 1$ untuk setiap $k > N$ . Untuk $n > N$ , jumlah geometri yang hingga memberikan

s_n = s_N + (b - 1)\sum_{k=N+1}^{n} b^{-k} = s_N + b^{-N} - b^{-n} .

Jadi $x \geq s_n = s_N + b^{-N} - b^{-n}$ untuk setiap $n$ ; lalu dengan membiarkan suku terakhirnya menyusut di bawah sebarang $\varepsilon$ (pertanyaan 7), $x \geq s_N + b^{-N}$ . Padahal pertanyaan 6 pada peringkat $N$ mengatakan $x < s_N + b^{-N}$ : yang bertentangan. Jadi untaian $(d_n)$ bersifat sejati.

9. Keterbatasannya: $t_n \leq (b-1)\sum_{k=1}^n b^{-k} = 1 - b^{-n} < 1$ , dan $(t_n)$ tidak turun, sehingga $y = \sup t_n$ ada dengan $0 \leq y \leq 1$ . Tetapkan $n$ . Untuk taksiran dua sisinya: $t_n \leq y$ sudah jelas. Menurut kesejatiannya pilihlah $m > n$ dengan $e_m \leq b - 2$ . Untuk $p \geq m$ :

t_p - t_n = \sum_{k=n+1}^{p} e_k b^{-k} \leq (b^{-n} - b^{-p}) - b^{-m} < b^{-n} - b^{-m},

karena jumlah di tengahnya kehilangan sekurang-kurangnya $b^{-m}$ terhadap maksimum yang seluruhnya $(b-1)$ ; sedangkan untuk $p \leq m$ , $t_p \leq t_m \leq t_n + b^{-n} - b^{-m}$ juga (menurut kemonotonannya ditambah kasus $p = m$ ). Jadi setiap $t_p \leq t_n + b^{-n} - b^{-m}$ , sehingga $y \leq t_n + b^{-n} - b^{-m} < t_n + b^{-n}$ . (Dengan $n = 0$ : $y < 1$ , sehingga $y \in \intco{0}{1}$ .) Sekarang $b^n t_n = \sum_{k \leq n} e_k b^{n-k}$ merupakan bilangan bulat, dan $b^n t_n \leq b^n y < b^n t_n + 1$ : sehingga $\lfloor b^n y \rfloor = b^n t_n$ . Akhirnya angka $y$ : $d_n(y) = b^n t_n - b \cdot b^{n-1} t_{n-1} = b^n(t_n - t_{n-1}) = e_n$ .

10. Pertanyaan 9 mengatakan: bahwa (nilai untaian) berangka (untaian itu); sedangkan pertanyaan 5–8 mengatakan: bahwa (angka $x$ ) membentuk untaian sejati yang pemenggalannya bersupremum $x$ (pertanyaan 7). Jadi kedua pemetaannya tersusun menjadi identitas dalam kedua urutannya: yakni keduanya bijeksi yang saling invers antara $\intco{0}{1}$ dan untaian yang sejati. Seandainya dua untaian sejati bernilai sama, menerapkan pemetaan angkanya akan membuat keduanya sama: jadi tunggal. Inilah teorema ekspansi $b$ -adik itu.

11. Misalkan $e_n = b - 1$ untuk $n > M$ , dengan $M \geq 0$ yang minimal. Seperti pada pertanyaan 8, $t_n = t_M + b^{-M} - b^{-n}$ untuk $n \geq M$ , sehingga nilainya $\sup t_n = t_M + b^{-M}$ . Jika $M = 0$ maka nilainya $0 + 1 = 1$ : jadi dalam basis $10$ , $0.999\dots = 1$ persis — bukan hampiran. Jika $M \geq 1$ , keminimalannya memberikan $e_M \leq b - 2$ , dan nilainya

t_M + b^{-M} = \frac{b^M t_M + 1}{b^M} \in \intoo{0}{1},

yaitu sebuah pecahan $b$ -adik, yang ekspansi sejatinya adalah $e_1 \dots e_{M-1}\,(e_M + 1)\,000\dots$ (karena untaian yang berakhir bersifat sejati, dan nilainya bilangan yang sama). Sebaliknya bilangan real dengan dua penyajian pastilah mempunyai satu yang tak sejati (karena kesejatian memakukan penyajiannya, pertanyaan 10), sehingga berbentuk demikian. Dan setiap $m/b^N \in \intoo{0}{1}$ , yang ditulis dengan angka taknol terakhirnya $d_N$ , memang mempunyai kembaran tak sejati $d_1 \dots d_{N-1}(d_N - 1)(b-1)(b-1)\dots$ : jadi pecahan $b$ -adiklah yang persis membawa dua nama, sedangkan bilangan real lainnya hanya satu.

12. Katakanlah untaiannya bersesuaian sampai $m - 1$ , dengan pemenggalan bersama $P = s_{m-1}$ , dan $d_m < e_m$ . Menurut pertanyaan 9 (yaitu taksiran atas yang tegas pada peringkat $m$ ), $x < P + d_m b^{-m} + b^{-m} = P + (d_m + 1)b^{-m} \leq P + e_m b^{-m} \leq y$ , dengan langkah terakhirnya karena $P + e_m b^{-m}$ adalah pemenggalan $y$ , yaitu $t_m \leq y$ . Jadi $d_m < e_m \implies x < y$ ; lalu dengan menukar perannya, $e_m < d_m \implies y < x$ ; dan karena untaiannya berbeda pada $m$ , salah satu dari keduanya berlaku. Kedua arahnya menyusul.

13. Misalkan $z = bx - A_1 \in \intco{0}{1}$ (memang $A_1 \leq bx < A_1 + 1$ ). Untuk $n \geq 0$ : $b^n z = b^{n+1} x - b^n A_1$ dengan $b^n A_1 \in \Z$ , sehingga menurut $\lfloor u - K \rfloor = \lfloor u \rfloor - K$ (dengan $K$ bulat),

A_n(z) = A_{n+1}(x) - b^n A_1(x) .

Jadi $d_n(z) = A_n(z) - b\,A_{n-1}(z) = A_{n+1} - b^n A_1 - b\,A_n + b^n A_1 = d_{n+1}(x)$ . Sehingga bagian pecahan $bx$ membawa angka yang tergeser; lalu dengan mengulanginya $m$ kali, bagian pecahan $b^m x$ berangka $(d_{n+m})_{n \geq 1}$ .

14. Pembagian Euclid: $b^n p = q\,Q_n + r_n$ dengan $0 \leq r_n < q$ . Bagilah dengan $q$ : $b^n x = Q_n + \frac{r_n}{q}$ dengan $0 \leq \frac{r_n}{q} < 1$ , sehingga $Q_n = \lfloor b^n x \rfloor = A_n$ , yang memberikan $A_n = \frac{b^n p - r_n}{q}$ . Untuk rekurensinya: $b^n p = b(q\,A_{n-1} + r_{n-1}) = q\,(b\,A_{n-1}) + b\,r_{n-1}$ , sehingga $b^n p$ dan $b\,r_{n-1}$ berselisih kelipatan $q$ : jadi $r_n = (b\,r_{n-1}) \bmod q$ .

15. Bagilah $b\,r_{n-1}$ dengan $q$ : $b\,r_{n-1} = q\,c + r_n$ dengan $c = \lfloor b\,r_{n-1}/q \rfloor$ . Dengan menyulihkannya ke tampilan pertanyaan 14: $b^n p = q(b\,A_{n-1} + c) + r_n$ , lalu ketunggalan pembagian Euclid mengenali $A_n = b\,A_{n-1} + c$ , yakni $d_n = c = \lfloor b\,r_{n-1}/q \rfloor$ . Jadi angka ke- $n$ bergantung pada $r_{n-1}$ saja — yaitu daur pembagian panjang pada Bagian I, yang kini bersertifikat.

16. Sebanyak $q + 1$ sisa $r_0, \dots, r_q$ bernilai dalam himpunan beranggota $q$ yaitu $\intint{0}{q-1}$ : sehingga menurut prinsip sarang merpati (Akibat 2.3) ada dua yang berimpit, katakanlah $r_N = r_{N+T}$ dengan $0 \leq N < N + T \leq q$ . Karena $r_n$ menentukan $r_{n+1}$ (pertanyaan 14), induksi memberikan $r_{n+T} = r_n$ untuk setiap $n \geq N$ ; dan karena $r_{n-1}$ menentukan $d_n$ (pertanyaan 15), $d_{n+T} = d_n$ untuk setiap $n \geq N + 1$ . Jadi ekspansi setiap bilangan rasional bersifat periodik pada akhirnya, dengan praperiode $\leq q$ dan periode $\leq q$ .

17. Angka bagian pecahan $b^T y$ adalah $(d_{n+T}) = (d_n)$ (menurut lema geseran, lalu keperiodikan murninya): jadi untaian sejati yang sama dengan $y$ . Menurut pertanyaan 10 nilainya sama: $b^T y - \lfloor b^T y \rfloor = y$ , sehingga $(b^T - 1)\,y = \lfloor b^T y \rfloor = A_T \in \N$ dan

y = \frac{A_T}{b^T - 1} ,

yaitu rasional dengan penyebut yang membagi $b^T - 1$ ; adapun pembilangnya $A_T$ merupakan bilangan bulat yang angka basis $b$ -nya $d_1 \dots d_T$ . Periksa: $0.(142857) = \frac{142857}{999999}$ , dan $142857 \times 7 = 999999$ , sehingga ini $\frac 17$ .

18. Jika $d_{n+T} = d_n$ untuk $n > N$ , maka bagian pecahan $z$ dari $b^N x$ berangka $(d_{N+n})_{n\geq1}$ (menurut lema geseran), yang periodik murni; lalu menurut pertanyaan 17, $z \in \Q$ . Kemudian $b^N x = A_N + z$ memberikan $x = (A_N + z)/b^N \in \Q$ . Digabung dengan pertanyaan 16: $x$ rasional $\iff$ ekspansinya periodik pada akhirnya. Ruas kanannya menyebut basisnya, sedangkan ruas kirinya tidak: jadi keperiodikan dalam satu basis setara dengan kerasionalan, sehingga setara pula dengan keperiodikan dalam setiap basis.

19. Untuk $x = \frac 1q$ , $r_n = b^n \bmod q$ . Jika $\gcd(b, q) = 1$ , maka $r_T = r_0 = 1$ jika dan hanya jika $b^T \equiv 1 \pmod q$ ; dan $T$ semacam itu ada (karena sarang merpati memberikan $b^i \equiv b^j$ , dengan $i < j$ , lalu $b$ terbalikkan modulo $q$ , sehingga $b^{j-i} \equiv 1$ ), lalu yang terkecil — yaitu orde perkaliannya — membuat sisanya, sehingga juga angkanya, periodik murni dengan periode $T$ . Tak ada periode yang lebih kecil: karena periode $T'$ akan memberikan $(b^{T'} - 1)\frac1q \in \N$ (pertanyaan 17), yakni $q \mid b^{T'} - 1$ . Untuk $q = 7$ , $b = 10$ : $10 \equiv 3$ , $10^2 \equiv 2$ , $10^3 \equiv 6$ , $10^4 \equiv 4$ , $10^5 \equiv 5$ , $10^6 \equiv 1 \pmod 7$ : jadi ordenya $6$ , dan memang $\frac 17$ berperiode enam.

20. Untaiannya memuat tak hingga banyak $0$ (karena angka $x^*$ kebanyakan nol), sehingga ia sejati, dan $x^*$ terdefinisi dengan baik (pertanyaan 9). Andaikan angkanya periodik pada akhirnya dengan periode $T$ di luar $N$ . Tak hingga banyak angkanya sama dengan $1$ (satu per bilangan segitiga), sehingga suatu $1$ duduk pada posisi $j > N$ ; lalu keperiodikannya menaruh $1$ pada setiap posisi $j + kT$ : jadi mulai dari $j$ ke depan, jarak antara $1$ yang berurutan paling jauh $T$ . Padahal $1$ itu duduk persis pada bilangan segitiga, yang jarak berurutannya $\frac{(j+1)(j+2)}{2} - \frac{j(j+1)}{2} = j + 1$ akhirnya melampaui $T$ : yang bertentangan. Jadi ia tak periodik pada akhirnya, sehingga menurut pertanyaan 18, $x^* \notin \Q$ — yaitu keirasionalan yang terbaca dari irama angkanya belaka.

21. Diberikan $x < y$ , pertanyaan 7 memasok $n$ dengan $b^{-n} < y - x$ ; tetapkan $m = \lfloor b^n x \rfloor + 1$ . Maka $b^n x < m \leq b^n x + 1 < b^n y$ , sehingga $x < \frac{m}{b^n} < y$ : jadi padat, untuk setiap basis sekaligus (dan $b = 2$ memulihkan Latihan 10.8). Untuk $\frac pq \in \intoo{0}{1}$ dalam basis $b = q$ : angka pertamanya adalah $\lfloor q \cdot \frac pq \rfloor = p$ dan bagian pecahan $q \cdot \frac pq = p$ adalah $0$ : jadi semua angka berikutnya lenyap, yaitu ekspansi yang berakhir $\frac pq = (0.p)_q$ . Jadi berakhir bergantung pada basisnya; sedangkan keperiodikan — yakni kerasionalan — tidak (pertanyaan 18).

22. Setiap $e_k \in \{1, 2\}$ merupakan angka basis $10$ , dan untaiannya tak pernah berakhir dengan $9$ semuanya: jadi sejati. Nilainya $y$ terletak di $\intco{0}{1}$ dan berangka persis $(e_k)$ (pertanyaan 9). Tetapkan $k$ : angka ke- $k$ dari $y$ adalah $e_k$ , yang dipilih $\neq$ angka ke- $k$ dari $x_k$ , sehingga untaian sejati $y$ dan $x_k$ berbeda, jadi $y \neq x_k$ (pertanyaan 10: karena penyandiannya injektif). Dengan demikian $y$ tak ada di daftarnya: jadi tak ada pemetaan $\N^* \to \intco{0}{1}$ yang surjektif. Bilangan real, tak seperti bilangan rasional, tak dapat didaftar — yaitu ketakterbilangan, yang teorinya dikembangkan Bab 12.

23. Jika ekspansinya bersesuaian sampai $n$ , maka $x$ dan $y$ mempunyai pemenggalan $s_n$ yang sama, dan pertanyaan 6 menaruh keduanya di $\intco{s_n}{s_n + b^{-n}}$ , yaitu selang yang panjangnya $b^{-n}$ : sehingga $\abs{x - y} < b^{-n}$ . Konversnya: $x = 0.1$ dan $y = 0.0999$ (yang berakhir, sehingga sejati) memenuhi $\abs{x - y} = 10^{-4} < 10^{-3}$ , padahal ekspansinya sudah berbeda pada angka yang pertama. Yang patut disalahkan adalah pecahan $b$ -adik pada pertanyaan 11: karena di dekatnya, gerakan sekecil apa pun membalikkan setiap angka yang terpampang ( $0.0999 \to 0.1000$ ), sebab merekalah persis bilangan real yang di situ kembaran tak sejatinya mengintai.

24. Dengan $p = 1$ , $q = 10$ , $b = 2$ , $r_0 = 1$ : $2 = 10 \cdot 0 + 2$ , $4 = 10 \cdot 0 + 4$ , $8 = 10 \cdot 0 + 8$ , $16 = 10 \cdot 1 + 6$ , $12 = 10 \cdot 1 + 2$ — lalu $r_5 = 2 = r_1$ : jadi sisanya berdaur $(2, 4, 8, 6)$ mulai indeks $1$ . Angkanya: $d_1 = 0$ , lalu blok berulangnya $d_2 d_3 d_4 d_5 = 0, 0, 1, 1$ :

\tfrac{1}{10} = (0.0\overline{0011})_2 ,

dengan praperiode $1$ dan periode $4$ . Menurut pertanyaan 3, ekspansi basis $2$ yang berakhir akan menuntut setiap prima $10$ membagi $2$ ; padahal prima $5$ menolak. Jadi $0.1$ tak tersajikan oleh untaian biner yang hingga — sebuah komputer yang menyimpan bit sebanyak berhingga hanya menyimpan sebuah pemenggalan, dan galat pemenggalan yang menumpuk itulah sebabnya $0.1 + 0.2$ pada titik mengambang berbeda dari $0.3$ pada bit terakhirnya.

25. (i) Kelengkapan menghasilkan nilainya: $x = \sup s_n$ dan $y = \sup t_n$ (pertanyaan 7 dan 9) — karena di atas $\Q$ semata, untaian sejati $\sqrt 2$ tak akan menamai apa pun. (ii) Sifat Archimedes membuat $b^{-n}$ akhirnya lebih kecil daripada sebarang $\varepsilon$ , yang memaksa pemenggalannya merapat ke supremumnya (pertanyaan 7, 21). (iii) Klausa ketunggalan pada lantainya mengenali $Q_n = A_n$ pada pertanyaan 14 dan mengesahkan setiap penarikan angka $\lfloor u - K \rfloor = \lfloor u \rfloor - K$ (pertanyaan 13). (iv) Prinsip sarang merpati, yang diterapkan pada sisa yang berhingga banyak, merupakan satu-satunya mesin keperiodikan (pertanyaan 16). Moralnya: bahwa untaian sejati menyandikan $\intco{0}{1}$ dengan setia lalu mengubah kerasionalan menjadi irama yang kasatmata; tetapi penjumlahan untaian angka menuntut simpanan yang merambat dari tak hingga jauhnya di kanan, sehingga tak ada aturan bertahap hingga yang menghitung angka pertama sebuah jumlah pun — sedangkan antarmuka supremum pada Teorema 10.2 menangani seluruh analisis dengan satu aksioma. Jadi angka merupakan gambaran $\R$ yang megah; sedangkan supremum adalah mesinnya.

এই অধ্যায়ে সংজ্ঞায়িত পরিভাষা-শব্দ

Batas, sup dan inf

পরিভাষায় সব 395 টি শব্দ দেখো