Sifat Kelengkapan, Supremum dan Infimum

Kita memisalkan $s^{\ast }=\sup S$.

Untuk setiap $x\in a+S$, terdapat $s\in S$ sehingga $x=a+s$. Karena $s\le s^{\ast }$, kita peroleh $x=a+s\le a+s^{\ast }$. Hal ini menunjukkan bahwa $a+s^{\ast }$ adalah batas atas dari himpunan $a+S$, sehingga berlaku $\sup (a+S)\le a+s^{\ast }$.

Sebaliknya, misalkan $u$ adalah sebarang batas atas dari $a+S$. Maka untuk setiap $s\in S$, berlaku $a+s\le u$ yang ekivalen dengan $s\le u-a$. Pertidaksamaan ini menunjukkan bahwa $u-a$ merupakan batas atas bagi $S$. Karena $s^{\ast }$ adalah batas atas terkecil bagi $S$, kita peroleh $s^{\ast }\le u-a$ atau $a+s^{\ast }\le u$.

Karena $a+s^{\ast }$ bernilai kurang dari atau sama dengan sebarang batas atas $u$ dari $a+S$, maka haruslah $a+s^{\ast }\le \sup (a+S)$. Dari kedua pertidaksamaan yang telah kita dapatkan, kita menyimpulkan bahwa $\sup (a+S)=a+\sup S$. $■$

Kita memisalkan $b^{\ast }=\sup B$. Berdasarkan definisi supremum, $b^{\ast }$ adalah batas atas bagi himpunan $B$.

Karena $A\subseteq B$, maka setiap elemen $a\in A$ juga merupakan anggota dari $B$. Akibatnya, pertidaksamaan $a\le b^{\ast }$ berlaku untuk seluruh $a\in A$, yang berarti $b^{\ast }$ juga merupakan batas atas bagi himpunan $A$.

Karena $\sup A$ didefinisikan sebagai batas atas terkecil bagi $A$, maka nilai $\sup A$ tidak boleh melebihi sebarang batas atas $A$. Oleh karena itu, kita menyimpulkan bahwa $\sup A\le b^{\ast }=\sup B$. $■$

Kita memisalkan $a^{\ast }=\sup A$ dan $b^{\ast }=\sup B$.

Untuk setiap $x\in A+B$, terdapat $a\in A$ dan $b\in B$ sedemikian sehingga $x=a+b$. Karena $a\le a^{\ast }$ dan $b\le b^{\ast }$, kita menjumlahkan kedua pertidaksamaan tersebut sehingga didapatkan $x=a+b\le a^{\ast }+b^{\ast }$. Hal ini membuktikan bahwa $a^{\ast }+b^{\ast }$ adalah batas atas bagi himpunan $A+B$, sehingga berlaku $\sup (A+B)\le a^{\ast }+b^{\ast }$.

Untuk membuktikan pertidaksamaan sebaliknya, kita mengambil sebarang $\epsilon >0$. Berdasarkan Karakterisasi Epsilon untuk $A$ dan $B$, terdapat $a_{\epsilon }\in A$ dan $b_{\epsilon }\in B$ sedemikian sehingga

$a^{\ast }-\frac{\epsilon }{2}<a_{\epsilon }\text{dan}{b}^{\ast }-\frac{\epsilon }{2}<b_{\epsilon }$

Dengan menjumlahkan kedua pertidaksamaan tersebut, kita peroleh $(a^{\ast }+b^{\ast })-\epsilon <a_{\epsilon }+b_{\epsilon }$. Karena $a_{\epsilon }+b_{\epsilon }\in A+B$, maka $(a^{\ast }+b^{\ast })-\epsilon$ bukan merupakan batas atas bagi $A+B$. Berdasarkan Karakterisasi Epsilon untuk $A+B$, kita menyimpulkan bahwa $\sup (A+B)=a^{\ast }+b^{\ast }=\sup A+\sup B$. $■$

Kita memisalkan $s^{\ast }=\sup S$.

Untuk setiap $x\in cS$, terdapat $s\in S$ sehingga $x=cs$. Karena $s\le s^{\ast }$ dan $c>0$, kita mengalikan pertidaksamaan dengan $c$ sehingga diperoleh $x=cs\le c{s}^{\ast }$. Hal ini menunjukkan bahwa $c{s}^{\ast }$ adalah batas atas bagi himpunan $cS$, yang memberikan $\sup (cS)\le c{s}^{\ast }$.

Sebaliknya, untuk sebarang $x\in cS$, berlaku $x\le \sup (cS)$, yang ekivalen dengan $cs\le \sup (cS)$ untuk semua $s\in S$. Karena $c>0$, kita membagi kedua ruas dengan $c$ sehingga didapatkan $s\le \frac{\sup (cS)}{c}$ untuk seluruh $s\in S$. Hal ini membuktikan bahwa $\frac{\sup (cS)}{c}$ merupakan batas atas bagi himpunan $S$.

Karena $s^{\ast }$ adalah batas atas terkecil bagi $S$, kita peroleh $s^{\ast }\le \frac{\sup (cS)}{c}$, yang setelah dikalikan $c$ menghasilkan $c{s}^{\ast }\le \sup (cS)$. Dari dua arah pertidaksamaan tersebut, kita menyimpulkan bahwa $\sup (cS)=c\sup S$. $■$

Untuk membuktikan arah maju, kita mengasumsikan bahwa $s_{\ast }=\inf S$. Diberikan sebarang $\epsilon >0$. Karena $s_{\ast }+\epsilon >s_{\ast }$, maka nilai $s_{\ast }+\epsilon$ bernilai lebih besar dari batas bawah terbesar, sehingga $s_{\ast }+\epsilon$ bukan lagi merupakan batas bawah bagi $S$. Oleh karena itu, haruslah ada elemen $s_{\epsilon }\in S$ yang lebih kecil darinya, yaitu $s_{\epsilon }<s_{\ast }+\epsilon$.

Untuk membuktikan arah mundur, kita mengasumsikan $s_{\ast }$ adalah batas bawah $S$ dan untuk setiap $\epsilon >0$ terdapat $s_{\epsilon }\in S$ dengan $s_{\epsilon }<s_{\ast }+\epsilon$. Pengandaian: andaikan terdapat batas bawah lain $w$ dari $S$ sedemikian sehingga $w>s_{\ast }$. Kita memilih ${\epsilon }_0=w-s_{\ast }>0$. Berdasarkan hipotesis, terdapat $s_0\in S$ sehingga $s_0<s_{\ast }+{\epsilon }_0=w$. Hal ini memberikan $s_0<w$, yang bertentangan dengan kenyataan bahwa $w$ adalah batas bawah bagi $S$. Jadi pengandaian salah dan haruslah $w\le s_{\ast }$, yang membuktikan $s_{\ast }=\inf S$. $■$

Kita memisalkan $M_f={\sup }_{x\in D}f(x)$ dan $M_g={\sup }_{x\in D}g(x)$. Berdasarkan definisi supremum fungsi, untuk setiap $x\in D$ berlaku pertidaksamaan

$f(x)\le M_f\text{dan}g(x)\le M_g$

Dengan menjumlahkan kedua pertidaksamaan tersebut, kita peroleh bahwa untuk seluruh $x\in D$ berlaku

$f(x)+g(x)\le M_f+M_g$

Pertidaksamaan ini menunjukkan bahwa bilangan real $M_f+M_g$ merupakan batas atas bagi himpunan nilai fungsi $(f+g)(D)=\{f(x)+g(x):x\in D\}$.

Karena ${\sup }_{x\in D}(f(x)+g(x))$ didefinisikan sebagai batas atas terkecil bagi himpunan nilai $(f+g)(D)$, maka nilainya tidak boleh melebihi sebarang batas atas lain dari himpunan tersebut. Oleh karena itu, kita menyimpulkan bahwa ${\sup }_{x\in D}(f(x)+g(x))\le M_f+M_g={\sup }_{x\in D}f(x)+{\sup }_{x\in D}g(x)$. Pembuktian selesai. $■$