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

Berdasarkan definisi \(S\text{,}\) jika \(k\in S\text{,}\) maka \(k>nx\text{.}\) Dengan demikian \(nx\leq k\) untuk setiap anggota \(S\text{.}\) Ini tepat merupakan definisi bahwa \(nx\) adalah batas bawah bagi \(S\text{.}\) Karena \(nx\in\R\text{,}\) himpunan \(S\) terbatas di bawah dalam \(\R\text{.}\)

Sifat Archimedes menjamin bahwa \(S\) tak kosong, sedangkan Tugas 19 menunjukkan bahwa \(S\) terbatas di bawah. Karena \(S\subseteq\Z\text{,}\) Prinsip Pengurutan Baik yang dinyatakan pada latihan sumber memastikan bahwa \(S\) memuat infimumnya. Tuliskan anggota terkecil ini sebagai \(m=\inf S\text{;}\) khususnya \(m\in S\text{.}\)

Ambil \(q\in\Z\) dengan \(q<m\text{.}\) Andaikan \(q>nx\text{.}\) Syarat ini dan fakta bahwa \(q\) bilangan bulat akan memberi \(q\in S\text{,}\) bertentangan dengan keminimalan \(m\) karena \(q<m\text{.}\) Jadi pengandaian tersebut salah dan harus berlaku \(q\leq nx\text{.}\)

Karena \(m\in S\text{,}\) definisi \(S\) memberi \(m>nx\text{.}\) Bilangan \(m-1\) adalah bilangan bulat dan memenuhi \(m-1<m\text{.}\) Maka Tugas 20, dengan \(q=m-1\text{,}\) memberi \(m-1\leq nx\text{,}\) atau setara dengan \(m\leq nx+1\text{.}\)

Misalkan \(B_{d_E}(c,\varepsilon)\) suatu bola terbuka dengan \(c=(c_1,c_2)\) dan \(\varepsilon>0\text{.}\) Berdasarkan kerapatan bilangan rasional dalam bilangan real, terdapat \(q_1,q_2\in\Q\) sedemikian sehingga \(|q_1-c_1|<\varepsilon/2\) dan \(|q_2-c_2|<\varepsilon/2\text{.}\) Tetapkan \(q=(q_1,q_2)\text{.}\)

Bilangan \(2\) positif dan \(2^2=4>2\text{,}\) sehingga \(2\in S\) dan \(S\) tak kosong. Jika \(t\in S\text{,}\) maka \(t>0\) dan \(t^2>2>1\text{.}\) Seandainya \(t\leq1\text{,}\) akan berlaku \(t^2\leq1\text{,}\) suatu kontradiksi. Jadi \(t>1\) untuk setiap \(t\in S\text{,}\) dan \(1\) adalah batas bawah \(S\text{.}\)

Aksioma kelengkapan bilangan real menjamin bahwa himpunan real tak kosong yang terbatas di bawah mempunyai infimum. Maka \(m=\inf S\) ada. Karena \(1\) adalah batas bawah, \(1\leq m\text{;}\) karena \(2\in S\) dan infimum tidak melebihi setiap anggota himpunan, \(m\leq2\text{.}\)

Tuliskan \(t=m+1/n\text{.}\) Bilangan \(t\) positif dan \(t>m\text{.}\) Untuk setiap \(s\in S\text{,}\) berlaku \(s>0\) dan \(s^2>2>t^2\text{.}\) Karena keduanya positif, \(s>t\text{.}\) Jadi \(t\) adalah batas bawah bagi \(S\text{.}\) Akan tetapi, \(t=m+1/n>m\text{,}\) bertentangan dengan fakta bahwa \(m\) adalah batas bawah terbesar. Maka kasus \(m^2<2\) mustahil.

Karena \(t>0\) dan \(t^2>2\text{,}\) definisi memberi \(t\in S\text{.}\) Namun \(t=m-1/n<m\text{,}\) sedangkan \(m\) sebagai batas bawah \(S\) harus memenuhi \(m\leq s\) untuk setiap \(s\in S\text{.}\) Kontradiksi ini menunjukkan bahwa kasus \(m^2>2\) juga mustahil.

Trikotomi urutan bilangan real menyatakan bahwa tepat satu dari \(m^2<2\text{,}\) \(m^2=2\text{,}\) dan \(m^2>2\) berlaku. Tugas 24 menyingkirkan kemungkinan pertama dan Tugas 25 menyingkirkan kemungkinan ketiga. Oleh sebab itu \(m^2=2\text{.}\) Tugas 23 memberi \(m\geq1\text{,}\) sehingga \(m>0\text{.}\)

Untuk memeriksa ketunggalan, andaikan \(u,v>0\) dan \(u^2=v^2=2\text{.}\) Maka \(0=u^2-v^2=(u-v)(u+v)\text{.}\) Karena \(u+v>0\text{,}\) harus berlaku \(u-v=0\text{,}\) jadi \(u=v\text{.}\) Dengan demikian ada tepat satu bilangan real positif yang kuadratnya \(2\text{;}\) bilangan itu dinotasikan dengan \(\sqrt{2}\text{,}\) dan konstruksi di atas membuktikan bahwa \(m=\sqrt{2}\) benar-benar ada.

Dengan demikian \(2\) adalah faktor persekutuan positif dari \(r\) dan \(s\text{.}\) Ini bertentangan dengan pilihan \(r/s\) dalam bentuk paling sederhana, yakni bahwa \(r\) dan \(s\) tidak mempunyai faktor persekutuan positif selain \(1\text{.}\) Pengandaian bahwa \(\sqrt{2}\) rasional harus salah; maka \(\sqrt{2}\) irasional.

Tukarkan nama kedua bilangan jika perlu dan tetapkan \(u=\min\{x,y\}\) serta \(v=\max\{x,y\}\text{,}\) sehingga \(u<v\text{.}\) Bilangan \(h_N=\sqrt{2}/2^N\) dapat dibuat sekecil yang diinginkan: menurut induksi \(2^N\geq N+1\text{,}\) dan sifat Archimedes memungkinkan \(N+1\) melampaui sebarang batas real yang ditentukan. Jadi pilih \(N\in\Z^+\) sehingga \(0<h=h_N<v-u\text{.}\)

Jika \(u<0<v\text{,}\) pilih \(N\) lebih besar lagi bila perlu agar juga \(h<v\text{,}\) dan ambil \(q=1\text{.}\) Maka \(u<0<h<v\text{,}\) sehingga kembali diperoleh kelipatan \(z=qh\) di dalam interval dengan \(q\neq0\text{.}\)

Akhirnya, dalam kedua kasus \(z=q\sqrt{2}/2^N\text{.}\) Seandainya \(z\) rasional, karena \(q\neq0\) kita akan memperoleh \(\sqrt{2}=(2^N/q)z\in\Q\text{,}\) bertentangan dengan Tugas 28. Jadi \(z\) irasional dan terletak ketat di antara \(x\) dan \(y\text{.}\)

Ambil sebarang \(\varepsilon>0\text{.}\) Karena \(d(y,A)=\inf\{d(y,a)\mid a\in A\}\text{,}\) terdapat \(a_\varepsilon\in A\) dengan \(d(y,a_\varepsilon)<d(y,A)+\varepsilon\text{.}\) Jika tidak ada titik seperti itu, \(d(y,A)+\varepsilon\) akan menjadi batas bawah yang lebih besar daripada infimum, suatu kontradiksi.

Tetapkan \(\alpha=d(a,B)\text{,}\) \(\beta=d(a,C)\text{,}\) dan \(r=\min\{\alpha,\beta\}\text{.}\) Karena \(B\subseteq B\cup C\text{,}\) himpunan jarak yang dipakai untuk mendefinisikan \(d(a,B\cup C)\) memuat semua jarak ke \(B\text{.}\) Maka \(d(a,B\cup C)\leq\alpha\text{.}\) Dengan alasan yang sama, \(d(a,B\cup C)\leq\beta\text{.}\) Jadi \(d(a,B\cup C)\leq r\text{.}\)

Sebaliknya, ambil \(u\in B\cup C\text{.}\) Jika \(u\in B\text{,}\) definisi infimum memberi \(d(a,u)\geq\alpha\geq r\text{.}\) Jika \(u\in C\text{,}\) diperoleh \(d(a,u)\geq\beta\geq r\text{.}\) Jadi \(r\) adalah batas bawah bagi semua jarak \(\{d(a,u)\mid u\in B\cup C\}\text{.}\) Karena infimum adalah batas bawah terbesar, \(r\leq d(a,B\cup C)\text{.}\) Menggabungkan kedua arah memberi \(d(a,B\cup C)=r=\min\{d(a,B),d(a,C)\}\text{.}\)

Karena \(S\) terbatas, terdapat \(L,U\in\R\) sedemikian sehingga \(L\leq s\leq U\) untuk setiap \(s\in S\text{.}\) Jika \(V\subseteq S\) dan \(v\in V\text{,}\) maka juga \(v\in S\text{,}\) sehingga \(L\leq v\leq U\text{.}\) Jadi \(L\) adalah batas bawah dan \(U\) adalah batas atas bagi \(V\text{.}\) Dengan demikian setiap subhimpunan tak kosong dari \(S\) terbatas. Syarat tak kosong diperlukan agar pembahasan infimum dan supremum biasa dapat dilanjutkan, tetapi pewarisan kedua batas itu sendiri tetap berlaku bagi himpunan kosong.

Pilih himpunan tak kosong dan terbatas \(S=T=\{1\}\text{.}\) Maka \(S+T=\{s+t\mid s\in S,t\in T\}=\{2\}\text{,}\) sehingga \(\sup(S+T)=2\text{.}\) Di sisi lain, \(\sup S=\sup T=1\text{,}\) jadi \(\max\{\sup S,\sup T\}=1\text{.}\) Karena \(2\neq1\text{,}\) pernyataan tersebut salah. Rumus yang benar di bawah hipotesis latihan ialah \(\sup(S+T)=\sup S+\sup T\text{,}\) bukan maksimum kedua supremum.

Ambil \(S=T=\{1\}\text{,}\) yang keduanya tak kosong dan terbatas. Karena \(S+T=\{2\}\text{,}\) diperoleh \(\inf(S+T)=2\text{.}\) Namun \(\inf S=\inf T=1\text{,}\) sehingga \(\min\{\inf S,\inf T\}=1\text{.}\) Kedua nilai itu berbeda, jadi pernyataan salah. Rumus yang benar adalah \(\inf(S+T)=\inf S+\inf T\) di bawah hipotesis yang diberikan.

Ambil sebarang \(u\in U\text{.}\) Karena \(U\subseteq S\text{,}\) berlaku \(u\in S\text{.}\) Berdasarkan definisi supremum, \(u\leq\sup S\text{.}\) Jadi \(\sup S\) adalah batas atas bagi \(U\text{.}\) Himpunan \(U\) tak kosong dan terbatas karena merupakan subhimpunan dari \(S\text{,}\) sehingga \(\sup U\) ada. Sebagai batas atas terkecil, \(\sup U\) tidak melebihi setiap batas atas bagi \(U\text{,}\) khususnya tidak melebihi \(\sup S\text{.}\) Maka \(\sup U\leq\sup S\text{,}\) dan pernyataannya benar.

Untuk setiap \(u\in U\text{,}\) inklusi \(U\subseteq S\) memberi \(u\in S\text{.}\) Karena \(\inf S\) adalah batas bawah bagi \(S\text{,}\) berlaku \(\inf S\leq u\text{.}\) Jadi \(\inf S\) juga merupakan batas bawah bagi \(U\text{.}\) Himpunan \(U\) tak kosong dan terbatas, sehingga \(\inf U\) ada. Karena \(\inf U\) adalah batas bawah terbesar bagi \(U\text{,}\) ia sekurang-kurangnya sebesar setiap batas bawah bagi \(U\text{,}\) khususnya \(\inf S\text{.}\) Dengan demikian \(\inf S\leq\inf U\text{,}\) dan pernyataannya benar.

Gunakan metrik Euklides \(d_E(u,v)=|u-v|\) pada \(\R\text{.}\) Ambil \(A=(0,1)\) dan \(x=0\text{.}\) Semua jarak \(d_E(0,a)=a\) dengan \(a\in A\) positif, tetapi untuk setiap \(\varepsilon>0\) terdapat \(a\in A\) dengan \(0<a<\varepsilon\text{.}\) Oleh karena itu \(d_E(0,A)=\inf(0,1)=0\text{.}\) Meskipun demikian, \(0\notin(0,1)=A\text{.}\) Ini membantah pernyataan.

Secara umum dalam ruang metrik, \(d(x,A)=0\) berarti bahwa untuk setiap \(\varepsilon>0\) terdapat \(a\in A\) dengan \(d(x,a)<\varepsilon\text{;}\) pernyataan ini setara dengan setiap bola terbuka di sekitar \(x\) bertemu \(A\text{,}\) yakni \(x\in\overline{A}\text{.}\) Sebaliknya, sifat tutupan tersebut membuat infimum semua jarak ke \(A\) sama dengan nol. Jadi kesetaraan yang tepat adalah \(d_E(x,A)=0\iff x\in\overline{A}\text{.}\) Dari sini hanya dapat disimpulkan \(x\in A\) apabila diketahui tambahan bahwa \(A=\overline{A}\text{,}\) misalnya bila \(A\) tertutup.