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 Pemeriksaan penguasaan dan transfer

Enam latihan asli berikut menguji apakah gagasan Bab 5 dapat dipakai pada situasi baru. Kerjakan pernyataannya terlebih dahulu, nilai pekerjaan Anda dengan rubrik yang diberikan, lalu buka petunjuk secara bertahap sebelum membandingkan jawaban dan pembahasan lengkap.
Untuk parameter \(t\in\R\text{,}\) definisikan
\begin{equation*} S_t=(t,t+1)\mathbin{\cup} \left\{t+2-\frac{1}{n}\mid n\in\N\right\}, \end{equation*}
dengan \(\N=\{1,2,3,\ldots\}\text{.}\) Tentukan \(\inf S_t\) dan \(\sup S_t\text{,}\) lalu putuskan apakah \(S_t\) mempunyai minimum atau maksimum.
Rubrik. Buktikan bahwa setiap nilai yang Anda usulkan memang merupakan batas yang sesuai dan bahwa tidak ada batas bawah yang lebih besar atau batas atas yang lebih kecil. Bedakan dengan tegas antara infimum atau supremum dan anggota himpunan yang menjadi minimum atau maksimum.
Petunjuk.
Langkah 1. Titik-titik pada interval terbuka dapat mendekati \(t\) dari kanan sedekat apa pun.
Langkah 2. Barisan \(t+2-1/n\) meningkat menuju \(t+2\text{,}\) tetapi tidak pernah mencapainya.
Langkah 3. Untuk menguji minimum atau maksimum, periksa apakah infimum atau supremum tersebut merupakan anggota \(S_t\text{.}\)
Jawaban.
\(\inf S_t=t\) dan \(\sup S_t=t+2\text{.}\) Karena kedua nilai itu tidak berada dalam \(S_t\text{,}\) himpunan tersebut tidak mempunyai minimum dan tidak mempunyai maksimum.
Solusi.
Setiap anggota interval \((t,t+1)\) lebih besar daripada \(t\text{.}\) Selain itu, untuk \(n\geq1\) berlaku \(t+2-1/n\geq t+1>t\text{.}\) Jadi \(t\) adalah batas bawah \(S_t\text{.}\) Jika \(b>t\text{,}\) pilih \(u=t+\min\{(b-t)/2,1/2\}\text{.}\) Kita mempunyai \(t<u<t+1\text{,}\) sehingga \(u\in S_t\text{,}\) dan sekaligus \(u<b\text{.}\) Maka \(b\) bukan batas bawah. Jadi \(\inf S_t=t\text{.}\)
Setiap anggota \((t,t+1)\) lebih kecil daripada \(t+2\text{,}\) dan \(t+2-1/n<t+2\) untuk setiap \(n\in\N\text{.}\) Dengan demikian \(t+2\) adalah batas atas. Jika \(U<t+2\text{,}\) sifat Archimedes memberi \(n\in\N\) dengan \(1/n<t+2-U\text{.}\) Akibatnya \(t+2-1/n>U\text{,}\) sehingga \(U\) bukan batas atas. Oleh karena itu \(\sup S_t=t+2\text{.}\)
Interval \((t,t+1)\) tidak memuat \(t\text{,}\) sedangkan setiap unsur barisan sedikitnya \(t+1\text{;}\) jadi \(t\notin S_t\text{.}\) Demikian pula, tidak satu pun dari kedua bagian pembentuk \(S_t\) memuat \(t+2\text{.}\) Karena minimum harus sama dengan infimum dan maksimum harus sama dengan supremum, \(S_t\) tidak mempunyai minimum maupun maksimum.
Misalkan \((X,d)\) ruang metrik, \(A\subseteq X\) tak kosong, dan \(d(x,A)=\inf\{d(x,a)\mid a\in A\}\text{.}\) Buktikan bahwa
\begin{equation*} d(x,A)=0\quad\Longleftrightarrow\quad x\in\overline{A}. \end{equation*}
Rubrik. Buktikan kedua implikasi dengan definisi tutupan melalui bola terbuka; nyatakan secara eksplisit bagaimana sifat infimum menghasilkan titik \(a\in A\) pada jarak kurang dari \(\varepsilon\text{.}\)
Petunjuk.
Langkah 1. Jika \(x\in\overline{A}\text{,}\) maka \(B(x,\varepsilon)\cap A\neq\varnothing\) untuk setiap \(\varepsilon>0\text{.}\)
Langkah 2. Jika infimum himpunan jarak adalah nol tetapi tidak ada jarak yang lebih kecil daripada suatu \(\varepsilon>0\text{,}\) maka \(\varepsilon\) akan menjadi batas bawah positif.
Jawaban.
Kesetaraan itu benar: \(d(x,A)=0\) tepat ketika setiap bola terbuka berpusat di \(x\) bertemu \(A\text{,}\) dan kondisi terakhir adalah definisi \(x\in\overline{A}\text{.}\)
Solusi.
Andaikan \(x\in\overline{A}\text{.}\) Untuk setiap \(\varepsilon>0\text{,}\) ada \(a_\varepsilon\in A\) dengan \(d(x,a_\varepsilon)<\varepsilon\text{.}\) Karena infimum tidak melebihi setiap anggota himpunan yang diinfimumkan, \(0\leq d(x,A)\leq d(x,a_\varepsilon)<\varepsilon\text{.}\) Tidak ada bilangan real positif yang lebih kecil daripada setiap \(\varepsilon>0\text{;}\) maka \(d(x,A)=0\text{.}\)
Sebaliknya, andaikan \(d(x,A)=0\text{.}\) Ambil sembarang \(\varepsilon>0\text{.}\) Jika semua \(a\in A\) memenuhi \(d(x,a)\geq\varepsilon\text{,}\) maka \(\varepsilon\) merupakan batas bawah himpunan \(\{d(x,a)\mid a\in A\}\text{,}\) bertentangan dengan fakta bahwa batas bawah terbesarnya adalah nol. Jadi terdapat \(a\in A\) dengan \(d(x,a)<\varepsilon\text{.}\) Artinya \(B(x,\varepsilon)\cap A\neq\varnothing\) untuk setiap radius positif, sehingga \(x\in\overline{A}\text{.}\)
Dalam keadaan latihan sebelumnya, definisikan \(\delta_A:X\to\R\) dengan \(\delta_A(x)=d(x,A)\text{.}\) Buktikan bahwa untuk semua \(x,y\in X\text{,}\)
\begin{equation*} |\delta_A(x)-\delta_A(y)|\leq d(x,y). \end{equation*}
Rubrik. Gunakan pertidaksamaan segitiga sebelum mengambil infimum, peroleh dua pertidaksamaan satu arah dengan menukar \(x\) dan \(y\text{,}\) lalu gabungkan keduanya. Jangan mengandaikan bahwa infimum dicapai oleh suatu anggota \(A\text{.}\)
Petunjuk.
Langkah 1. Untuk setiap \(a\in A\text{,}\) berlaku \(d(x,a)\leq d(x,y)+d(y,a)\text{.}\)
Langkah 2. Ambil infimum terhadap \(a\text{,}\) lalu ulangi dengan menukar \(x\) dan \(y\text{.}\)
Jawaban.
Fungsi \(\delta_A\) bersifat 1-Lipschitz: \(|d(x,A)-d(y,A)|\leq d(x,y)\) untuk setiap \(x,y\in X\text{.}\)
Solusi.
Tetapkan \(x,y\in X\text{.}\) Untuk setiap \(a\in A\text{,}\) pertidaksamaan segitiga memberi \(d(x,a)\leq d(x,y)+d(y,a)\text{.}\) Karena \(d(x,A)\) adalah infimum nilai-nilai di ruas kiri, kita mempunyai \(d(x,A)\leq d(x,y)+d(y,a)\) untuk setiap \(a\in A\text{.}\) Mengambil infimum ruas kanan terhadap \(a\) menghasilkan
\begin{equation*} d(x,A)\leq d(x,y)+d(y,A), \end{equation*}
sehingga \(d(x,A)-d(y,A)\leq d(x,y)\text{.}\)
Dengan menukar \(x\) dan \(y\) serta memakai simetri metrik, diperoleh \(d(y,A)-d(x,A)\leq d(y,x)=d(x,y)\text{.}\) Jadi baik selisih \(d(x,A)-d(y,A)\) maupun kebalikannya tidak melebihi \(d(x,y)\text{.}\) Kedua pertidaksamaan itu setara dengan \(|d(x,A)-d(y,A)|\leq d(x,y)\text{.}\) Bukti ini tidak memerlukan titik terdekat dalam \(A\text{,}\) yang memang belum tentu ada.
Pada \(\R^3\text{,}\) gunakan metrik supremum \(d_\infty(u,v)=\max_{1\leq i\leq3}|u_i-v_i|\text{.}\) Ambil \(p=(1,-2,0)\text{,}\) \(q=(4,2,-1)\text{,}\) dan \(m=(5/2,0,-1/2)\text{.}\) Hitung \(d_\infty(p,q)\text{,}\) deskripsikan \(B_\infty(p,2)\) sebagai hasil kali interval, dan tentukan apakah \(m\) berada pada lintasan yang membuat pertidaksamaan segitiga dari \(p\) ke \(q\) menjadi kesamaan.
Rubrik. Tampilkan semua selisih koordinat, bedakan bola terbuka dari bola tertutup, dan periksa kedua jarak melalui \(m\) sebelum menyimpulkan kesamaan segitiga.
Petunjuk.
Langkah 1. Untuk berada dalam bola terbuka berjari-jari dua, ketiga selisih koordinat harus bernilai mutlak kurang dari dua.
Langkah 2. Hitung maksimum dari \((3,4,1)\text{,}\) lalu maksimum selisih koordinat untuk pasangan \((p,m)\) dan \((m,q)\text{.}\)
Jawaban.
\(d_\infty(p,q)=4\) dan \(B_\infty(p,2)=(-1,3)\times(-4,0)\times(-2,2)\text{.}\) Selain itu, \(d_\infty(p,m)=d_\infty(m,q)=2\text{,}\) sehingga \(d_\infty(p,q)=d_\infty(p,m)+d_\infty(m,q)\text{.}\)
Solusi.
Selisih mutlak koordinat \(p\) dan \(q\) adalah \((|1-4|,|-2-2|,|0-(-1)|)=(3,4,1)\text{.}\) Jadi nilai maksimumnya empat dan \(d_\infty(p,q)=4\text{.}\)
Suatu titik \(u=(u_1,u_2,u_3)\) berada dalam \(B_\infty(p,2)\) tepat ketika \(|u_1-1|<2\text{,}\) \(|u_2+2|<2\text{,}\) dan \(|u_3|<2\text{.}\) Oleh karena itu
\begin{equation*} B_\infty(p,2)=(-1,3)\times(-4,0)\times(-2,2). \end{equation*}
Titik pada muka kotak, tempat salah satu selisih bernilai tepat dua, tidak termasuk karena bolanya terbuka.
Selisih mutlak bagi \(p\) dan \(m\) adalah \((3/2,2,1/2)\text{,}\) sedangkan bagi \(m\) dan \(q\) juga \((3/2,2,1/2)\text{.}\) Maka kedua jarak tersebut sama dengan dua. Akhirnya, \(4=2+2\text{,}\) sehingga pertidaksamaan segitiga menjadi kesamaan melalui \(m\text{.}\) Perhatikan bahwa \(m\) terletak pada batas, bukan di dalam, bola terbuka \(B_\infty(p,2)\text{.}\)
Gunakan sifat Archimedes—untuk setiap \(M\in\R\) terdapat \(n\in\N\) dengan \(n>M\)—untuk membuktikan pernyataan yang lebih terarah berikut: bagi setiap \(\varepsilon>0\) dan setiap \(N_0\in\N\text{,}\) terdapat \(n\in\N\) dengan \(n>N_0\) dan
\begin{equation*} 0<\frac{1}{n}<\varepsilon. \end{equation*}
Rubrik. Berikan satu pilihan ambang Archimedes yang sekaligus menjamin \(n>N_0\) dan pertidaksamaan resiprokal; jelaskan mengapa membalik pertidaksamaan sah.
Petunjuk.
Langkah 1. Terapkan sifat Archimedes pada \(M=\max\{N_0,1/\varepsilon\}\text{.}\)
Langkah 2. Semua bilangan yang dibalik bersifat positif, jadi \(n>1/\varepsilon\) setara dengan \(1/n<\varepsilon\text{.}\)
Jawaban.
Pilih \(n\in\N\) yang memenuhi \(n>\max\{N_0,1/\varepsilon\}\text{.}\) Maka \(n>N_0\) dan \(0<1/n<\varepsilon\text{.}\)
Solusi.
Tetapkan \(\varepsilon>0\) dan \(N_0\in\N\text{,}\) lalu definisikan \(M=\max\{N_0,1/\varepsilon\}\text{.}\) Sifat Archimedes memberi \(n\in\N\) dengan \(n>M\text{.}\) Karena \(M\geq N_0\text{,}\) kita langsung memperoleh \(n>N_0\text{.}\)
Selanjutnya, \(n>M\geq1/\varepsilon>0\text{.}\) Membalik dua bilangan positif membalik arah pertidaksamaan, sehingga \(0<1/n<\varepsilon\text{.}\) Karena \(N_0\) dapat dipilih sebesar apa pun, bukan hanya ada satu resiprokal kecil: terdapat resiprokal dengan indeks yang melampaui setiap ambang yang ditentukan.
Untuk sembarang \(x\in\R\) dan \(\varepsilon>0\text{,}\) berikan konstruksi eksplisit bilangan rasional \(q\) yang memenuhi \(|x-q|<\varepsilon\text{.}\) Gunakan hasil latihan sebelumnya dan fungsi lantai. Kemudian jalankan konstruksi tersebut untuk \(x=\sqrt{2}\) dan \(\varepsilon=10^{-3}\) dengan memilih \(n=2000\text{.}\)
Rubrik. Nyatakan pilihan \(n\) dan \(m=\lfloor nx\rfloor\text{,}\) turunkan batas galat tanpa mengandalkan desimal, hitung pecahan pada contoh, dan jelaskan mengapa konstruksi membuktikan bahwa \(\Q\) rapat dalam \(\R\text{.}\)
Petunjuk.
Langkah 1. Pilih \(n\in\N\) dengan \(1/n<\varepsilon\text{,}\) lalu gunakan \(\lfloor nx\rfloor\leq nx<\lfloor nx\rfloor+1\text{.}\)
Langkah 2. Setelah membagi dengan \(n>0\text{,}\) jarak dari \(x\) ke \(\lfloor nx\rfloor/n\) kurang dari \(1/n\text{.}\)
Langkah 3. Untuk contoh, gunakan \(2828<2000\sqrt{2}<2829\text{.}\)
Jawaban.
Pilih \(n\) dengan \(1/n<\varepsilon\text{,}\) tetapkan \(m=\lfloor nx\rfloor\text{,}\) dan ambil \(q=m/n\text{.}\) Maka \(0\leq x-q<1/n<\varepsilon\text{.}\) Untuk contoh, \(m=2828\) dan \(q=2828/2000=707/500\text{.}\)
Solusi.
Menurut latihan sebelumnya, pilih \(n\in\N\) sehingga \(1/n<\varepsilon\text{.}\) Ambil bilangan bulat \(m=\lfloor nx\rfloor\text{.}\) Definisi fungsi lantai memberi
\begin{equation*} m\leq nx<m+1. \end{equation*}
Karena \(n>0\text{,}\) pembagian dengan \(n\) mempertahankan arah pertidaksamaan dan menghasilkan
\begin{equation*} \frac{m}{n}\leq x<\frac{m}{n}+\frac{1}{n}. \end{equation*}
Dengan \(q=m/n\in\Q\text{,}\) kita memperoleh \(0\leq x-q<1/n<\varepsilon\text{,}\) sehingga \(|x-q|<\varepsilon\text{.}\)
Untuk \(x=\sqrt{2}\text{,}\) \(\varepsilon=10^{-3}\text{,}\) dan \(n=2000\text{,}\) berlaku \(1/n=1/2000<10^{-3}\text{.}\) Pertidaksamaan \(2828<2000\sqrt{2}<2829\) dapat diperiksa dengan menguadratkan semua suku positif: \(2828^2<8{,}000{,}000<2829^2\text{.}\) Jadi \(m=\lfloor2000\sqrt{2}\rfloor=2828\) dan
\begin{equation*} q=\frac{2828}{2000}=\frac{707}{500},\qquad 0<\sqrt{2}-\frac{707}{500}<\frac{1}{2000}<10^{-3}. \end{equation*}
Konstruksi ini berlaku untuk setiap pusat real \(x\) dan setiap radius \(\varepsilon>0\text{.}\) Karena itu setiap bola terbuka \((x-\varepsilon,x+\varepsilon)\) memuat suatu \(q\in\Q\text{,}\) yang tepat menyatakan bahwa \(\Q\) rapat dalam \(\R\text{.}\)
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>