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

Tiga belas panduan berikut berkorespondensi dengan tiga belas perintah pertama pada bagian latihan Bab 6 menurut urutan kedalaman sumber. Latihan yang hanya mempunyai pernyataan dihitung sekali; pada latihan bertingkat, hanya tugas daun yang meminta jawaban yang dihitung.
Misalkan \(f:\R\to\R\) didefinisikan oleh \(f(x)=|x|\text{,}\) dengan metrik Euklides pada domain dan kodomain. Tentukan apakah \(f\) kontinu di \(0\) dan buktikan jawaban Anda. Rubrik: mulai dari sebarang \(\epsilon>0\text{,}\) nyatakan \(\delta\text{,}\) dan periksa implikasi definisi.
Petunjuk.
Karena \(f(0)=0\text{,}\) sederhanakan \(|f(x)-f(0)|\) sebelum memilih \(\delta\text{.}\)
Jawaban.
Ya. Untuk setiap \(\epsilon>0\text{,}\) pilihan \(\delta=\epsilon\) memenuhi definisi kekontinuan di \(0\text{.}\)
Solusi.
Ambil sebarang \(\epsilon>0\) dan pilih \(\delta=\epsilon\text{.}\) Jika \(|x-0|<\delta\text{,}\) maka
\begin{equation*} |f(x)-f(0)|=\big||x|-0\big|=|x|<\delta=\epsilon. \end{equation*}
Jadi syarat epsilon-delta terpenuhi dan \(f\) kontinu di \(0\text{.}\)
Misalkan \(f(x)=x/|x|\) untuk \(x\neq0\) dan \(f(0)=1\text{,}\) dengan metrik Euklides. Tentukan apakah \(f\) kontinu di \(0\) dan buktikan jawaban Anda. Rubrik: jika jawabannya negatif, nyatakan negasi definisi beserta satu saksi untuk setiap \(\delta>0\text{.}\)
Petunjuk.
Ambil titik negatif yang berjarak kurang daripada \(\delta\) dari \(0\text{,}\) misalnya \(x=-\delta/2\text{.}\)
Jawaban.
Tidak. Dengan \(\epsilon_0=1\text{,}\) untuk setiap \(\delta>0\) titik \(x=-\delta/2\) memenuhi \(|x|<\delta\text{,}\) tetapi \(|f(x)-f(0)|=2\text{.}\)
Solusi.
Tetapkan \(\epsilon_0=1\) dan ambil sebarang \(\delta>0\text{.}\) Pilih \(x=-\delta/2\text{.}\) Maka \(|x-0|=\delta/2<\delta\text{,}\) sedangkan \(x<0\) sehingga \(f(x)=-1\text{.}\) Karena \(f(0)=1\text{,}\)
\begin{equation*} |f(x)-f(0)|=|-1-1|=2\geq\epsilon_0. \end{equation*}
Satu toleransi keluaran gagal pada setiap skala masukan. Menurut negasi definisi, \(f\) tidak kontinu di \(0\text{.}\)
Dengan metrik Euklides pada \(\R^2\) dan \(\R\text{,}\) buktikan atau sangkal bahwa \(f(x_1,x_2)=x_1+x_2\) kontinu. Rubrik: bandingkan nilai mutlak selisih keluaran dengan jarak Euklides dua titik masukan.
Petunjuk.
Gunakan pertidaksamaan Cauchy pada vektor \((1,1)\) dan \((x_1-a_1,x_2-a_2)\text{.}\)
Jawaban.
Fungsi tersebut kontinu, bahkan \(|f(x)-f(a)|\leq\sqrt{2}\,d_E(x,a)\text{.}\) Pilih \(\delta=\epsilon/\sqrt{2}\text{.}\)
Solusi.
Untuk \(x=(x_1,x_2)\) dan \(a=(a_1,a_2)\text{,}\) pertidaksamaan Cauchy memberikan
\begin{align*} |f(x)-f(a)| \amp=|(x_1-a_1)+(x_2-a_2)|\\ \amp\leq\sqrt{2} \sqrt{(x_1-a_1)^2+(x_2-a_2)^2}\\ \amp=\sqrt{2}\,d_E(x,a). \end{align*}
Ambil sebarang \(a\) dan \(\epsilon>0\text{,}\) lalu pilih \(\delta=\epsilon/\sqrt{2}\text{.}\) Jika \(d_E(x,a)<\delta\text{,}\) batas di atas memberi \(|f(x)-f(a)|<\epsilon\text{.}\) Jadi \(f\) kontinu.
Dengan metrik maksimum pada domain \(\R^2\) dan metrik Euklides pada kodomain \(\R\text{,}\) buktikan atau sangkal bahwa \(f(x_1,x_2)=x_1+x_2\) kontinu. Rubrik: turunkan batas yang berlaku bagi semua pasangan titik dan berikan pilihan \(\delta\text{.}\)
Petunjuk.
Masing-masing selisih koordinat tidak melebihi jarak maksimum.
Jawaban.
Fungsi tersebut kontinu, karena \(|f(x)-f(a)|\leq2d_M(x,a)\text{.}\) Pilih \(\delta=\epsilon/2\text{.}\)
Solusi.
Untuk \(x=(x_1,x_2)\) dan \(a=(a_1,a_2)\text{,}\)
\begin{align*} |f(x)-f(a)| \amp\leq|x_1-a_1|+|x_2-a_2|\\ \amp\leq2\max\{|x_1-a_1|,|x_2-a_2|\}\\ \amp=2d_M(x,a). \end{align*}
Ambil sebarang \(a\) dan \(\epsilon>0\text{,}\) serta pilih \(\delta=\epsilon/2\text{.}\) Jika \(d_M(x,a)<\delta\text{,}\) maka \(|f(x)-f(a)|<2\delta=\epsilon\text{.}\) Jadi \(f\) kontinu.
Misalkan \((X,d_X)\) memakai metrik diskret dan \((Y,d_Y)\) sebarang ruang metrik. Tentukan semua fungsi kontinu \(f:X\to Y\text{.}\) Rubrik: buktikan klasifikasi Anda langsung dari definisi; jangan mengasumsikan sifat khusus kodomain.
Petunjuk.
Jika \(d_X(x,a)<1\text{,}\) apa yang dapat disimpulkan tentang \(x\) dan \(a\text{?}\)
Jawaban.
Setiap fungsi \(f:X\to Y\) kontinu ketika domain memakai metrik diskret.
Solusi.
Ambil fungsi sebarang \(f:X\to Y\text{,}\) titik sebarang \(a\in X\text{,}\) dan \(\epsilon>0\text{.}\) Pilih \(\delta=1\text{.}\) Jika \(d_X(x,a)<1\text{,}\) definisi metrik diskret memaksa \(x=a\text{.}\) Karena itu
\begin{equation*} d_Y(f(x),f(a))=d_Y(f(a),f(a))=0<\epsilon. \end{equation*}
Jadi setiap fungsi kontinu di setiap titik domain. Tidak ada syarat tambahan pada \(f\) atau pada metrik \(d_Y\text{.}\)
Misalkan \(f:(\R,d_E)\to(\R,d_E)\) kontinu dan \(k\neq0\text{.}\) Buktikan bahwa fungsi \(kf\text{,}\) yang didefinisikan oleh \((kf)(x)=kf(x)\text{,}\) kontinu. Rubrik: gunakan kekontinuan \(f\) dengan toleransi keluaran yang disesuaikan oleh \(|k|\text{.}\)
Petunjuk.
Karena \(|(kf)(x)-(kf)(a)|=|k|\,|f(x)-f(a)|\text{,}\) mintalah \(|f(x)-f(a)|<\epsilon/|k|\text{.}\)
Jawaban.
Fungsi \(kf\) kontinu. Untuk toleransi \(\epsilon\text{,}\) pakai \(\epsilon/|k|\) dalam definisi kekontinuan \(f\text{.}\)
Solusi.
Ambil sebarang \(a\in\R\) dan \(\epsilon>0\text{.}\) Karena \(k\neq0\text{,}\) bilangan \(\epsilon/|k|\) positif. Kekontinuan \(f\) di \(a\) memberikan \(\delta>0\) sedemikian sehingga \(|x-a|<\delta\) mengakibatkan \(|f(x)-f(a)|<\epsilon/|k|\text{.}\) Maka
\begin{equation*} |(kf)(x)-(kf)(a)|=|k|\,|f(x)-f(a)|<\epsilon. \end{equation*}
Jadi \(kf\) kontinu di setiap \(a\text{,}\) sehingga kontinu pada \(\R\text{.}\)
Misalkan \(f,g:(\R,d_E)\to(\R,d_E)\) kontinu. Buktikan bahwa \(f+g\text{,}\) yang didefinisikan oleh \((f+g)(x)=f(x)+g(x)\text{,}\) kontinu. Rubrik: alokasikan toleransi keluaran di antara dua suku dan gabungkan dua skala masukan.
Petunjuk.
Gunakan toleransi \(\epsilon/2\) untuk masing-masing fungsi dan pilih nilai minimum dari dua \(\delta\) yang dihasilkan.
Jawaban.
Fungsi \(f+g\) kontinu; jika \(\delta_f\) dan \(\delta_g\) bekerja untuk toleransi \(\epsilon/2\text{,}\) pilih \(\delta=\min\{\delta_f,\delta_g\}\text{.}\)
Solusi.
Ambil sebarang \(a\in\R\) dan \(\epsilon>0\text{.}\) Kekontinuan \(f\) dan \(g\) di \(a\) memberikan \(\delta_f,\delta_g>0\) sehingga, berturut-turut, \(|x-a|<\delta_f\) mengakibatkan \(|f(x)-f(a)|<\epsilon/2\) dan \(|x-a|<\delta_g\) mengakibatkan \(|g(x)-g(a)|<\epsilon/2\text{.}\)
Pilih \(\delta=\min\{\delta_f,\delta_g\}\text{.}\) Jika \(|x-a|<\delta\text{,}\) kedua batas berlaku dan
\begin{equation*} |(f+g)(x)-(f+g)(a)| \leq|f(x)-f(a)|+|g(x)-g(a)|<\epsilon. \end{equation*}
Jadi \(f+g\) kontinu.
Untuk fungsi \(f\) dan \(g\) serta titik \(a\text{,}\) buktikan identitas
\begin{align*} f(x)g(x)-f(a)g(a)=f(a)(g(x)-g(a)) \amp+g(a)(f(x)-f(a))\\ \amp+(f(x)-f(a))(g(x)-g(a)). \end{align*}
Rubrik: perluas kedua faktor setelah menambahkan dan mengurangkan nilai di \(a\text{,}\) lalu sederhanakan seluruh suku.
Petunjuk.
Substitusikan \(f(x)=f(a)+(f(x)-f(a))\) dan \(g(x)=g(a)+(g(x)-g(a))\) ke dalam \(f(x)g(x)\text{.}\)
Jawaban.
Identitas tersebut benar; ia diperoleh dengan memperluas hasil kali dua jumlah dan membatalkan suku \(f(a)g(a)\text{.}\)
Solusi.
Tuliskan \(\Delta f=f(x)-f(a)\) dan \(\Delta g=g(x)-g(a)\text{.}\) Maka
\begin{align*} f(x)g(x)-f(a)g(a) \amp=(f(a)+\Delta f)(g(a)+\Delta g)-f(a)g(a)\\ \amp=f(a)\Delta g+g(a)\Delta f+\Delta f\Delta g. \end{align*}
Mengembalikan definisi \(\Delta f\) dan \(\Delta g\) menghasilkan tepat identitas yang diminta. Bentuk ini memisahkan dua suku linear dan satu suku hasil kali yang masing-masing dapat dikendalikan oleh kekontinuan \(f\) dan \(g\text{.}\)
Misalkan \(f\) dan \(g\) kontinu di \(a\) dan \(\epsilon>0\text{.}\) Jelaskan mengapa ada \(\delta_1,\delta_2,\delta_3,\delta_4>0\) yang masing-masing menjamin
\begin{gather*} |f(x)-f(a)|<\sqrt{\epsilon/3},\quad |g(x)-g(a)|<\sqrt{\epsilon/3},\\ |f(x)-f(a)|<\frac{\epsilon}{3(1+|g(a)|)},\quad |g(x)-g(a)|<\frac{\epsilon}{3(1+|f(a)|)}. \end{gather*}
Rubrik: pasangkan setiap toleransi positif dengan fungsi yang sesuai.
Petunjuk.
Keempat ruas kanan positif. Terapkan definisi kekontinuan \(f\) dua kali dan definisi kekontinuan \(g\) dua kali.
Jawaban.
Kekontinuan \(f\) menghasilkan \(\delta_1\) dan \(\delta_3\text{;}\) kekontinuan \(g\) menghasilkan \(\delta_2\) dan \(\delta_4\text{,}\) dengan toleransi keluaran sesuai urutan yang ditampilkan.
Solusi.
Karena \(\epsilon>0\text{,}\) semua bilangan \(\sqrt{\epsilon/3}\text{,}\) \(\epsilon/[3(1+|g(a)|)]\text{,}\) dan \(\epsilon/[3(1+|f(a)|)]\) positif. Kekontinuan \(f\) di \(a\text{,}\) berturut-turut dengan toleransi \(\sqrt{\epsilon/3}\) dan \(\epsilon/[3(1+|g(a)|)]\text{,}\) memberikan \(\delta_1>0\) dan \(\delta_3>0\text{.}\) Kekontinuan \(g\) di \(a\text{,}\) berturut-turut dengan toleransi \(\sqrt{\epsilon/3}\) dan \(\epsilon/[3(1+|f(a)|)]\text{,}\) memberikan \(\delta_2>0\) dan \(\delta_4>0\text{.}\) Masing-masing definisi tepat menghasilkan implikasi yang diminta ketika \(|x-a|\) lebih kecil daripada \(\delta_i\) terkait.
Gunakan penguraian selisih dan empat skala pada dua butir sebelumnya untuk membuktikan bahwa \(fg\) kontinu di \(a\text{.}\) Rubrik: pilih satu \(\delta\) yang mengaktifkan keempat batas dan tunjukkan bahwa masing-masing dari tiga suku bernilai kurang daripada \(\epsilon/3\text{.}\)
Petunjuk.
Pilih \(\delta=\min\{\delta_1,\delta_2,\delta_3,\delta_4\}\text{.}\) Gunakan \(|f(a)|/(1+|f(a)|)<1\) dan analoginya untuk \(g(a)\text{.}\)
Jawaban.
Dengan \(\delta\) sebagai minimum keempat skala, tiga suku dalam batas segitiga masing-masing kurang daripada \(\epsilon/3\text{;}\) karena itu \(|f(x)g(x)-f(a)g(a)|<\epsilon\text{.}\)
Solusi.
Pilih \(\delta=\min\{\delta_1,\delta_2,\delta_3,\delta_4\}\text{.}\) Jika \(|x-a|<\delta\text{,}\) penguraian pada butir pertama dan pertidaksamaan segitiga memberikan
\begin{align*} |f(x)g(x)-f(a)g(a)| \amp\leq |f(a)|\,|g(x)-g(a)|\\ \amp\quad+|g(a)|\,|f(x)-f(a)|\\ \amp\quad+|f(x)-f(a)|\,|g(x)-g(a)|. \end{align*}
Batas dari \(\delta_4\) menjadikan suku pertama kurang daripada \(\epsilon|f(a)|/[3(1+|f(a)|)]<\epsilon/3\text{.}\) Batas dari \(\delta_3\) menjadikan suku kedua kurang daripada \(\epsilon|g(a)|/[3(1+|g(a)|)]<\epsilon/3\text{.}\) Batas dari \(\delta_1\) dan \(\delta_2\) menjadikan suku ketiga kurang daripada \(\sqrt{\epsilon/3}\sqrt{\epsilon/3}=\epsilon/3\text{.}\) Jadi seluruh jumlah kurang daripada \(\epsilon\text{,}\) sehingga \(fg\) kontinu di \(a\text{.}\)
Tentukan apakah kekontinuan \(f+g\) memaksa \(f\) dan \(g\) masing-masing kontinu. Buktikan jawaban Anda. Rubrik: jika pernyataan salah, berikan fungsi konkret, periksa jumlahnya, dan buktikan diskontinuitas kedua suku yang diperlukan.
Petunjuk.
Ambil suatu fungsi tak kontinu \(h\text{,}\) lalu pertimbangkan \(f=h\) dan \(g=-h\text{.}\)
Jawaban.
Tidak. Jika \(h(x)=1\) untuk \(x\geq0\) dan \(h(x)=0\) untuk \(x<0\text{,}\) maka \(f=h\) dan \(g=-h\) tidak kontinu di \(0\text{,}\) tetapi \(f+g=0\) kontinu.
Solusi.
Definisikan \(h:\R\to\R\) dengan \(h(x)=1\) jika \(x\geq0\) dan \(h(x)=0\) jika \(x<0\text{.}\) Fungsi \(h\) tidak kontinu di \(0\text{:}\) untuk \(\epsilon_0=1/2\) dan setiap \(\delta>0\text{,}\) titik \(x=-\delta/2\) memenuhi \(|x|<\delta\text{,}\) tetapi \(|h(x)-h(0)|=1\geq\epsilon_0\text{.}\) Fungsi \(-h\) juga tidak kontinu di \(0\) dengan argumen yang sama.
Ambil \(f=h\) dan \(g=-h\text{.}\) Untuk setiap \(x\text{,}\) \((f+g)(x)=h(x)-h(x)=0\text{,}\) sehingga \(f+g\) adalah fungsi konstan dan kontinu. Jadi kekontinuan jumlah tidak memaksa kekontinuan kedua sukunya.
Tentukan apakah kekontinuan \(fg\) memaksa \(f\) dan \(g\) masing-masing kontinu. Buktikan jawaban Anda. Rubrik: berikan contoh tandingan konkret dan verifikasi baik hasil kali maupun diskontinuitas faktor-faktornya.
Petunjuk.
Carilah fungsi tak kontinu yang hanya bernilai \(-1\) dan \(1\text{,}\) lalu kalikan fungsi itu dengan dirinya sendiri.
Jawaban.
Tidak. Jika \(s(x)=1\) untuk \(x\geq0\) dan \(s(x)=-1\) untuk \(x<0\text{,}\) maka \(f=g=s\) tidak kontinu di \(0\text{,}\) tetapi \(fg=s^2=1\) kontinu.
Solusi.
Definisikan \(s:\R\to\R\) dengan \(s(x)=1\) untuk \(x\geq0\) dan \(s(x)=-1\) untuk \(x<0\text{.}\) Fungsi ini tidak kontinu di \(0\text{:}\) tetapkan \(\epsilon_0=1\text{;}\) untuk setiap \(\delta>0\text{,}\) titik \(x=-\delta/2\) memenuhi \(|x|<\delta\text{,}\) tetapi \(|s(x)-s(0)|=|-1-1|=2\geq\epsilon_0\text{.}\)
Ambil \(f=g=s\text{.}\) Kedua faktor tidak kontinu di \(0\text{,}\) sedangkan untuk setiap \(x\text{,}\) \((fg)(x)=s(x)^2=1\text{.}\) Hasil kali tersebut adalah fungsi konstan, sehingga kontinu. Jadi pernyataannya salah.
Misalkan \(f(x)=2x^2+1\text{.}\) Untuk \(\epsilon=1/4\text{,}\) carilah \(\delta>0\) sedemikian sehingga \(|x-1|<\delta\) mengakibatkan \(|f(x)-f(1)|<\epsilon\text{.}\) Rubrik: berikan satu nilai sah dan buktikan batasnya secara aljabar.
Petunjuk.
Faktorkan \(|f(x)-f(1)|=2|x-1|\,|x+1|\text{.}\) Jika \(|x-1|<1\text{,}\) maka \(|x+1|<3\text{.}\)
Jawaban.
Salah satu pilihan yang sah adalah \(\delta=1/24\text{.}\)
Solusi.
Pilih \(\delta=1/24\text{;}\) khususnya \(\delta<1\text{.}\) Jika \(|x-1|<\delta\text{,}\) maka \(|x+1|=|(x-1)+2|\leq|x-1|+2<3\text{.}\) Oleh karena itu
\begin{align*} |f(x)-f(1)| \amp=|2x^2+1-(2\cdot1^2+1)|\\ \amp=2|x^2-1|\\ \amp=2|x-1|\,|x+1|\\ \amp<6|x-1|<6\delta=\frac14. \end{align*}
Jadi \(\delta=1/24\) memenuhi implikasi yang diminta.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>