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 penguasaan definisi epsilon-delta, kekontinuan di antara ruang metrik, serta operasi pada fungsi kontinu. Kerjakan setiap pernyataan sebelum membuka petunjuk. Gunakan rubrik untuk memeriksa urutan kuantor, ketepatan pilihan radius, dan kelengkapan contoh tandingan Anda.
Misalkan \((X,d_X)\) dan \((Y,d_Y)\) ruang-ruang metrik, \(f:X\to Y\text{,}\) dan \(a\in X\text{.}\)
  1. Tuliskan definisi lengkap bahwa \(f\) kontinu di \(a\) dengan semua kuantornya.
  2. Negasikan definisi tersebut untuk memperoleh pernyataan lengkap bahwa \(f\) tidak kontinu di \(a\text{.}\)
Rubrik. Urutan \(\forall\epsilon\text{,}\) \(\exists\delta\text{,}\) dan \(\forall x\) harus tepat; pada negasi, balik setiap kuantor dan negasikan implikasi menjadi dua syarat serentak. Nyatakan dengan tegas variabel mana yang boleh bergantung pada variabel sebelumnya.
Petunjuk.
Langkah 1. Kekontinuan dimulai dengan “untuk setiap \(\epsilon\gt0\)” dan baru sesudah itu memilih \(\delta\gt0\text{.}\)
Langkah 2. Negasi pernyataan \(P\Rightarrow Q\) adalah \(P\) dan bukan \(Q\text{.}\)
Langkah 3. Negasi \(d_Y(f(x),f(a))\lt\epsilon_0\) adalah \(d_Y(f(x),f(a))\geq\epsilon_0\text{.}\)
Jawaban.
Kekontinuan di \(a\) berarti
\begin{equation*} \forall\epsilon\gt0\ \exists\delta\gt0\ \forall x\in X,\quad d_X(x,a)\lt\delta\ \Rightarrow\ d_Y(f(x),f(a))\lt\epsilon. \end{equation*}
Ketidakkontinuan di \(a\) berarti
\begin{equation*} \exists\epsilon_0\gt0\ \forall\delta\gt0\ \exists x\in X,\quad d_X(x,a)\lt\delta\ \text{ dan }\ d_Y(f(x),f(a))\geq\epsilon_0. \end{equation*}
Solusi.
Fungsi \(f\) kontinu di \(a\) jika
\begin{equation*} \forall\epsilon\gt0\ \exists\delta\gt0\ \forall x\in X,\quad d_X(x,a)\lt\delta\ \Rightarrow\ d_Y(f(x),f(a))\lt\epsilon. \end{equation*}
Dengan urutan ini, \(\delta\) boleh bergantung pada \(\epsilon\) dan titik tetap \(a\text{,}\) tetapi tidak boleh dipilih sesudah melihat \(x\text{.}\) Titik \(x\) harus memenuhi implikasi yang sama untuk semua titik di dalam bola \(B_X(a,\delta)\text{.}\)
Untuk menegasikan pernyataan tersebut, kuantor universal menjadi eksistensial dan sebaliknya. Selain itu, \(P\Rightarrow Q\) gagal tepat ketika \(P\) benar dan \(Q\) salah. Jadi \(f\) tidak kontinu di \(a\) tepat ketika
\begin{equation*} \exists\epsilon_0\gt0\ \forall\delta\gt0\ \exists x\in X,\quad d_X(x,a)\lt\delta\ \text{ dan }\ d_Y(f(x),f(a))\geq\epsilon_0. \end{equation*}
Di sini satu toleransi keluaran \(\epsilon_0\) dipilih lebih dahulu dan harus menggagalkan setiap radius masukan, meskipun titik saksi \(x\) boleh bergantung pada radius tersebut.
Misalkan \((X,d_X)\) dan \((Y,d_Y)\) ruang-ruang metrik. Andaikan \(f:X\to Y\) dan terdapat konstanta \(L\gt0\) sedemikian sehingga
\begin{equation*} d_Y(f(x),f(z))\leq Ld_X(x,z) \end{equation*}
untuk semua \(x,z\in X\text{.}\) Buktikan langsung dari definisi bahwa \(f\) kontinu.
Rubrik. Tetapkan titik dan toleransi sembarang, berikan pilihan \(\delta\) yang eksplisit, dan tunjukkan rantai pertidaksamaan lengkap. Jangan hanya menyebut teorema tentang fungsi Lipschitz.
Petunjuk.
Langkah 1. Untuk membuat \(Ld_X(x,a)\lt\epsilon\text{,}\) cukup minta \(d_X(x,a)\lt\epsilon/L\text{.}\)
Langkah 2. Pilihan radius yang sama bekerja di setiap titik \(a\text{.}\)
Jawaban.
Untuk setiap \(a\in X\) dan \(\epsilon\gt0\text{,}\) ambil \(\delta=\epsilon/L\text{.}\) Jika \(d_X(x,a)\lt\delta\text{,}\) maka \(d_Y(f(x),f(a))\leq Ld_X(x,a)\lt\epsilon\text{.}\) Jadi \(f\) kontinu.
Solusi.
Tetapkan sembarang \(a\in X\) dan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Karena \(L\gt0\text{,}\) bilangan \(\delta=\epsilon/L\) positif. Jika \(x\in X\) memenuhi \(d_X(x,a)\lt\delta\text{,}\) hipotesis Lipschitz memberi
\begin{equation*} d_Y(f(x),f(a))\leq Ld_X(x,a)\lt L\delta=L\frac{\epsilon}{L}=\epsilon. \end{equation*}
Maka \(f\) kontinu di \(a\text{.}\) Karena \(a\) dipilih sembarang, \(f\) kontinu pada \(X\text{.}\) Bahkan radius tersebut tidak bergantung pada titik pusat; hipotesis memberi kendali yang lebih kuat daripada kekontinuan biasa.
Pada \(\R\text{,}\) definisikan \(d_E(x,y)=|x-y|\text{,}\) \(d_c(x,y)=\min\{|x-y|,1\}\text{,}\) dan metrik diskret \(d_D(x,y)=0\) jika \(x=y\) serta \(d_D(x,y)=1\) jika \(x\neq y\text{.}\) Selidiki kekontinuan keempat fungsi identitas berikut:
  1. \(i_1:(\R,d_E)\to(\R,d_c)\text{;}\)
  2. \(i_2:(\R,d_c)\to(\R,d_E)\text{;}\)
  3. \(i_3:(\R,d_D)\to(\R,d_c)\text{;}\)
  4. \(i_4:(\R,d_c)\to(\R,d_D)\text{.}\)
Rubrik. Untuk setiap fungsi yang kontinu, berikan pilihan radius. Untuk fungsi yang tidak kontinu, berikan satu toleransi dan saksi untuk setiap radius. Jelaskan apa yang ditunjukkan dua arah pertama tentang pengaruh pemangkasan jarak besar.
Petunjuk.
Langkah 1. Selalu berlaku \(d_c\leq d_E\text{.}\) Sebaliknya, jika \(d_c(x,a)\lt1/2\text{,}\) maka \(d_c(x,a)=d_E(x,a)\text{.}\)
Langkah 2. Bola diskret berjari-jari \(1\) hanya memuat pusatnya.
Langkah 3. Untuk menggagalkan \(i_4\text{,}\) pilih \(\epsilon=1/2\) pada kodomain diskret dan titik berbeda yang sedekat apa pun dalam \(d_c\text{.}\)
Jawaban.
Fungsi \(i_1\text{,}\) \(i_2\text{,}\) dan \(i_3\) kontinu, sedangkan \(i_4\) tidak kontinu di titik mana pun. Jadi metrik Euklides dan metrik pangkas mempunyai perilaku kekontinuan lokal yang sama, tetapi metrik diskret pada kodomain menuntut pemisahan yang lebih kuat.
Solusi.
Untuk \(i_1\text{,}\) tetapkan \(a\in\R\) dan \(\epsilon\gt0\text{,}\) lalu pilih \(\delta=\epsilon\text{.}\) Jika \(d_E(x,a)\lt\delta\text{,}\) maka \(d_c(i_1(x),i_1(a))\leq d_E(x,a)\lt\epsilon\text{.}\) Jadi \(i_1\) kontinu.
Untuk \(i_2\text{,}\) pilih \(\delta=\min\{\epsilon,1/2\}\text{.}\) Jika \(d_c(x,a)\lt\delta\leq1/2\text{,}\) nilai minimum \(\min\{|x-a|,1\}\) tidak mungkin berasal dari cabang \(1\text{.}\) Maka \(|x-a|=d_c(x,a)\lt\delta\leq\epsilon\text{.}\) Jadi \(i_2\) juga kontinu. Kedua hasil ini menunjukkan bahwa pemangkasan semua jarak besar pada \(1\) tidak mengubah perilaku lokal yang dideteksi oleh kekontinuan.
Untuk \(i_3\text{,}\) ambil \(\delta=1\) untuk setiap toleransi positif. Syarat \(d_D(x,a)\lt1\) memaksa \(x=a\text{,}\) sehingga jarak keluarannya nol. Jadi \(i_3\) kontinu.
Sebaliknya, tetapkan \(a\in\R\) dan \(\epsilon=1/2\) untuk \(i_4\text{.}\) Untuk setiap \(\delta\gt0\text{,}\) ambil \(r=\min\{\delta/2,1/2\}\gt0\) dan \(x=a+r\text{.}\) Maka \(d_c(x,a)=r\lt\delta\text{,}\) tetapi \(x\neq a\text{,}\) sehingga \(d_D(i_4(x),i_4(a))=1\geq\epsilon\text{.}\) Dengan demikian \(i_4\) tidak kontinu di \(a\text{,}\) dan \(a\) sembarang.
Misalkan \((X,d_X)\) ruang metrik, \(a\in X\text{,}\) dan \(f,g:X\to\R\) kontinu di \(a\text{,}\) dengan metrik Euklides pada \(\R\text{.}\) Buktikan langsung bahwa \(h=f+g\) kontinu di \(a\text{.}\)
Rubrik. Jangan mengandaikan radius yang sama tersedia untuk kedua fungsi. Bagikan toleransi, peroleh dua radius, ambil minimumnya, dan gunakan pertidaksamaan segitiga.
Petunjuk.
Langkah 1. Terapkan kekontinuan \(f\) dan \(g\) masing-masing dengan toleransi \(\epsilon/2\text{.}\)
Langkah 2. Gunakan \(|h(x)-h(a)|\leq|f(x)-f(a)|+|g(x)-g(a)|\text{.}\)
Jawaban.
Jika \(\delta_f\) dan \(\delta_g\) bekerja untuk toleransi \(\epsilon/2\text{,}\) maka \(\delta=\min\{\delta_f,\delta_g\}\) bekerja untuk \(h=f+g\) dan toleransi \(\epsilon\text{.}\)
Solusi.
Ambil sembarang \(\epsilon\gt0\text{.}\) Kekontinuan \(f\) di \(a\) memberi \(\delta_f\gt0\) sedemikian sehingga \(d_X(x,a)\lt\delta_f\) mengakibatkan \(|f(x)-f(a)|\lt\epsilon/2\text{.}\) Kekontinuan \(g\) memberi \(\delta_g\gt0\) dengan implikasi serupa untuk \(|g(x)-g(a)|\lt\epsilon/2\text{.}\)
Pilih \(\delta=\min\{\delta_f,\delta_g\}\text{.}\) Jika \(d_X(x,a)\lt\delta\text{,}\) kedua taksiran berlaku dan
\begin{align*} |h(x)-h(a)|\amp=|(f(x)-f(a))+(g(x)-g(a))|\\ \amp\leq|f(x)-f(a)|+|g(x)-g(a)|\\ \amp\lt\epsilon/2+\epsilon/2=\epsilon. \end{align*}
Ini membuktikan bahwa \(h\) kontinu di \(a\text{.}\)
Misalkan \((X,d_X)\text{,}\) \((Y,d_Y)\text{,}\) dan \((Z,d_Z)\) ruang-ruang metrik. Jika \(f:X\to Y\) kontinu di \(a\in X\) dan \(g:Y\to Z\) kontinu di \(f(a)\text{,}\) buktikan bahwa \(g\circ f\) kontinu di \(a\text{.}\)
Rubrik. Mulailah dari toleransi di \(Z\text{.}\) Radius yang dihasilkan oleh kekontinuan \(g\) harus dipakai sebagai toleransi keluaran ketika menerapkan kekontinuan \(f\text{.}\)
Petunjuk.
Langkah 1. Untuk \(\epsilon\gt0\text{,}\) kekontinuan \(g\) di \(f(a)\) memberi suatu \(\eta\gt0\) pada ruang \(Y\text{.}\)
Langkah 2. Terapkan kekontinuan \(f\) di \(a\) dengan toleransi \(\eta\) untuk memperoleh \(\delta\) pada ruang \(X\text{.}\)
Jawaban.
Pilih \(\eta\) dari kekontinuan \(g\) untuk toleransi \(\epsilon\text{,}\) lalu pilih \(\delta\) dari kekontinuan \(f\) untuk toleransi \(\eta\text{.}\) Rantai kedua implikasi membuktikan kekontinuan \(g\circ f\) di \(a\text{.}\)
Solusi.
Tetapkan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Karena \(g\) kontinu di \(f(a)\text{,}\) ada \(\eta\gt0\) sedemikian sehingga
\begin{equation*} d_Y(y,f(a))\lt\eta\quad\Rightarrow\quad d_Z(g(y),g(f(a)))\lt\epsilon. \end{equation*}
Karena \(f\) kontinu di \(a\text{,}\) untuk toleransi \(\eta\) ini ada \(\delta\gt0\) sedemikian sehingga
\begin{equation*} d_X(x,a)\lt\delta\quad\Rightarrow\quad d_Y(f(x),f(a))\lt\eta. \end{equation*}
Jadi, jika \(d_X(x,a)\lt\delta\text{,}\) implikasi kedua menempatkan \(f(x)\) di dalam bola berjari-jari \(\eta\) di sekitar \(f(a)\text{.}\) Dengan mengambil \(y=f(x)\) pada implikasi pertama, diperoleh
\begin{equation*} d_Z((g\circ f)(x),(g\circ f)(a)) =d_Z(g(f(x)),g(f(a)))\lt\epsilon. \end{equation*}
Maka \(g\circ f\) kontinu di \(a\text{.}\)
Bangun dua fungsi \(f,g:\R\to\R\) yang masing-masing tidak kontinu di titik mana pun, tetapi jumlah \(f+g\) kontinu di setiap titik. Buktikan kedua klaim menggunakan metrik Euklides.
Rubrik. Berikan rumus eksplisit bagi kedua fungsi. Untuk ketidakkontinuan, gunakan satu toleransi tetap dan kerapatan bilangan rasional serta irasional. Untuk kekontinuan jumlah, hitung jumlahnya tepat, bukan hanya menyatakan bahwa diskontinuitas “saling meniadakan.”
Petunjuk.
Langkah 1. Definisikan \(D(x)=1\) pada bilangan rasional dan \(D(x)=0\) pada bilangan irasional.
Langkah 2. Ambil \(f=D\) dan \(g=-D\text{.}\) Gunakan \(\epsilon=1/2\) untuk membuktikan ketidakkontinuan masing-masing.
Jawaban.
Ambil \(f=D\) dan \(g=-D\text{,}\) dengan \(D=\mathbf{1}_{\Q}\text{.}\) Fungsi \(D\) dan \(-D\) tidak kontinu di titik mana pun, tetapi \((f+g)(x)=D(x)-D(x)=0\) untuk semua \(x\text{,}\) sehingga jumlahnya kontinu.
Solusi.
Definisikan
\begin{equation*} D(x)=\begin{cases} 1 \amp \text{ jika }x\in\Q, \\ 0 \amp \text{ jika }x\notin\Q. \end{cases} \end{equation*}
Ambil \(f=D\) dan \(g=-D\text{.}\) Tetapkan sembarang \(a\in\R\) dan \(\epsilon=1/2\text{.}\) Jika \(a\) rasional, setiap lingkungan \(\delta\) di sekitar \(a\) memuat titik irasional \(x\text{,}\) dan \(|D(x)-D(a)|=|0-1|=1\geq\epsilon\text{.}\) Jika \(a\) irasional, setiap lingkungan memuat titik rasional \(x\text{,}\) dan kembali \(|D(x)-D(a)|=1\geq\epsilon\text{.}\) Jadi \(D\) tidak kontinu di \(a\text{.}\) Karena \(|(-D)(x)-(-D)(a)|=|D(x)-D(a)|\text{,}\) argumen yang sama membuktikan bahwa \(-D\) juga tidak kontinu di \(a\text{.}\) Titik \(a\) sembarang, sehingga keduanya tidak kontinu di mana pun.
Namun, untuk setiap \(x\in\R\text{,}\)
\begin{equation*} (f+g)(x)=D(x)+(-D(x))=0. \end{equation*}
Jadi \(f+g\) adalah fungsi konstan nol dan kontinu di setiap titik. Contoh ini menunjukkan bahwa kekontinuan jumlah tidak memaksa kekontinuan masing-masing suku.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>