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 kegiatan sumber

Tiga belas panduan berikut mengikuti semua tugas yang benar-benar meminta jawaban dalam kegiatan Bab 6: empat tugas pendahuluan, lima tugas tentang fungsi antara ruang metrik, dan empat tugas tentang komposisi. Kerjakan pernyataan pada bab utama sebelum membuka petunjuk, jawaban, dan pembahasan.
Untuk \(f(x)=x\sin(x)\text{,}\) tentukan \(\delta>0\) sedemikian sehingga \(|f(x)-f(1)|<0.5\) setiap kali \(|x-1|<\delta\text{.}\) Jelaskan metode Anda. Rubrik: berikan satu nilai \(\delta\) yang sah dan buktikan implikasinya; pembacaan graf saja belum merupakan pembuktian.
Petunjuk.
Tulis selisih sebagai \((x-1)\sin(x)+(\sin(x)-\sin(1))\text{,}\) lalu gunakan \(|\sin(x)|\leq1\) dan \(|\sin(x)-\sin(1)|\leq|x-1|\text{.}\)
Jawaban.
Salah satu pilihan yang sah adalah \(\delta=1/4\text{.}\)
Solusi.
Karena \(f(1)=\sin(1)\text{,}\) pertidaksamaan segitiga dan Teorema Nilai Rata-Rata, yang memberi \(|\sin(x)-\sin(1)|\leq|x-1|\) sebab \(|\cos(t)|\leq1\text{,}\) menghasilkan
\begin{align*} |f(x)-f(1)| \amp=|(x-1)\sin(x)+\sin(x)-\sin(1)|\\ \amp\leq |x-1|\,|\sin(x)|+|\sin(x)-\sin(1)|\\ \amp\leq2|x-1|. \end{align*}
Jika \(|x-1|<\delta=1/4\text{,}\) maka \(|f(x)-f(1)|<2(1/4)=1/2\text{.}\) Jadi nilai tersebut memenuhi syarat.
Untuk \(f(x)=x\sin(x)\text{,}\) tentukan \(\delta>0\) sedemikian sehingga \(|f(x)-f(2.5)|<0.25\) setiap kali \(|x-2.5|<\delta\text{.}\) Jelaskan metode Anda. Rubrik: hubungkan batas jarak masukan dengan batas jarak keluaran secara eksplisit.
Petunjuk.
Tambahkan dan kurangkan \(2.5\sin(x)\text{.}\) Batas yang dihasilkan adalah \((1+2.5)|x-2.5|\text{.}\)
Jawaban.
Salah satu pilihan yang sah adalah \(\delta=1/14\text{.}\)
Solusi.
Dengan \(a=2.5\text{,}\) kita mempunyai
\begin{align*} |f(x)-f(a)| \amp=|(x-a)\sin(x)+a(\sin(x)-\sin(a))|\\ \amp\leq |x-a|+a|x-a|\\ \amp=3.5|x-a|. \end{align*}
Di sini digunakan \(|\sin(x)|\leq1\) dan, melalui Teorema Nilai Rata-Rata serta \(|\cos(t)|\leq1\text{,}\) \(|\sin(x)-\sin(a)|\leq|x-a|\text{.}\) Jika \(|x-2.5|<1/14\text{,}\) maka \(|f(x)-f(2.5)|<3.5/14=1/4\text{.}\) Jadi \(\delta=1/14\) memenuhi syarat.
Nyatakan negasi definisi bahwa \(f:\R\to\R\) kontinu di \(a\text{.}\) Rubrik: balikkan seluruh urutan kuantor dan negasikan pertidaksamaan keluaran dengan tepat.
Petunjuk.
Negasi pernyataan “untuk setiap \(\epsilon\) terdapat \(\delta\) sehingga untuk setiap \(x\) berlaku implikasi” dimulai dengan “terdapat \(\epsilon_0\) sehingga untuk setiap \(\delta\) terdapat \(x\)”.
Jawaban.
Fungsi \(f\) tidak kontinu di \(a\) jika terdapat \(\epsilon_0>0\) sedemikian sehingga, untuk setiap \(\delta>0\text{,}\) terdapat \(x\in\R\) dengan \(|x-a|<\delta\) tetapi \(|f(x)-f(a)|\geq\epsilon_0\text{.}\)
Solusi.
Kekontinuan di \(a\) menyatakan
\begin{equation*} \forall\epsilon>0\;\exists\delta>0\;\forall x\in\R, \quad |x-a|<\delta\Longrightarrow |f(x)-f(a)|<\epsilon. \end{equation*}
Ketika menegasikan, kuantor universal dan eksistensial saling bertukar. Negasi suatu implikasi \(P\Longrightarrow Q\) adalah \(P\land\neg Q\text{,}\) dan negasi \(|f(x)-f(a)|<\epsilon_0\) adalah \(|f(x)-f(a)|\geq\epsilon_0\text{.}\) Karena itu negasinya persis pernyataan pada jawaban. Satu toleransi keluaran tetap harus gagal pada setiap skala masukan.
Misalkan \(f(x)=-1\) untuk \(x<1\) dan \(f(x)=1\) untuk \(x\geq1\text{.}\) Gunakan negasi definisi untuk membuktikan bahwa \(f\) tidak kontinu di \(x=1\text{.}\) Rubrik: pilih satu \(\epsilon_0\) dan, untuk sebarang \(\delta>0\text{,}\) berikan saksi \(x\) yang bergantung pada \(\delta\text{.}\)
Petunjuk.
Ambil titik sedikit di sebelah kiri \(1\text{,}\) misalnya \(x=1-\delta/2\text{,}\) dan bandingkan \(f(x)\) dengan \(f(1)\text{.}\)
Jawaban.
Ambil \(\epsilon_0=1\text{.}\) Untuk setiap \(\delta>0\text{,}\) titik \(x=1-\delta/2\) memenuhi \(|x-1|<\delta\text{,}\) tetapi \(|f(x)-f(1)|=2\geq\epsilon_0\text{.}\)
Solusi.
Nilai fungsi di titik pangkal adalah \(f(1)=1\text{.}\) Tetapkan \(\epsilon_0=1\) dan ambil sebarang \(\delta>0\text{.}\) Untuk \(x=1-\delta/2\text{,}\) berlaku \(x<1\text{,}\) sehingga \(f(x)=-1\text{,}\) serta \(|x-1|=\delta/2<\delta\text{.}\) Akan tetapi,
\begin{equation*} |f(x)-f(1)|=|-1-1|=2\geq1=\epsilon_0. \end{equation*}
Jadi toleransi keluaran \(\epsilon_0\) gagal untuk setiap pilihan \(\delta\text{.}\) Ini tepat negasi kekontinuan di \(1\text{.}\)
Misalkan \((X,d_X)\) dan \((Y,d_Y)\) ruang metrik, \(b\in Y\text{,}\) dan \(f:X\to Y\) didefinisikan oleh \(f(x)=b\text{.}\) Buktikan bahwa \(f\) kontinu. Rubrik: periksa definisi di titik sebarang dan berikan pilihan \(\delta\) yang tidak bergantung pada \(x\text{.}\)
Petunjuk.
Berapa nilai \(d_Y(f(x),f(a))\) untuk dua titik masukan mana pun?
Jawaban.
Fungsi \(f\) kontinu; di setiap titik dapat dipilih, misalnya, \(\delta=1\) untuk setiap \(\epsilon>0\text{.}\)
Solusi.
Ambil sebarang \(a\in X\) dan \(\epsilon>0\text{.}\) Pilih \(\delta=1\text{.}\) Jika \(d_X(x,a)<\delta\text{,}\) maka karena fungsi tersebut konstan,
\begin{equation*} d_Y(f(x),f(a))=d_Y(b,b)=0<\epsilon. \end{equation*}
Jadi \(f\) kontinu di setiap \(a\in X\text{,}\) dan karenanya kontinu pada \(X\text{.}\) Jika \(X\) kosong, pernyataan itu berlaku secara hampa.
Untuk ruang metrik \((X,d)\text{,}\) buktikan bahwa fungsi identitas \(i_X:(X,d)\to(X,d)\text{,}\) dengan \(i_X(x)=x\text{,}\) kontinu. Rubrik: nyatakan pilihan \(\delta\) sebagai fungsi dari \(\epsilon\) dan hitung jarak keluaran.
Petunjuk.
Domain dan kodomain memakai metrik yang sama, sehingga \(d(i_X(x),i_X(a))=d(x,a)\text{.}\)
Jawaban.
Fungsi identitas kontinu; untuk setiap \(a\) dan \(\epsilon>0\text{,}\) pilih \(\delta=\epsilon\text{.}\)
Solusi.
Ambil sebarang \(a\in X\) dan \(\epsilon>0\text{,}\) lalu tetapkan \(\delta=\epsilon\text{.}\) Jika \(d(x,a)<\delta\text{,}\) maka
\begin{equation*} d(i_X(x),i_X(a))=d(x,a)<\delta=\epsilon. \end{equation*}
Jadi \(i_X\) kontinu di \(a\text{.}\) Karena \(a\) sebarang, \(i_X\) kontinu pada seluruh \(X\text{.}\)
Jelaskan mengapa kekontinuan fungsi identitas pada butir sebelumnya tidak bertentangan dengan contoh fungsi identitas dari \(\R\) bermetrik Euklides ke \(\R\) bermetrik diskret yang tidak kontinu. Rubrik: bedakan fungsi sebagai aturan dari ruang bermetrik yang menjadi domain dan kodomainnya.
Petunjuk.
Tanyakan apakah jarak pada domain dan kodomain sama dalam kedua pernyataan tersebut.
Jawaban.
Tidak ada pertentangan: butir sebelumnya memakai metrik \(d\) yang sama pada domain dan kodomain, sedangkan contoh tersebut memakai metrik Euklides pada domain dan metrik diskret pada kodomain.
Solusi.
Rumus kedua fungsi memang sama, yaitu \(x\mapsto x\text{,}\) tetapi kekontinuan bergantung pada metrik. Untuk \(i_X:(X,d)\to(X,d)\text{,}\) jarak keluaran sama persis dengan jarak masukan. Pada contoh \(i:(\R,d_E)\to(\R,d_D)\text{,}\) titik berbeda dapat sedekat apa pun menurut \(d_E\text{,}\) tetapi jarak keluarannya selalu \(1\) menurut \(d_D\text{.}\) Jadi untuk, misalnya, \(\epsilon=1/2\text{,}\) tidak ada \(\delta>0\) yang bekerja. Perbedaan metrik menjelaskan perbedaan kesimpulan.
Pada \(\R^2\text{,}\) misalkan \(d_T\) adalah metrik taksi dan \(d_M\) metrik maksimum. Untuk \(f(a,b)=(a+b,b)\text{,}\) buktikan atau sangkal bahwa \(f:(\R^2,d_T)\to(\R^2,d_M)\) kontinu. Rubrik: turunkan satu batas global yang membandingkan jarak keluaran dengan jarak masukan.
Petunjuk.
Untuk \(u=(x_1,x_2)\) dan \(v=(a,b)\text{,}\) batasi \(|(x_1+x_2)-(a+b)|\) dengan pertidaksamaan segitiga.
Jawaban.
Fungsi tersebut kontinu, bahkan \(d_M(f(u),f(v))\leq d_T(u,v)\text{.}\) Pilihan \(\delta=\epsilon\) berlaku di setiap titik.
Solusi.
Ambil \(u=(x_1,x_2)\) dan \(v=(a,b)\text{.}\) Maka
\begin{align*} d_M(f(u),f(v)) \amp=\max\{|(x_1-a)+(x_2-b)|,|x_2-b|\}\\ \amp\leq |x_1-a|+|x_2-b|\\ \amp=d_T(u,v). \end{align*}
Sekarang ambil sebarang titik \(v\) dan \(\epsilon>0\text{,}\) serta pilih \(\delta=\epsilon\text{.}\) Jika \(d_T(u,v)<\delta\text{,}\) pertidaksamaan di atas memberi \(d_M(f(u),f(v))<\epsilon\text{.}\) Jadi \(f\) kontinu.
Dengan fungsi yang sama, buktikan atau sangkal bahwa \(f:(\R^2,d_M)\to(\R^2,d_T)\) kontinu. Rubrik: batasi jumlah dua jarak koordinat keluaran dengan kelipatan jarak maksimum masukan.
Petunjuk.
Setelah memakai pertidaksamaan segitiga pada koordinat pertama, masing-masing \(|x_1-a|\) dan \(|x_2-b|\) tidak melebihi \(d_M(u,v)\text{.}\)
Jawaban.
Fungsi tersebut kontinu, karena \(d_T(f(u),f(v))\leq3d_M(u,v)\text{.}\) Pilihan \(\delta=\epsilon/3\) berlaku di setiap titik.
Solusi.
Untuk \(u=(x_1,x_2)\) dan \(v=(a,b)\text{,}\) berlaku
\begin{align*} d_T(f(u),f(v)) \amp=|(x_1-a)+(x_2-b)|+|x_2-b|\\ \amp\leq |x_1-a|+2|x_2-b|\\ \amp\leq3\max\{|x_1-a|,|x_2-b|\}\\ \amp=3d_M(u,v). \end{align*}
Untuk sebarang titik \(v\) dan \(\epsilon>0\text{,}\) pilih \(\delta=\epsilon/3\text{.}\) Jika \(d_M(u,v)<\delta\text{,}\) maka \(d_T(f(u),f(v))<3\delta=\epsilon\text{.}\) Jadi \(f\) kontinu.
Misalkan \(f:(X,d_X)\to(Y,d_Y)\) dan \(g:(Y,d_Y)\to(Z,d_Z)\) kontinu. Nyatakan apa yang harus dibuktikan agar \(g\circ f\) kontinu dan sebutkan dua langkah pertama bukti. Rubrik: mulai di titik domain sebarang dan dengan toleransi keluaran sebarang.
Petunjuk.
Buka definisi kekontinuan pada seluruh ruang: pertama pilih \(a\in X\text{,}\) kemudian pilih \(\epsilon>0\text{.}\)
Jawaban.
Ambil sebarang \(a\in X\) dan \(\epsilon>0\text{.}\) Harus ditemukan \(\delta>0\) sehingga \(d_X(x,a)<\delta\) mengakibatkan \(d_Z(g(f(x)),g(f(a)))<\epsilon\text{.}\)
Solusi.
Kekontinuan \(g\circ f\) berarti kekontinuan di setiap titik \(a\in X\text{.}\) Karena itu dua langkah pertama adalah menetapkan sebarang \(a\in X\) dan kemudian sebarang \(\epsilon>0\text{.}\) Setelah itu kita harus membangun \(\delta>0\text{,}\) yang boleh bergantung pada \(a\) dan \(\epsilon\) tetapi tidak pada \(x\text{,}\) agar
\begin{equation*} d_X(x,a)<\delta\Longrightarrow d_Z((g\circ f)(x),(g\circ f)(a))<\epsilon. \end{equation*}
Butir berikutnya membangun \(\delta\) melalui ruang antara \(Y\text{.}\)
Dengan \(a\in X\text{,}\) \(b=f(a)\text{,}\) dan \(\epsilon>0\text{,}\) jelaskan mengapa terdapat \(\delta_1>0\) sehingga \(d_Y(y,b)<\delta_1\) mengakibatkan \(d_Z(g(y),g(b))<\epsilon\text{.}\) Rubrik: sebutkan hipotesis dan titik tempat definisi diterapkan.
Petunjuk.
Terapkan kekontinuan \(g\) di titik \(b=f(a)\in Y\) dengan toleransi keluaran \(\epsilon\text{.}\)
Jawaban.
Keberadaan \(\delta_1\) adalah persis konsekuensi kekontinuan \(g\) di \(b=f(a)\text{.}\)
Solusi.
Karena \(f:X\to Y\text{,}\) titik \(b=f(a)\) berada dalam \(Y\text{.}\) Hipotesis menyatakan bahwa \(g\) kontinu pada \(Y\text{,}\) khususnya di \(b\text{.}\) Dengan menerapkan definisi kekontinuan \(g\) di \(b\) pada bilangan \(\epsilon>0\) yang telah dipilih, kita memperoleh \(\delta_1>0\) sedemikian sehingga untuk setiap \(y\in Y\text{,}\)
\begin{equation*} d_Y(y,b)<\delta_1\Longrightarrow d_Z(g(y),g(b))<\epsilon. \end{equation*}
Jelaskan mengapa terdapat \(\delta_2>0\) sehingga \(d_X(x,a)<\delta_2\) mengakibatkan \(d_Y(f(x),f(a))<\delta_1\text{.}\) Rubrik: gunakan \(\delta_1\) sebagai toleransi keluaran untuk fungsi yang tepat.
Petunjuk.
Terapkan kekontinuan \(f\) di \(a\) dengan \(\epsilon\) pada definisi diganti oleh \(\delta_1\text{.}\)
Jawaban.
Keberadaan \(\delta_2\) adalah persis konsekuensi kekontinuan \(f\) di \(a\) dengan toleransi keluaran \(\delta_1>0\text{.}\)
Solusi.
Hipotesis menyatakan bahwa \(f\) kontinu pada \(X\text{,}\) khususnya di titik \(a\text{.}\) Bilangan \(\delta_1\) yang diperoleh pada butir sebelumnya positif, sehingga sah dipakai sebagai toleransi keluaran dalam definisi kekontinuan \(f\text{.}\) Oleh karena itu ada \(\delta_2>0\) sedemikian sehingga
\begin{equation*} d_X(x,a)<\delta_2\Longrightarrow d_Y(f(x),f(a))<\delta_1. \end{equation*}
Lengkapi pembuktian bahwa \(g\circ f:(X,d_X)\to(Z,d_Z)\) kontinu. Rubrik: rangkai dua implikasi metrik, identifikasi \(b=f(a)\text{,}\) lalu tutup semua kuantor.
Petunjuk.
Pilih \(\delta=\delta_2\text{.}\) Kedekatan di \(X\) mula-mula memberi kedekatan \(f(x)\) dengan \(f(a)=b\) di \(Y\text{,}\) lalu memberi kedekatan setelah menerapkan \(g\text{.}\)
Jawaban.
Dengan \(\delta=\delta_2\text{,}\) berlaku \(d_X(x,a)<\delta\) mengakibatkan \(d_Z(g(f(x)),g(f(a)))<\epsilon\text{.}\) Jadi \(g\circ f\) kontinu.
Solusi.
Ambil sebarang \(a\in X\) dan \(\epsilon>0\text{,}\) lalu tetapkan \(b=f(a)\text{.}\) Kekontinuan \(g\) di \(b\) menghasilkan \(\delta_1>0\) sehingga \(d_Y(y,b)<\delta_1\) mengakibatkan \(d_Z(g(y),g(b))<\epsilon\text{.}\) Kekontinuan \(f\) di \(a\text{,}\) dengan toleransi keluaran \(\delta_1\text{,}\) menghasilkan \(\delta_2>0\) sehingga \(d_X(x,a)<\delta_2\) mengakibatkan \(d_Y(f(x),f(a))<\delta_1\text{.}\)
Pilih \(\delta=\delta_2\text{.}\) Jika \(d_X(x,a)<\delta\text{,}\) maka \(d_Y(f(x),b)<\delta_1\text{,}\) dan karenanya \(d_Z(g(f(x)),g(b))<\epsilon\text{.}\) Karena \(b=f(a)\text{,}\) ini adalah \(d_Z((g\circ f)(x),(g\circ f)(a))<\epsilon\text{.}\) Jadi komposisi kontinu di \(a\text{;}\) karena \(a\) sebarang, komposisi kontinu pada \(X\text{.}\)
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>