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 kedua

Dua belas panduan berikut berkorespondensi, dalam urutan sumber, dengan perintah ke-14 sampai ke-25 pada bagian latihan penutup Bab 8. ID panduan berlanjut dari o003-c90-ch08-guide-44 sampai o003-c90-ch08-guide-55. Materi pendamping ini merupakan uraian asli untuk pembelajaran mandiri, bukan jawaban yang disediakan oleh penulis karya sumber.
Pada perintah ke-14 latihan penutup, misalkan \(x_1\neq x_2\) dalam ruang metrik \((X,d)\text{.}\) Buktikan bahwa ada himpunan terbuka \(O_1\ni x_1\) dan \(O_2\ni x_2\) dengan \(O_1\cap O_2=\emptyset\text{.}\) Rubrik. Gunakan jarak positif antartitik untuk memilih dua bola, lalu singkirkan kemungkinan adanya titik pada irisan memakai pertidaksamaan segitiga.
Petunjuk.
Langkah 1. Tetapkan \(D=d(x_1,x_2)\gt0\) dan ambil \(O_i=B(x_i,D/2)\) untuk \(i=1,2\text{.}\)
Langkah 2. Jika \(z\) berada dalam kedua bola, bandingkan \(d(x_1,z)+d(z,x_2)\) dengan \(D\text{.}\)
Jawaban.
Ambil \(O_1=B(x_1,D/2)\) dan \(O_2=B(x_2,D/2)\text{,}\) dengan \(D=d(x_1,x_2)\text{.}\) Kedua bola terbuka, memuat pusat masing-masing, dan saling lepas.
Solusi.
Karena \(x_1\neq x_2\text{,}\) aksioma metrik memberi \(D=d(x_1,x_2)\gt0\text{.}\) Tetapkan \(O_1=B(x_1,D/2)\) dan \(O_2=B(x_2,D/2)\text{.}\) Bola terbuka adalah himpunan terbuka, dan \(d(x_i,x_i)=0\lt D/2\text{,}\) sehingga \(x_i\in O_i\text{.}\)
Andaikan ada \(z\in O_1\cap O_2\text{.}\) Pertidaksamaan segitiga menghasilkan
\begin{equation*} D=d(x_1,x_2)\leq d(x_1,z)+d(z,x_2) \lt\frac D2+\frac D2=D, \end{equation*}
suatu kontradiksi. Jadi \(O_1\cap O_2=\emptyset\text{,}\) sebagaimana diminta.
Pada perintah ke-15 latihan penutup, \(Y=\R\) memakai metrik \(d(x,y)=|x-y|/(|x-y|+1)\text{.}\) Deskripsikan \(B(c,\delta)\) untuk pusat \(c\in\R\) dan \(\delta\gt0\text{.}\) Huruf pusat diganti dari \(a\) pada perintah sumber menjadi \(c\) agar tidak bertabrakan dengan koefisien \(a\) dalam rumus \(f(x)=ax+b\text{;}\) rumus sumber tidak diubah. Sumber juga menyebut rumus itu “linear” untuk semua \(b\text{,}\) padahal secara umum ia afin dan hanya linear bila \(b=0\text{.}\) Panduan ini mempertahankan kuantor \(a,b\in\R\) dan tidak mengubah rumusnya. Rubrik. Pisahkan kasus \(0\lt\delta\lt1\) dan \(\delta\geq1\text{,}\) sebab semua jarak dalam metrik ini kurang dari \(1\text{.}\)
Petunjuk.
Langkah 1. Untuk \(0\lt\delta\lt1\text{,}\) tetapkan \(t=|x-c|\) dan selesaikan \(t/(t+1)\lt\delta\) terhadap \(t\text{.}\)
Langkah 2. Untuk \(\delta\geq1\text{,}\) gunakan \(0\leq t/(t+1)\lt1\leq\delta\) bagi setiap \(t\geq0\text{.}\)
Jawaban.
Jika \(0\lt\delta\lt1\text{,}\) maka \(B(c,\delta)=(c-\delta/(1-\delta),c+\delta/(1-\delta))\text{.}\) Jika \(\delta\geq1\text{,}\) maka \(B(c,\delta)=\R\text{.}\)
Solusi.
Ambil \(x\in\R\) dan tuliskan \(t=|x-c|\geq0\text{.}\) Jika \(0\lt\delta\lt1\text{,}\) maka
\begin{gather*} d(x,c)\lt\delta\\ \Longleftrightarrow \frac{t}{t+1}\lt\delta\\ \Longleftrightarrow (1-\delta)t\lt\delta\\ \Longleftrightarrow t\lt\frac{\delta}{1-\delta}. \end{gather*}
Jadi
\begin{equation*} B(c,\delta)= \left(c-\frac{\delta}{1-\delta}, c+\frac{\delta}{1-\delta}\right) \quad(0\lt\delta\lt1). \end{equation*}
Untuk setiap \(t\geq0\text{,}\) berlaku \(t/(t+1)\lt1\text{.}\) Maka jika \(\delta\geq1\text{,}\) setiap \(x\in\R\) memenuhi \(d(x,c)\lt\delta\text{,}\) termasuk ketika \(\delta=1\) karena pertidaksamaannya tetap ketat pada jarak. Jadi \(B(c,\delta)=\R\) untuk \(\delta\geq1\text{.}\)
Pada perintah ke-16 latihan penutup, domain \(X=(\R,d_E)\text{,}\) kodomain \(Y=(\R,d)\) dengan \(d(u,v)=|u-v|/(|u-v|+1)\text{,}\) dan \(f(x)=ax+b\) untuk \(a,b\in\R\text{.}\) Tentukan apakah \(f:X\to Y\) kontinu untuk semua \(a,b\) dan buktikan. Label sumber “fungsi linear sebarang” tidak tepat ketika \(b\neq0\text{;}\) panduan mempertahankan formula serta kuantor sumber dan menyebutnya fungsi afin secara umum. Rubrik. Pisahkan kasus \(a=0\text{;}\) jika \(a\neq0\text{,}\) bandingkan jarak kodomain dengan \(|a||x-x_0|\text{.}\)
Petunjuk.
Langkah 1. Untuk \(t\geq0\text{,}\) berlaku \(t/(t+1)\leq t\text{.}\)
Langkah 2. Jika \(a\neq0\) dan toleransi keluaran adalah \(\epsilon\gt0\text{,}\) coba \(\delta=\epsilon/|a|\) pada domain Euklides.
Jawaban.
Ya. Semua rumus \(f(x)=ax+b\) itu kontinu dari \(X\) ke \(Y\text{;}\) untuk \(a\neq0\text{,}\) pilihan \(\delta=\epsilon/|a|\) cukup, sedangkan \(a=0\) memberi fungsi konstan.
Solusi.
Tetapkan \(x_0\in\R\) dan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Jika \(a=0\text{,}\) fungsi \(f(x)=b\) konstan, sehingga jarak semua nilainya dari \(f(x_0)\) adalah nol dan kekontinuan langsung berlaku.
Andaikan \(a\neq0\) dan pilih \(\delta=\epsilon/|a|\gt0\text{.}\) Jika \(d_E(x,x_0)=|x-x_0|\lt\delta\text{,}\) maka, dengan \(t=|f(x)-f(x_0)|=|a||x-x_0|\text{,}\)
\begin{equation*} d(f(x),f(x_0))=\frac{t}{t+1}\leq t =|a||x-x_0|\lt |a|\delta=\epsilon. \end{equation*}
Jadi \(f\) kontinu di \(x_0\text{.}\) Karena \(x_0\) sebarang, \(f:X\to Y\) kontinu untuk semua \(a,b\in\R\text{.}\) Suku translasi \(b\) hilang dari selisih, tetapi tetap bagian dari formula yang dibuktikan.
Pada perintah ke-17 latihan penutup, balik peran ruang: \(Y=(\R,d)\) menjadi domain dan \(X=(\R,d_E)\) menjadi kodomain. Untuk formula sumber yang sama, \(f(x)=ax+b\) dengan \(a,b\in\R\text{,}\) tentukan apakah \(f:Y\to X\) kontinu. Seperti pada panduan sebelumnya, formula ini diperlakukan sebagai afin secara umum dan linear hanya pada kasus \(b=0\text{;}\) tidak ada rumus atau kuantor sumber yang diubah. Rubrik. Untuk \(a\neq0\text{,}\) pilih radius domain kurang dari satu dan balik pertidaksamaan \(t/(t+1)\lt\delta\) agar \(|a|t\lt\epsilon\text{.}\)
Petunjuk.
Langkah 1. Untuk \(a\neq0\) dan \(\epsilon\gt0\text{,}\) ambil \(\delta=\epsilon/(|a|+\epsilon)\text{;}\) periksa bahwa \(0\lt\delta\lt1\text{.}\)
Langkah 2. Dari \(t/(t+1)\lt\delta\text{,}\) peroleh \(t\lt\delta/(1-\delta)=\epsilon/|a|\text{.}\)
Jawaban.
Ya. Semua fungsi itu kontinu dari \(Y\) ke \(X\text{.}\) Untuk \(a\neq0\text{,}\) pilihan \(\delta=\epsilon/(|a|+\epsilon)\) bekerja; kasus \(a=0\) konstan.
Solusi.
Tetapkan \(x_0\in\R\) dan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Jika \(a=0\text{,}\) \(f\) konstan dan kontinu. Andaikan \(a\neq0\text{,}\) lalu pilih
\begin{equation*} \delta=\frac{\epsilon}{|a|+\epsilon}. \end{equation*}
Karena pembilang dan penyebut positif serta penyebut lebih besar, \(0\lt\delta\lt1\text{.}\)
Jika \(d(x,x_0)\lt\delta\) dan \(t=|x-x_0|\text{,}\) maka
\begin{equation*} \frac{t}{t+1}\lt\delta \quad\Longrightarrow\quad t\lt\frac{\delta}{1-\delta} =\frac{\epsilon}{|a|}. \end{equation*}
Oleh sebab itu jarak Euklides di kodomain memenuhi
\begin{equation*} d_E(f(x),f(x_0))=|a||x-x_0|=|a|t\lt\epsilon. \end{equation*}
Maka \(f\) kontinu di setiap \(x_0\text{,}\) untuk seluruh \(a,b\in\R\) yang dikuantifikasi dalam sumber.
Pada perintah ke-18 latihan penutup, fungsi \(f:(\R^2,d_M)\to(\R,d_E)\) diberikan oleh \(f((x,y))=x\text{.}\) Tentukan dan buktikan apakah \(f\) kontinu. Teks sumber hanya mengatakan “Gunakan Teorema” tanpa nomor, ID, atau xref. Karena sasaran itu memang menggantung dan lebih dari satu hasil kekontinuan di sekitar bagian tersebut dapat dipakai, panduan ini tidak menebak teoremanya dan memberikan bukti langsung. Rubrik. Bandingkan perubahan koordinat pertama dengan jarak maksimum dua titik.
Petunjuk.
Langkah 1. Untuk \(p=(x,y)\) dan \(q=(u,v)\text{,}\) hitung \(d_E(f(p),f(q))\text{.}\)
Langkah 2. Tunjukkan \(|x-u|\leq\max\{|x-u|,|y-v|\}=d_M(p,q)\text{,}\) lalu pilih \(\delta=\epsilon\text{.}\)
Jawaban.
Ya. Proyeksi itu kontinu, bahkan 1-Lipschitz: \(d_E(f(p),f(q))\leq d_M(p,q)\) untuk semua \(p,q\in\R^2\text{.}\)
Solusi.
Ambil \(p=(x,y)\) dan \(q=(u,v)\text{.}\) Maka
\begin{equation*} d_E(f(p),f(q))=|x-u| \leq\max\{|x-u|,|y-v|\}=d_M(p,q). \end{equation*}
Tetapkan \(p\in\R^2\) dan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Pilih \(\delta=\epsilon\text{.}\) Jika \(d_M(p,q)\lt\delta\text{,}\) pertidaksamaan di atas memberi \(d_E(f(p),f(q))\lt\epsilon\text{.}\) Jadi \(f\) kontinu di setiap \(p\text{.}\) Bukti ini menyelesaikan soal tanpa memasang xref baru pada frasa “Gunakan Teorema” yang sasarannya belum ditentukan secara otoritatif.
Pada perintah ke-19 latihan penutup, putuskan benar atau salah: untuk subhimpunan tak kosong \(A,B\) dari ruang metrik \(X\text{,}\) selalu berlaku \(\Int(A\cup B)\subseteq\Int(A)\cup\Int(B)\text{.}\) Rubrik. Jika salah, pilih dua interval tertutup yang bertemu pada satu titik dan hitung ketiga interiornya.
Petunjuk.
Langkah 1. Dalam \((\R,d_E)\text{,}\) ambil \(A=[-1,0]\) dan \(B=[0,1]\text{.}\)
Langkah 2. Periksa posisi titik \(0\) terhadap \(\Int(A\cup B)\) dan \(\Int(A)\cup\Int(B)\text{.}\)
Jawaban.
Salah. Untuk \(A=[-1,0]\) dan \(B=[0,1]\text{,}\) titik \(0\) berada dalam \(\Int(A\cup B)=(-1,1)\text{,}\) tetapi tidak berada dalam \(\Int(A)\cup\Int(B)=(-1,0)\cup(0,1)\text{.}\)
Solusi.
Ambil \(X=(\R,d_E)\text{,}\) \(A=[-1,0]\text{,}\) dan \(B=[0,1]\text{.}\) Kedua himpunan tak kosong. Interiornya adalah \(\Int(A)=(-1,0)\) dan \(\Int(B)=(0,1)\text{.}\) Namun \(A\cup B=[-1,1]\text{,}\) sehingga \(\Int(A\cup B)=(-1,1)\text{.}\) Khususnya,
\begin{equation*} 0\in\Int(A\cup B) \quad\text{tetapi}\quad 0\notin\Int(A)\cup\Int(B). \end{equation*}
Maka inklusi yang diklaim gagal, jadi pernyataan universal tersebut salah.
Pada perintah ke-20 latihan penutup, putuskan benar atau salah: untuk subhimpunan tak kosong \(A,B\subseteq X\text{,}\) selalu berlaku \(\Int(A)\cup\Int(B)\subseteq\Int(A\cup B)\text{.}\) Rubrik. Tunjukkan bahwa ruas kiri terbuka dan termuat dalam \(A\cup B\text{,}\) lalu gunakan sifat interior sebagai himpunan terbuka terbesar yang termuat di dalam suatu himpunan.
Petunjuk.
Langkah 1. Himpunan \(\Int(A)\) dan \(\Int(B)\) terbuka, sehingga gabungannya terbuka.
Langkah 2. Gunakan \(\Int(A)\subseteq A\) dan \(\Int(B)\subseteq B\text{.}\)
Jawaban.
Benar. \(\Int(A)\cup\Int(B)\) adalah himpunan terbuka yang termuat dalam \(A\cup B\text{,}\) maka termuat dalam interior gabungan.
Solusi.
Interior \(\Int(A)\) dan \(\Int(B)\) masing-masing terbuka; gabungan dua himpunan terbuka juga terbuka. Selain itu,
\begin{equation*} \Int(A)\cup\Int(B)\subseteq A\cup B. \end{equation*}
Karena \(\Int(A\cup B)\) adalah himpunan terbuka terbesar yang termuat dalam \(A\cup B\text{,}\) setiap himpunan terbuka yang termuat dalam \(A\cup B\text{,}\) termasuk \(\Int(A)\cup\Int(B)\text{,}\) harus termuat di dalamnya. Jadi inklusi itu benar. Hipotesis tak kosong bahkan tidak diperlukan untuk argumen ini.
Pada perintah ke-21 latihan penutup, putuskan benar atau salah: untuk subhimpunan tak kosong \(A,B\subseteq X\text{,}\) selalu berlaku \(\Int(A\cap B)\subseteq\Int(A)\cap\Int(B)\text{.}\) Rubrik. Mulailah dari satu bola yang termuat dalam irisan dan gunakan bola yang sama untuk kedua himpunan.
Petunjuk.
Langkah 1. Jika \(x\in\Int(A\cap B)\text{,}\) ada \(r\gt0\) dengan \(B(x,r)\subseteq A\cap B\text{.}\)
Langkah 2. Dari inklusi itu simpulkan secara terpisah \(B(x,r)\subseteq A\) dan \(B(x,r)\subseteq B\text{.}\)
Jawaban.
Benar. Setiap titik interior dari \(A\cap B\) sekaligus merupakan titik interior dari \(A\) dan dari \(B\text{.}\)
Solusi.
Ambil \(x\in\Int(A\cap B)\text{.}\) Terdapat \(r\gt0\) dengan \(B(x,r)\subseteq A\cap B\text{.}\) Karena \(A\cap B\subseteq A\) dan \(A\cap B\subseteq B\text{,}\) berlaku \(B(x,r)\subseteq A\) serta \(B(x,r)\subseteq B\text{.}\) Jadi \(x\in\Int(A)\) dan \(x\in\Int(B)\text{,}\) sehingga \(x\in\Int(A)\cap\Int(B)\text{.}\) Karena \(x\) sebarang, inklusi yang diminta benar.
Pada perintah ke-22 latihan penutup, putuskan benar atau salah: untuk subhimpunan tak kosong \(A,B\subseteq X\text{,}\) selalu berlaku \(\Int(A)\cap\Int(B)\subseteq\Int(A\cap B)\text{.}\) Rubrik. Dari dua radius yang mungkin berbeda, bangun satu radius positif yang bekerja untuk irisan.
Petunjuk.
Langkah 1. Jika \(x\in\Int(A)\cap\Int(B)\text{,}\) pilih \(r_A,r_B\gt0\) dengan bola masing-masing termuat dalam \(A\) dan \(B\text{.}\)
Langkah 2. Gunakan \(r=\min\{r_A,r_B\}\text{.}\)
Jawaban.
Benar. Bola beradius \(\min\{r_A,r_B\}\) termuat sekaligus dalam \(A\) dan \(B\text{,}\) maka termuat dalam irisannya.
Solusi.
Ambil \(x\in\Int(A)\cap\Int(B)\text{.}\) Ada \(r_A,r_B\gt0\) sedemikian sehingga \(B(x,r_A)\subseteq A\) dan \(B(x,r_B)\subseteq B\text{.}\) Tetapkan \(r=\min\{r_A,r_B\}\gt0\text{.}\) Jika \(y\in B(x,r)\text{,}\) maka \(d(x,y)\lt r\leq r_A\) dan \(d(x,y)\lt r\leq r_B\text{.}\) Jadi \(y\in A\cap B\text{.}\) Maka \(B(x,r)\subseteq A\cap B\text{,}\) sehingga \(x\in\Int(A\cap B)\text{.}\) Inklusi itu benar; bersama perintah sebelumnya, bahkan diperoleh \(\Int(A\cap B)=\Int(A)\cap\Int(B)\text{.}\)
Pada perintah ke-23 latihan penutup, putuskan benar atau salah: setiap subhimpunan dari suatu himpunan terbuka dalam ruang metrik \((X,d)\) terbuka dalam \(X\text{.}\) Rubrik. Jika salah, pilih himpunan terbuka sederhana di garis real dan sebuah himpunan satu titik di dalamnya; verifikasi kegagalan keterbukaan himpunan satu titik tersebut.
Petunjuk.
Langkah 1. Dalam \((\R,d_E)\text{,}\) ambil \(O=(-1,1)\) dan \(A=\{0\}\subseteq O\text{.}\)
Langkah 2. Untuk setiap \(r\gt0\text{,}\) cari titik bukan nol di dalam \(B(0,r)\text{.}\)
Jawaban.
Salah. \(O=(-1,1)\) terbuka dalam \(\R\text{,}\) tetapi subhimpunannya \(\{0\}\) tidak terbuka dalam metrik Euklides.
Solusi.
Dalam \((\R,d_E)\text{,}\) himpunan \(O=(-1,1)\) terbuka dan \(A=\{0\}\) memenuhi \(A\subseteq O\text{.}\) Namun untuk setiap \(r\gt0\text{,}\) titik \(r/2\) memenuhi \(|r/2-0|=r/2\lt r\text{,}\) sehingga berada dalam \(B(0,r)\text{,}\) tetapi \(r/2\notin\{0\}\text{.}\) Jadi tidak ada bola berpusat di \(0\) yang termuat dalam \(A\text{.}\) Maka \(A\) tidak terbuka, dan contoh ini membantah pernyataan sumber.
Pada perintah ke-24 latihan penutup, putuskan benar atau salah: \(O\subseteq\R^2\) terbuka terhadap metrik Euklides \(d_E\) jika dan hanya jika terbuka terhadap metrik taksi \(d_T\text{.}\) Rubrik. Buktikan kedua arah dengan perbandingan \(d_E(p,q)\leq d_T(p,q)\leq\sqrt{2}\,d_E(p,q)\) dan inklusi bola yang sesuai.
Petunjuk.
Langkah 1. Jika \(B_{d_E}(p,r)\subseteq O\text{,}\) gunakan \(B_{d_T}(p,r)\subseteq B_{d_E}(p,r)\text{.}\)
Langkah 2. Jika \(B_{d_T}(p,r)\subseteq O\text{,}\) gunakan \(B_{d_E}(p,r/\sqrt2)\subseteq B_{d_T}(p,r)\text{.}\)
Jawaban.
Benar. Kedua metrik menghasilkan keluarga himpunan terbuka yang sama karena setiap bola kecil untuk salah satu metrik memuat bola yang sesuai untuk metrik lainnya.
Solusi.
Untuk \(p=(x,y)\) dan \(q=(u,v)\text{,}\) tuliskan \(s=|x-u|\) dan \(t=|y-v|\text{.}\) Maka
\begin{equation*} d_E(p,q)=\sqrt{s^2+t^2}\leq s+t=d_T(p,q) \leq\sqrt{2}\sqrt{s^2+t^2}=\sqrt{2}\,d_E(p,q). \end{equation*}
Andaikan \(O\) terbuka terhadap \(d_E\text{.}\) Untuk \(p\in O\text{,}\) pilih \(r\gt0\) dengan \(B_{d_E}(p,r)\subseteq O\text{.}\) Pertidaksamaan pertama memberi \(B_{d_T}(p,r)\subseteq B_{d_E}(p,r)\text{,}\) jadi \(O\) terbuka terhadap \(d_T\text{.}\)
Sebaliknya, andaikan \(O\) terbuka terhadap \(d_T\text{.}\) Untuk \(p\in O\text{,}\) pilih \(r\gt0\) dengan \(B_{d_T}(p,r)\subseteq O\text{.}\) Jika \(d_E(p,q)\lt r/\sqrt2\text{,}\) maka \(d_T(p,q)\leq\sqrt{2}\,d_E(p,q)\lt r\text{.}\) Jadi \(B_{d_E}(p,r/\sqrt2)\subseteq B_{d_T}(p,r)\subseteq O\text{.}\) Dengan demikian \(O\) juga terbuka terhadap \(d_E\text{,}\) dan bikondisional tersebut terbukti.
Pada perintah ke-25 latihan penutup, misalkan \(X=[0,1]\cup[2,3]\) dilengkapi metrik Euklides yang dibatasi ke \(X\text{.}\) Putuskan benar atau salah bahwa \([0,1]\) merupakan subhimpunan terbuka dari \(X\text{.}\) Rubrik. Bola harus dihitung di dalam ruang \(X\text{,}\) bukan di seluruh \(\R\text{;}\) gunakan celah antara dua interval untuk memilih radius.
Petunjuk.
Langkah 1. Ambil \(x\in[0,1]\) dan pertimbangkan bola relatif \(B_X(x,1)=\{y\in X\mid |y-x|\lt1\}\text{.}\)
Langkah 2. Untuk \(y\in[2,3]\text{,}\) tunjukkan \(|y-x|\geq1\text{.}\)
Jawaban.
Benar. Untuk setiap \(x\in[0,1]\text{,}\) bola relatif \(B_X(x,1)\) tidak mencapai \([2,3]\) dan karena itu termuat dalam \([0,1]\text{.}\)
Solusi.
Ambil sebarang \(x\in[0,1]\text{.}\) Jika \(y\in[2,3]\text{,}\) maka \(y-x\geq2-x\geq1\text{,}\) sehingga \(|y-x|\geq1\text{.}\) Jadi tidak ada titik dari komponen \([2,3]\) yang berada dalam bola relatif
\begin{equation*} B_X(x,1)=\{y\in X\mid |y-x|\lt1\}. \end{equation*}
Karena semua titik \(X\) yang tersisa berada dalam \([0,1]\text{,}\) berlaku \(B_X(x,1)\subseteq[0,1]\text{.}\) Setiap titik \([0,1]\) mempunyai bola terbuka relatif yang termuat dalam \([0,1]\text{,}\) sehingga \([0,1]\) terbuka sebagai subhimpunan \(X\text{.}\) Pernyataan ini tidak mengatakan bahwa \([0,1]\) terbuka dalam ruang induk \(\R\text{.}\)
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>