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 Bab 8

Enam soal kumulatif berikut ditulis baru sebagai materi pendamping dan tersedia di bawah CC BY 4.0. Setiap petunjuk dibagi menjadi beberapa tahap; gunakan hanya tahap yang diperlukan sebelum membandingkan jawaban dan pembahasan lengkap.
Misalkan \((X,d)\) suatu ruang metrik dan \(p,q\in X\) dua titik berbeda. Definisikan
\begin{equation*} V_p=\{x\in X:d(x,p)\lt d(x,q)\}. \end{equation*}
Untuk setiap \(a\in V_p\text{,}\) tentukan secara eksplisit suatu \(r_a\gt0\) yang hanya bergantung pada jarak dari \(a\) ke \(p\) dan \(q\text{.}\) Buktikan bahwa \(B(a,r_a)\subseteq V_p\text{,}\) lalu simpulkan bahwa \(V_p\) terbuka. Apakah kesimpulan yang sama berlaku bagi \(V_q=\{x\in X:d(x,q)\lt d(x,p)\}\text{?}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Karena \(a\in V_p\text{,}\) selisih \(d(a,q)-d(a,p)\) positif. Ambil setengah dari selisih itu sebagai jari-jari.
Tahap 2. Untuk \(x\) di dalam bola tersebut, batasi \(d(x,p)\) dari atas dan \(d(x,q)\) dari bawah dengan pertidaksamaan segitiga.
Tahap 3. Setelah memperoleh \(d(x,p)\lt d(x,q)\text{,}\) terapkan kriteria bola di setiap titik \(a\in V_p\text{.}\) Tukarkan peran \(p\) dan \(q\) untuk bagian terakhir.
Jawaban.
Jari-jari \(r_a=(d(a,q)-d(a,p))/2\) bernilai positif dan memenuhi \(B(a,r_a)\subseteq V_p\text{.}\) Jadi \(V_p\) terbuka. Dengan argumen simetris, \(V_q\) juga terbuka.
Solusi.
Ambil \(a\in V_p\text{.}\) Definisi \(V_p\) memberikan \(d(a,p)\lt d(a,q)\text{,}\) sehingga
\begin{equation*} r_a=\frac{d(a,q)-d(a,p)}{2}\gt0. \end{equation*}
Misalkan \(x\in B(a,r_a)\text{.}\) Pertidaksamaan segitiga dan bentuk baliknya memberikan
\begin{align*} d(x,p)\amp\leq d(x,a)+d(a,p)\\ \amp\lt r_a+d(a,p) =\frac{d(a,q)+d(a,p)}{2}, \end{align*}
sedangkan
\begin{align*} d(x,q)\amp\geq d(a,q)-d(x,a)\\ \amp\gt d(a,q)-r_a =\frac{d(a,q)+d(a,p)}{2}. \end{align*}
Maka \(d(x,p)\lt d(x,q)\text{,}\) jadi \(x\in V_p\text{.}\) Karena \(x\) dipilih sebarang, \(B(a,r_a)\subseteq V_p\text{.}\)
Setiap titik \(a\in V_p\) dengan demikian menjadi pusat suatu bola terbuka yang termuat dalam \(V_p\text{.}\) Berdasarkan kriteria bola, \(V_p\) terbuka. Jika \(p\) dan \(q\) dipertukarkan, bukti yang sama menghasilkan jari-jari \((d(a,p)-d(a,q))/2\) pada setiap \(a\in V_q\text{;}\) jadi \(V_q\) juga terbuka.
Misalkan \((X,d)\) suatu ruang metrik.
  1. Buktikan langsung dengan kriteria bola bahwa gabungan sebarang keluarga himpunan terbuka dalam \(X\) bersifat terbuka.
  2. Buktikan bahwa irisan berhingga himpunan-himpunan terbuka dalam \(X\) bersifat terbuka. Sertakan kasus irisan atas keluarga kosong.
  3. Dalam \((\R,d_E)\text{,}\) tetapkan \(U_n=(-1/n,1+1/n)\) untuk \(n\in\Z^+\text{.}\) Tentukan dan buktikan nilai \(\bigcap_{n=1}^{\infty}U_n\text{,}\) lalu jelaskan mengapa hasilnya menyangkal pernyataan serupa untuk irisan tak berhingga.
Petunjuk.
Tahap 1. Jika sebuah titik berada dalam suatu gabungan, pilih satu anggota keluarga yang memuat titik itu dan gunakan bola saksi dari anggota tersebut.
Tahap 2. Untuk irisan \(O_1\cap\cdots\cap O_k\text{,}\) pilih satu jari-jari positif dari setiap \(O_i\text{,}\) lalu ambil minimumnya. Ingat bahwa irisan keluarga kosong didefinisikan sebagai \(X\text{.}\)
Tahap 3. Titik-titik \(0\) sampai \(1\) berada dalam setiap \(U_n\text{.}\) Jika \(x\lt0\) atau \(x\gt1\text{,}\) pilih \(n\) cukup besar agar \(x\) tidak lagi berada dalam \(U_n\text{.}\)
Jawaban.
Gabungan sebarang himpunan terbuka bersifat terbuka karena setiap titiknya mewarisi bola dari salah satu anggota keluarga. Untuk irisan berhingga tak kosong, minimum dari jari-jari saksi tetap positif; irisan tanpa faktor ialah \(X\text{.}\) Namun, \(\bigcap_{n=1}^{\infty}(-1/n,1+1/n)=[0,1]\text{,}\) yang tidak terbuka dalam metrik Euklides.
Solusi.
Misalkan \(\{O_\alpha\}_{\alpha\in I}\) suatu keluarga himpunan terbuka dan \(O=\bigcup_{\alpha\in I}O_\alpha\text{.}\) Jika \(x\in O\text{,}\) terdapat \(\alpha_0\in I\) dengan \(x\in O_{\alpha_0}\text{.}\) Karena \(O_{\alpha_0}\) terbuka, ada \(r\gt0\) sehingga \(B(x,r)\subseteq O_{\alpha_0}\subseteq O\text{.}\) Jadi \(O\) terbuka. Jika \(I\) kosong, gabungannya adalah \(\emptyset\text{,}\) yang terbuka karena tidak mempunyai titik yang melanggar kriteria bola.
Sekarang misalkan \(O_1,\ldots,O_k\) terbuka dengan \(k\geq1\text{,}\) dan ambil \(x\in\bigcap_{i=1}^kO_i\text{.}\) Untuk setiap \(i\text{,}\) terdapat \(r_i\gt0\) dengan \(B(x,r_i)\subseteq O_i\text{.}\) Bilangan \(r=\min\{r_1,\ldots,r_k\}\) positif, dan
\begin{equation*} B(x,r)\subseteq\bigcap_{i=1}^kO_i. \end{equation*}
Maka irisannya terbuka. Irisan keluarga kosong adalah seluruh ruang \(X\text{,}\) yang terbuka karena \(B(x,1)\subseteq X\) untuk setiap \(x\in X\text{.}\)
Untuk contoh tak berhingga, setiap \(x\in[0,1]\) memenuhi \(-1/n\lt x\lt1+1/n\) bagi semua \(n\geq1\text{.}\) Jadi \([0,1]\subseteq\bigcap_{n=1}^{\infty}U_n\text{.}\) Jika \(x\lt0\text{,}\) pilih \(n\gt-1/x\text{;}\) maka \(x\leq-1/n\text{,}\) sehingga \(x\notin U_n\text{.}\) Jika \(x\gt1\text{,}\) pilih \(n\gt1/(x-1)\text{;}\) maka \(x\geq1+1/n\text{,}\) sehingga lagi-lagi \(x\notin U_n\text{.}\) Oleh karena itu, \(\bigcap_{n=1}^{\infty}U_n=[0,1]\text{.}\)
Himpunan \([0,1]\) tidak terbuka dalam \((\R,d_E)\text{:}\) setiap bola berjari-jari positif yang berpusat di \(0\) memuat bilangan negatif. Jadi, tidak ada hukum keterbukaan untuk irisan tak berhingga yang sepadan dengan hukum irisan berhingga.
Misalkan \(\mathcal B=\{B(c,r):c\in X,\ r\gt0\}\) adalah keluarga semua bola terbuka dalam ruang metrik \((X,d)\text{.}\)
  1. Jika \(x\in B(a,r)\cap B(b,s)\text{,}\) buktikan bahwa
    \begin{equation*} t=\min\{r-d(a,x),\ s-d(b,x)\} \end{equation*}
    positif dan bahwa \(B(x,t)\subseteq B(a,r)\cap B(b,s)\text{.}\)
  2. Jelaskan mengapa hasil tersebut, bersama fakta bahwa setiap titik berada dalam suatu bola terbuka, memverifikasi sifat tumpang tindih lokal yang diperlukan agar \(\mathcal B\) menjadi basis.
  3. Buktikan pencirian berikut: \(O\subseteq X\) terbuka jika dan hanya jika untuk setiap \(x\in O\) terdapat \(B\in\mathcal B\) dengan \(x\in B\subseteq O\text{.}\) Nyatakan pula \(O\) sebagai gabungan bola-bola basis tersebut.
Petunjuk.
Tahap 1. Keanggotaan \(x\) dalam kedua bola membuat kedua selisih pada definisi \(t\) bernilai positif.
Tahap 2. Jika \(y\in B(x,t)\text{,}\) gunakan \(d(a,y)\leq d(a,x)+d(x,y)\text{,}\) lalu ulangi untuk pusat \(b\text{.}\)
Tahap 3. Untuk arah maju pada pencirian, gunakan kriteria bola di \(x\text{.}\) Untuk arah balik, amati bahwa kumpulan bola yang dipilih menutupi \(O\) dan tidak memuat titik di luar \(O\text{.}\)
Jawaban.
Jari-jari \(t\) yang dinyatakan pada soal positif dan menghasilkan bola yang termuat dalam kedua bola semula. Karena setiap \(x\in X\) juga berada dalam \(B(x,1)\text{,}\) keluarga semua bola terbuka memenuhi kedua syarat basis. Suatu himpunan \(O\) terbuka tepat ketika setiap titiknya memiliki bola basis yang termuat dalam \(O\text{;}\) dalam hal itu, \(O=\bigcup_{x\in O}B(x,r_x)\) untuk pilihan jari-jari yang sesuai.
Solusi.
Karena \(x\in B(a,r)\) dan \(x\in B(b,s)\text{,}\) berlaku \(d(a,x)\lt r\) dan \(d(b,x)\lt s\text{.}\) Jadi kedua bilangan \(r-d(a,x)\) dan \(s-d(b,x)\) positif, demikian pula minimumnya \(t\text{.}\) Jika \(y\in B(x,t)\text{,}\) maka
\begin{align*} d(a,y)\amp\leq d(a,x)+d(x,y)\\ \amp\lt d(a,x)+t\leq r. \end{align*}
Dengan cara yang sama, \(d(b,y)\lt s\text{.}\) Jadi \(y\in B(a,r)\cap B(b,s)\text{,}\) dan karena \(y\) sebarang, \(B(x,t)\subseteq B(a,r)\cap B(b,s)\text{.}\)
Setiap titik \(x\in X\) berada dalam anggota basis \(B(x,1)\text{.}\) Selain itu, jika dua anggota \(\mathcal B\) bertumpang tindih pada \(x\text{,}\) perhitungan di atas menghasilkan anggota basis ketiga yang memuat \(x\) dan termuat dalam irisan keduanya. Inilah sifat penajaman lokal untuk suatu basis.
Jika \(O\) terbuka dan \(x\in O\text{,}\) kriteria bola memberikan \(r_x\gt0\) dengan \(B(x,r_x)\subseteq O\text{.}\) Karena pusat selalu berada dalam bolanya sendiri,
\begin{equation*} O=\bigcup_{x\in O}B(x,r_x). \end{equation*}
Untuk \(O=\emptyset\text{,}\) ruas kanan adalah gabungan kosong dan kesamaan tetap berlaku. Sebaliknya, jika setiap \(x\in O\) berada dalam suatu bola basis \(B_x=B(c_x,r_x)\subseteq O\text{,}\) maka \(\rho_x=r_x-d(c_x,x)\gt0\text{.}\) Pertidaksamaan segitiga memberi \(B(x,\rho_x)\subseteq B_x\subseteq O\text{,}\) sehingga kriteria bola berlaku di \(x\) dan \(O\) terbuka. Kesamaan \(O=\bigcup_{x\in O}B_x\) mengikuti dari \(x\in B_x\subseteq O\) untuk setiap \(x\in O\text{.}\)
Lengkapi \(\R^2\) dengan metrik maksimum \(d_M\) dan \(\R\) dengan metrik Euklides. Definisikan \(F:\R^2\to\R\) oleh \(F(x,y)=x+y\text{.}\) Gunakan pencirian kekontinuan melalui prapeta himpunan terbuka untuk membuktikan bahwa \(F\) kontinu: mulai dengan himpunan terbuka sebarang \(V\subseteq\R\) dan tunjukkan langsung bahwa \(F^{-1}(V)\) terbuka dalam \((\R^2,d_M)\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Ambil \((a,b)\in F^{-1}(V)\text{.}\) Karena \(V\) terbuka dan memuat \(a+b\text{,}\) pilih \(\eta\gt0\) sehingga \(B_E(a+b,\eta)\subseteq V\text{.}\)
Tahap 2. Uji bola maksimum berjari-jari \(\eta/2\) di sekitar \((a,b)\text{.}\) Untuk \((u,v)\) dalam bola itu, batasi \(|(u+v)-(a+b)|\text{.}\)
Tahap 3. Setelah menemukan bola domain di setiap titik prapeta, simpulkan bahwa prapeta setiap himpunan terbuka bersifat terbuka, lalu gunakan pencirian kekontinuan yang diminta.
Jawaban.
Jika \((a,b)\in F^{-1}(V)\) dan \(B_E(a+b,\eta)\subseteq V\text{,}\) maka \(B_M((a,b),\eta/2)\subseteq F^{-1}(V)\text{.}\) Dengan demikian, \(F^{-1}(V)\) terbuka untuk setiap \(V\) terbuka, sehingga \(F\) kontinu.
Solusi.
Misalkan \(V\subseteq\R\) terbuka. Jika \(F^{-1}(V)\) kosong, prapeta itu terbuka. Jika tidak, ambil titik sebarang \((a,b)\in F^{-1}(V)\text{.}\) Maka \(a+b=F(a,b)\in V\text{.}\) Keterbukaan \(V\) memberikan \(\eta\gt0\) dengan \(B_E(a+b,\eta)\subseteq V\text{.}\)
Misalkan \((u,v)\in B_M((a,b),\eta/2)\text{.}\) Definisi metrik maksimum menghasilkan \(|u-a|\lt\eta/2\) dan \(|v-b|\lt\eta/2\text{.}\) Oleh karena itu,
\begin{align*} |F(u,v)-F(a,b)| \amp=|(u+v)-(a+b)|\\ \amp\leq |u-a|+|v-b|\lt\eta. \end{align*}
Jadi \(F(u,v)\in B_E(a+b,\eta)\subseteq V\text{,}\) sehingga \((u,v)\in F^{-1}(V)\text{.}\) Hal ini membuktikan
\begin{equation*} B_M((a,b),\eta/2)\subseteq F^{-1}(V). \end{equation*}
Setiap titik dalam \(F^{-1}(V)\) mempunyai bola domain yang termuat dalam prapeta tersebut. Maka \(F^{-1}(V)\) terbuka. Karena hal ini berlaku untuk setiap himpunan terbuka \(V\subseteq\R\text{,}\) pencirian kekontinuan melalui prapeta menunjukkan bahwa \(F\) kontinu.
Untuk \(A\subseteq X\) dalam ruang metrik \((X,d)\text{,}\) definisikan
\begin{align*} \mathcal U_A\amp=\{O\subseteq X:O\text{ terbuka dan } O\subseteq A\},\\ U_A\amp=\bigcup_{O\in\mathcal U_A}O. \end{align*}
  1. Buktikan bahwa \(U_A=\Int(A)\text{.}\) Gunakan kesamaan ini untuk menjelaskan dengan tepat arti pernyataan bahwa interior adalah subhimpunan terbuka terbesar yang termuat dalam \(A\text{.}\)
  2. Turunkan sifat idempoten \(\Int(\Int(A))=\Int(A)\text{.}\)
  3. Hitung interior \(A=[-2,-1]\cup\{0\}\cup(1,4]\) dalam \((\R,d_E)\) dan periksa hasilnya dengan sifat idempoten.
Petunjuk.
Tahap 1. Gabungan semua anggota \(\mathcal U_A\) terbuka dan tetap termuat dalam \(A\text{.}\) Karena itu, setiap titiknya adalah titik interior \(A\text{.}\)
Tahap 2. Jika \(x\in\Int(A)\text{,}\) sebuah bola terbuka yang berpusat di \(x\) termuat dalam \(A\text{.}\) Bola ini sendiri adalah anggota \(\mathcal U_A\text{.}\)
Tahap 3. Interior yang sudah terbukti terbuka tidak kehilangan titik ketika operasi interior diterapkan lagi. Pada contoh konkret, periksa semua titik ujung dan titik tunggal \(0\) secara terpisah.
Jawaban.
Berlaku \(\Int(A)=\bigcup\{O:O\text{ terbuka dan }O\subseteq A\}\text{.}\) Karena itu, setiap himpunan terbuka yang termuat dalam \(A\) termuat pula dalam \(\Int(A)\text{.}\) Interior sendiri terbuka, sehingga \(\Int(\Int(A))=\Int(A)\text{.}\) Untuk himpunan pada soal, \(\Int(A)=(-2,-1)\cup(1,4)\text{,}\) dan interior dari hasil ini tetap sama.
Solusi.
Berdasarkan hukum gabungan sebarang, \(U_A\) terbuka. Setiap anggota \(\mathcal U_A\) termuat dalam \(A\text{,}\) jadi gabungannya juga termuat dalam \(A\text{.}\) Dengan demikian, untuk setiap \(x\in U_A\) terdapat suatu lingkungan terbuka bagi \(x\) yang termuat dalam \(A\text{;}\) khususnya, \(x\in\Int(A)\text{.}\) Maka \(U_A\subseteq\Int(A)\text{.}\)
Sebaliknya, jika \(x\in\Int(A)\text{,}\) terdapat \(r\gt0\) dengan \(B(x,r)\subseteq A\text{.}\) Bola tersebut terbuka, sehingga \(B(x,r)\in\mathcal U_A\text{.}\) Akibatnya, \(x\in U_A\text{.}\) Jadi \(\Int(A)\subseteq U_A\text{,}\) dan kedua inklusi memberikan \(U_A=\Int(A)\text{.}\)
Kesamaan ini sekaligus menunjukkan kemaksimalan: \(\Int(A)\) terbuka dan termuat dalam \(A\text{,}\) sedangkan setiap himpunan terbuka \(O\subseteq A\) merupakan salah satu anggota \(\mathcal U_A\) dan karenanya memenuhi \(O\subseteq\Int(A)\text{.}\) Karena \(\Int(A)\) terbuka, setiap titiknya merupakan titik interior dari \(\Int(A)\text{.}\) Selalu juga berlaku \(\Int(\Int(A))\subseteq\Int(A)\text{.}\) Oleh sebab itu,
\begin{equation*} \Int(\Int(A))=\Int(A). \end{equation*}
Dalam contoh konkret, setiap titik di \((-2,-1)\) mempunyai interval kecil yang termuat dalam \([-2,-1]\text{,}\) dan setiap titik di \((1,4)\) mempunyai interval kecil yang termuat dalam \((1,4]\text{.}\) Tidak satu pun dari titik \(-2,-1,0,4\) mempunyai bola Euklides yang termuat dalam \(A\text{.}\) Jadi \(\Int(A)=(-2,-1)\cup(1,4)\text{.}\) Hasil ini merupakan gabungan dua interval terbuka, sehingga menerapkan interior sekali lagi tidak mengubahnya, sesuai sifat idempoten.
Pada himpunan dasar \(X=\R\text{,}\) bandingkan metrik Euklides \(d_E\) dengan metrik diskret
\begin{equation*} d_D(x,y)=\begin{cases} 0 \amp \text{jika }x=y,\\ 1 \amp \text{jika }x\neq y. \end{cases} \end{equation*}
Suatu himpunan disebut tertutup jika komplemennya terbuka, dan disebut clopen jika terbuka sekaligus tertutup.
  1. Terhadap \(d_E\text{,}\) klasifikasikan masing-masing dari \((0,1)\text{,}\) \([0,1]\text{,}\) \([0,1)\text{,}\) \(\emptyset\text{,}\) dan \(\R\) sebagai hanya terbuka, hanya tertutup, clopen, atau tidak terbuka maupun tertutup. Berikan alasan berbasis bola atau komplemen.
  2. Ulangi klasifikasi terhadap \(d_D\) dan buktikan jawaban Anda untuk subhimpunan sebarang dari \(X\text{.}\)
  3. Gunakan hasil klasifikasi untuk menyangkal kedua pernyataan: “himpunan tertutup tidak mungkin terbuka” dan “keterbukaan suatu subhimpunan hanya bergantung pada himpunan dasar, bukan pada metriknya.”
Petunjuk.
Tahap 1. Dalam metrik Euklides, uji titik ujung. Untuk ketertutupannya, tulis komplemen dan periksa apakah setiap titik komplemen memiliki interval kecil di dalam komplemen itu.
Tahap 2. Dalam metrik diskret, \(B_D(x,1/2)=\{x\}\text{.}\) Gunakan bola singleton ini untuk setiap titik suatu subhimpunan, lalu terapkan argumen yang sama pada komplemennya.
Tahap 3. Himpunan kosong atau seluruh ruang menyangkal klaim pertama. Untuk klaim kedua, ikuti perubahan klasifikasi \([0,1)\) ketika metrik diganti.
Jawaban.
Terhadap \(d_E\text{,}\) \((0,1)\) hanya terbuka, \([0,1]\) hanya tertutup, \([0,1)\) tidak terbuka maupun tertutup, sedangkan \(\emptyset\) dan \(\R\) bersifat clopen. Terhadap \(d_D\text{,}\) kelima himpunan tersebut—bahkan setiap subhimpunan \(\R\)—bersifat clopen. Himpunan \(\emptyset\) menyangkal klaim bahwa himpunan tertutup tidak mungkin terbuka, dan perubahan status \([0,1)\) menyangkal ketidakbergantungan pada metrik.
Solusi.
Dalam metrik Euklides, \((0,1)\) terbuka karena setiap titiknya mempunyai interval kecil yang tetap berada di antara \(0\) dan \(1\text{.}\) Himpunan ini tidak tertutup: komplemennya \((-\infty,0]\cup[1,\infty)\) tidak terbuka, sebab setiap bola di sekitar \(0\) memuat titik positif yang lebih kecil dari \(1\text{.}\)
Himpunan \([0,1]\) tertutup karena komplemennya \((-\infty,0)\cup(1,\infty)\) terbuka. Himpunan tersebut tidak terbuka karena tidak ada bola Euklides berjari-jari positif di sekitar \(0\) yang termuat di dalamnya. Himpunan \([0,1)\) juga tidak terbuka karena alasan yang sama pada \(0\text{.}\) Ia tidak tertutup karena komplemennya \((-\infty,0)\cup[1,\infty)\) tidak terbuka di titik \(1\text{.}\) Terakhir, \(\emptyset\) terbuka secara vakum dan \(\R\) terbuka sebagai seluruh ruang; karena keduanya saling berkomplemen, keduanya juga tertutup. Jadi keduanya bersifat clopen.
Dalam metrik diskret, untuk setiap \(x\in\R\) berlaku \(B_D(x,1/2)=\{x\}\text{.}\) Jika \(A\subseteq\R\) dan \(x\in A\text{,}\) bola singleton ini termuat dalam \(A\text{.}\) Maka setiap \(A\) terbuka. Argumen tersebut berlaku pula pada \(\R\setminus A\text{,}\) sehingga komplemen \(A\) terbuka dan \(A\) tertutup. Jadi setiap subhimpunan bersifat clopen terhadap \(d_D\text{.}\)
Karena \(\emptyset\) dan \(\R\) sekaligus tertutup dan terbuka, sifat “tertutup” bukan negasi sifat “terbuka”. Selain itu, himpunan yang sama, \([0,1)\text{,}\) tidak terbuka terhadap \(d_E\) tetapi terbuka—bahkan bersifat clopen—terhadap \(d_D\text{.}\) Jadi keterbukaan bergantung pada metrik yang dipasang pada himpunan dasar.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>