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 puluh panduan berikut mendampingi seluruh tugas daun dalam eksplorasi dan aktivitas Bab 8, sesuai urutan sumbernya. Kerjakan dahulu pertanyaan pada bab utama, lalu buka petunjuk, jawaban, dan solusi secara bertahap. Setiap pernyataan menunjukkan letak tugas sumber dan memparafrasakan sasaran kerjanya. Teks panduan asli ini tersedia di bawah lisensi Creative Commons Atribusi 4.0 Internasional (CC BY 4.0).
Pada kasus pertama eksplorasi di bagian Pendahuluan, putuskan apakah \(A=[0,0.5)\) terbuka ketika ruang sekitarnya adalah \((\R,d_E)\text{,}\) lalu pertanggungjawabkan keputusan itu dari definisi. Rubrik: nyatakan titik penguji yang menentukan dan jelaskan mengapa tidak ada bola berpusat di titik itu yang memenuhi syarat.
Petunjuk.
Tahap 1: uji titik ujung \(0\text{.}\) Tahap 2: untuk jari-jari \(r\gt0\) sebarang, cari titik negatif di \(B(0,r)\text{.}\)
Jawaban.
Tidak. Himpunan \([0,0.5)\) tidak terbuka dalam \((\R,d_E)\) karena bukan lingkungan bagi titik anggotanya \(0\text{.}\)
Solusi.
Titik \(0\) termasuk dalam \(A\text{.}\) Ambil sembarang \(r\gt0\text{.}\) Titik \(-r/2\) memenuhi \(d_E(-r/2,0)=r/2\lt r\text{,}\) sehingga \(-r/2\in B(0,r)\text{,}\) tetapi \(-r/2\notin A\text{.}\) Jadi tidak ada \(r\gt0\) dengan \(B(0,r)\subseteq A\text{.}\) Dengan demikian \(A\) bukan lingkungan bagi setiap titiknya dan bukan himpunan terbuka. Bukti lengkap harus memuat titik penguji, kuantor \(r\gt0\) sebarang, dan saksi yang keluar dari \(A\text{.}\)
Pada kasus kedua eksplorasi Pendahuluan, periksa himpunan yang sama, \(A=[0,0.5)\text{,}\) tetapi sekarang sebagai subhimpunan dari \(X=[0,1]\) dengan metrik Euklides yang dibatasi ke \(X\text{.}\) Rubrik: gunakan bola yang anggotanya wajib berada di \(X\text{,}\) dan berikan jari-jari positif untuk setiap \(x\in A\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1: titik negatif bukan anggota ruang \(X\text{.}\) Tahap 2: untuk \(x\in[0,0.5)\text{,}\) bandingkan jarak \(0.5-x\) dengan jarak ke ujung kanan \(A\text{.}\)
Jawaban.
Ya. Himpunan \([0,0.5)\) terbuka relatif terhadap ruang metrik \(X=[0,1]\text{.}\)
Solusi.
Ambil sembarang \(x\in A\) dan tetapkan \(r=0.5-x\gt0\text{.}\) Jika \(y\in B_X(x,r)\text{,}\) maka \(y\in X\) dan \(|y-x|\lt0.5-x\text{.}\) Akibatnya \(y\lt0.5\text{;}\) sementara itu, keanggotaan \(y\in X=[0,1]\) memberi \(y\geq0\text{.}\) Jadi \(y\in[0,0.5)=A\text{,}\) sehingga \(B_X(x,r)\subseteq A\text{.}\) Hal ini berlaku untuk setiap \(x\in A\text{,}\) termasuk \(x=0\text{.}\) Maka \(A\) terbuka dalam \(X\text{.}\) Rubrik lengkap menuntut jari-jari positif, pemakaian ruang relatif, dan inklusi bola.
Pada kasus ketiga eksplorasi Pendahuluan, tentukan keterbukaan \(A=\{a,b\}\) di ruang \(X=\{a,b,c,d\}\) dengan metrik diskret. Rubrik: pilih satu jari-jari yang bekerja di setiap titik \(A\) dan hitung bola yang dihasilkannya.
Petunjuk.
Tahap 1: jarak antara dua titik berbeda adalah \(1\text{.}\) Tahap 2: pilih jari-jari yang lebih kecil daripada \(1\text{.}\)
Jawaban.
Ya. Himpunan \(\{a,b\}\) terbuka dalam ruang bermetrik diskret tersebut.
Solusi.
Untuk setiap \(x\in A\text{,}\) ambil \(r=1/2\text{.}\) Dalam metrik diskret, \(d(x,x)=0\lt1/2\text{,}\) sedangkan untuk setiap \(y\neq x\) berlaku \(d(x,y)=1\text{,}\) yang tidak lebih kecil dari \(1/2\text{.}\) Jadi \(B(x,1/2)=\{x\}\subseteq A\text{.}\) Karena setiap titik \(A\) mempunyai bola demikian, \(A\) merupakan lingkungan bagi setiap titiknya dan bersifat terbuka. Argumen yang sama sebenarnya menunjukkan bahwa setiap subhimpunan ruang diskret terbuka.
Pada butir pertama kelompok kedua eksplorasi Pendahuluan, tentukan semua titik interior dari \((0,1)\text{,}\) \((0,1]\text{,}\) \([0,1)\text{,}\) dan \([0,1]\) di \((\R,d_E)\text{.}\) Rubrik: buktikan bahwa titik di antara kedua ujung bersifat interior dan uji setiap ujung yang termasuk dalam himpunannya.
Petunjuk.
Tahap 1: untuk \(0\lt x\lt1\text{,}\) gunakan radius yang lebih kecil daripada jarak ke \(0\) dan ke \(1\text{.}\) Tahap 2: bola sekecil apa pun di sekitar \(0\) atau \(1\) melintasi salah satu ujung.
Jawaban.
Keempat himpunan mempunyai himpunan titik interior yang sama, yaitu \((0,1)\text{.}\)
Solusi.
Jika \(0\lt x\lt1\text{,}\) pilih \(r=\frac12\min\{x,1-x\}\gt0\text{.}\) Maka \(B(x,r)\subseteq(0,1)\text{,}\) sehingga \(x\) merupakan titik interior dari masing-masing empat himpunan. Titik \(0\text{,}\) bila termasuk, bukan titik interior: untuk setiap \(r\gt0\text{,}\) titik \(-r/2\) berada dalam \(B(0,r)\) tetapi di luar himpunan. Demikian pula titik \(1\text{,}\) bila termasuk, gagal karena \(1+r/2\in B(1,r)\) tetapi berada di luar himpunan. Tidak ada titik anggota lainnya. Jadi interior keempatnya adalah \((0,1)\text{.}\)
Pada butir kedua kelompok titik interior di Pendahuluan, cari semua titik interior \(A=\{0,1,2\}\) sebagai subhimpunan \((\R,d_E)\text{.}\) Rubrik: uji setiap kandidat dengan jari-jari sebarang dan temukan titik bola yang tidak berada dalam himpunan berhingga itu.
Petunjuk.
Tahap 1: pusatkan bola di salah satu \(a\in A\text{.}\) Tahap 2: pilih perpindahan positif yang lebih kecil daripada jari-jari dan juga lebih kecil daripada \(1\text{.}\)
Jawaban.
Himpunan \(A\) tidak mempunyai titik interior; jadi \(\Int(A)=\emptyset\text{.}\)
Solusi.
Ambil \(a\in\{0,1,2\}\) dan \(r\gt0\) sebarang. Tetapkan \(t=\min\{r/2,1/2\}\gt0\text{.}\) Maka \(a+t\in B(a,r)\text{.}\) Karena \(0\lt t\leq1/2\text{,}\) bilangan \(a+t\) tidak sama dengan \(0\text{,}\) \(1\text{,}\) atau \(2\text{;}\) jadi \(a+t\notin A\text{.}\) Dengan demikian tidak ada bola berpusat di \(a\) yang termuat dalam \(A\text{.}\) Argumen berlaku untuk ketiga titik, sehingga tidak satu pun merupakan titik interior.
Pada butir terakhir eksplorasi Pendahuluan, tentukan titik interior \(\Q\) ketika dipandang sebagai subhimpunan \((\R,d_E)\text{.}\) Rubrik: mulai dari bilangan rasional dan radius sebarang, lalu hasilkan bilangan irasional di dalam bola tersebut.
Petunjuk.
Tahap 1: ambil \(q\in\Q\) dan \(r\gt0\text{.}\) Tahap 2: pilih \(n\in\Z^+\) cukup besar sehingga \(\sqrt2/n\lt r\text{,}\) lalu periksa \(q+\sqrt2/n\text{.}\)
Jawaban.
Tidak ada bilangan rasional yang menjadi titik interior \(\Q\text{;}\) dengan kata lain, \(\Int(\Q)=\emptyset\text{.}\)
Solusi.
Ambil sebarang \(q\in\Q\) dan \(r\gt0\text{.}\) Menurut sifat Archimedes, ada \(n\in\Z^+\) dengan \(\sqrt2/n\lt r\text{.}\) Bilangan \(y=q+\sqrt2/n\) bersifat irasional, sebab jika \(y\) rasional maka \(\sqrt2=n(y-q)\) juga rasional, suatu kontradiksi. Namun \(d_E(y,q)=\sqrt2/n\lt r\text{,}\) jadi \(y\in B(q,r)\setminus\Q\text{.}\) Setiap bola di sekitar setiap \(q\in\Q\) keluar dari \(\Q\text{;}\) karena itu interiornya kosong.
Pada pertanyaan pertama aktivitas pembuka bagian Himpunan Terbuka, tentukan apakah \(\emptyset\) terbuka dalam ruang metrik sebarang \(X\text{.}\) Rubrik: terapkan pernyataan berkuantor “untuk setiap titik anggotanya” dengan cermat.
Petunjuk.
Tahap 1: tuliskan kemungkinan cara menggagalkan definisi keterbukaan. Tahap 2: tanyakan apakah \(\emptyset\) mempunyai sebuah titik yang dapat menjadi contoh kegagalan itu.
Jawaban.
Ya. Himpunan kosong terbuka dalam setiap ruang metrik.
Solusi.
Suatu himpunan \(O\) terbuka jika untuk setiap \(x\in O\) terdapat \(r\gt0\) dengan \(B(x,r)\subseteq O\text{.}\) Himpunan \(\emptyset\) tidak mempunyai titik anggota. Karena itu tidak ada \(x\in\emptyset\) yang melanggar syarat tersebut; pernyataan universalnya benar secara vakum. Maka \(\emptyset\) terbuka. Jawaban lengkap harus menjelaskan kebenaran vakum, bukan mencoba membangun bola berpusat di titik yang tidak ada.
Pada pertanyaan kedua aktivitas pembuka bagian Himpunan Terbuka, putuskan apakah ruang metrik \(X\) terbuka sebagai subhimpunan dirinya sendiri. Rubrik: untuk titik sebarang, berikan satu radius positif dan verifikasi inklusi bolanya.
Petunjuk.
Tahap 1: ambil \(x\in X\text{.}\) Tahap 2: ingat bahwa, apa pun radius positifnya, definisi \(B(x,r)\) hanya memilih titik-titik dari \(X\text{.}\)
Jawaban.
Ya. Seluruh ruang \(X\) selalu merupakan himpunan terbuka dalam dirinya sendiri.
Solusi.
Ambil sembarang \(x\in X\) dan, misalnya, pilih \(r=1\text{.}\) Berdasarkan definisi bola dalam ruang metrik \(X\text{,}\) berlaku \(B(x,1)=\{y\in X\mid d(x,y)\lt1\}\text{,}\) sehingga otomatis \(B(x,1)\subseteq X\text{.}\) Jadi \(X\) merupakan lingkungan bagi setiap titiknya dan karena itu terbuka. Radius lain yang positif juga dapat digunakan.
Pada langkah pertama aktivitas pembuktian di bagian Himpunan Terbuka, dengan asumsi \(O\) adalah gabungan bola-bola terbuka, rumuskan sasaran yang harus dicapai agar \(O\) terbukti terbuka. Rubrik: nyatakan titik sebarang, keberadaan radius positif, dan inklusi bola yang tepat.
Petunjuk.
Tahap 1: buka definisi “\(O\) terbuka”. Tahap 2: jangan mengganti pusat bola oleh pusat salah satu bola penyusun; sasaran akhirnya harus berpusat di titik \(x\in O\) yang sedang diuji.
Jawaban.
Kita harus menunjukkan bahwa untuk setiap \(x\in O\) terdapat \(r_x\gt0\) sehingga \(B(x,r_x)\subseteq O\text{.}\)
Solusi.
Menurut definisi, \(O\) terbuka tepat ketika \(O\) merupakan lingkungan bagi setiap titiknya. Jadi ambil \(x\in O\) sebarang. Target lokalnya adalah menemukan \(r_x\gt0\) dengan \(B(x,r_x)\subseteq O\text{.}\) Setelah target ini dibuktikan untuk setiap \(x\text{,}\) keterbukaan \(O\) langsung mengikuti. Rubrik lengkap harus memuat kedua kuantor dan arah inklusi yang benar.
Pada langkah kedua aktivitas pembuktian yang sama, jelaskan mengapa setiap \(x\in O\) terletak dalam suatu bola terbuka penyusun \(B\) yang juga memenuhi \(B\subseteq O\text{.}\) Rubrik: gunakan arti keanggotaan dalam suatu gabungan terindeks.
Petunjuk.
Tahap 1: tuliskan \(O=\bigcup_{\alpha\in I}B_\alpha\text{.}\) Tahap 2: terjemahkan \(x\in\bigcup_{\alpha\in I}B_\alpha\) menjadi pernyataan keberadaan sebuah indeks.
Jawaban.
Ada \(\alpha_0\in I\) dengan \(x\in B_{\alpha_0}\text{,}\) dan setiap bola penyusun memenuhi \(B_{\alpha_0}\subseteq O\text{.}\)
Solusi.
Karena \(O\) merupakan gabungan bola-bola terbuka, kita dapat menulis \(O=\bigcup_{\alpha\in I}B_\alpha\text{.}\) Keanggotaan \(x\in O\) berarti terdapat sekurang-kurangnya satu \(\alpha_0\in I\) sedemikian sehingga \(x\in B_{\alpha_0}\text{.}\) Di sisi lain, setiap anggota keluarga yang digabungkan merupakan subhimpunan gabungannya, sehingga \(B_{\alpha_0}\subseteq O\text{.}\) Jadi \(x\in B_{\alpha_0}\subseteq O\text{,}\) tepat seperti yang diperlukan.
Pada langkah terakhir aktivitas pembuktian bagian Himpunan Terbuka, selesaikan argumen bahwa gabungan bola-bola terbuka \(O\) memang terbuka. Rubrik: mulai dari titik sebarang, pakai bola penyusun yang memuatnya, bangun bola berpusat di titik itu, lalu tutup semua kuantor.
Petunjuk.
Tahap 1: tulis bola penyusun sebagai \(B(c,R)\) dan gunakan \(x\in B(c,R)\text{.}\) Tahap 2: radius \(s=R-d(c,x)\) positif dan menghasilkan \(B(x,s)\subseteq B(c,R)\) melalui pertidaksamaan segitiga.
Jawaban.
Setiap \(x\in O\) mempunyai bola terbuka berpusat di \(x\) yang termuat dalam \(O\text{;}\) oleh sebab itu \(O\) terbuka.
Solusi.
Ambil sebarang \(x\in O\text{.}\) Karena \(O\) adalah gabungan bola-bola terbuka, ada bola penyusun \(B(c,R)\) dengan \(x\in B(c,R)\subseteq O\text{.}\) Maka \(s=R-d(c,x)\gt0\text{.}\) Jika \(y\in B(x,s)\text{,}\) pertidaksamaan segitiga memberi
\begin{equation*} d(c,y)\leq d(c,x)+d(x,y)\lt d(c,x)+s=R. \end{equation*}
Jadi \(y\in B(c,R)\text{,}\) sehingga \(B(x,s)\subseteq B(c,R)\subseteq O\text{.}\) Karena \(x\in O\) dipilih sebarang, \(O\) merupakan lingkungan bagi setiap titiknya dan dengan demikian terbuka. Ini melengkapi implikasi yang tertunda.
Pada kasus pertama aktivitas Gabungan dan Irisan Himpunan Terbuka, dengan \(A=(-2,1)\) dan \(B=(-1,2)\) di garis Euklides, tentukan apakah \(A\cup B\) terbuka dan jelaskan. Rubrik: hitung gabungannya dengan tepat dan hubungkan bentuk hasilnya dengan keterbukaan.
Petunjuk.
Tahap 1: kedua interval bertumpang tindih pada \((-1,1)\text{.}\) Tahap 2: telusuri semua titik dari ujung kiri \(-2\) hingga ujung kanan \(2\text{,}\) dengan kedua ujung dikecualikan.
Jawaban.
\(A\cup B=(-2,2)\text{,}\) sehingga gabungan tersebut terbuka dalam \((\R,d_E)\text{.}\)
Solusi.
Interval \(A\) mencakup titik-titik dari \(-2\) sampai \(1\text{,}\) sedangkan \(B\) mencakup titik-titik dari \(-1\) sampai \(2\text{.}\) Karena keduanya bertumpang tindih, gabungannya tidak mempunyai celah dan sama dengan \((-2,2)\text{.}\) Interval terbuka ini adalah bola \(B(0,2)\) dalam metrik Euklides, sehingga terbuka. Rubrik lengkap memerlukan perhitungan gabungan dan alasan keterbukaannya, bukan hanya jawaban ya.
Pada kasus kedua aktivitas Gabungan dan Irisan Himpunan Terbuka, tentukan keterbukaan \(A\cap B\) untuk \(A=(-2,1)\) dan \(B=(-1,2)\text{.}\) Rubrik: hitung irisan melalui syarat keanggotaan bersama dan jelaskan status hasilnya.
Petunjuk.
Tahap 1: suatu titik harus lebih besar daripada kedua batas kiri dan lebih kecil daripada kedua batas kanan. Tahap 2: gunakan batas kiri yang lebih besar dan batas kanan yang lebih kecil.
Jawaban.
\(A\cap B=(-1,1)\text{,}\) dan himpunan ini terbuka dalam \((\R,d_E)\text{.}\)
Solusi.
Syarat \(x\in A\cap B\) berarti sekaligus \(-2\lt x\lt1\) dan \(-1\lt x\lt2\text{.}\) Kedua syarat bersama-sama ekuivalen dengan \(-1\lt x\lt1\text{.}\) Jadi \(A\cap B=(-1,1)=B(0,1)\text{.}\) Sebagai bola terbuka, irisan itu terbuka. Ini juga merupakan contoh irisan berhingga dari himpunan terbuka yang tetap terbuka.
Pada butir pertama kasus keluarga \(A_n=(1-1/n,1+1/n)\) dalam aktivitas Gabungan dan Irisan, tentukan \(\bigcup_{n\geq1}A_n\) tanpa tuntutan bukti dari sumber. Rubrik panduan: kenali interval terbesar dalam keluarga dan cek bahwa semua interval lain termuat di dalamnya.
Petunjuk.
Tahap 1: hitung \(A_1\text{.}\) Tahap 2: untuk \(n\geq1\text{,}\) bandingkan \(1/n\) dengan \(1\text{.}\)
Jawaban.
\(\displaystyle\bigcup_{n\geq1}A_n=(0,2)\text{.}\)
Solusi.
Untuk \(n=1\text{,}\) diperoleh \(A_1=(0,2)\text{.}\) Jika \(n\geq1\text{,}\) maka \(1/n\leq1\text{,}\) sehingga \(1-1/n\geq0\) dan \(1+1/n\leq2\text{.}\) Jadi \(A_n\subseteq A_1\) untuk setiap \(n\text{.}\) Karena \(A_1\) sendiri termasuk dalam keluarga yang digabungkan, gabungan seluruh keluarga tepat sama dengan \(A_1=(0,2)\text{.}\) Penjelasan ini memverifikasi jawaban meskipun tugas sumber tidak mewajibkan bukti.
Pada butir kedua kasus \(A_n=(1-1/n,1+1/n)\text{,}\) putuskan apakah \(\bigcup_{n\geq1}A_n\) terbuka di \(\R\) dan beri alasan. Rubrik: gunakan hasil gabungan yang telah dihitung atau teorema gabungan sebarang himpunan terbuka.
Petunjuk.
Tahap 1: ingat hasil butir sebelumnya. Tahap 2: kenali \((0,2)\) sebagai sebuah interval terbuka atau bola Euklides.
Jawaban.
Ya. Gabungan itu adalah \((0,2)\text{,}\) yang terbuka dalam \((\R,d_E)\text{.}\)
Solusi.
Dari perhitungan sebelumnya, \(\bigcup_{n\geq1}A_n=(0,2)\text{.}\) Himpunan ini sama dengan bola \(B(1,1)\) dalam metrik Euklides, sehingga terbuka. Secara alternatif, setiap \(A_n\) adalah interval terbuka dan teorema gabungan sebarang menyatakan bahwa gabungan keluarga himpunan terbuka juga terbuka. Salah satu alasan yang dinyatakan dengan lengkap sudah memenuhi rubrik.
Pada butir ketiga kasus \(A_n=(1-1/n,1+1/n)\text{,}\) tentukan \(\bigcap_{n\geq1}A_n\text{;}\) sumber tidak menuntut bukti. Rubrik panduan: tunjukkan titik yang berada di semua interval dan jelaskan bagaimana suatu titik lain akhirnya dikeluarkan oleh interval yang cukup sempit.
Petunjuk.
Tahap 1: titik pusat \(1\) selalu memenuhi syarat. Tahap 2: jika \(x\neq1\text{,}\) pilih \(n\) sehingga \(1/n\leq|x-1|\text{.}\)
Jawaban.
\(\displaystyle\bigcap_{n\geq1}A_n=\{1\}\text{.}\)
Solusi.
Untuk setiap \(n\geq1\text{,}\) berlaku \(1-1/n\lt1\lt1+1/n\text{;}\) jadi \(1\in A_n\) untuk semua \(n\text{.}\) Sebaliknya, ambil \(x\neq1\) dan tetapkan \(\delta=|x-1|\gt0\text{.}\) Pilih \(n\) cukup besar sehingga \(1/n\leq\delta\text{.}\) Keanggotaan dalam \(A_n\) mensyaratkan \(|x-1|\lt1/n\text{,}\) yang gagal. Jadi setiap \(x\neq1\) terbuang dari setidaknya satu interval. Hanya \(1\) yang berada dalam irisan seluruhnya.
Pada butir terakhir kasus keluarga \(A_n\text{,}\) tentukan apakah \(\bigcap_{n\geq1}A_n\) terbuka dalam garis Euklides. Rubrik: gunakan hasil irisan dan uji satu-satunya titiknya dengan bola berjari-jari sebarang.
Petunjuk.
Tahap 1: irisan itu adalah \(\{1\}\text{.}\) Tahap 2: setiap \(B(1,r)\) dengan \(r\gt0\) juga memuat titik selain \(1\text{.}\)
Jawaban.
Tidak. Irisan \(\{1\}\) bukan himpunan terbuka dalam \((\R,d_E)\text{.}\)
Solusi.
Hasil butir sebelumnya memberi \(\bigcap_{n\geq1}A_n=\{1\}\text{.}\) Ambil sembarang \(r\gt0\text{.}\) Titik \(1+r/2\) berada dalam \(B(1,r)\text{,}\) tetapi tidak sama dengan \(1\text{;}\) jadi \(B(1,r)\nsubseteq\{1\}\text{.}\) Tidak ada bola berpusat di \(1\) yang termuat dalam irisan, sehingga irisan itu tidak terbuka. Contoh ini menunjukkan mengapa teorema hanya menjamin keterbukaan untuk irisan berhingga, bukan irisan sebarang.
Pada langkah pertama aktivitas Kekontinuan dan Himpunan Terbuka, orientasikan implikasi yang belum dibuktikan: nyatakan asumsi tentang prapeta himpunan terbuka dan sasaran kekontinuan yang harus dicapai. Rubrik: berikan kuantor untuk himpunan terbuka, titik domain, dan lingkungan nilai fungsi.
Petunjuk.
Tahap 1: arah maju telah dimulai dari \(f\) kontinu. Tahap 2: untuk arah balik, gunakan pencirian: prapeta setiap lingkungan bagi \(f(a)\) harus menjadi lingkungan bagi \(a\text{.}\)
Jawaban.
Asumsinya: untuk setiap himpunan terbuka \(O\subseteq Y\text{,}\) \(f^{-1}(O)\) terbuka dalam \(X\text{.}\) Targetnya: untuk setiap \(a\in X\) dan setiap lingkungan \(N\) bagi \(f(a)\text{,}\) \(f^{-1}(N)\) merupakan lingkungan bagi \(a\text{,}\) sehingga \(f\) kontinu.
Solusi.
Teorema berbentuk bikondisional. Implikasi dari kekontinuan menuju keterbukaan semua prapeta sudah dibuktikan, jadi arah tersisa dimulai dengan hipotesis
\begin{equation*} O\text{ terbuka dalam }Y \implies f^{-1}(O)\text{ terbuka dalam }X. \end{equation*}
Untuk menyimpulkan kekontinuan melalui lingkungan, ambil sebarang \(a\in X\) dan sebarang lingkungan \(N\) bagi \(f(a)\text{,}\) lalu buktikan bahwa \(f^{-1}(N)\) merupakan lingkungan bagi \(a\text{.}\) Karena pilihan \(a\) dan \(N\) harus sebarang, kedua kuantor itu merupakan bagian wajib dari target.
Pada langkah kedua aktivitas kekontinuan, untuk \(a\in X\) dan lingkungan \(N\) bagi \(f(a)\text{,}\) jelaskan asal keberadaan \(\epsilon\gt0\) dengan \(B(f(a),\epsilon)\subseteq N\text{.}\) Rubrik: sebutkan definisi yang diterapkan dan cocokkan pusat bolanya.
Petunjuk.
Tahap 1: jangan gunakan kekontinuan, karena itulah yang sedang dibuktikan. Tahap 2: buka langsung definisi “\(N\) merupakan lingkungan bagi \(f(a)\)”.
Jawaban.
Keberadaan \(\epsilon\gt0\) tersebut adalah tepat isi definisi lingkungan \(N\) pada titik \(f(a)\text{.}\)
Solusi.
Definisi lingkungan menyatakan bahwa suatu himpunan \(N\subseteq Y\) merupakan lingkungan bagi titik \(y\in Y\) jika terdapat \(r\gt0\) sehingga \(B_Y(y,r)\subseteq N\text{.}\) Terapkan definisi ini dengan \(y=f(a)\text{.}\) Karena \(N\) diasumsikan sebagai lingkungan bagi \(f(a)\text{,}\) langsung diperoleh suatu \(\epsilon\gt0\) dengan \(B_Y(f(a),\epsilon)\subseteq N\text{.}\) Tidak ada asumsi tambahan yang diperlukan.
Pada langkah ketiga aktivitas kekontinuan, terapkan hipotesis arah balik pada \(f^{-1}(B(f(a),\epsilon))\text{.}\) Rubrik: verifikasi dahulu jenis himpunan \(B(f(a),\epsilon)\) di kodomain, lalu nyatakan keterbukaan prapetanya dan relevansi titik \(a\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1: setiap bola terbuka memang merupakan himpunan terbuka. Tahap 2: periksa \(f(a)\in B(f(a),\epsilon)\) untuk mengetahui apakah \(a\) berada dalam prapetanya.
Jawaban.
Hipotesis memberi bahwa \(f^{-1}(B(f(a),\epsilon))\) terbuka dalam \(X\text{;}\) himpunan ini juga memuat \(a\text{,}\) sehingga merupakan lingkungan bagi \(a\text{.}\)
Solusi.
Bola \(B(f(a),\epsilon)\) adalah himpunan terbuka dalam \(Y\text{.}\) Hipotesis bahwa prapeta setiap himpunan terbuka di \(Y\) terbuka di \(X\) karenanya menghasilkan
\begin{equation*} f^{-1}(B(f(a),\epsilon))\text{ terbuka dalam }X. \end{equation*}
Selain itu, \(d_Y(f(a),f(a))=0\lt\epsilon\text{,}\) jadi \(f(a)\in B(f(a),\epsilon)\) dan \(a\in f^{-1}(B(f(a),\epsilon))\text{.}\) Setiap himpunan terbuka merupakan lingkungan bagi setiap titiknya; maka prapeta tersebut merupakan lingkungan bagi \(a\text{.}\)
Pada langkah keempat aktivitas kekontinuan, buktikan bahwa \(f^{-1}(N)\) merupakan lingkungan bagi \(a\text{,}\) lalu jelaskan mengapa hal itu menyelesaikan arah balik teorema. Rubrik: gunakan inklusi bola di dalam \(N\text{,}\) sifat prapeta yang mempertahankan inklusi, dan pencirian kekontinuan melalui lingkungan.
Petunjuk.
Tahap 1: dari \(B(f(a),\epsilon)\subseteq N\text{,}\) ambil prapeta kedua ruas. Tahap 2: setiap himpunan yang memuat suatu lingkungan bagi \(a\) juga merupakan lingkungan bagi \(a\text{.}\)
Jawaban.
Karena \(f^{-1}(B(f(a),\epsilon))\subseteq f^{-1}(N)\) dan himpunan di kiri merupakan lingkungan bagi \(a\text{,}\) maka \(f^{-1}(N)\) juga lingkungan bagi \(a\text{.}\) Hal ini berlaku untuk setiap \(a\) dan \(N\text{,}\) sehingga \(f\) kontinu.
Solusi.
Dari definisi lingkungan, pilih \(\epsilon\gt0\) sehingga \(B(f(a),\epsilon)\subseteq N\text{.}\) Prapeta mempertahankan inklusi, jadi
\begin{equation*} f^{-1}(B(f(a),\epsilon)) \subseteq f^{-1}(N). \end{equation*}
Langkah sebelumnya menunjukkan bahwa himpunan di kiri merupakan lingkungan bagi \(a\text{;}\) maka ia memuat suatu \(B_X(a,\delta)\text{.}\) Rantai inklusi memberi \(B_X(a,\delta)\subseteq f^{-1}(N)\text{,}\) sehingga \(f^{-1}(N)\) juga lingkungan bagi \(a\text{.}\) Karena \(a\in X\) dan lingkungan \(N\) bagi \(f(a)\) dipilih sebarang, pencirian melalui lingkungan menyimpulkan bahwa \(f\) kontinu.
Pada langkah pertama aktivitas akibat tentang bola terbuka, mulai dengan \(f\) kontinu dan jelaskan mengapa prapeta setiap bola terbuka \(B\subseteq Y\) terbuka dalam \(X\text{.}\) Rubrik: sebutkan fakta bahwa bola terbuka adalah himpunan terbuka dan terapkan teorema pencirian melalui himpunan terbuka.
Petunjuk.
Tahap 1: klasifikasikan \(B\) sebagai himpunan terbuka di \(Y\text{.}\) Tahap 2: substitusikan \(O=B\) ke implikasi teorema untuk fungsi kontinu.
Jawaban.
Setiap bola terbuka \(B\) terbuka dalam \(Y\text{;}\) karena \(f\) kontinu, teorema pencirian memberi bahwa \(f^{-1}(B)\) terbuka dalam \(X\text{.}\)
Solusi.
Ambil sembarang bola terbuka \(B\) di \(Y\text{.}\) Berdasarkan sifat dasar bola, \(B\) merupakan himpunan terbuka dalam \(Y\text{.}\) Teorema pencirian kekontinuan menyatakan bahwa jika \(f\) kontinu, maka prapeta setiap himpunan terbuka di kodomain terbuka di domain. Dengan memilih himpunan terbuka itu sebagai \(B\text{,}\) diperoleh \(f^{-1}(B)\) terbuka dalam \(X\text{.}\) Karena \(B\) sebarang, implikasi pertama akibat terbukti.
Pada sublangkah pertama arah balik aktivitas akibat tentang bola, untuk himpunan terbuka sebarang \(O\subseteq Y\text{,}\) nyatakan bentuk \(O\) yang dijamin oleh teorema basis bola. Rubrik: berikan keluarga terindeks bola-bola terbuka dan persamaan gabungannya.
Petunjuk.
Tahap 1: teorema yang dirujuk mencirikan himpunan terbuka sebagai gabungan bola-bola terbuka. Tahap 2: namai keluarga itu \(\{B_\beta\}_{\beta\in J}\text{.}\)
Jawaban.
Ada keluarga bola terbuka \(\{B_\beta\}_{\beta\in J}\) dalam \(Y\) sedemikian sehingga \(O=\bigcup_{\beta\in J}B_\beta\text{.}\)
Solusi.
Teorema basis bola menyatakan bahwa suatu subhimpunan ruang metrik terbuka jika dan hanya jika ia merupakan gabungan bola-bola terbuka. Karena \(O\) terbuka dalam \(Y\text{,}\) terdapat himpunan indeks \(J\) dan bola-bola terbuka \(B_\beta\subseteq Y\) untuk \(\beta\in J\) dengan
\begin{equation*} O=\bigcup_{\beta\in J}B_\beta. \end{equation*}
Bentuk ini dipilih karena hipotesis arah balik sudah mengendalikan prapeta masing-masing bola.
Pada sublangkah terakhir aktivitas akibat tentang bola, gunakan identitas prapeta gabungan untuk membuktikan bahwa \(f^{-1}(O)\) terbuka bagi setiap himpunan terbuka \(O\subseteq Y\text{,}\) lalu simpulkan kekontinuan \(f\text{.}\) Rubrik: tulis persamaan prapeta, terapkan hipotesis pada setiap bola, gunakan keterbukaan gabungan sebarang, dan sebutkan teorema penutup.
Petunjuk.
Tahap 1: substitusikan \(O=\bigcup_{\beta\in J}B_\beta\text{.}\) Tahap 2: ubah prapeta gabungan menjadi gabungan prapeta dan klasifikasikan setiap sukunya.
Jawaban.
\(f^{-1}(O)=\bigcup_{\beta\in J}f^{-1}(B_\beta)\) adalah gabungan himpunan-himpunan terbuka, sehingga terbuka. Karena ini berlaku untuk setiap \(O\) terbuka, teorema pencirian menyatakan bahwa \(f\) kontinu.
Solusi.
Asumsikan bahwa \(f^{-1}(B)\) terbuka dalam \(X\) untuk setiap bola terbuka \(B\subseteq Y\text{.}\) Ambil himpunan terbuka sebarang \(O\subseteq Y\text{.}\) Dari langkah sebelumnya, tulis \(O=\bigcup_{\beta\in J}B_\beta\text{,}\) dengan setiap \(B_\beta\) bola terbuka. Identitas prapeta gabungan memberi
\begin{equation*} f^{-1}(O) =f^{-1}\left(\bigcup_{\beta\in J}B_\beta\right) =\bigcup_{\beta\in J}f^{-1}(B_\beta). \end{equation*}
Menurut hipotesis, setiap \(f^{-1}(B_\beta)\) terbuka dalam \(X\text{;}\) gabungan sebarang dari himpunan terbuka juga terbuka. Jadi \(f^{-1}(O)\) terbuka untuk setiap \(O\) terbuka dalam \(Y\text{.}\) Teorema pencirian melalui himpunan terbuka kemudian memberi bahwa \(f\) kontinu.
Pada kasus pertama aktivitas Interior Suatu Himpunan, tentukan \(\Int(A)\) untuk \(A=(0,1]\) dalam \((\R,d_E)\text{.}\) Rubrik: buktikan bahwa semua titik di antara ujung adalah interior dan uji titik ujung \(1\) yang termasuk dalam \(A\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1: untuk \(0\lt x\lt1\text{,}\) gunakan radius lebih kecil daripada \(x\) dan \(1-x\text{.}\) Tahap 2: setiap bola di sekitar \(1\) memuat bilangan yang lebih besar daripada \(1\text{.}\)
Jawaban.
\(\Int((0,1])=(0,1)\text{.}\)
Solusi.
Jika \(0\lt x\lt1\text{,}\) pilih \(r=\frac12\min\{x,1-x\}\gt0\text{.}\) Maka \(B(x,r)\subseteq(0,1)\subseteq A\text{,}\) sehingga \(x\) titik interior. Satu-satunya anggota \(A\) yang tersisa untuk diuji adalah \(1\text{.}\) Untuk setiap \(r\gt0\text{,}\) titik \(1+r/2\in B(1,r)\) tetapi tidak berada dalam \(A\text{.}\) Jadi \(1\) bukan titik interior. Titik \(0\) bukan anggota \(A\text{,}\) sehingga bukan kandidat. Maka interiornya tepat \((0,1)\text{.}\)
Pada kasus kedua aktivitas Interior Suatu Himpunan, hitung \(\Int([0,1])\) dalam garis Euklides. Rubrik: berikan bola yang bekerja untuk titik antara dan saksi kegagalan untuk kedua titik ujung.
Petunjuk.
Tahap 1: argumen untuk \(0\lt x\lt1\) sama seperti pada kasus sebelumnya. Tahap 2: gerakkan sedikit ke kiri dari \(0\) dan sedikit ke kanan dari \(1\text{.}\)
Jawaban.
\(\Int([0,1])=(0,1)\text{.}\)
Solusi.
Untuk \(0\lt x\lt1\text{,}\) radius \(r=\frac12\min\{x,1-x\}\) positif dan memenuhi \(B(x,r)\subseteq[0,1]\text{.}\) Jadi semua titik \((0,1)\) interior. Untuk setiap \(r\gt0\text{,}\) bola \(B(0,r)\) memuat \(-r/2\notin[0,1]\text{,}\) sehingga \(0\) bukan interior. Bola \(B(1,r)\) memuat \(1+r/2\notin[0,1]\text{,}\) sehingga \(1\) juga bukan interior. Tidak ada titik anggota lain; jadi interiornya adalah \((0,1)\text{.}\)
Pada kasus ketiga aktivitas Interior Suatu Himpunan, tentukan interior \(A=\{-2\}\cup[0,5]\cup\{7,8,9\}\) dalam \((\R,d_E)\text{.}\) Rubrik: pisahkan titik-titik di bagian dalam interval, kedua ujung interval, dan seluruh titik terisolasi.
Petunjuk.
Tahap 1: titik \(0\lt x\lt5\) mempunyai jarak positif ke kedua ujung interval. Tahap 2: setiap bola di sekitar salah satu dari \(-2,0,5,7,8,9\) memuat bilangan di luar \(A\) jika perpindahannya dipilih cukup kecil.
Jawaban.
\(\Int(A)=(0,5)\text{.}\)
Solusi.
Jika \(0\lt x\lt5\text{,}\) ambil \(r=\frac12\min\{x,5-x\}\gt0\text{;}\) maka \(B(x,r)\subseteq(0,5)\subseteq A\text{.}\) Jadi \((0,5)\subseteq\Int(A)\text{.}\) Titik \(0\) dan \(5\) bukan interior karena setiap bola di sekitarnya melintasi ujung interval menuju celah di luar \(A\text{.}\) Titik \(-2,7,8,9\) juga bukan interior: masing-masing terisolasi dalam \(A\text{,}\) sedangkan setiap bola Euklides beradius positif memuat bilangan lain yang cukup dekat dan tidak berada dalam \(A\text{.}\) Karena daftar ini mencakup semua anggota di luar \((0,5)\text{,}\) diperoleh \(\Int(A)=(0,5)\text{.}\)
Pada langkah pertama aktivitas penutup bagian Interior Suatu Himpunan, rumuskan apa yang masih harus dibuktikan agar \(\Int(A)\) menjadi subhimpunan terbuka terbesar dari \(X\) yang termuat dalam \(A\text{.}\) Rubrik: sertakan sifat terbuka dan inklusi dasar, lalu nyatakan sifat universal terhadap setiap himpunan terbuka lain di dalam \(A\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1: bagian awal bukti teorema telah menangani keterbukaan \(\Int(A)\text{;}\) definisi memberi \(\Int(A)\subseteq A\text{.}\) Tahap 2: arti “terbesar” adalah memuat setiap kandidat terbuka \(O\subseteq A\text{.}\)
Jawaban.
Selain mengetahui bahwa \(\Int(A)\) terbuka dan \(\Int(A)\subseteq A\text{,}\) kita harus membuktikan: untuk setiap \(O\) terbuka dalam \(X\) dengan \(O\subseteq A\text{,}\) berlaku \(O\subseteq\Int(A)\text{.}\)
Solusi.
Sebuah “subhimpunan terbuka terbesar yang termuat dalam \(A\)” harus memenuhi tiga hal: ia terbuka dalam \(X\text{,}\) ia merupakan subhimpunan \(A\text{,}\) dan ia memuat setiap subhimpunan terbuka lain dari \(X\) yang termuat dalam \(A\text{.}\) Bagian awal pembuktian sudah menunjukkan bahwa \(\Int(A)\) terbuka, sedangkan definisinya langsung memberi \(\Int(A)\subseteq A\text{.}\) Jadi pekerjaan yang tersisa tepatlah mengambil \(O\) terbuka sebarang dengan \(O\subseteq A\) dan membuktikan \(O\subseteq\Int(A)\text{.}\)
Pada langkah kedua aktivitas penutup Interior Suatu Himpunan, misalkan \(O\) terbuka, \(O\subseteq A\text{,}\) dan \(x\in O\text{.}\) Uraikan kesimpulan lokal yang berasal dari keterbukaan \(O\) dan kaitkan kesimpulan itu dengan \(A\text{.}\) Rubrik: hasilkan radius positif, rantai inklusi, dan status \(x\) sebagai titik interior.
Petunjuk.
Tahap 1: karena \(O\) terbuka dan \(x\in O\text{,}\) ada bola berpusat di \(x\) yang termuat dalam \(O\text{.}\) Tahap 2: gabungkan dengan \(O\subseteq A\) dan baca kembali definisi titik interior.
Jawaban.
Ada \(\epsilon\gt0\) dengan \(B(x,\epsilon)\subseteq O\subseteq A\text{;}\) jadi \(A\) merupakan lingkungan bagi \(x\text{,}\) sehingga \(x\in\Int(A)\text{.}\)
Solusi.
Karena \(O\) terbuka, ia merupakan lingkungan bagi setiap titiknya. Khusus untuk \(x\in O\text{,}\) terdapat \(\epsilon\gt0\) sedemikian sehingga \(B(x,\epsilon)\subseteq O\text{.}\) Hipotesis \(O\subseteq A\) memperpanjang inklusi itu menjadi
\begin{equation*} B(x,\epsilon)\subseteq O\subseteq A. \end{equation*}
Jadi \(A\) memuat sebuah bola terbuka berpusat di \(x\) dan merupakan lingkungan bagi \(x\text{.}\) Menurut definisi, \(x\) adalah titik interior \(A\text{,}\) yakni \(x\in\Int(A)\text{.}\)
Pada langkah terakhir aktivitas Interior Suatu Himpunan, lengkapilah bukti \(O\subseteq\Int(A)\) dan jelaskan bagaimana inklusi itu menutup klaim maksimalitas. Rubrik: gunakan titik \(x\in O\) sebarang, simpulkan keanggotaan dalam interior, lalu kembalikan kuantor pada semua kandidat terbuka \(O\subseteq A\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1: langkah sebelumnya berlaku untuk setiap \(x\in O\text{.}\) Tahap 2: setelah memperoleh inklusi himpunan, gabungkan dengan fakta yang sudah terbukti bahwa \(\Int(A)\) terbuka dan termuat dalam \(A\text{.}\)
Jawaban.
Setiap \(x\in O\) adalah titik interior \(A\text{,}\) sehingga \(O\subseteq\Int(A)\text{.}\) Karena ini berlaku bagi setiap subhimpunan terbuka \(O\subseteq A\text{,}\) interior \(A\) adalah kandidat terbuka terbesar yang termuat dalam \(A\text{.}\)
Solusi.
Ambil sebarang himpunan terbuka \(O\subseteq X\) dengan \(O\subseteq A\text{,}\) lalu ambil sebarang \(x\in O\text{.}\) Karena \(O\) terbuka, terdapat \(\epsilon\gt0\) dengan \(B(x,\epsilon)\subseteq O\text{.}\) Maka \(B(x,\epsilon)\subseteq A\text{,}\) sehingga \(x\) adalah titik interior \(A\) dan \(x\in\Int(A)\text{.}\) Kesimpulan ini berlaku untuk setiap \(x\in O\text{;}\) jadi \(O\subseteq\Int(A)\text{.}\) Karena \(O\) adalah kandidat terbuka sebarang di dalam \(A\text{,}\) sementara \(\Int(A)\) sendiri sudah terbukti terbuka dan termuat dalam \(A\text{,}\) interior itu memang subhimpunan terbuka terbesar yang termuat dalam \(A\text{.}\)
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>