Topologi: Pendekatan Berbasis Inkuiri: Bab 1-17 - Himpunan, Fungsi, Ruang Metrik, Ruang Topologi, Kekontinuan, Homeomorfisme, Subruang, Ruang Kuosien, Ruang Kompak, serta Pendamping Belajar Mandiri

Tuliskan \(\|z\|_2\) untuk jarak \(z\) dari pusat. Jika \(\|z\|_2\lt1\text{,}\) bola berjari-jari \(1-\|z\|_2\) di \(z\) termuat dalam \(D\text{,}\) karena \(\|w\|_2\leq\|w-z\|_2+\|z\|_2\lt1\text{.}\) Jadi titik-titik dengan norma kurang dari \(1\) tepat merupakan titik interior. Bila \(\|z\|_2=1\text{,}\) setiap bola di \(z\) memuat \((1-t)z\in D\) dan \((1+t)z\notin D\) untuk \(t\gt0\) yang cukup kecil. Maka lingkaran satuan adalah batas. Titik dengan norma lebih dari \(1\) mempunyai bola berjari-jari \(\|z\|_2-1\) yang tidak memotong \(D\text{,}\) sehingga tidak ada titik batas lain.

Setiap \(z\in D\) didekati oleh titik lain dari \(D\text{:}\) untuk \(z\neq0\) gunakan \((1-1/n)z\) untuk \(n\) cukup besar, sedangkan untuk \(z=0\) gunakan \((1/n,0)\text{.}\) Jadi \(D'=D\) dan tidak ada titik terasing. Titik pada lingkaran bukan titik interior, sehingga \(D\) tidak terbuka. Komplemennya terbuka oleh bola yang baru dibangun untuk \(\|z\|_2\gt1\text{;}\) karena itu \(D\) tertutup.

Untuk setiap \(x\in\R\) dan \(r\gt0\text{,}\) interval \((x-r,x+r)\) memuat bilangan rasional dan irasional. Karena itu tidak ada bola di suatu anggota \(\Q\) yang termuat dalam \(\Q\text{,}\) sehingga interiornya kosong. Setiap bola berpusat di sebarang \(x\in\R\) memotong \(\Q\) dan komplemennya, maka setiap bilangan real adalah titik batas: \(\Bdry(\Q)=\R\text{.}\)

Kerapatan rasional juga menjamin bahwa setiap bola di \(x\) memuat anggota \(\Q\) yang berbeda dari \(x\text{;}\) jadi \(\Q'=\R\text{.}\) Akibatnya tidak ada anggota rasional yang terasing. Interior kosong membuat \(\Q\) tidak terbuka, dan \(\overline{\Q}=\R\neq\Q\) membuatnya tidak tertutup.

Karena \(1/n\to0\text{,}\) setiap bola di \(0\) memuat suatu \(1/n\text{;}\) jadi \(0\) adalah titik limit dan berada dalam \(\overline A\text{.}\) Untuk \(n\geq2\text{,}\) ambil radius positif yang lebih kecil daripada \(\frac12\min\{1/(n-1)-1/n,1/n-1/(n+1)\}\text{;}\) untuk \(n=1\) ambil, misalnya, radius \(1/4\text{.}\) Bola tersebut beririsan dengan \(A\) hanya di \(1/n\text{.}\) Maka setiap anggota \(A\) terasing dan bukan titik limit.

Jika \(x\notin A\cup\{0\}\text{,}\) ada bola di \(x\) yang tidak memotong \(A\text{.}\) Hal ini langsung untuk \(x\lt0\) atau \(x\gt1\text{;}\) untuk \(0\lt x\lt1\text{,}\) sifat Archimedes dan urutan menurun \(1/n\) menempatkan \(x\) secara ketat di antara dua suku berurutan, sehingga jarak positif ke kedua ujung memberi bola yang diinginkan. Jadi \(\overline A=A\cup\{0\}\) dan satu-satunya titik limit ialah \(0\text{.}\) Tidak ada anggota \(A\) yang interior, sebab setiap interval di sekitarnya memuat bilangan yang bukan anggota \(A\text{.}\) Dengan demikian interior kosong, sehingga batas sama dengan tutupan, yaitu \(A\cup\{0\}\text{.}\) Himpunan itu tidak terbuka dan tidak tertutup; kegagalan ketertutupan disaksikan oleh \(0\notin A\text{.}\)

Andaikan \(A\) terbuka dan tertutup. Untuk \(x\in A\text{,}\) ada bola di \(x\) yang termuat dalam \(A\text{;}\) untuk \(x\notin A\text{,}\) ketertutupan \(A\) membuat komplemennya terbuka, sehingga ada bola di \(x\) yang termuat dalam komplemen. Dalam kedua kasus, sebuah bola gagal bertemu salah satu sisi, maka tidak ada titik batas.

Sebaliknya, andaikan \(\Bdry(A)=\emptyset\text{.}\) Jika \(x\in A\text{,}\) suatu bola di \(x\) pasti bertemu \(A\) di \(x\text{.}\) Karena \(x\) bukan titik batas, ada bola di \(x\) yang tidak bertemu komplemen, jadi termuat dalam \(A\text{.}\) Dengan demikian \(A\) terbuka. Argumen yang sama untuk \(x\in X\setminus A\) menunjukkan bahwa komplemen \(A\) terbuka, sehingga \(A\) tertutup. Kesetaraan ini juga mencakup himpunan kosong dan seluruh ruang.

Karena titik terasing, menurut definisi, harus menjadi anggota \(A\text{,}\) berlaku \(A^i\subseteq A\text{.}\) Maka \(A'\cup A^i\subseteq A'\cup A\text{.}\) Untuk inklusi sebaliknya, ambil \(x\in A\cup A'\text{.}\) Jika \(x\in A'\text{,}\) tidak ada lagi yang perlu dibuktikan. Jika \(x\in A\setminus A'\text{,}\) ada bola terbuka di \(x\) yang tidak memuat titik \(A\) selain \(x\text{;}\) karenanya \(x\in A^i\text{.}\) Jadi \(A\cup A'\subseteq A'\cup A^i\text{,}\) dan kedua himpunan sama.

Jika \(x\in A^i\text{,}\) terdapat \(r\gt0\) sehingga \(B(x,r)\cap A=\{x\}\text{.}\) Jadi bola ini tidak memuat anggota \(A\) yang berbeda dari \(x\text{.}\) Namun titik limit menuntut agar setiap bola di \(x\) memuat anggota semacam itu. Karena itu \(x\notin A'\text{.}\) Tidak ada titik yang dapat berada sekaligus di \(A'\) dan \(A^i\text{,}\) sehingga irisannya kosong.

Ambil \(x\in A\text{.}\) Jika \(x\in A'\text{,}\) jelas \(x\in A'\cup A^i\text{.}\) Jika \(x\notin A'\text{,}\) tidak benar bahwa setiap bola di \(x\) memuat titik \(A\) yang berbeda dari \(x\text{.}\) Jadi terdapat \(r\gt0\) dengan \(B(x,r)\cap(A\setminus\{x\})=\emptyset\text{.}\) Karena \(x\in A\cap B(x,r)\text{,}\) diperoleh \(B(x,r)\cap A=\{x\}\text{,}\) sehingga \(x\in A^i\text{.}\) Kedua kasus membuktikan inklusi.

Andaikan \(x\in\overline A\text{.}\) Jika \(x\in A\text{,}\) barisan konstan \(a_n=x\) berada dalam \(A\) dan konvergen ke \(x\text{.}\) Jika \(x\notin A\text{,}\) setiap bola di \(x\) bertemu \(A\text{;}\) untuk tiap \(n\text{,}\) pilih \(a_n\in A\cap B(x,1/n)\text{.}\) Maka \(d(a_n,x)\lt1/n\to0\text{,}\) jadi \(a_n\to x\text{.}\)

Sebaliknya, misalkan \(a_n\in A\) dan \(a_n\to x\text{.}\) Untuk setiap \(r\gt0\text{,}\) ada \(N\) sehingga \(d(a_N,x)\lt r\text{.}\) Jadi \(a_N\in A\cap B(x,r)\text{,}\) sehingga setiap bola di \(x\) memotong \(A\text{.}\) Inilah karakterisasi keanggotaan dalam tutupan, maka \(x\in\overline A\text{.}\)

Penutup \(\overline A\) tertutup dan memuat \(A\text{.}\) Selanjutnya, jika \(F\) tertutup serta \(A\subseteq F\text{,}\) kemonotonan tutupan memberi \(\overline A\subseteq\overline F=F\text{.}\) Secara langsung, kemonotonan ini juga terlihat karena setiap bola di titik \(\overline A\) bertemu \(A\text{,}\) maka bertemu \(F\text{,}\) sehingga titik itu berada dalam \(\overline F\text{.}\)

Misalkan \(G=\bigcap_{F\in\mathcal F}F\text{.}\) Inklusi sebelumnya menunjukkan \(\overline A\subseteq G\text{.}\) Karena \(\overline A\in\mathcal F\text{,}\) irisan \(G\) termuat dalam \(\overline A\text{.}\) Jadi \(G=\overline A\text{.}\)

Ambil \(U\in\mathcal U\) dan \(x\in U\text{.}\) Karena \(U\) terbuka, ada \(r\gt0\) dengan \(B(x,r)\subseteq U\subseteq A\text{.}\) Maka \(x\in\Int(A)\text{.}\) Ini berlaku untuk setiap \(U\text{,}\) sehingga \(\bigcup_{U\in\mathcal U}U\subseteq\Int(A)\text{.}\)

Sebaliknya, \(\Int(A)\) terbuka dan termuat dalam \(A\text{,}\) maka \(\Int(A)\in\mathcal U\text{.}\) Karena setiap anggota suatu keluarga termuat dalam gabungannya, \(\Int(A)\subseteq\bigcup_{U\in\mathcal U}U\text{.}\) Kedua inklusi membuktikan kesamaan.

Setiap titik interior \(A\) berada dalam \(A\subseteq\overline A\text{.}\) Setiap titik batas juga berada dalam \(\overline A\text{,}\) sebab setiap bolanya bertemu \(A\text{.}\) Jadi \(\Int(A)\cup\Bdry(A)\subseteq\overline A\text{.}\)

Ambil \(x\in\overline A\setminus\Int(A)\text{.}\) Setiap bola di \(x\) bertemu \(A\) karena \(x\in\overline A\text{.}\) Karena \(x\) bukan interior, tidak ada bola di \(x\) yang termuat dalam \(A\text{;}\) jadi setiap bola juga bertemu \(X\setminus A\text{.}\) Maka \(x\in\Bdry(A)\text{,}\) yang membuktikan inklusi sebaliknya. Akhirnya, titik interior memiliki satu bola yang tidak bertemu komplemen, sedangkan titik batas menuntut semua bola bertemu komplemen. Karena itu \(\Int(A)\cap\Bdry(A)=\emptyset\text{,}\) sehingga gabungan tersebut saling lepas.

Andaikan dahulu \(x\) adalah titik limit dari \(A\text{.}\) Setiap bola terbuka \(B(x,r)\) merupakan lingkungan dari \(x\text{.}\) Menurut definisi titik limit, bola itu memuat suatu titik dari \(A\) yang berbeda dari \(x\text{.}\)

Sebaliknya, andaikan setiap bola terbuka berpusat di \(x\) memuat suatu titik dari \(A\setminus\{x\}\text{.}\) Ambil lingkungan sebarang \(N\) dari \(x\text{.}\) Berdasarkan definisi lingkungan dalam ruang metrik, ada \(r\gt0\) sehingga \(B(x,r)\subseteq N\text{.}\) Hipotesis memberikan titik \(a\in B(x,r)\cap(A\setminus\{x\})\text{;}\) karena \(B(x,r)\subseteq N\text{,}\) titik yang sama berada di \(N\cap(A\setminus\{x\})\text{.}\) Jadi setiap lingkungan dari \(x\) memuat anggota \(A\) yang berbeda dari \(x\text{,}\) tepat definisi bahwa \(x\) adalah titik limit dari \(A\text{.}\)

Ambil \(x\in A\text{.}\) Bila setiap bola di \(x\) memuat anggota \(A\) selain \(x\text{,}\) maka \(x\in A'\text{.}\) Bila tidak, ada \(r\gt0\) dengan \(B(x,r)\cap(A\setminus\{x\})=\emptyset\text{.}\) Karena pusatnya berada dalam \(A\text{,}\) ini berarti \(B(x,r)\cap A=\{x\}\text{,}\) maka \(x\in A^i\text{.}\) Jadi \(A\subseteq A'\cup A^i\text{.}\)

Sekarang, jika \(x\in A^i\text{,}\) sebuah bola pengisolasi di \(x\) tidak memuat anggota \(A\) yang berbeda dari \(x\text{.}\) Karena titik limit mengharuskan setiap bola memuat anggota demikian, \(x\notin A'\text{.}\) Jadi \(A'\cap A^i=\emptyset\text{.}\)

Jika \(x\in\overline A\) dan \(x\in A\text{,}\) tetapkan \(a_n=x\) untuk semua \(n\text{.}\) Jika \(x\in\overline A\setminus A\text{,}\) setiap bola \(B(x,1/n)\) bertemu \(A\text{;}\) pilih \(a_n\) dari irisan itu. Dalam kasus kedua \(d(a_n,x)\lt1/n\text{,}\) dan dalam kasus pertama jaraknya nol. Jadi pada kedua kasus \(a_n\to x\) dengan semua \(a_n\in A\text{.}\)

Untuk arah balik, andaikan \(a_n\in A\) dan \(a_n\to x\text{.}\) Bagi setiap \(r\gt0\text{,}\) ada indeks \(N\) sehingga \(a_n\in B(x,r)\) bila \(n\geq N\text{.}\) Maka bola tersebut memotong \(A\text{.}\) Semua bola di \(x\) memotong \(A\text{,}\) jadi \(x\in\overline A\text{.}\)

Misalkan \(F\) tertutup dan \(A\subseteq F\text{.}\) Jika \(x\notin F\text{,}\) karena \(X\setminus F\) terbuka, ada \(r\gt0\) dengan \(B(x,r)\subseteq X\setminus F\text{.}\) Bola itu tidak memotong \(A\text{,}\) sehingga \(x\notin\overline A\text{.}\) Kontrapositifnya memberi \(\overline A\subseteq F\text{.}\)

Biarkan \(\mathcal F\) menjadi keluarga semua himpunan tertutup yang memuat \(A\text{,}\) dan tetapkan \(G=\bigcap_{F\in\mathcal F}F\text{.}\) Hasil paragraf pertama memberi \(\overline A\subseteq G\text{.}\) Penutup \(\overline A\) sendiri memuat \(A\) dan tertutup: memang, jika \(x\notin\overline A\text{,}\) ada \(r\gt0\) sehingga \(B(x,r)\cap A=\emptyset\text{.}\) Untuk setiap \(y\in B(x,r/2)\text{,}\) bola \(B(y,r-d(x,y))\) termuat dalam \(B(x,r)\) dan tidak memotong \(A\text{.}\) Jadi \(B(x,r/2)\subseteq X\setminus\overline A\text{,}\) sehingga komplemen tutupan terbuka. Dengan demikian \(\overline A\in\mathcal F\text{,}\) sehingga \(G\subseteq\overline A\text{.}\) Maka \(G=\overline A\text{.}\) Selain itu, komplemen \(G\) adalah gabungan komplemen-komplemen terbuka dari anggota \(\mathcal F\text{,}\) sehingga terbuka. Jadi \(G\text{,}\) dan karenanya \(\overline A\text{,}\) tertutup.