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 pertama

Sepuluh panduan berikut mengikuti urutan sumber pada sec_top_space_exer.ptx: dua tugas pembuka, empat tugas pada latihan ex_aZ_top, dan empat tugas pertama pada latihan koset aritmetika. Materi ini adalah komponen pendamping asli untuk belajar mandiri, bukan jawaban dari penulis sumber. Setiap panduan menyediakan petunjuk bertahap, jawaban singkat, solusi lengkap, dan rubrik pemeriksaan; komponen ini diterbitkan terpisah di bawah CC BY 4.0.
Jangkar sumber: latihan tanpa ID pada awal sec_top_space_exer.ptx, tugas pertama. Untuk \(X=\{a,b,c\}\) dan \(S=\{\{a\},\{c\},\{a,b\},\{b,c\}\}\text{,}\) tentukan koleksi semua gabungan subkoleksi dari \(S\text{.}\) Gabungan subkoleksi kosong juga harus diperhitungkan. Rubrik. Daftar harus memuat setiap hasil yang berbeda tepat satu kali dan tidak boleh memasukkan himpunan yang tidak dapat diperoleh.
Petunjuk.
Beri nama keempat anggota \(S\text{,}\) lalu mulai dari gabungan kosong dan gabungan satu anggota. Setelah itu periksa kapan dua anggota menghubungkan \(a\text{,}\) \(b\text{,}\) dan \(c\) menjadi seluruh \(X\text{.}\)
Jawaban.
Koleksinya adalah \(\{\emptyset,\{a\},\{c\},\{a,b\},\{b,c\},\{a,c\},X\} \text{.}\)
Solusi.
Tuliskan \(A=\{a\}\text{,}\) \(C=\{c\}\text{,}\) \(AB=\{a,b\}\text{,}\) dan \(BC=\{b,c\}\text{.}\) Gabungan kosong menghasilkan \(\emptyset\text{.}\) Gabungan satu anggota menghasilkan \(A,C,AB,BC\text{.}\) Gabungan \(A\cup C\) menghasilkan \(\{a,c\}\text{.}\) Setiap gabungan yang memuat \(AB\) dan \(BC\text{,}\) atau yang memuat salah satu dari keduanya bersama anggota yang melengkapi titik yang hilang, menghasilkan \(X=\{a,b,c\}\text{.}\) Tidak ada hasil lain: setiap gabungan adalah subhimpunan \(X\text{,}\) dan pemeriksaan seluruh pola keanggotaan \(A,C,AB,BC\) hanya menghasilkan tujuh himpunan yang tercantum.
Jangkar sumber: latihan pembuka pada sec_top_space_exer.ptx, tugas kedua. Dengan \(S=\{\{a\},\{c\},\{a,b\},\{b,c\}\}\text{,}\) jelaskan mengapa koleksi semua gabungan anggota \(S\text{,}\) setelah ditambah himpunan kosong, bukan topologi pada \(X=\{a,b,c\}\text{.}\) Sebutkan aksioma basis yang gagal. Rubrik. Berikan satu irisan eksplisit dan hubungkan kegagalan itu dengan syarat irisan basis, bukan hanya dengan pernyataan bahwa daftar tersebut "kurang".
Petunjuk.
Bandingkan dua anggota basis \(\{a,b\}\) dan \(\{b,c\}\text{.}\) Titik \(b\) berada di irisan keduanya. Tanyakan apakah ada anggota \(S\) yang memuat \(b\) dan sekaligus terkandung dalam irisan tersebut.
Jawaban.
Koleksi itu bukan topologi karena \(\{a,b\}\cap\{b,c\}=\{b\}\) tidak termasuk koleksi semua gabungan tersebut. Syarat irisan basis gagal pada titik \(b\text{.}\)
Solusi.
Jika \(\mathcal U\) adalah semua gabungan subkoleksi dari \(S\text{,}\) maka \(\{a,b\}\) dan \(\{b,c\}\) sendiri berada di \(\mathcal U\text{.}\) Namun
\begin{equation*} \{a,b\}\cap\{b,c\}=\{b\}. \end{equation*}
Himpunan \(\{b\}\) tidak dapat ditulis sebagai gabungan anggota \(S\text{:}\) setiap anggota \(S\) yang memuat \(b\) juga memuat \(a\) atau \(c\text{.}\) Maka \(\mathcal U\) tidak tertutup terhadap irisan berhingga dan bukan topologi.
Dilihat langsung dari dua aksioma basis, masalahnya adalah: untuk \(B_1=\{a,b\}\text{,}\) \(B_2=\{b,c\}\text{,}\) dan \(b\in B_1\cap B_2\text{,}\) tidak ada \(B_3\in S\) dengan \(b\in B_3\subseteq\{b\}\text{.}\) Jadi syarat irisan basis memang gagal, persis pada titik \(b\text{.}\)
Jangkar sumber: ex_aZ_top, tugas pertama. Untuk setiap \(a\in\Z\text{,}\) tetapkan \(a\Z=\{ka\mid k\in\Z\}\text{.}\) Buktikan bahwa \(\mathcal B=\{a\Z\mid a\in\Z\}\) merupakan basis untuk suatu topologi \(\tau\) pada \(\Z\text{.}\) Rubrik. Verifikasi cakupan dan syarat irisan basis, termasuk kasus \(a=0\) dan tanda negatif.
Petunjuk.
Gunakan \(a\Z=(-a)\Z\text{.}\) Untuk \(m,n\neq0\text{,}\) irisan dua himpunan kelipatan adalah kelipatan dari \(\operatorname{lcm}(|m|,|n|)\text{;}\) jika salah satu bilangan nol, hitung irisan itu secara langsung.
Jawaban.
Cakupan diberikan oleh \(1\Z=\Z\text{.}\) Selain itu, \(m\Z\cap n\Z=\operatorname{lcm}(|m|,|n|)\Z\) untuk \(m,n\neq0\text{,}\) sedangkan jika salah satunya nol, irisan tersebut adalah \(\{0\}=0\Z\text{.}\) Jadi syarat basis terpenuhi.
Solusi.
Pertama, setiap bilangan bulat berada dalam suatu anggota \(\mathcal B\text{,}\) karena \(\Z=1\Z\text{.}\) Sekarang ambil \(B_1=m\Z\) dan \(B_2=n\Z\text{.}\) Jika \(m=0\) atau \(n=0\text{,}\) maka irisan keduanya adalah \(\{0\}=0\Z\text{,}\) kecuali kedua-duanya nol yang memberi hasil sama. Jika keduanya tidak nol, tanda tidak berpengaruh dan aritmetika pembagi memberi
\begin{equation*} m\Z\cap n\Z=\operatorname{lcm}(|m|,|n|)\Z. \end{equation*}
Jadi irisan itu sendiri merupakan anggota \(\mathcal B\text{.}\) Khususnya, untuk setiap \(x\) di irisan, anggota basis tersebut menjadi \(B_3\) dengan \(x\in B_3\subseteq B_1\cap B_2\text{.}\) Kedua syarat basis terpenuhi, sehingga \(\mathcal B\) membangkitkan topologi \(\tau\) pada \(\Z\text{.}\)
Jangkar sumber: ex_aZ_top, tugas kedua. Dalam ruang \((\Z,\tau)\) dari panduan sebelumnya, tentukan apakah \(\Z^+=\{1,2,3,\ldots\}\) terbuka. Rubrik. Jika tidak terbuka, pilih satu titik di dalamnya dan buktikan bahwa tidak ada anggota basis yang mengelilingi titik itu dan tetap berada di dalam \(\Z^+\text{.}\)
Petunjuk.
Setiap anggota basis yang memuat bilangan positif \(n\) juga memuat \(0\) dan \(-n\text{.}\) Bandingkan hal itu dengan syarat keterbukaan melalui basis.
Jawaban.
Tidak. Himpunan \(\Z^+\) tidak terbuka dalam \(\tau\text{.}\)
Solusi.
Ambil, misalnya, \(1\in\Z^+\text{.}\) Setiap anggota basis berbentuk \(a\Z\) yang memuat \(1\) harus memiliki \(a=\pm1\text{,}\) sebab \(a\) membagi \(1\text{.}\) Maka anggota itu adalah seluruh \(\Z\text{,}\) yang jelas tidak terkandung dalam \(\Z^+\text{.}\) Bahkan secara umum, jika \(n\in\Z^+\) dan \(n\in a\Z\text{,}\) maka \(0,-n\in a\Z\text{,}\) sehingga \(a\Z\) tidak mungkin menjadi subhimpunan \(\Z^+\text{.}\) Kriteria keterbukaan melalui basis gagal pada setiap titik positif; jadi \(\Z^+\) tidak terbuka.
Jangkar sumber: ex_aZ_top, tugas ketiga. Tentukan apakah himpunan semua bilangan bulat ganjil terbuka dalam \((\Z,\tau)\text{.}\) Rubrik. Berikan argumen basis pada satu titik ganjil, bukan hanya menunjukkan bahwa himpunan tersebut bukan anggota basis.
Petunjuk.
Setiap himpunan \(a\Z\) memuat \(0\text{.}\) Apa yang terjadi jika anggota basis itu memuat suatu bilangan ganjil tetapi harus tetap berada di dalam himpunan ganjil?
Jawaban.
Tidak. Himpunan bilangan ganjil tidak terbuka karena setiap lingkungan basis dari titik ganjil juga memuat bilangan genap \(0\text{.}\)
Solusi.
Misalkan \(O\) adalah himpunan bilangan ganjil dan ambil \(n\in O\text{.}\) Jika \(a\Z\) adalah anggota basis yang memuat \(n\text{,}\) maka \(0\in a\Z\) karena \(0=a\cdot0\text{.}\) Akan tetapi \(0\) bukan bilangan ganjil, sehingga \(a\Z\not\subseteq O\text{.}\) Tidak ada lingkungan basis yang memenuhi syarat keterbukaan di \(n\text{.}\) Maka \(O\) tidak terbuka.
Jangkar sumber: ex_aZ_top, tugas keempat. Tentukan apakah \(O=\{0\}\cup\{x\in\Z\mid |x|\geq5\}\) terbuka dalam \((\Z,\tau)\text{.}\) Rubrik. Untuk jawaban positif, tuliskan O sebagai gabungan anggota basis; untuk jawaban negatif, tunjukkan titik yang gagal.
Petunjuk.
Untuk titik \(0\) gunakan \(0\Z\text{.}\) Untuk titik \(x\) dengan \(|x|\geq5\text{,}\) coba gunakan \(x\Z\) sendiri dan periksa besar setiap kelipatan tak nolnya.
Jawaban.
Ya. Berlaku
\begin{equation*} O=0\Z\ \cup\ \bigcup_{\substack{x\in\Z\\ |x|\geq5}}x\Z, \end{equation*}
sehingga \(O\) terbuka.
Solusi.
Himpunan \(0\Z=\{0\}\) adalah anggota basis. Jika \(x\in\Z\) memenuhi \(|x|\geq5\text{,}\) maka \(x\in x\Z\text{.}\) Setiap unsur tak nol dari \(x\Z\) berbentuk \(kx\) dengan \(|k|\geq1\text{,}\) sehingga \(|kx|=|k|\,|x|\geq|x|\geq5\text{;}\) unsur nolnya adalah \(0\text{.}\) Karena itu \(x\Z\subseteq O\text{.}\) Sebaliknya, setiap unsur O termasuk salah satu himpunan dalam gabungan di atas. Jadi persamaan gabungan tersebut benar, dan karena setiap suku adalah anggota basis, \(O\) terbuka.
Jangkar sumber: latihan koset setelah ex_aZ_top, tugas pembuktian pertama. Untuk \(a,b\in\Z\) dengan \(a\neq0\text{,}\) tetapkan \(A_{a,b}=a\Z+b=\{ak+b\mid k\in\Z\}\text{.}\) Buktikan bahwa \(\mathcal C=\{A_{a,b}\mid a,b\in\Z,\ a\neq0\}\) merupakan basis untuk suatu topologi pada \(\Z\text{.}\) Rubrik. Tunjukkan cakupan dan konstruksi anggota basis yang berada di dalam setiap irisan yang relevan.
Petunjuk.
Cakupan dapat memakai \(A_{1,0}=\Z\text{.}\) Jika \(x\in A_{a_1,b_1}\cap A_{a_2,b_2}\text{,}\) pertimbangkan \(A_{a_1a_2,x}\) dan tuliskan bentuk umum elemennya.
Jawaban.
Untuk titik \(x\) di irisan dua anggota basis, \(A_{a_1a_2,x}\subseteq A_{a_1,b_1}\cap A_{a_2,b_2}\) dan memuat \(x\text{.}\) Bersama \(A_{1,0}=\Z\text{,}\) ini membuktikan kedua aksioma basis.
Solusi.
Karena \(A_{1,0}=\Z\text{,}\) setiap bilangan bulat tercakup oleh anggota \(\mathcal C\text{.}\) Sekarang ambil \(B_1=A_{a_1,b_1}\text{,}\) \(B_2=A_{a_2,b_2}\text{,}\) dan \(x\in B_1\cap B_2\text{.}\) Untuk setiap \(y\in A_{a_1a_2,x}\text{,}\) ada \(k\in\Z\) dengan \(y=x+a_1a_2k\text{.}\) Karena \(x\in B_1\text{,}\) ada \(r\in\Z\) sehingga \(x=a_1r+b_1\text{.}\) Maka
\begin{equation*} y=a_1(r+a_2k)+b_1\in A_{a_1,b_1}. \end{equation*}
Dengan cara yang sama, dari \(x=a_2s+b_2\) diperoleh
\begin{equation*} y=a_2(s+a_1k)+b_2\in A_{a_2,b_2}. \end{equation*}
Jadi \(y\in B_1\cap B_2\text{.}\) Selain itu, \(x\in A_{a_1a_2,x}\) dan \(a_1a_2\neq0\text{.}\) Syarat irisan basis terpenuhi, sehingga \(\mathcal C\) adalah basis.
Jangkar sumber: latihan koset, sublatihan yang mendefinisikan \(f\text{.}\) Misalkan \(f:\Z\to\Z\) diberikan oleh \(f(n)=n+(-1)^n\text{.}\) Buktikan bahwa \(f\) bijektif. Rubrik. Berikan argumen injektif dan surjektif, atau buktikan secara sah bahwa \(f\) adalah involusi.
Petunjuk.
Hitung rumus terpisah untuk \(n\) genap dan \(n\) ganjil. Perhatikan pasangan \((2k,2k+1)\text{.}\)
Jawaban.
Jika \(n\) genap, \(f(n)=n+1\text{;}\) jika \(n\) ganjil, \(f(n)=n-1\text{.}\) Karena itu \(f(f(n))=n\) untuk setiap \(n\text{,}\) sehingga \(f\) adalah bijeksi.
Solusi.
Untuk \(n=2k\text{,}\) berlaku \(f(2k)=2k+1\text{.}\) Untuk \(n=2k+1\text{,}\) berlaku \(f(2k+1)=2k\text{.}\) Jadi \(f\) menukar kedua anggota setiap pasangan \(\{2k,2k+1\}\text{.}\) Menerapkan \(f\) dua kali mengembalikan setiap bilangan:
\begin{equation*} f(f(n))=n\qquad(n\in\Z). \end{equation*}
Jika \(f(u)=f(v)\text{,}\) terapkan \(f\) pada kedua ruas untuk mendapatkan \(u=v\text{,}\) jadi \(f\) injektif. Untuk setiap \(y\in\Z\text{,}\) ambil \(n=f(y)\text{;}\) maka \(f(n)=f(f(y))=y\text{,}\) jadi \(f\) surjektif. Dengan demikian \(f\) bijektif dan sekaligus memenuhi \(f^{-1}=f\text{.}\)
Jangkar sumber: latihan koset, sublatihan citra. Dengan topologi yang dibangkitkan oleh \(A_{a,b}=a\Z+b\text{,}\) tentukan apakah \(f(O)\) terbuka setiap kali \(O\) terbuka, untuk \(f(n)=n+(-1)^n\text{.}\) Rubrik. Cukup memeriksa citra setiap anggota basis, tetapi kasus \(a\) genap dan ganjil harus dibedakan dan ditulis eksplisit.
Petunjuk.
Jika \(a\) genap, semua \(ak+b\) memiliki paritas yang sama. Jika \(a\) ganjil, pisahkan \(k=2j\) dan \(k=2j+1\text{;}\) masing-masing bagian akan menjadi kelas residu dengan langkah \(2a\text{.}\)
Jawaban.
Ya. Citra setiap \(A_{a,b}\) adalah satu atau dua anggota basis (digabungkan), sehingga citra gabungan terbuka juga terbuka.
Solusi.
Tetapkan \(\varepsilon=(-1)^b\text{.}\) Jika \(a\) genap, maka \(ak+b\) selalu berparitas \(b\text{,}\) sehingga
\begin{equation*} f(A_{a,b})=A_{a,b+\varepsilon}. \end{equation*}
Jika \(a\) ganjil, untuk \(k=2j\) diperoleh \(f(2aj+b)=2aj+b+\varepsilon\text{,}\) sedangkan untuk \(k=2j+1\) (yang paritasnya berlawanan) diperoleh \(f(2aj+a+b)=2aj+a+b-\varepsilon\text{.}\) Oleh karena itu
\begin{equation*} f(A_{a,b})=A_{2a,b+\varepsilon}\cup A_{2a,a+b-\varepsilon}. \end{equation*}
Semua himpunan di ruas kanan merupakan anggota basis \(\mathcal C\text{,}\) jadi citra setiap anggota basis terbuka. Setiap himpunan terbuka \(O\) adalah gabungan anggota basis; karena citra menghormati gabungan, \(f(O)=\bigcup_{\substack{B\in\mathcal C\\ B\subseteq O}}f(B)\) merupakan gabungan himpunan terbuka. Jadi \(f(O)\) terbuka.
Jangkar sumber: latihan koset, sublatihan prapeta. Untuk \(f(n)=n+(-1)^n\text{,}\) tentukan apakah \(f^{-1}(U)\) terbuka setiap kali \(U\) terbuka dalam \((\Z,\tau)\text{.}\) Rubrik. Nyatakan prapeta f secara tepat dan hubungkan kesimpulan dengan hasil tentang citra pada panduan sebelumnya.
Petunjuk.
Dari panduan bijektivitas, \(f^{-1}=f\text{.}\) Jadi prapeta \(U\) sama dengan citra \(U\) di bawah fungsi yang sama.
Jawaban.
Ya. Karena \(f\) involutif, berlaku \(f^{-1}(U)=f(U)\text{;}\) panduan citra menunjukkan himpunan ini terbuka.
Solusi.
Kita telah membuktikan bahwa \(f(f(n))=n\) untuk setiap \(n\in\Z\text{.}\) Jadi fungsi inversnya adalah fungsi itu sendiri: \(f^{-1}=f\text{.}\) Ambil \(U\) terbuka. Maka
\begin{equation*} f^{-1}(U)=f(U). \end{equation*}
Pada panduan sebelumnya, citra setiap himpunan terbuka di bawah \(f\) dibuktikan terbuka dengan memeriksa citra anggota basis. Karena itu \(f^{-1}(U)\) terbuka. Bahkan, \(f\) adalah homeomorfisme involutif untuk topologi ini.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>