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

Sepuluh panduan berikut meneruskan urutan tugas dalam sec_top_space_exer.ptx tepat setelah panduan o003-c90-ch12-exer-a-10: dua tugas tentang basis interval berpusat di nol, lima tugas tentang kekasaran topologi pada tiga titik, lalu tiga tugas pertama tentang basis minimal ruang hingga. Setiap panduan adalah komponen pendamping asli berbahasa Indonesia yang diterbitkan di bawah CC BY 4.0; isinya bukan teks, terjemahan resmi, atau jawaban resmi GVSU, melainkan penjelasan baru untuk belajar mandiri.
Jangkar sumber: latihan berjudul ex_coarse_topology_example, tugas pertama (baris sumber 126--138). Misalkan \(\mathcal B=\{(-r,r)\mid r\in\R^+\}\text{.}\) Tunjukkan bahwa \(\mathcal B\) merupakan basis untuk suatu topologi \(\tau\) pada \(\R\text{.}\) Rubrik. Periksa cakupan \(\R\) dan syarat irisan basis untuk dua interval, termasuk pilihan anggota basis yang memuat setiap titik irisan. Panduan ini adalah materi pendamping asli CC BY 4.0, bukan materi atau solusi resmi GVSU.
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk \(x\in\R\text{,}\) pilih radius positif yang lebih besar daripada \(|x|\text{.}\)
Tahap 2. Tulis irisan dua anggota sebagai interval dengan radius yang lebih kecil.
Tahap 3. Gunakan interval irisan itu sendiri sebagai anggota basis ketiga untuk setiap titik di dalam irisan.
Jawaban.
Ya. Setiap \(x\in\R\) berada dalam \((-(|x|+1),|x|+1)\text{,}\) dan \((-r_1,r_1)\cap(-r_2,r_2)=(-\min(r_1,r_2),\min(r_1,r_2))\) kembali merupakan anggota \(\mathcal B\text{.}\) Jadi \(\mathcal B\) memenuhi kedua aksioma basis.
Solusi.
Ambil sembarang \(x\in\R\text{.}\) Dengan \(r=|x|+1>0\text{,}\) berlaku \(-r<x<r\text{,}\) sehingga \(x\in(-r,r)\in\mathcal B\text{.}\) Ini membuktikan bahwa gabungan anggota basis mencakup seluruh \(\R\text{.}\)
Selanjutnya, misalkan \(B_1=(-r_1,r_1)\) dan \(B_2=(-r_2,r_2)\) dengan \(r_1,r_2>0\text{,}\) dan ambil \(x\in B_1\cap B_2\text{.}\) Jika \(r_3=\min(r_1,r_2)>0\text{,}\) maka
\begin{equation*} B_1\cap B_2=(-r_3,r_3). \end{equation*}
Interval ini adalah anggota \(\mathcal B\text{,}\) memuat \(x\text{,}\) dan terkandung dalam \(B_1\cap B_2\) (bahkan sama dengannya). Kedua syarat basis terpenuhi, sehingga \(\mathcal B\) membangkitkan topologi \(\tau\) pada \(\R\text{.}\)
Jangkar sumber: ex_coarse_topology_example, tugas kedua (baris sumber 139--148). Setiap anggota basis \(\mathcal B=\{(-r,r)\mid r\in\R^+\}\) terbuka dalam topologi Euklides \(\tau_E\text{.}\) Tunjukkan bahwa ada interval \((a,b)\) yang terbuka dalam \((\R,d_E)\) tetapi bukan himpunan terbuka dalam topologi \(\tau\) yang dibangkitkan \(\mathcal B\text{.}\) Rubrik. Berikan interval konkret dan alasan yang berlaku untuk semua gabungan anggota basis. Ini adalah panduan orisinal CC BY 4.0, bukan teks atau solusi resmi GVSU.
Petunjuk.
Tahap 1. Perhatikan bahwa setiap interval basis \((-r,r)\) memuat titik \(0\text{.}\)
Tahap 2. Maka setiap gabungan basis yang tidak kosong juga memuat \(0\text{.}\)
Tahap 3. Pilih interval Euklides tak kosong yang seluruhnya berada di sisi kanan \(0\text{.}\)
Jawaban.
Contohnya adalah \((1,2)\text{.}\) Interval ini terbuka dalam topologi Euklides, tetapi bukan terbuka dalam \(\tau\) karena tidak memuat \(0\text{,}\) sedangkan setiap himpunan \(\tau\)-terbuka yang tidak kosong memuat \(0\text{.}\)
Solusi.
Untuk setiap \(r>0\text{,}\) interval \((-r,r)\) adalah interval terbuka Euklides, sehingga semua anggota \(\mathcal B\) memang terbuka dalam \(\tau_E\text{.}\) Setiap himpunan terbuka dalam \(\tau\) merupakan gabungan anggota \(\mathcal B\text{.}\) Bila gabungan itu tidak kosong, pilih salah satu sukunya; suku tersebut memuat \(0\text{,}\) sehingga gabungannya juga memuat \(0\text{.}\)
Interval \((1,2)\) terbuka untuk metrik Euklides, tetapi \(0\notin(1,2)\text{.}\) Karena itu interval tersebut tidak mungkin merupakan gabungan tak kosong anggota \(\mathcal B\text{,}\) dan jelas bukan gabungan kosong. Jadi \((1,2)\notin\tau\text{,}\) yang membuktikan bahwa \(\tau\) berbeda (lebih kasar) dari topologi Euklides.
Jangkar sumber: latihan tentang topologi lebih kasar dan lebih halus, tugas pertama (baris sumber 178--184). Apa topologi paling lemah pada suatu himpunan \(X\text{?}\) Jelaskan urutan inklusi yang dimaksud. Panduan ini merupakan materi pendamping baru berlisensi CC BY 4.0, bukan jawaban atau terjemahan resmi GVSU.
Petunjuk.
Tahap 1. Ingat dua himpunan yang wajib ada dalam setiap topologi pada \(X\text{.}\)
Tahap 2. Bentuk koleksi yang hanya memuat dua himpunan wajib itu, lalu cek tiga aksioma topologi.
Jawaban.
Topologi paling lemah adalah topologi indiskret \(\tau_{\mathrm{ind}}=\{\emptyset,X\}\text{.}\) Ia merupakan subkoleksi dari setiap topologi pada \(X\text{.}\)
Solusi.
Aksioma topologi mengharuskan \(\emptyset\) dan \(X\) menjadi terbuka. Koleksi
\begin{equation*} \tau_{\mathrm{ind}}=\{\emptyset,X\} \end{equation*}
tertutup terhadap gabungan sebarang (gabungan yang tidak kosong adalah \(X\)) dan irisan berhingga, sehingga memang merupakan topologi. Jika \(\tau\) topologi apa pun pada \(X\text{,}\) kedua himpunan tersebut berada di \(\tau\text{;}\) maka \(\tau_{\mathrm{ind}}\subseteq\tau\text{.}\) Dalam urutan berdasarkan inklusi koleksi terbuka, inilah topologi paling lemah, yang juga disebut topologi indiskret atau trivial.
Jangkar sumber: latihan tentang topologi lebih kasar dan lebih halus, tugas kedua (baris sumber 185--191). Apa topologi paling kuat pada suatu himpunan \(X\text{?}\) Nyatakan semua himpunan terbukanya. Ini adalah panduan pendamping asli CC BY 4.0 untuk latihan sumber, bukan materi resmi GVSU.
Petunjuk.
Tahap 1. Tidak ada topologi pada \(X\) yang dapat memuat himpunan di luar \(\mathcal P(X)\text{.}\)
Tahap 2. Periksa bahwa koleksi semua subhimpunan sendiri memenuhi penutupan gabungan dan irisan.
Jawaban.
Topologi paling kuat adalah topologi diskret \(\tau_{\mathrm{dis}}=\mathcal P(X)\text{,}\) yaitu koleksi semua subhimpunan \(X\text{.}\)
Solusi.
Koleksi \(\mathcal P(X)\) memuat \(\emptyset\) dan \(X\text{,}\) setiap gabungan sebarang subkoleksi anggotanya masih merupakan subhimpunan \(X\text{,}\) dan setiap irisan berhingga juga demikian. Jadi \(\mathcal P(X)\) adalah topologi, disebut topologi diskret. Untuk topologi apa pun \(\tau\) pada \(X\text{,}\) setiap anggota \(\tau\) sudah merupakan subhimpunan \(X\text{,}\) sehingga \(\tau\subseteq\mathcal P(X)\text{.}\) Oleh karena itu tidak ada topologi yang lebih kuat daripada topologi diskret.
Jangkar sumber: latihan tentang topologi lebih kasar dan lebih halus, tugas yang menampilkan \(\sigma=\{\emptyset,\{a\},\{b\},\{a,b\},\{a,c\},X\}\) pada \(X=\{a,b,c\}\) (baris sumber 192--210). Verifikasi bahwa \(\sigma\) adalah topologi dan bahwa menambahkan salah satu himpunan yang hilang langsung menghasilkan topologi diskret. Panduan ini adalah penjelasan orisinal CC BY 4.0, bukan teks atau solusi resmi GVSU.
Petunjuk.
Tahap 1. Dari enam anggota \(\sigma\text{,}\) cek gabungan dan irisan pasangan yang berpotensi baru, khususnya \(\{a,b\}\cap\{a,c\}\) dan \(\{a\}\cup\{b\}\text{.}\)
Tahap 2. Karena \(\mathcal P(X)\) memiliki delapan himpunan, identifikasi dua subhimpunan yang belum ada.
Tahap 3. Jika salah satu dari dua himpunan itu ditambahkan, gunakan gabungan atau irisan dengan anggota yang sudah ada untuk memperoleh yang lain dan semua singleton.
Jawaban.
\(\sigma\) adalah topologi. Subhimpunan yang hilang hanyalah \(\{c\}\) dan \(\{b,c\}\text{;}\) menambahkan salah satunya memaksa keduanya, sehingga diperoleh \(\mathcal P(X)\text{,}\) topologi diskret.
Solusi.
Koleksi \(\sigma\) memuat \(\emptyset\) dan \(X\text{.}\) Gabungan dua anggota nontrivial hanya memberi anggota yang sudah tercantum atau \(X\text{;}\) misalnya \(\{a\}\cup\{b\}=\{a,b\}\text{,}\) \(\{a\}\cup\{a,c\}=\{a,c\}\text{,}\) dan \(\{b\}\cup\{a,c\}=X\text{.}\) Irisan pasangan juga tetap di dalam \(\sigma\text{;}\) contoh yang menentukan adalah \(\{a,b\}\cap\{a,c\}=\{a\}\) dan \(\{b\}\cap\{a,c\}=\emptyset\text{.}\) Karena koleksi berhingga, pemeriksaan pasangan ini menjamin penutupan gabungan sebarang dan irisan berhingga. Jadi \(\sigma\) merupakan topologi.
Delapan subhimpunan \(X\) adalah \(\emptyset,X,\{a\},\{b\},\{c\},\{a,b\},\{a,c\},\{b,c\}\text{;}\) yang belum ada di \(\sigma\) ialah \(\{c\}\) dan \(\{b,c\}\text{.}\) Jika \(\{c\}\) ditambahkan, gabungan dengan \(\{b\}\) memberi \(\{b,c\}\text{.}\) Jika \(\{b,c\}\) yang ditambahkan, irisan dengan \(\{a,c\}\) memberi \(\{c\}\text{.}\) Setelah \(\{c\}\) tersedia, gabungan dengan singleton \(\{a\}\) dan \(\{b\}\) menghasilkan semua subhimpunan yang belum tercantum. Maka setiap topologi yang memuat \(\sigma\) secara ketat adalah \(\mathcal P(X)\text{,}\) sehingga \(\sigma\) maksimal di antara topologi-topologi non-diskret.
Jangkar sumber: latihan tentang topologi lebih kasar dan lebih halus, pertanyaan eksistensi pertama (baris sumber 211--219). Untuk \(X=\{a,b,c\}\text{,}\) apakah ada topologi \(\sigma\) yang bukan diskret tetapi tidak memiliki topologi yang lebih kuat selain topologi diskret? Jawab dengan contoh dan pembuktian. Ini panduan pendamping asli CC BY 4.0, bukan jawaban resmi GVSU.
Petunjuk.
Tahap 1. Mulai dengan koleksi enam himpunan yang hanya kehilangan \(\{c\}\) dan \(\{b,c\}\) dari \(\mathcal P(X)\text{.}\)
Tahap 2. Verifikasi koleksi itu topologi dan bukan diskret.
Tahap 3. Setiap perluasan ketat harus menambahkan salah satu dari dua himpunan yang hilang; tunjukkan bahwa penambahan itu memaksa seluruh \(\mathcal P(X)\text{.}\)
Jawaban.
Ada. Contoh \(\sigma=\{\emptyset,\{a\},\{b\},\{a,b\},\{a,c\},X\}\) bukan diskret, dan setiap topologi yang lebih kuat daripadanya adalah \(\mathcal P(X)\text{.}\)
Solusi.
Koleksi yang dipilih adalah topologi karena gabungan dan irisan anggotanya tetap berada di dalam koleksi (contoh kuncinya \(\{a,b\}\cap\{a,c\}=\{a\}\) dan \(\{b\}\cup\{a,c\}=X\)). Koleksi itu bukan diskret sebab \(\{c\}\) tidak terbuka.
Misalkan \(\rho\) topologi dengan \(\sigma\subsetneq\rho\text{.}\) Karena hanya dua subhimpunan \(X\) yang tidak berada di \(\sigma\text{,}\) yaitu \(\{c\}\) dan \(\{b,c\}\text{,}\) koleksi \(\rho\) memuat salah satunya. Jika memuat \(\{c\}\text{,}\) gabungan dengan \(\{b\}\) memberi \(\{b,c\}\text{;}\) jika memuat \(\{b,c\}\text{,}\) irisan dengan \(\{a,c\}\) memberi \(\{c\}\text{.}\) Dengan kedua himpunan itu, semua delapan subhimpunan \(X\) terbuka. Jadi \(\rho=\mathcal P(X)\text{,}\) membuktikan eksistensi topologi maksimal non-diskret tersebut.
Jangkar sumber: latihan tentang topologi lebih kasar dan lebih halus, pertanyaan eksistensi kedua (baris sumber 220--228). Untuk \(X=\{a,b,c\}\text{,}\) apakah ada topologi \(\gamma\) yang bukan indiskret tetapi tidak memiliki topologi yang lebih lemah selain topologi indiskret? Berikan contoh. Penjelasan ini merupakan materi orisinal CC BY 4.0, bukan teks atau solusi resmi GVSU.
Petunjuk.
Tahap 1. Agar topologi tidak indiskret, tambahkan tepat satu subhimpunan tak kosong dan bukan \(X\) ke \(\{\emptyset,X\}\text{.}\)
Tahap 2. Cek bahwa koleksi tiga himpunan itu tetap tertutup terhadap gabungan dan irisan.
Tahap 3. Setiap subtopologi yang lebih lemah harus menghapus satu-satunya himpunan tambahan tersebut.
Jawaban.
Ada, misalnya \(\gamma=\{\emptyset,\{a\},X\}\text{.}\) Topologi ini bukan indiskret, sedangkan satu-satunya topologi yang benar-benar lebih lemah darinya adalah \(\{\emptyset,X\}\text{.}\)
Solusi.
Koleksi \(\gamma=\{\emptyset,\{a\},X\}\) memuat dua himpunan wajib. Gabungan dua anggota mana pun dan irisan berhingga dua anggota tetap menghasilkan salah satu dari tiga himpunan itu, jadi \(\gamma\) adalah topologi. Karena \(\{a\}\) terbuka, topologi ini bukan topologi indiskret.
Jika \(\rho\subsetneq\gamma\) juga topologi pada \(X\text{,}\) maka \(\rho\) harus tetap memuat \(\emptyset\) dan \(X\text{.}\) Satu-satunya anggota \(\gamma\) yang dapat dihilangkan adalah \(\{a\}\text{,}\) sehingga \(\rho=\{\emptyset,X\}\text{.}\) Jadi tidak ada topologi yang lebih lemah selain topologi indiskret, sesuai yang diminta.
Jangkar sumber: latihan basis minimal untuk ruang hingga, tugas pertama (baris sumber 230--247). Misalkan \(X\) berhingga, \(\tau\) topologi pada \(X\text{,}\) dan untuk setiap \(x\in X\) tetapkan \(U_x\) sebagai irisan semua himpunan terbuka yang memuat \(x\text{.}\) Jelaskan mengapa \(U_x\) terbuka. Panduan ini adalah komponen pendamping asli CC BY 4.0, bukan jawaban resmi GVSU.
Petunjuk.
Tahap 1. Keluarga himpunan terbuka yang memuat \(x\) tidak kosong karena memuat \(X\text{.}\)
Tahap 2. Gunakan bahwa \(X\) berhingga untuk menyimpulkan bahwa \(\tau\subseteq\mathcal P(X)\) juga berhingga.
Tahap 3. Irisan yang semula tampak tak berhingga sebenarnya adalah irisan berhingga, lalu pakai aksioma topologi.
Jawaban.
\(U_x\) terbuka karena hanya merupakan irisan berhingga dari himpunan-himpunan terbuka dalam \(\tau\) yang memuat \(x\text{.}\)
Solusi.
Definisikan \(\mathcal N_x=\{U\in\tau\mid x\in U\}\text{.}\) Keluarga ini tidak kosong sebab \(X\in\mathcal N_x\text{.}\) Karena \(X\) berhingga, himpunan kuasanya \(\mathcal P(X)\) berhingga; akibatnya \(\mathcal N_x\) juga berhingga, katakanlah \(\mathcal N_x=\{U_1,\ldots,U_k\}\text{.}\) Maka
\begin{equation*} U_x=U_1\cap\cdots\cap U_k. \end{equation*}
Aksioma topologi menyatakan irisan berhingga himpunan terbuka terbuka, sehingga \(U_x\in\tau\text{.}\) (Keluarga ini selalu memuat setidaknya satu anggota, jadi tidak perlu memakai konvensi irisan kosong.)
Jangkar sumber: latihan basis minimal untuk ruang hingga, tugas kedua (baris sumber 248--254). Dengan \(U_x\) seperti pada panduan sebelumnya, misalkan \(\mathcal B_{\min}=\{U_x\mid x\in X\}\text{.}\) Tunjukkan bahwa \(\mathcal B_{\min}\) merupakan basis untuk \(\tau\text{.}\) Ini materi pendamping orisinal CC BY 4.0, bukan teks atau solusi resmi GVSU.
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk cakupan, periksa langsung bahwa \(x\in U_x\text{.}\)
Tahap 2. Jika \(y\in U_x\cap U_z\text{,}\) ingat bahwa \(U_x\) dan \(U_z\) adalah himpunan terbuka yang memuat \(y\text{.}\)
Tahap 3. Definisi \(U_y\) lalu memberi inklusi yang diperlukan untuk syarat irisan basis.
Jawaban.
Setiap \(x\) berada dalam \(U_x\text{.}\) Jika \(y\in U_x\cap U_z\text{,}\) maka \(y\in U_y\subseteq U_x\cap U_z\text{.}\) Jadi \(\mathcal B_{\min}\) memenuhi cakupan dan syarat irisan basis. Lebih jauh, untuk setiap \(U\in\tau\) berlaku \(U=\bigcup_{x\in U}U_x\text{,}\) sehingga basis ini menghasilkan tepat topologi \(\tau\text{.}\)
Solusi.
Dari panduan sebelumnya, setiap \(U_x\) terbuka. Selain itu, \(x\) termasuk dalam setiap himpunan yang diiris dalam definisi \(U_x\text{,}\) sehingga \(x\in U_x\text{;}\) keluarga \(\mathcal B_{\min}\) mencakup \(X\text{.}\)
Ambil dua anggota basis \(U_x,U_z\) dan titik \(y\in U_x\cap U_z\text{.}\) Kedua himpunan tersebut terbuka dan memuat \(y\text{.}\) Karena \(U_y\) adalah irisan semua himpunan terbuka yang memuat \(y\text{,}\) ia terkandung dalam masing-masingnya:
\begin{equation*} y\in U_y\subseteq U_x\cap U_z. \end{equation*}
Dengan demikian syarat irisan basis terpenuhi. Untuk memastikan bahwa topologi yang dibangkitkan tepat \(\tau\text{,}\) ambil \(U\in\tau\text{.}\) Setiap \(x\in U\) memiliki \(U\) sebagai salah satu lingkungan terbuka dalam irisan definisi \(U_x\text{,}\) sehingga \(U_x\subseteq U\text{.}\) Sebaliknya \(x\in U_x\text{,}\) maka
\begin{equation*} U=\bigcup_{x\in U}U_x. \end{equation*}
Jadi setiap himpunan terbuka dalam \(\tau\) merupakan gabungan anggota \(\mathcal B_{\min}\text{;}\) bersama keterbukaan setiap \(U_x\text{,}\) ini membuktikan bahwa \(\mathcal B_{\min}\) adalah basis untuk \(\tau\text{.}\)
Jangkar sumber: latihan basis minimal untuk ruang hingga, tugas ketiga (baris sumber 255--261). Tunjukkan bahwa jika \(\mathcal B\) merupakan basis untuk \(\tau\text{,}\) maka \(\mathcal B_{\min}\subseteq\mathcal B\text{,}\) dengan \(\mathcal B_{\min}=\{U_x\mid x\in X\}\text{.}\) Panduan pembuktian ini adalah karya pendamping asli CC BY 4.0, bukan jawaban resmi GVSU.
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk setiap \(x\text{,}\) karena \(U_x\) terbuka, pilih \(B_x\in\mathcal B\) dengan \(x\in B_x\subseteq U_x\text{.}\)
Tahap 2. Definisi \(U_x\) sebagai irisan semua lingkungan terbuka memuat inklusi balik \(U_x\subseteq B_x\text{.}\)
Tahap 3. Kedua inklusi memaksa \(B_x=U_x\text{;}\) lakukan ini untuk semua \(x\in X\text{.}\)
Jawaban.
Untuk setiap \(x\in X\) ada \(B_x\in\mathcal B\) dengan \(x\in B_x\subseteq U_x\text{.}\) Karena \(B_x\) juga terbuka dan memuat \(x\text{,}\) berlaku \(U_x\subseteq B_x\text{.}\) Jadi \(B_x=U_x\in\mathcal B\text{,}\) dan \(\mathcal B_{\min}\subseteq\mathcal B\text{.}\)
Solusi.
Ambil sembarang \(x\in X\text{.}\) Hasil panduan sebelumnya memberi \(U_x\in\tau\text{.}\) Karena \(\mathcal B\) adalah basis untuk \(\tau\text{,}\) setiap himpunan terbuka adalah gabungan anggota basis; khususnya ada \(B_x\in\mathcal B\) sedemikian sehingga \(x\in B_x\subseteq U_x\text{.}\)
Namun \(B_x\) sendiri merupakan himpunan terbuka yang memuat \(x\text{.}\) Dalam irisan definisi \(U_x=\bigcap\{U\in\tau\mid x\in U\}\text{,}\) salah satu faktor adalah \(B_x\text{;}\) karenanya \(U_x\subseteq B_x\text{.}\) Bersama inklusi sebelumnya diperoleh \(U_x=B_x\text{,}\) sehingga \(U_x\in\mathcal B\text{.}\) Karena \(x\) sebarang, semua anggota \(\mathcal B_{\min}\) berada dalam \(\mathcal B\text{,}\) seperti yang harus dibuktikan.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>