Bagian Panduan latihan sumber, bagian keempat
Empat panduan berikut mengikuti empat latihan mandiri pada sec_top_space_exer.ptx, baris sumber 371--419: topologi ekor, hukum interior, topologi titik tertentu, dan topologi titik yang dikecualikan. Setiap panduan adalah komponen pendamping asli berbahasa Indonesia yang diterbitkan di bawah CC BY 4.0. Panduan ini bukan teks, terjemahan resmi, atau jawaban resmi GVSU; pernyataan sumber diringkas hanya agar pembaca dapat memasangkan panduan dengan latihan yang tepat.
Jangkar sumber: latihan tanpa ID pada baris sumber 371--379. Untuk setiap \(n\in\Z^+\text{,}\) definisikan \(O_n=\{n,n+1,n+2,\ldots\}\text{,}\) lalu tetapkan \(\tau=\{\emptyset,O_1,O_2,O_3,\ldots\}\text{.}\) Buktikan bahwa \((\Z^+,\tau)\) merupakan ruang topologi. Rubrik. Periksa \(\emptyset\) dan seluruh ruang, gabungan sebarang (termasuk gabungan kosong), serta irisan berhingga. Panduan ini adalah materi pendamping asli CC BY 4.0, bukan materi atau solusi resmi GVSU.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Perhatikan bahwa \(O_1=\Z^+\) dan bahwa \(O_j\subseteq O_i\) tepat ketika \(i\leq j\text{.}\)
Tahap 2. Untuk keluarga tak kosong himpunan ekor, lihat himpunan indeksnya. Setiap subhimpunan tak kosong dari \(\Z^+\) mempunyai anggota terkecil.
Tahap 3. Untuk irisan sejumlah berhingga himpunan ekor, gunakan indeks terbesar. Pisahkan kasus ketika salah satu faktor adalah \(\emptyset\text{.}\)
Ya. Gabungan tak kosong dari himpunan-himpunan \(O_n\) adalah \(O_m\text{,}\) dengan \(m\) indeks terkecil yang muncul. Irisan keluarga berhingga tak kosong yang hanya terdiri atas himpunan ekor adalah \(O_M\text{,}\) dengan \(M\) indeks terbesar yang muncul. Kasus kosong dan kasus yang melibatkan \(\emptyset\) juga tetap berada dalam \(\tau\text{.}\)
Pertama, \(\emptyset\in\tau\) menurut definisi dan \(\Z^+=O_1\in\tau\text{.}\) Jadi kedua himpunan yang diwajibkan oleh aksioma topologi sudah tersedia.
Ambil keluarga sebarang \(\mathcal U\subseteq\tau\text{.}\) Jika keluarga itu tidak memuat satu pun himpunan ekor, maka gabungannya adalah \(\emptyset\text{.}\) Jika \(I=\{n\in\Z^+\mid O_n\in\mathcal U\}\) tak kosong, prinsip urutan baik memberi \(m=\min I\text{.}\) Karena \(O_n\subseteq O_m\) untuk setiap \(n\in I\text{,}\) dan \(O_m\) sendiri muncul dalam keluarga, berlaku
\begin{equation*}
\bigcup_{U\in\mathcal U}U=O_m\in\tau.
\end{equation*}
Ini juga mencakup keluarga yang mungkin memuat \(\emptyset\text{,}\) yang tidak mengubah gabungan.
Untuk irisan berhingga, bila salah satu faktor adalah \(\emptyset\text{,}\) hasilnya \(\emptyset\in\tau\text{.}\) Jika semua faktor berbentuk \(O_{n_1},\ldots,O_{n_k}\) dengan \(k\geq1\text{,}\) ambil \(M=\max\{n_1,\ldots,n_k\}\text{.}\) Sifat bersarang himpunan ekor memberi
\begin{equation*}
O_{n_1}\cap\cdots\cap O_{n_k}=O_M\in\tau.
\end{equation*}
Irisan keluarga kosong adalah seluruh ruang \(\Z^+=O_1\text{.}\) Jadi \(\tau\) tertutup terhadap gabungan sebarang dan irisan berhingga; akibatnya \((\Z^+,\tau)\) adalah ruang topologi.
Pemeriksaan L.58. Interior irisan dan gabungan.
Jangkar sumber: latihan tanpa ID pada baris sumber 381--391. Untuk subhimpunan \(A,B\) dari ruang topologi \(X\text{,}\) tentukan hubungan antara \(\Int(A\cap B)\) dan \(\Int(A)\cap\Int(B)\text{,}\) serta antara \(\Int(A\cup B)\) dan \(\Int(A)\cup\Int(B)\text{.}\) Verifikasi kedua hubungan tersebut. Rubrik. Nyatakan arah setiap inklusi, buktikan semua klaim universal, dan berikan contoh konkret bila kesamaan tidak selalu berlaku. Panduan ini adalah karya pendamping asli CC BY 4.0, bukan materi atau solusi resmi GVSU.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Gunakan fakta bahwa interior suatu himpunan adalah himpunan terbuka terbesar yang terkandung di dalam himpunan tersebut.
Tahap 2. Untuk irisan, buktikan dua inklusi: irisan dua interior merupakan himpunan terbuka di dalam \(A\cap B\text{,}\) sedangkan setiap himpunan terbuka di dalam \(A\cap B\) juga berada di dalam kedua interior.
Tahap 3. Untuk gabungan, satu inklusi langsung berlaku. Untuk menguji inklusi balik, dalam \(\R\) dengan topologi biasa pertimbangkan bilangan rasional dan irasional.
Selalu berlaku
\begin{equation*}
\Int(A\cap B)=\Int(A)\cap\Int(B)
\end{equation*}
dan
\begin{equation*}
\Int(A)\cup\Int(B)\subseteq\Int(A\cup B).
\end{equation*}
Inklusi kedua dapat ketat. Dalam \(\R\) dengan topologi Euklides, ambil \(A=\Q\) dan \(B=\R\setminus\Q\text{.}\) Kedua interior di ruas kiri kosong, tetapi \(\Int(A\cup B)=\R\text{.}\)
Himpunan \(\Int(A)\cap\Int(B)\) terbuka sebagai irisan berhingga dua himpunan terbuka, dan himpunan itu terkandung dalam \(A\cap B\text{.}\) Karena \(\Int(A\cap B)\) adalah himpunan terbuka terbesar di dalam \(A\cap B\text{,}\) diperoleh \(\Int(A)\cap\Int(B)\subseteq\Int(A\cap B)\text{.}\)
Sebaliknya, \(\Int(A\cap B)\) terbuka dan terkandung baik dalam \(A\) maupun dalam \(B\text{.}\) Oleh sifat maksimal interior, \(\Int(A\cap B)\subseteq\Int(A)\) dan \(\Int(A\cap B)\subseteq\Int(B)\text{.}\) Jadi \(\Int(A\cap B)\subseteq\Int(A)\cap\Int(B)\text{,}\) yang bersama inklusi pertama membuktikan kesamaan.
Selanjutnya, \(\Int(A)\cup\Int(B)\) terbuka dan terkandung dalam \(A\cup B\text{.}\) Maka \(\Int(A)\cup\Int(B)\subseteq\Int(A\cup B)\text{.}\) Kesamaan tidak selalu berlaku: setiap interval terbuka tak kosong di \(\R\) memuat bilangan rasional dan irasional. Karena itu \(\Int(\Q)=\Int(\R\setminus\Q)=\emptyset\text{.}\) Namun \(\Q\cup(\R\setminus\Q)=\R\text{,}\) sehingga interior gabungannya adalah \(\R\text{.}\) Dengan demikian inklusi tersebut dapat ketat.
Pemeriksaan L.59. Topologi titik tertentu.
Jangkar sumber: latihan ex_particular_point_topology pada baris sumber 393--405. Misalkan \(X\) tak kosong dan \(p\in X\text{.}\) Koleksi \(\tau_p\) terdiri atas \(\emptyset\text{,}\) \(X\text{,}\) dan semua subhimpunan \(X\) yang memuat \(p\text{.}\) Buktikan bahwa \(\tau_p\) merupakan topologi pada \(X\text{.}\) Rubrik. Verifikasi kedua himpunan wajib, gabungan sebarang, dan irisan berhingga, termasuk kasus keluarga kosong. Panduan ini adalah materi pendamping asli CC BY 4.0, bukan materi atau solusi resmi GVSU.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Himpunan \(\emptyset\) dan \(X\) sudah masuk menurut definisi.
Tahap 2. Bila suatu gabungan anggota \(\tau_p\) tidak kosong, pilih satu anggota keluarga yang tidak kosong dan tanyakan apakah gabungannya memuat \(p\text{.}\)
Tahap 3. Untuk irisan berhingga, pisahkan kasus adanya faktor \(\emptyset\text{.}\) Jika tidak ada, setiap faktor memuat \(p\text{.}\)
Ya. Setiap gabungan anggota \(\tau_p\) adalah kosong atau memuat \(p\text{.}\) Setiap irisan berhingga anggotanya adalah kosong bila salah satu faktor kosong, dan jika tidak, tetap memuat \(p\text{.}\) Semua hasil tersebut kembali berada dalam \(\tau_p\text{.}\)
Menurut definisi, \(\emptyset\in\tau_p\) dan \(X\in\tau_p\text{.}\) Ambil keluarga sebarang \(\mathcal U\subseteq\tau_p\text{.}\) Jika semua anggotanya kosong, atau jika \(\mathcal U\) sendiri kosong, gabungannya adalah \(\emptyset\in\tau_p\text{.}\) Jika tidak, ada anggota tak kosong \(U_0\in\mathcal U\text{.}\) Setiap anggota tak kosong \(\tau_p\) memuat \(p\text{,}\) sehingga \(p\in U_0\) dan karenanya \(p\in\bigcup\mathcal U\text{.}\) Jadi gabungan tersebut juga anggota \(\tau_p\text{.}\)
Sekarang ambil sejumlah berhingga anggota \(\tau_p\text{.}\) Jika salah satunya \(\emptyset\text{,}\) irisannya adalah \(\emptyset\text{.}\) Jika tidak, setiap faktor memuat \(p\text{,}\) sehingga irisannya memuat \(p\) dan termasuk dalam \(\tau_p\text{.}\) Irisan keluarga kosong adalah \(X\text{,}\) yang juga berada dalam \(\tau_p\text{.}\) Dengan demikian semua aksioma topologi dipenuhi, jadi \(\tau_p\) adalah topologi titik tertentu pada \(X\text{.}\)
Pemeriksaan L.60. Topologi titik yang dikecualikan.
Jangkar sumber: latihan ex_excluded_point_topology pada baris sumber 407--419. Misalkan \(X\) tak kosong dan \(p\in X\text{.}\) Koleksi \(\tau_{\overline p}\) terdiri atas \(\emptyset\text{,}\) \(X\text{,}\) dan semua subhimpunan \(X\) yang tidak memuat \(p\text{.}\) Buktikan bahwa \(\tau_{\overline p}\) merupakan topologi pada \(X\text{.}\) Rubrik. Untuk gabungan dan irisan, pisahkan secara eksplisit kasus yang melibatkan \(X\text{;}\) jangan menyamakan argumen ini dengan argumen topologi titik tertentu. Panduan ini adalah karya pendamping asli CC BY 4.0, bukan materi atau solusi resmi GVSU.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Bila sebuah keluarga anggota \(\tau_{\overline p}\) memuat \(X\text{,}\) gabungannya langsung \(X\text{.}\) Bila tidak, tak satu pun anggotanya memuat \(p\text{.}\)
Tahap 2. Dalam irisan berhingga, faktor \(X\) dapat diabaikan. Jika tersisa faktor yang tidak memuat \(p\text{,}\) irisannya juga tidak memuat \(p\text{.}\)
Tahap 3. Periksa secara terpisah gabungan kosong dan irisan kosong.
Ya. Gabungan anggota koleksi itu adalah \(X\) bila salah satu anggotanya \(X\text{;}\) jika tidak, gabungannya tetap tidak memuat \(p\text{.}\) Irisan berhingga semua faktor \(X\) adalah \(X\text{;}\) bila ada faktor lain, irisannya tidak memuat \(p\text{.}\) Jadi semua operasi yang diwajibkan tetap menghasilkan anggota \(\tau_{\overline p}\text{.}\)
Koleksi tersebut memuat \(\emptyset\) dan \(X\) menurut definisi. Ambil keluarga sebarang \(\mathcal U\subseteq\tau_{\overline p}\text{.}\) Jika \(X\in\mathcal U\text{,}\) maka \(\bigcup\mathcal U=X\text{.}\) Jika \(X\notin\mathcal U\text{,}\) setiap anggota keluarga tidak memuat \(p\text{,}\) sehingga gabungannya juga tidak memuat \(p\text{.}\) Gabungan keluarga kosong adalah \(\emptyset\text{.}\) Dalam semua kasus, \(\bigcup\mathcal U\in\tau_{\overline p}\text{.}\)
Untuk irisan berhingga, jika semua faktor adalah \(X\text{,}\) hasilnya \(X\text{.}\) Jika ada faktor \(U\) yang bukan \(X\text{,}\) maka \(p\notin U\text{;}\) karena irisan seluruh faktor terkandung dalam \(U\text{,}\) irisan itu juga tidak memuat \(p\text{.}\) Kasus adanya faktor \(\emptyset\) memberi hasil \(\emptyset\text{,}\) dan irisan keluarga kosong adalah \(X\text{.}\) Jadi koleksi tertutup terhadap irisan berhingga dan memenuhi semua aksioma topologi. Inilah topologi titik yang dikecualikan pada \(X\text{.}\)
