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 Pemeriksaan penguasaan Bab 12

Delapan pemeriksaan berikut memadukan aksioma topologi, basis, lingkungan, interior, dan ketermetrikan dalam persoalan baru yang tidak mengulang tugas sumber. Materi ini ditulis secara mandiri dalam bahasa Indonesia untuk komponen pendamping berlisensi CC BY 4.0; materi ini bukan teks, terjemahan, atau solusi resmi GVSU. Cobalah setiap soal sebelum membuka petunjuk. Jawaban menyatakan hasil utama, sedangkan solusi memberikan penutupan matematis lengkap.
Jelaskan mengapa irisan setiap koleksi berhingga himpunan terbuka dalam ruang topologi tetap terbuka. Kemudian, dalam \(\R\) dengan topologi Euklides, tetapkan \(U_n=(-1/n,1/n)\) untuk \(n\in\Z^+\text{.}\) Tentukan \(\bigcap_{n=1}^{\infty}U_n\) dan buktikan bahwa hasilnya tidak terbuka. Jelaskan peran contoh ini dalam aksioma topologi.
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan aksioma irisan berhingga secara langsung; bila aksioma dinyatakan hanya untuk dua himpunan, gunakan induksi.
Tahap 2. Titik \(0\) berada dalam semua \(U_n\text{.}\) Untuk \(x\neq0\text{,}\) pilih \(n\) sehingga \(1/n\lt|x|\text{.}\)
Tahap 3. Uji apakah ada interval terbuka berpusat di \(0\) yang termuat dalam himpunan satu titik.
Jawaban.
Irisan berhingga terbuka berdasarkan aksioma topologi, tetapi
\begin{equation*} \bigcap_{n=1}^{\infty}(-1/n,1/n)=\{0\}, \end{equation*}
yang tidak terbuka dalam topologi Euklides. Jadi “berhingga” dalam aksioma irisan tidak dapat diganti dengan “sebarang”.
Solusi.
Aksioma topologi menyatakan bahwa irisan berhingga anggota topologi kembali menjadi anggota topologi. Jika versi aksioma yang digunakan hanya menyebut dua himpunan, kasus \(k\) himpunan mengikuti dengan induksi: andaikan irisan \(k\) himpunan terbuka bersifat terbuka, lalu iriskan hasil itu dengan himpunan terbuka ke-\(k+1\text{.}\) Irisan keluarga kosong adalah seluruh ruang, yang juga terbuka.
Jelas \(0\in U_n\) untuk setiap \(n\text{.}\) Sebaliknya, ambil \(x\neq0\text{.}\) Berdasarkan sifat Archimedes, terdapat \(n\in\Z^+\) dengan \(n>1/|x|\text{,}\) sehingga \(1/n\lt|x|\text{.}\) Maka \(x\notin(-1/n,1/n)\text{.}\) Jadi satu-satunya titik yang berada dalam semua \(U_n\) adalah \(0\text{.}\)
Himpunan \(\{0\}\) tidak terbuka dalam topologi Euklides. Untuk setiap \(r>0\text{,}\) interval \((-r,r)\) memuat, misalnya, \(r/2\neq0\text{,}\) sehingga tidak terkandung dalam \(\{0\}\text{.}\) Dengan demikian irisan terhitung himpunan terbuka dapat gagal terbuka. Contoh ini menunjukkan bahwa pembatasan pada irisan berhingga merupakan bagian esensial dari definisi topologi.
Misalkan \(X\) himpunan tak berhingga dan \(\tau_{FC}\) topologi kofinit pada \(X\text{.}\) Buktikan bahwa setiap dua himpunan terbuka tak kosong beririsan. Untuk setiap \(A\subseteq X\text{,}\) tentukan \(\Int(A)\text{.}\) Akhirnya, buktikan bahwa \(\tau_{FC}\) bukan topologi diskret dan bukan topologi indiskret.
Petunjuk.
Tahap 1. Komplemen irisan dua himpunan adalah gabungan kedua komplemennya. Gabungan dua himpunan berhingga tetap berhingga.
Tahap 2. Jika \(A\) memuat himpunan terbuka tak kosong \(O\text{,}\) bandingkan \(X\setminus A\) dengan \(X\setminus O\text{.}\)
Tahap 3. Bandingkan keterbukaan \(\{x\}\) dan \(X\setminus\{x\}\) untuk sembarang \(x\in X\text{.}\)
Jawaban.
Dua himpunan terbuka kofinit tak kosong selalu beririsan. Selain itu,
\begin{equation*} \Int(A)=\begin{cases} A & \text{jika }A=\emptyset\text{ atau }X\setminus A\text{ berhingga},\\ \emptyset & \text{selain itu}. \end{cases} \end{equation*}
Topologi ini bukan diskret karena himpunan satu titik tidak terbuka, dan bukan indiskret karena \(X\setminus\{x\}\) merupakan himpunan terbuka sejati.
Solusi.
Ambil dua himpunan terbuka tak kosong \(U,V\text{.}\) Komplemen \(X\setminus U\) dan \(X\setminus V\) berhingga. Hukum De Morgan memberi
\begin{equation*} X\setminus(U\cap V)=(X\setminus U)\cup(X\setminus V), \end{equation*}
sehingga komplemen \(U\cap V\) berhingga. Jika \(U\cap V=\emptyset\text{,}\) komplemennya adalah seluruh \(X\text{,}\) yang akan berhingga; ini bertentangan dengan hipotesis. Jadi \(U\cap V\neq\emptyset\text{.}\)
Jika \(A=\emptyset\) atau \(X\setminus A\) berhingga, maka \(A\) sendiri terbuka dan karenanya \(\Int(A)=A\text{.}\) Sekarang andaikan \(A\) tidak terbuka. Bila terdapat himpunan terbuka tak kosong \(O\subseteq A\text{,}\) maka \(X\setminus A\subseteq X\setminus O\text{.}\) Ruas kanan berhingga, sehingga \(X\setminus A\) juga berhingga dan \(A\) terbuka, sebuah kontradiksi. Jadi tidak ada himpunan terbuka tak kosong di dalam \(A\text{,}\) dan \(\Int(A)=\emptyset\text{.}\)
Untuk \(x\in X\text{,}\) komplemen \(\{x\}\) tak berhingga, sehingga \(\{x\}\) tidak terbuka; maka topologi tidak diskret. Sebaliknya, \(X\setminus\{x\}\) mempunyai komplemen berhingga dan merupakan himpunan terbuka yang bukan \(\emptyset\) maupun \(X\text{.}\) Jadi topologi juga tidak indiskret.
Misalkan \(\tau_1\) dan \(\tau_2\) topologi pada \(X\) dengan \(\tau_1\subseteq\tau_2\text{.}\) Untuk setiap \(A\subseteq X\text{,}\) buktikan \(\Int_{\tau_1}(A)\subseteq\Int_{\tau_2}(A)\text{.}\) Untuk setiap \(x\in X\text{,}\) buktikan pula bahwa setiap lingkungan \(\tau_1\) dari \(x\) adalah lingkungan \(\tau_2\) dari \(x\text{.}\) Berikan satu contoh yang membuat kedua inklusi tersebut ketat.
Petunjuk.
Tahap 1. Interior \(\tau_1\) dari \(A\) adalah himpunan \(\tau_1\)-terbuka yang terkandung dalam \(A\text{.}\)
Tahap 2. Sebuah lingkungan memuat suatu himpunan terbuka yang memuat titik pusatnya. Gunakan inklusi topologi pada himpunan terbuka saksi tersebut.
Tahap 3. Pada himpunan dengan sedikitnya dua titik, bandingkan topologi indiskret dan diskret untuk himpunan satu titik.
Jawaban.
Topologi yang lebih halus mempunyai interior yang lebih besar dan lebih banyak lingkungan: \(\Int_{\tau_1}(A)\subseteq\Int_{\tau_2}(A)\) dan \(\mathcal N_{\tau_1}(x)\subseteq\mathcal N_{\tau_2}(x)\text{.}\) Kedua inklusi ketat untuk topologi indiskret dan diskret dengan \(A=\{x\}\) pada ruang yang memiliki sedikitnya dua titik.
Solusi.
Himpunan \(\Int_{\tau_1}(A)\) bersifat \(\tau_1\)-terbuka dan terkandung dalam \(A\text{.}\) Karena \(\tau_1\subseteq\tau_2\text{,}\) himpunan itu juga \(\tau_2\)-terbuka. Interior \(\tau_2\) adalah himpunan \(\tau_2\)-terbuka terbesar di dalam \(A\text{,}\) sehingga \(\Int_{\tau_1}(A)\subseteq\Int_{\tau_2}(A)\text{.}\)
Jika \(N\) merupakan lingkungan \(\tau_1\) dari \(x\text{,}\) ada \(O\in\tau_1\) dengan \(x\in O\subseteq N\text{.}\) Inklusi topologi memberi \(O\in\tau_2\text{,}\) sehingga himpunan terbuka yang sama membuktikan bahwa \(N\) adalah lingkungan \(\tau_2\) dari \(x\text{.}\)
Ambil \(X\) dengan sedikitnya dua titik, pilih \(x\in X\text{,}\) dan tetapkan \(\tau_1=\{\emptyset,X\}\) serta \(\tau_2=\mathcal P(X)\text{.}\) Untuk \(A=\{x\}\text{,}\) berlaku \(\Int_{\tau_1}(A)=\emptyset\) tetapi \(\Int_{\tau_2}(A)=\{x\}\text{.}\) Himpunan \(\{x\}\) sendiri adalah lingkungan \(\tau_2\) dari \(x\text{,}\) tetapi bukan lingkungan \(\tau_1\text{,}\) sebab satu-satunya himpunan \(\tau_1\)-terbuka yang memuat \(x\) adalah \(X\text{,}\) yang tidak terkandung dalam \(\{x\}\text{.}\) Jadi kedua inklusi dapat ketat.
Misalkan \(\mathcal B\) dan \(\mathcal C\) basis pada himpunan \(X\text{.}\) Buktikan bahwa keduanya membangkitkan topologi yang sama jika dan hanya jika berlaku dua syarat pemurnian lokal berikut:
  1. untuk setiap \(x\in B\in\mathcal B\text{,}\) terdapat \(C\in\mathcal C\) dengan \(x\in C\subseteq B\text{;}\)
  2. untuk setiap \(x\in C\in\mathcal C\text{,}\) terdapat \(B\in\mathcal B\) dengan \(x\in B\subseteq C\text{.}\)
Kemudian gunakan kriteria ini untuk membuktikan bahwa semua interval terbuka \((a,b)\) dan semua interval terbuka \((p,q)\) dengan \(p,q\in\Q\) membangkitkan topologi Euklides yang sama pada \(\R\text{.}\) Verifikasi bahwa koleksi kedua memang basis.
Petunjuk.
Tahap 1. Jika syarat pemurnian dari \(\mathcal B\) ke \(\mathcal C\) berlaku, tulis setiap \(B\in\mathcal B\) sebagai gabungan unsur-unsur \(\mathcal C\text{.}\)
Tahap 2. Untuk arah perlu, ingat bahwa anggota basis terbuka dalam topologi yang dibangkitkannya dan gunakan pencirian terbuka dengan unsur basis di sekitar setiap titik.
Tahap 3. Gunakan kerapatan \(\Q\) untuk memilih \(a\lt p\lt x\lt q\lt b\) ketika \(x\in(a,b)\text{.}\)
Jawaban.
Pemurnian lokal dua arah ekuivalen dengan kesamaan topologi yang dibangkitkan. Interval berujung rasional membentuk basis, dan setiap interval real dapat dimurnikan di setiap titik oleh interval berujung rasional. Arah sebaliknya langsung karena setiap interval berujung rasional juga interval terbuka real. Jadi kedua basis menghasilkan topologi Euklides.
Solusi.
Andaikan syarat pertama berlaku. Untuk setiap \(B\in\mathcal B\) dan setiap \(x\in B\text{,}\) pilih \(C_x\in\mathcal C\) dengan \(x\in C_x\subseteq B\text{.}\) Maka \(B=\bigcup_{x\in B}C_x\text{,}\) sehingga setiap anggota \(\mathcal B\) terbuka dalam topologi yang dibangkitkan \(\mathcal C\text{.}\) Setiap himpunan terbuka yang dibangkitkan \(\mathcal B\) adalah gabungan anggota \(\mathcal B\text{,}\) jadi juga terbuka dalam topologi \(\mathcal C\text{.}\) Dengan demikian \(\tau_{\mathcal B}\subseteq\tau_{\mathcal C}\text{.}\) Syarat kedua memberi inklusi balik dengan argumen yang sama.
Sebaliknya, andaikan \(\tau_{\mathcal B}=\tau_{\mathcal C}\text{.}\) Jika \(x\in B\in\mathcal B\text{,}\) himpunan \(B\) terbuka dalam topologi \(\mathcal C\text{.}\) Karena \(\mathcal C\) basis, ada \(C\in\mathcal C\) dengan \(x\in C\subseteq B\text{.}\) Ini memberi syarat pertama; menukar peran kedua basis memberi syarat kedua.
Sekarang tetapkan \(\mathcal B_E=\{(a,b)\mid a,b\in\R,\ a\lt b\}\) dan \(\mathcal B_{\Q}=\{(p,q)\mid p,q\in\Q,\ p\lt q\}\text{.}\) Setiap \(x\in\R\) berada dalam interval berujung rasional karena terdapat \(p,q\in\Q\) dengan \(p\lt x\lt q\text{.}\) Jika \(x\) berada dalam irisan dua interval berujung rasional, kerapatan bilangan rasional menyediakan \(r,s\in\Q\) sehingga \(\max(p_1,p_2)\lt r\lt x\lt s\lt\min(q_1,q_2)\text{.}\) Maka \(x\in(r,s)\) dan interval ini terkandung dalam irisan. Jadi \(\mathcal B_{\Q}\) adalah basis.
Karena \(\mathcal B_{\Q}\subseteq\mathcal B_E\text{,}\) setiap anggota basis rasional sudah merupakan anggota basis Euklides. Sebaliknya, jika \(x\in(a,b)\text{,}\) pilih bilangan rasional \(p,q\) dengan \(a\lt p\lt x\lt q\lt b\text{.}\) Maka \(x\in(p,q)\subseteq(a,b)\text{.}\) Kriteria pemurnian lokal dua arah membuktikan bahwa kedua basis membangkitkan topologi yang sama.
Misalkan \(\mathcal B\) basis untuk topologi pada \(X\) dan \(A\subseteq X\text{.}\) Buktikan rumus
\begin{equation*} \Int(A)=\bigcup\{B\in\mathcal B\mid B\subseteq A\}. \end{equation*}
Kemudian gunakan basis interval berujung rasional pada \(\R\) untuk menghitung interior \(A=[0,1]\cup\{2\}\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Gabungan semua unsur basis yang termuat dalam \(A\) adalah himpunan terbuka yang termuat dalam \(A\text{.}\)
Tahap 2. Jika \(x\in\Int(A)\text{,}\) gunakan sifat basis pada himpunan terbuka \(\Int(A)\) untuk menemukan unsur basis yang memuat \(x\) dan termuat dalam \(A\text{.}\)
Tahap 3. Titik-titik \((0,1)\) mempunyai interval kecil berujung rasional di dalam \(A\text{;}\) uji secara terpisah titik \(0,1,2\text{.}\)
Jawaban.
Interior adalah tepat gabungan semua unsur basis yang terkandung dalam himpunan tersebut. Untuk \(A=[0,1]\cup\{2\}\) dalam topologi Euklides,
\begin{equation*} \Int(A)=(0,1). \end{equation*}
Solusi.
Tetapkan \(U=\bigcup\{B\in\mathcal B\mid B\subseteq A\}\text{.}\) Himpunan \(U\) terbuka sebagai gabungan unsur basis dan memenuhi \(U\subseteq A\text{.}\) Karena \(\Int(A)\) adalah himpunan terbuka terbesar yang terkandung dalam \(A\text{,}\) diperoleh \(U\subseteq\Int(A)\text{.}\)
Sebaliknya, ambil \(x\in\Int(A)\text{.}\) Interior itu terbuka, dan \(\mathcal B\) adalah basis, sehingga terdapat \(B_x\in\mathcal B\) dengan \(x\in B_x\subseteq\Int(A)\subseteq A\text{.}\) Maka \(B_x\) muncul dalam gabungan yang mendefinisikan \(U\text{,}\) sehingga \(x\in U\text{.}\) Jadi \(\Int(A)\subseteq U\text{,}\) dan kedua inklusi membuktikan rumus tersebut.
Untuk setiap \(x\in(0,1)\text{,}\) kerapatan \(\Q\) memberi \(p,q\in\Q\) dengan \(0\lt p\lt x\lt q\lt1\text{.}\) Maka interval basis \((p,q)\) memuat \(x\) dan termuat dalam \(A\text{.}\) Jadi \((0,1)\subseteq\Int(A)\text{.}\) Tidak ada interval terbuka yang memuat \(0\) atau \(1\) dan tetap termuat dalam \([0,1]\text{,}\) sedangkan setiap interval terbuka yang memuat \(2\) juga memuat titik selain \(2\) di luar \(A\text{.}\) Titik di luar \(A\) tentu bukan titik interior. Karena itu \(\Int(A)=(0,1)\text{.}\)
Misalkan \((X,d)\) ruang metrik dan definisikan \(\rho(x,y)=\min\{1,d(x,y)\}\text{.}\) Buktikan bahwa \(\rho\) merupakan metrik pada \(X\) dan bahwa \(d\) serta \(\rho\) membangkitkan topologi yang sama. Jelaskan informasi jarak apa yang hilang ketika \(d\) diganti oleh \(\rho\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk pertidaksamaan segitiga, gunakan \(d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)\) dan buktikan \(\min\{1,a+b\}\leq\min\{1,a\}+\min\{1,b\}\) bagi \(a,b\geq0\text{.}\)
Tahap 2. Jika \(0\lt r\leq1\text{,}\) bandingkan langsung \(B_d(x,r)\) dan \(B_\rho(x,r)\text{.}\)
Tahap 3. Dalam pembuktian keterbukaan, selalu perkecil radius menjadi paling besar \(1/2\) sebelum membandingkan bola.
Jawaban.
Fungsi \(\rho\) memenuhi semua aksioma metrik. Untuk \(0\lt r\leq1\text{,}\) berlaku \(B_\rho(x,r)=B_d(x,r)\text{;}\) karena bola beradius kecil membentuk basis lokal, kedua metrik menghasilkan topologi yang sama. Pemotongan menghapus perbedaan semua jarak yang semula lebih besar daripada atau sama dengan \(1\text{,}\) tetapi tidak mengubah struktur terbuka lokal.
Solusi.
Jelas \(\rho(x,y)\geq0\text{,}\) simetris, dan \(\rho(x,y)=0\) tepat ketika \(d(x,y)=0\text{,}\) yakni ketika \(x=y\text{.}\) Untuk pertidaksamaan segitiga, tulis \(a=d(x,y)\) dan \(b=d(y,z)\text{.}\) Dari pertidaksamaan segitiga bagi \(d\text{,}\)
\begin{equation*} \rho(x,z)\leq\min\{1,a+b\} \leq\min\{1,a\}+\min\{1,b\}. \end{equation*}
Untuk membuktikan pertidaksamaan kedua, jika \(a\geq1\) atau \(b\geq1\text{,}\) ruas kanan sedikitnya \(1\text{,}\) sedangkan ruas kiri paling besar \(1\text{.}\) Jika \(a,b\lt1\text{,}\) ruas kanan adalah \(a+b\) dan ruas kiri paling besar \(a+b\text{.}\) Jadi \(\rho(x,z)\leq\rho(x,y)+\rho(y,z)\text{,}\) dan \(\rho\) merupakan metrik.
Untuk \(0\lt r\leq1\text{,}\) kondisi \(\rho(x,y)\lt r\) ekuivalen dengan \(d(x,y)\lt r\text{.}\) Memang, bila minimum \(\min\{1,d(x,y)\}\) lebih kecil daripada \(r\leq1\text{,}\) nilai minimum itu tidak mungkin berasal dari \(1\text{;}\) arah sebaliknya langsung. Jadi \(B_\rho(x,r)=B_d(x,r)\) untuk semua radius tersebut.
Jika \(U\) terbuka terhadap \(d\) dan \(x\in U\text{,}\) pilih \(\epsilon>0\) dengan \(B_d(x,\epsilon)\subseteq U\text{,}\) lalu tetapkan \(r=\min\{\epsilon,1/2\}\text{.}\) Bola \(B_\rho(x,r)=B_d(x,r)\) termuat dalam \(U\text{,}\) sehingga \(U\) terbuka terhadap \(\rho\text{.}\) Argumen yang sama dengan peran metrik ditukar memberi arah balik. Maka topologinya sama. Namun setiap jarak \(d(x,y)\geq1\) menjadi tepat \(1\) di bawah \(\rho\text{;}\) data jarak skala besar itu hilang meskipun data keterbukaan lokal tetap.
Buktikan bahwa topologi yang diinduksi oleh metrik apa pun pada himpunan hingga \(X\) adalah topologi diskret. Kemudian konstruksikan metrik yang menginduksi topologi diskret dan simpulkan bahwa suatu topologi pada himpunan hingga termetriskan jika dan hanya jika topologi itu diskret.
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk \(x\in X\) dengan \(X\setminus\{x\}\neq\emptyset\text{,}\) ambil minimum jarak positif dari \(x\) ke semua titik lain.
Tahap 2. Bola dengan radius setengah minimum tersebut hanya memuat \(x\text{.}\) Gunakan gabungan himpunan satu titik untuk menangani subhimpunan sebarang.
Tahap 3. Untuk arah sebaliknya, gunakan metrik yang bernilai \(0\) pada pasangan titik yang sama dan \(1\) pada pasangan titik yang berbeda.
Jawaban.
Pada himpunan hingga, setiap titik mempunyai jarak positif minimum ke titik-titik lain, sehingga setiap himpunan satu titik terbuka dan topologinya diskret. Sebaliknya, metrik diskret menginduksi topologi diskret. Jadi topologi hingga termetriskan tepat ketika diskret.
Solusi.
Misalkan \(d\) metrik pada himpunan hingga \(X\text{.}\) Jika \(X=\emptyset\) atau \(X=\{x\}\text{,}\) topologinya langsung diskret. Jika \(X\) mempunyai lebih dari satu titik, untuk setiap \(x\in X\) himpunan berhingga \(\{d(x,y)\mid y\in X,\ y\neq x\}\) terdiri atas bilangan positif dan karena itu mempunyai minimum positif \(\delta_x\text{.}\) Bola \(B_d(x,\delta_x/2)\) tidak dapat memuat titik \(y\neq x\text{,}\) jadi bola itu sama dengan \(\{x\}\text{.}\)
Dengan demikian setiap himpunan satu titik terbuka. Setiap \(A\subseteq X\) adalah gabungan \(A=\bigcup_{x\in A}\{x\}\text{,}\) sehingga setiap subhimpunan terbuka. Topologi metrik tersebut adalah topologi diskret. Akibatnya, topologi nondiskret pada himpunan hingga tidak mungkin diinduksi oleh metrik.
Untuk arah sebaliknya, definisikan
\begin{equation*} d_{\mathrm{disc}}(x,y)= \begin{cases}0 & \text{jika }x=y,\\1 & \text{jika }x\neq y. \end{cases} \end{equation*}
Ini merupakan metrik, dan \(B_{d_{\mathrm{disc}}}(x,1/2)=\{x\}\text{.}\) Maka semua himpunan satu titik, dan selanjutnya semua subhimpunan, terbuka. Jadi topologi diskret memang termetriskan, yang melengkapi ekuivalensi.
Misalkan \(\tau\) dan \(\sigma\) dua topologi pada himpunan \(X\text{.}\) Untuk setiap \(x\in X\text{,}\) andaikan sebuah subhimpunan \(N\subseteq X\) merupakan lingkungan \(\tau\) dari \(x\) jika dan hanya jika ia merupakan lingkungan \(\sigma\) dari \(x\text{.}\) Buktikan bahwa \(\tau=\sigma\text{.}\) Dengan kata lain, seluruh data lingkungan menentukan topologi secara tunggal.
Petunjuk.
Tahap 1. Ambil \(U\in\tau\text{.}\) Untuk setiap \(x\in U\text{,}\) himpunan \(U\) sendiri merupakan lingkungan \(\tau\) dari \(x\text{.}\)
Tahap 2. Gunakan hipotesis untuk memilih himpunan \(\sigma\)-terbuka \(V_x\) dengan \(x\in V_x\subseteq U\text{.}\)
Tahap 3. Tulis \(U\) sebagai gabungan semua \(V_x\text{,}\) lalu ulangi argumen dengan peran kedua topologi ditukar.
Jawaban.
Setiap \(U\in\tau\) merupakan lingkungan \(\sigma\) dari setiap titiknya, sehingga \(U\) adalah gabungan himpunan-himpunan \(\sigma\)-terbuka dan karenanya \(U\in\sigma\text{.}\) Ini memberi \(\tau\subseteq\sigma\text{;}\) simetri memberi inklusi balik.
Solusi.
Ambil sembarang \(U\in\tau\text{.}\) Untuk setiap \(x\in U\text{,}\) himpunan \(U\) adalah himpunan \(\tau\)-terbuka yang memuat \(x\text{,}\) sehingga \(U\) merupakan lingkungan \(\tau\) dari \(x\text{.}\) Berdasarkan hipotesis, \(U\) juga merupakan lingkungan \(\sigma\) dari \(x\text{.}\) Oleh definisi lingkungan, terdapat \(V_x\in\sigma\) dengan \(x\in V_x\subseteq U\text{.}\)
Setiap \(V_x\) termuat dalam \(U\text{,}\) sedangkan setiap titik \(x\in U\) berada dalam \(V_x\text{.}\) Karena itu
\begin{equation*} U=\bigcup_{x\in U}V_x. \end{equation*}
Gabungan sebarang himpunan \(\sigma\)-terbuka bersifat \(\sigma\)-terbuka, sehingga \(U\in\sigma\text{.}\) Maka \(\tau\subseteq\sigma\text{.}\)
Hipotesis kesamaan lingkungan bersifat simetris. Mengulangi argumen dengan \(\tau\) dan \(\sigma\) ditukar menghasilkan \(\sigma\subseteq\tau\text{.}\) Oleh sebab itu \(\tau=\sigma\text{,}\) jadi data semua lingkungan memang menentukan topologi secara unik.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>