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

Ambil \(A=\{a\}\text{,}\) \(B=\{b\}\text{,}\) dan \(C=\{c,d\}\text{.}\) Delapan gabungan subkeluarga adalah \(\emptyset\text{,}\) \(A\text{,}\) \(B\text{,}\) \(C\text{,}\) \(A\cup B=\{a,b\}\text{,}\) \(A\cup C=\{a,c,d\}\text{,}\) \(B\cup C=\{b,c,d\}\text{,}\) dan \(A\cup B\cup C=X\text{.}\) Ini persis delapan anggota \(\tau\text{,}\) sehingga setiap himpunan terbuka tak kosong (bahkan himpunan kosong juga) adalah gabungan unsur-unsur dasar. Selain itu, karena ketiga himpunan saling lepas, irisan dua unsur dasar yang berbeda adalah \(\emptyset\text{,}\) sedangkan irisan berulang tidak mengubah unsur tersebut. Jadi operasi irisan berhingga tidak menghasilkan himpunan di luar daftar.

Kondisi pertama adalah \(\forall x\in X\;\exists B_x\in\B\text{ sehingga }x\in B_x\text{.}\) Karena setiap titik berada dalam sedikitnya satu unsur basis, gabungan seluruh unsur \(\B\) menutupi \(X\text{.}\) Tanpa kondisi ini, gabungan unsur basis tidak mungkin menghasilkan himpunan terbuka \(X\) dan koleksi tersebut tidak dapat membangkitkan topologi pada ruang itu.

Jika \(n=1\text{,}\) hipotesis berarti \(x\in B_1\text{;}\) pilihan \(B=B_1\) memenuhi \(x\in B\) dan \(B\subseteq B_1=\bigcap_{k=1}^1B_k\text{.}\) Jika \(n=2\text{,}\) hipotesis berarti \(x\in B_1\cap B_2\text{.}\) Kondisi kedua secara tepat menyediakan \(B_3\) yang memuat \(x\) dan berada di dalam irisan tersebut. Kedua kasus dasar selesai.

Dalam langkah induksi, anggap hasil yang diinginkan sudah benar untuk setiap irisan hingga \(k\) unsur basis. Jadi, bila \(x\) berada di semua \(B_1,\ldots,B_k\text{,}\) tersedia satu \(C\) yang memuat \(x\) dan memenuhi \(C\subseteq\bigcap_{i=1}^kB_i\text{.}\) Yang harus dibuktikan adalah versi sama untuk \(B_1,\ldots,B_k,B_{k+1}\text{;}\) setelah itu kondisi kedua dapat diterapkan pada \(C\) dan \(B_{k+1}\text{.}\)

Buktikan dengan induksi pada \(n\text{.}\) Kasus \(n=1\) dan \(n=2\) adalah Panduan 13. Anggap pernyataan benar sampai \(n=k\text{,}\) dan ambil \(x\in\bigcap_{i=1}^{k+1}B_i\text{.}\) Maka \(x\in\bigcap_{i=1}^{k}B_i\text{;}\) hipotesis induksi memberi \(C\in\B\) dengan \(x\in C\subseteq\bigcap_{i=1}^{k}B_i\text{.}\) Karena \(x\in C\cap B_{k+1}\text{,}\) kondisi kedua basis memberi \(D\in\B\) sedemikian sehingga \(x\in D\subseteq C\cap B_{k+1}\text{.}\) Rantai inklusi \(D\subseteq C\cap B_{k+1}\subseteq\bigcap_{i=1}^{k+1}B_i\) menyelesaikan langkah induksi dan lemma.

Himpunan \(\{c,d\}\) wajib ditambahkan: satu-satunya anggota \(\tau\) yang dapat membentuknya sebagai gabungan himpunan terbuka yang berada di dalamnya adalah dirinya sendiri. Himpunan \(\{b,c,d,e,f\}\) juga wajib, karena titik \(b,e,f\) tidak berada dalam generator awal dan satu-satunya anggota \(\tau\) yang memuat ketiganya tanpa memuat \(a\) adalah himpunan tersebut. Dengan kedua tambahan itu, gabungan generator menghasilkan semua anggota \(\tau\text{:}\) \(\{a\}\text{,}\) \(\{c,d\}\text{,}\) \(\{a,c,d\}\text{,}\) \(\{b,c,d,e,f\}\text{,}\) dan \(X\text{.}\) Irisan takkosong generator juga dapat diperhalus oleh generator: misalnya irisan \(\{a,c,d\}\cap\{b,c,d,e,f\}=\{c,d\}\text{.}\) Jadi dua tambahan cukup dan, dari argumen keharusan di atas, minimum.

Tulis \(A=\{a\}\text{,}\) \(C=\{c,d\}\text{,}\) dan \(L=\{b,c,d,e,f\}\text{.}\) Gabungan \(A\cup C\cup L=X\text{,}\) sehingga liputan terpenuhi. Semua gabungan subkeluarga adalah \(\emptyset,A,C,L,A\cup C=\{a,c,d\},A\cup L=X, C\cup L=L,X\text{,}\) tepat anggota \(\tau\text{.}\) Irisan berbeda yang tidak kosong hanya \(C\cap L=C\text{;}\) irisan lain kosong, dan irisan dengan dirinya sendiri tetap generator. Karena itu kedua kondisi basis terpenuhi.

Koleksi awal menutupi \(X\text{,}\) tetapi \(\{a,b\}\cap\{b,c\}=\{b\}\text{.}\) Tidak ada unsur awal yang memuat \(b\) dan sekaligus merupakan subhimpunan dari \(\{b\}\text{,}\) sehingga kondisi kedua gagal. Setelah \(\{b\}\) ditambahkan, semua titik memiliki singleton dan semua irisan pasangan dapat diperhalus oleh singleton yang sesuai. Karena topologi diskret memuat setiap subhimpunan dan setiap subhimpunan merupakan gabungan singleton, koleksi baru membangkitkan tepat topologi diskret. Satu tambahan diperlukan dan cukup.

Setiap \(x\in X\) berada dalam singletonnya sendiri, sehingga liputan terpenuhi. Irisan dua singleton adalah kosong atau singleton, dan pada kasus takkosong singleton itu sendiri menjadi penyempurnaan basis. Setiap subhimpunan \(U\subseteq X\) dapat ditulis sebagai \(U=\bigcup_{x\in U}\{x\}\text{,}\) termasuk gabungan kosong untuk \(U=\emptyset\text{.}\) Jadi koleksi singleton membangkitkan semua subhimpunan, yaitu topologi diskret. Untuk \(X=\emptyset\text{,}\) koleksi kosong memenuhi kondisi secara vakum dan membangkitkan \(\{\emptyset\}\text{.}\)