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

Interval \((1/4,3/4)\) terbuka dan tak kosong dalam topologi Euklides, tetapi tidak memuat bilangan bulat. Jika \(\Z\) rapat, setiap himpunan terbuka tak kosong harus bertemu \(\Z\text{.}\) Contoh tandingan ini menunjukkan bahwa \(\Z\) tidak rapat. Bahkan \(\overline{\Z}=\Z\text{,}\) sebab untuk setiap \(x\notin\Z\) dapat dipilih interval terbuka kecil di sekitar \(x\) yang tidak memuat bilangan bulat.

Andaikan \(\overline{A}=X\text{.}\) Jika ada himpunan terbuka tak kosong \(O\) dengan \(O\cap A=\emptyset\text{,}\) pilih \(x\in O\text{.}\) Himpunan \(O\) adalah lingkungan terbuka \(x\) yang tidak bertemu \(A\text{,}\) bertentangan dengan \(x\in\overline{A}\text{.}\) Jadi setiap \(O\) seperti itu bertemu \(A\text{.}\)

Sebaliknya, andaikan setiap himpunan terbuka tak kosong bertemu \(A\text{.}\) Ambil \(x\in X\) dan sebarang lingkungan \(N\) dari \(x\text{.}\) Ada himpunan terbuka \(O\) dengan \(x\in O\subseteq N\text{.}\) Karena \(O\) tak kosong, \(O\cap A\neq\emptyset\text{,}\) sehingga \(N\cap A\neq\emptyset\text{.}\) Maka \(x\in\overline{A}\text{.}\) Karena \(x\) sebarang, \(\overline{A}=X\text{.}\)

Karena \(A\cap A^c=\emptyset\text{,}\) jelas \(\Int(A)\cap\Int(A^c)=\emptyset\text{.}\) Jika \(x\in\Int(A)\text{,}\) ada lingkungan terbuka \(U\subseteq A\) dari \(x\text{.}\) Lingkungan ini tidak bertemu \(A^c\text{,}\) sehingga \(x\notin\Bdry(A)\text{.}\) Jadi \(\Int(A)\cap\Bdry(A)=\emptyset\text{.}\) Demikian pula, jika \(x\in\Int(A^c)\text{,}\) ada lingkungan \(x\) yang tidak bertemu \(A\text{,}\) sehingga \(x\notin\Bdry(A)\text{.}\) Jadi irisan pasangan terakhir juga kosong.

Ambil \(x\in X\text{.}\) Jika \(x\in\Int(A)\) atau \(x\in\Int(A^c)\text{,}\) pernyataan langsung berlaku. Andaikan \(x\) tidak berada di salah satu pun dari kedua interior tersebut. Karena \(x\notin\Int(A)\text{,}\) tidak ada lingkungan \(x\) yang termuat dalam \(A\text{;}\) jadi setiap lingkungan \(x\) bertemu \(A^c\text{.}\) Karena \(x\notin\Int(A^c)\text{,}\) setiap lingkungan \(x\) juga bertemu \(A\text{.}\) Maka \(x\in\Bdry(A)\text{.}\) Jadi ketiga himpunan itu menutupi \(X\text{;}\) bersama hasil tugas sebelumnya, ketiganya bahkan membentuk partisi.

Misalkan \(Y\) subruang dari ruang Hausdorff \(X\text{,}\) dan ambil titik berbeda \(y_1,y_2\in Y\text{.}\) Karena \(X\) Hausdorff, ada himpunan terbuka \(U,V\subseteq X\) dengan \(y_1\in U\text{,}\) \(y_2\in V\text{,}\) dan \(U\cap V=\emptyset\text{.}\) Himpunan \(U\cap Y\) dan \(V\cap Y\) terbuka di \(Y\text{,}\) masing-masing memuat \(y_1\) dan \(y_2\text{,}\) serta saling lepas. Jadi \(Y\) Hausdorff.

Pilih \(q\in X\setminus\{p\}\text{.}\) Setiap lingkungan terbuka \(U\) dari \(p\) tak kosong dan memuat \(p\text{.}\) Setiap lingkungan terbuka \(V\) dari \(q\) juga tak kosong, sehingga menurut definisi \(\tau_p\text{,}\) himpunan \(V\) memuat \(p\text{.}\) Jadi \(p\in U\cap V\) untuk setiap pilihan \(U,V\text{.}\) Titik berbeda \(p\) dan \(q\) tidak dapat dipisahkan oleh lingkungan terbuka saling lepas; maka ruang itu tidak Hausdorff.

Pilih \(q\in X\setminus\{p\}\text{.}\) Satu-satunya lingkungan terbuka dari \(p\) adalah \(X\text{,}\) karena semua himpunan terbuka sejati tidak memuat \(p\text{.}\) Setiap lingkungan terbuka \(V\) dari \(q\) memenuhi \(X\cap V=V\neq\emptyset\text{.}\) Jadi \(p\) dan \(q\) tidak mempunyai lingkungan terbuka saling lepas, sehingga ruang tersebut tidak Hausdorff.

Jika \(C\) tertutup, maka \(\overline{C}=C\text{.}\) Karena \(\Bdry(C)\subseteq\overline{C}\text{,}\) diperoleh \(\Bdry(C)\subseteq C\text{.}\) Sebaliknya, jika \(\Bdry(C)\subseteq C\text{,}\) maka \(\overline{C}=C\cup\Bdry(C)=C\text{.}\) Suatu himpunan sama dengan tutupannya jika dan hanya jika tertutup, jadi \(C\) tertutup.

Jika \(a\) terasing dalam \(A\text{,}\) ada lingkungan \(N\) dari \(a\) dengan \(N\cap A=\{a\}\text{.}\) Pilih himpunan terbuka \(O\) di \(X\) dengan \(a\in O\subseteq N\text{.}\) Maka \(O\cap A=\{a\}\text{,}\) sehingga \(\{a\}\) terbuka dalam subruang \(A\text{.}\)

Sebaliknya, jika \(\{a\}\) terbuka dalam \(A\text{,}\) ada himpunan terbuka \(O\subseteq X\) dengan \(O\cap A=\{a\}\text{.}\) Himpunan \(O\) adalah lingkungan \(a\) di \(X\) yang beririsan dengan \(A\) hanya di \(a\text{.}\) Jadi \(a\) titik terasing dari \(A\text{.}\)

Ambil \(x\in\Bdry(A)\text{.}\) Jika \(x\notin A\text{,}\) setiap lingkungan \(x\) bertemu \(A\text{,}\) dan setiap titik pertemuan berbeda dari \(x\text{.}\) Jadi setiap lingkungan bertemu \(A\setminus\{x\}\text{,}\) sehingga \(x\) adalah titik limit.

Sekarang andaikan \(x\in A\text{.}\) Jika setiap lingkungan \(x\) bertemu \(A\setminus\{x\}\text{,}\) maka \(x\) titik limit. Jika tidak, ada lingkungan \(N\) dari \(x\) dengan \(N\cap(A\setminus\{x\})=\emptyset\text{.}\) Karena \(x\in N\cap A\text{,}\) diperoleh \(N\cap A=\{x\}\text{,}\) sehingga \(x\) titik terasing. Pembuktian ini hanya memakai definisi lingkungan dan berlaku tanpa asumsi metrik.