Bagian Panduan latihan Bab 13, bagian ketiga
Bagian ini mencakup unit soal mandiri 21 sampai 25 dalam urutan sumber. Dua tugas induk yang hanya mengelompokkan subsoal tidak dihitung sebagai unit tersendiri.
Acuan sumber: latihan pada \((\Z,\tau)\) dengan basis \(\{a\Z\mid a\in\Z\}\text{,}\) kelompok \(A=\mathbb{E}\text{,}\) subsoal pertama. Di sini \(a\Z=\{ka\mid k\in\Z\}\) dan \(\mathbb{E}=2\Z\) adalah himpunan bilangan bulat genap. Tentukan \(\Int(A)\text{.}\) Rubrik: nilai interior harus disertai unsur basis yang membuktikan keterbukaan setiap titik kandidat.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Perhatikan bahwa \(A=2\Z\) sendiri merupakan salah satu unsur basis.
\(\Int(A)=A=2\Z=\mathbb{E}\text{.}\)
Karena \(2\in\Z\text{,}\) himpunan \(2\Z\) merupakan unsur basis topologi \(\tau\text{,}\) sehingga \(A=2\Z\) terbuka. Interior suatu himpunan terbuka adalah himpunan itu sendiri. Jadi \(\Int(A)=A\text{.}\)
Pemeriksaan M.52. Tutupan bilangan bulat genap dalam topologi kelipatan.
Acuan sumber: latihan pada \((\Z,\tau)\) dengan basis \(\{a\Z\mid a\in\Z\}\text{,}\) kelompok \(A=\mathbb{E}=2\Z\text{,}\) subsoal kedua. Tentukan \(\overline{A}\text{.}\) Rubrik: uji lingkungan titik sebarang di \(\Z\) dan gunakan satu titik yang termuat dalam setiap unsur basis.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Setiap unsur basis \(a\Z\) memuat \(0\text{,}\) dan \(0\in A\text{.}\)
\(\overline{A}=\Z\text{;}\) himpunan bilangan bulat genap rapat dalam topologi ini.
Ambil \(x\in\Z\) dan sebarang lingkungan \(U\) dari \(x\text{.}\) Ada unsur basis \(a\Z\) dengan \(x\in a\Z\subseteq U\text{.}\) Setiap \(a\Z\) memuat \(0\text{,}\) dan \(0\in 2\Z=A\text{.}\) Jadi \(U\cap A\neq\emptyset\text{.}\) Karena ini berlaku untuk setiap \(x\in\Z\text{,}\) semua titik berada dalam tutupan \(A\text{,}\) sehingga \(\overline{A}=\Z\text{.}\)
Pemeriksaan M.53. Interior bilangan asli dalam topologi kelipatan.
Acuan sumber: latihan pada \((\Z,\tau)\) dengan basis \(\{a\Z\mid a\in\Z\}\text{,}\) kelompok \(B=\mathbb{N}=\{n\in\Z\mid n\geq1\}\text{,}\) subsoal pertama. Tentukan \(\Int(B)\text{.}\) Rubrik: jelaskan mengapa tidak satu pun lingkungan terbuka tak kosong dapat termuat dalam \(B\text{.}\)
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Setiap unsur basis, dan karenanya setiap himpunan terbuka tak kosong, memuat \(0\text{,}\) sedangkan \(0\notin B\text{.}\)
\(\Int(B)=\emptyset\text{.}\)
Setiap unsur basis \(a\Z\) memuat \(0\text{.}\) Karena setiap himpunan terbuka tak kosong adalah gabungan tak kosong dari unsur-unsur basis, setiap himpunan terbuka tak kosong juga memuat \(0\text{.}\) Namun \(0\notin B\text{.}\) Jadi tidak ada himpunan terbuka tak kosong yang termuat dalam \(B\text{,}\) dan akibatnya \(\Int(B)=\emptyset\text{.}\)
Pemeriksaan M.54. Tutupan bilangan asli dalam topologi kelipatan.
Acuan sumber: latihan pada \((\Z,\tau)\) dengan basis \(\{a\Z\mid a\in\Z\}\text{,}\) kelompok \(B=\mathbb{N}=\{n\in\Z\mid n\geq1\}\text{,}\) subsoal kedua. Tentukan \(\overline{B}\text{.}\) Rubrik: tangani \(0\) dan setiap \(x\neq0\) secara terpisah; untuk titik tak nol, buktikan bahwa setiap lingkungan basisnya bertemu \(B\text{.}\)
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Singleton \(\{0\}=0\Z\) adalah unsur basis. Jika \(x\neq0\) dan \(x\in a\Z\text{,}\) maka \(a\neq0\) dan \(|a|\in a\Z\cap\mathbb{N}\text{.}\)
\(\overline{B}=\Z\setminus\{0\}\text{.}\)
Karena \(0\Z=\{0\}\) adalah lingkungan terbuka \(0\) yang tidak bertemu \(B\text{,}\) titik \(0\) tidak berada dalam \(\overline{B}\text{.}\) Sekarang ambil \(x\neq0\) dan sebarang lingkungan \(U\) dari \(x\text{.}\) Pilih unsur basis \(a\Z\) dengan \(x\in a\Z\subseteq U\text{.}\) Karena \(x\neq0\text{,}\) harus berlaku \(a\neq0\text{.}\) Bilangan positif \(|a|\) merupakan kelipatan bulat dari \(a\text{,}\) sehingga \(|a|\in a\Z\cap B\subseteq U\cap B\text{.}\) Jadi setiap \(x\neq0\) berada dalam \(\overline{B}\text{.}\) Kesimpulannya, \(\overline{B}=\Z\setminus\{0\}\text{.}\)
Pemeriksaan M.55. Verifikasi basis topologi Titik Asal Ganda.
Acuan sumber: latihan topologi Titik Asal Ganda, tugas pertama. Misalkan \(X=\R^2\cup\{0^*\}\text{,}\) dengan \(0^*\notin\R^2\text{.}\) Koleksi kandidat basis terdiri dari bola-bola terbuka Euklides standar yang berpusat di setiap titik selain \(0\) dan \(0^*\text{,}\) bersama, untuk setiap \(r\gt0\text{,}\)
\begin{equation*}
N(0,r) = \left\{(x,y) \in \R^2 \mid x^2+y^2 \lt \frac{1}{r^2}, y \gt 0\right\} \cup \{0\}
\end{equation*}
dan
\begin{equation*}
N(0^*, r) = \left\{(x,y) \in \R^2 \mid x^2+y^2 \lt \frac{1}{r^2}, y \lt 0\right\} \cup \{0^*\}
\end{equation*}
Buktikan bahwa koleksi tersebut benar-benar merupakan basis bagi suatu topologi pada \(X\text{.}\) Rubrik: verifikasi harus membuktikan sifat menutupi \(X\) dan, untuk titik di irisan dua kandidat unsur basis, menghasilkan unsur basis yang lebih kecil. Kasus titik biasa, \(0\text{,}\) dan \(0^*\) harus terlihat.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Jauh dari kedua titik asal, semua bagian planar kandidat basis terbuka secara Euklides. Pada \(0\) atau \(0^*\text{,}\) besarkan parameter \(r\) agar jari-jari \(1/r\) mengecil dan masuk ke dalam kedua himpunan yang sedang diiriskan.
Ya. Koleksi itu menutupi \(X\) dan memenuhi syarat irisan basis, sehingga menentukan topologi Titik Asal Ganda.
Koleksi tersebut menutupi \(X\text{:}\) titik \(0\) berada dalam setiap \(N(0,r)\text{,}\) titik \(0^*\) berada dalam setiap \(N(0^*,r)\text{,}\) dan setiap \(q\in\R^2\setminus\{0\}\) berada dalam bola Euklides yang berpusat di \(q\text{.}\)
Ambil dua unsur kandidat basis \(B_1,B_2\) dan \(q\in B_1\cap B_2\text{.}\) Jika \(q\in\R^2\setminus\{0\}\text{,}\) bagian planar setiap \(B_i\) yang memuat \(q\) terbuka secara Euklides di sekitar \(q\text{.}\) Karena itu ada bola Euklides cukup kecil yang berpusat di \(q\text{,}\) memuat \(q\text{,}\) dan termuat dalam \(B_1\cap B_2\text{.}\) Bola ini merupakan unsur kandidat basis.
Jika \(q=0^*\text{,}\) kedua \(B_i\) harus berbentuk \(N(0^*,r_i)\text{.}\) Dengan \(t=\max\{r_1,r_2\}\text{,}\) berlaku \(0^*\in N(0^*,t)\subseteq B_1\cap B_2\text{.}\)
Terakhir, misalkan \(q=0\text{.}\) Unsur kandidat basis yang memuat \(0\) dapat berupa \(N(0,r)\) atau bola Euklides biasa yang juga memuat \(0\text{.}\) Setiap bola biasa di antara \(B_1,B_2\) memuat suatu cakram Euklides berjari-jari \(\epsilon_i\gt0\) yang berpusat di \(0\text{.}\) Pilih \(t\gt0\) sedemikian sehingga \(1/t\leq\epsilon_i\) untuk setiap bola biasa yang muncul, dan \(t\geq r_i\) untuk setiap himpunan khusus \(N(0,r_i)\) yang muncul. Maka \(0\in N(0,t)\subseteq B_1\cap B_2\text{.}\) Jadi aksioma irisan basis terpenuhi dalam semua kasus, dan koleksi itu merupakan basis.
