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

Komplemen \(\R\setminus K\) terbuka: jika \(x\notin K\text{,}\) himpunan basis \((x-1,x+1)\setminus K\) memuat \(x\) dan termuat dalam komplemen. Jadi \(K\) tertutup, sedangkan \(0\notin K\text{.}\)

Ambil sebarang lingkungan terbuka \(U\) dari \(0\text{.}\) Dari bentuk basis, ada \(\epsilon\gt0\) sehingga \((-\epsilon,\epsilon)\setminus K\subseteq U\text{.}\) Ambil sebarang himpunan terbuka \(V\) yang memuat \(K\text{.}\) Pilih \(n\) cukup besar sehingga \(0\lt1/n\lt\epsilon/2\text{.}\) Karena \(1/n\in V\cap K\text{,}\) himpunan \(V\) memuat unsur basis yang mengandung \(1/n\text{.}\) Unsur ini harus interval terbuka biasa: himpunan berbentuk \((a,b)\setminus K\) tidak memuat titik \(K\text{.}\) Interval tersebut beririsan dengan \((-\epsilon,\epsilon)\setminus K\text{,}\) misalnya pada suatu titik irasional yang cukup dekat dengan \(1/n\text{.}\) Maka \(U\cap V\neq\emptyset\text{.}\)

Jadi titik \(0\) dan himpunan tertutup \(K\) tidak dapat dipisahkan, sehingga ruang ini tidak reguler. Jika topologi tersebut berasal dari suatu metrik, ruangnya harus reguler; kontradiksi. Maka \((\R,\tau_K)\) tidak termetriskan.

Andaikan \(X\) bersifat \(T_1\) dan tetapkan \(x\in X\text{.}\) Untuk setiap \(y\neq x\text{,}\) ada himpunan terbuka \(U_y\) yang memuat \(y\) tetapi tidak memuat \(x\text{.}\) Maka \(X\setminus\{x\}=\bigcup_{y\neq x}U_y\) terbuka, sehingga \(\{x\}\) tertutup.

Sebaliknya, andaikan setiap himpunan beranggota tunggal bersifat tertutup. Untuk dua titik berbeda \(x,y\text{,}\) himpunan \(X\setminus\{y\}\) terbuka, memuat \(x\text{,}\) dan tidak memuat \(y\text{;}\) demikian pula \(X\setminus\{x\}\) memuat \(y\) tetapi tidak memuat \(x\text{.}\) Inilah syarat \(T_1\text{.}\)

Jika \(X\) bersifat \(T_2\) dan \(x\in X\text{,}\) untuk setiap \(y\neq x\) ada lingkungan terbuka \(V_y\) dari \(y\) yang saling lepas dengan suatu lingkungan terbuka dari \(x\text{;}\) khususnya \(x\notin V_y\text{.}\) Gabungan semua \(V_y\) adalah \(X\setminus\{x\}\text{,}\) jadi himpunan beranggota tunggal bersifat tertutup dan \(X\) bersifat \(T_1\text{.}\)

Jika \(X\) bersifat \(T_3\text{,}\) ruang itu \(T_1\) dan reguler. Untuk \(x\neq y\text{,}\) himpunan beranggota tunggal \(\{y\}\) bersifat tertutup. Regularitas memisahkan \(x\) dari \(\{y\}\) dengan himpunan terbuka saling lepas, sehingga \(X\) bersifat \(T_2\text{.}\)

Jika \(X\) bersifat \(T_4\text{,}\) ruang itu \(T_1\) dan normal. Untuk titik \(x\) di luar himpunan tertutup \(C\text{,}\) himpunan beranggota tunggal \(\{x\}\) juga bersifat tertutup. Normalitas memisahkan \(\{x\}\) dan \(C\) dengan himpunan terbuka saling lepas. Maka \(X\) reguler dan \(T_1\text{,}\) yaitu bersifat \(T_3\text{.}\)

Untuk setiap \(x\in\R\text{,}\) himpunan beranggota tunggal \(\{x\}\) tertutup karena komplemennya terbuka menurut definisi topologi komplemen berhingga. Jadi ruang itu bersifat \(T_1\text{.}\)

Jika \(U,V\) terbuka dan tak kosong, maka \(U^c\) dan \(V^c\) berhingga. Karena \((U\cap V)^c=U^c\cup V^c\) berhingga sedangkan \(\R\) tak berhingga, irisan \(U\cap V\) tidak mungkin kosong. Jadi tidak ada dua lingkungan terbuka tak kosong yang saling lepas. Dua titik berbeda tidak dapat dipisahkan, sehingga ruang itu bukan \(T_2\text{.}\)

Semua interval Euklides terbuka juga terbuka dalam \(\R_K\text{.}\) Lingkungan Euklides saling lepas yang memisahkan dua bilangan real berbeda tetap terbuka dalam topologi ini. Jadi \(\R_K\) Hausdorff, yaitu bersifat \(T_2\text{.}\)

Himpunan \(K\) tertutup karena \(\R\setminus K\) merupakan gabungan himpunan basis berbentuk \((a,b)\setminus K\text{,}\) dan \(0\notin K\text{.}\) Ambil lingkungan terbuka \(U\) dari \(0\) dan lingkungan terbuka \(V\) dari \(K\text{.}\) Ada \(\epsilon\gt0\) dengan \((-\epsilon,\epsilon)\setminus K\subseteq U\text{.}\) Pilih \(1/n\lt\epsilon/2\text{.}\) Karena \(V\) memuat \(1/n\in K\text{,}\) \(V\) memuat interval terbuka biasa di sekitar \(1/n\text{;}\) interval itu bertemu \((-\epsilon,\epsilon)\setminus K\text{.}\) Maka \(U\cap V\neq\emptyset\text{.}\) Jadi \(0\) dan himpunan tertutup \(K\) tidak dapat dipisahkan, sehingga \(\R_K\) tidak reguler dan bukan \(T_3\text{.}\)

Setiap lingkungan Euklides dari \(0\) memuat titik \(A\setminus\{0\}\text{,}\) sehingga \(0\) merupakan titik limit \(A=(-1,1)\text{.}\) Namun \((-\tfrac12,\tfrac12)\) adalah lingkungan \(0\) yang termuat seluruhnya dalam \(A\text{,}\) sehingga tidak bertemu \(A^c\text{.}\) Jadi \(0\notin\Bdry(A)\text{.}\) Contoh ini menyangkal pernyataan.

Setiap lingkungan \(0\) bertemu \(A=\{0\}\) di \(0\) dan juga memuat bilangan real bukan nol, sehingga bertemu \(A^c\text{.}\) Maka \(0\in\Bdry(A)\text{.}\) Akan tetapi \(A\setminus\{0\}=\emptyset\text{,}\) jadi tidak ada lingkungan yang dapat bertemu himpunan tersebut. Dengan demikian \(0\) bukan titik limit \(A\text{,}\) dan pernyataan itu salah.

Untuk setiap subhimpunan \(A\text{,}\) berlaku \(\Int(A)\subseteq A\subseteq\overline{A}\text{.}\) Jika kedua ujungnya sama, semua himpunan dalam rantai inklusi itu sama: \(\Int(A)=A=\overline{A}\text{.}\) Kesamaan \(A=\Int(A)\) menyatakan bahwa \(A\) terbuka, sedangkan \(A=\overline{A}\) menyatakan bahwa \(A\) tertutup. Jadi pernyataan benar.

Himpunan rasional dan irasional keduanya rapat dalam \(\R\text{,}\) sebab setiap interval terbuka memuat bilangan dari kedua jenis. Jadi \(\overline{A}=\overline{B}=\R\text{.}\) Tidak ada interval terbuka yang seluruhnya rasional atau seluruhnya irasional, sehingga \(\Int(A)=\Int(B)=\emptyset\text{.}\) Namun \(A\neq B\)—bahkan keduanya saling lepas. Maka kesamaan interior dan penutupan tidak menentukan himpunan.

Kedua interval tersebut tidak beririsan, sehingga \(A\cap B=\emptyset\) dan \(\overline{A\cap B}=\emptyset\text{.}\) Di sisi lain, \(\overline{A}=[0,1]\) dan \(\overline{B}=[1,2]\text{,}\) sehingga \(\overline{A}\cap\overline{B}=\{1\}\text{.}\) Jadi kesamaan yang dinyatakan salah. Inklusi \(\overline{A\cap B}\subseteq\overline{A}\cap\overline{B}\) selalu benar karena \(A\cap B\subseteq A\) dan \(A\cap B\subseteq B\text{.}\)