Bagian Pemeriksaan penguasaan Bab 13
Delapan pemeriksaan berikut memadukan himpunan tertutup, titik limit, tutupan, batas, kerapatan, dan aksioma separasi dalam persoalan baru. Materi ini ditulis mandiri dalam bahasa Indonesia untuk komponen pendamping berlisensi CC BY 4.0; materi ini bukan teks, terjemahan, atau solusi resmi GVSU. Kerjakan setiap soal sebelum membuka petunjuk. Jawaban menyatakan hasil utama, sedangkan solusi memberikan uraian matematis lengkap.
Dalam ruang topologi \(X\text{,}\) buktikan langsung dari hukum De Morgan bahwa irisan sebarang himpunan tertutup dan gabungan berhingga himpunan tertutup bersifat tertutup. Kemudian, dalam \(\R\) dengan topologi Euklides, gunakan \(C_n=\{1/n\}\) untuk menunjukkan bahwa gabungan terhitung himpunan tertutup tidak harus tertutup.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Ambil komplemen dan tukar irisan dengan gabungan.
Tahap 2. Untuk kasus berhingga, gunakan bahwa irisan berhingga himpunan terbuka tetap terbuka.
Tahap 3. Tentukan titik limit dari \(\{1,1/2,1/3,\ldots\}\) yang tidak termasuk di dalamnya.
Jika semua \(C_\alpha\) tertutup, maka \(X\setminus\bigcap_\alpha C_\alpha=\bigcup_\alpha(X\setminus C_\alpha)\) terbuka. Untuk \(C_1,\ldots,C_n\text{,}\) komplemen gabungannya adalah irisan berhingga komplemen yang terbuka. Namun, \(\bigcup_{n\geq1}C_n=\{1/n:n\geq1\}\) tidak memuat titik limitnya \(0\text{,}\) sehingga tidak tertutup.
Misalkan \(\{C_\alpha\}_{\alpha\in I}\) keluarga himpunan tertutup. Setiap \(X\setminus C_\alpha\) terbuka, sehingga
\begin{equation*}
X\setminus\bigcap_{\alpha\in I}C_\alpha
=\bigcup_{\alpha\in I}(X\setminus C_\alpha)
\end{equation*}
terbuka. Jadi irisannya tertutup. Jika \(C_1,\ldots,C_n\) tertutup, maka
\begin{equation*}
X\setminus\bigcup_{k=1}^{n}C_k
=\bigcap_{k=1}^{n}(X\setminus C_k)
\end{equation*}
terbuka karena hanya merupakan irisan berhingga. Jadi gabungan berhingga tersebut tertutup.
Setiap \(C_n\) adalah himpunan beranggota tunggal, maka tertutup dalam \(\R\text{.}\) Tetapkan \(C=\bigcup_{n\geq1}C_n\text{.}\) Setiap lingkungan Euklides dari \(0\) memuat \(1/n\) untuk semua \(n\) yang cukup besar, sehingga \(0\) merupakan titik limit dari \(C\text{.}\) Akan tetapi \(0\notin C\text{.}\) Karena himpunan tertutup harus memuat semua titik limitnya, \(C\) tidak tertutup. Dengan demikian kata “berhingga” tidak dapat dihapus dari teorema gabungan.
Pemeriksaan M.78. Tutupan sebagai himpunan tertutup terkecil.
Untuk \(A\subseteq X\text{,}\) misalkan
\begin{equation*}
F_A=\bigcap\{C\subseteq X\mid C\text{ tertutup dan }A\subseteq C\}.
\end{equation*}
Buktikan bahwa \(F_A=\overline A\text{.}\) Turunkan dari hasil ini bahwa \(A\subseteq B\) mengakibatkan \(\overline A\subseteq\overline B\) dan bahwa \(\overline{\overline A}=\overline A\text{.}\)
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Irisan pada definisi \(F_A\) tertutup dan memuat \(A\text{.}\)
Tahap 2. Setiap himpunan tertutup yang memuat \(A\) juga memuat semua titik limit \(A\text{.}\)
Tahap 3. Gunakan sifat minimal yang baru dibuktikan, bukan perhitungan titik demi titik.
\(F_A\) adalah himpunan tertutup terkecil yang memuat \(A\text{,}\) dan sifat yang sama mencirikan \(\overline A\text{;}\) jadi keduanya sama. Monotonisitas dan idempotensi tutupan langsung mengikuti sifat minimal ini.
Keluarga pada definisi \(F_A\) tidak kosong karena memuat \(X\text{.}\) Irisan sebarang himpunan tertutup bersifat tertutup, sehingga \(F_A\) tertutup; setiap himpunan dalam keluarga itu memuat \(A\text{,}\) maka \(A\subseteq F_A\text{.}\) Jadi \(F_A\) adalah salah satu himpunan tertutup yang memuat \(A\text{.}\)
Jika \(C\) tertutup dan \(A\subseteq C\text{,}\) ambil \(x\in A'\text{.}\) Setiap lingkungan \(x\) bertemu \(A\setminus\{x\}\subseteq C\setminus\{x\}\text{,}\) sehingga \(x\in C'\text{.}\) Karena \(C\) tertutup, berlaku \(C'\subseteq C\text{,}\) jadi \(x\in C\text{.}\) Karena \(\overline A\) terdiri atas \(A\) beserta titik-titik limitnya, berlaku \(\overline A\subseteq C\text{.}\) Ini benar untuk setiap \(C\) dalam keluarga tersebut, jadi \(\overline A\subseteq F_A\text{.}\) Sebaliknya, \(\overline A\) sendiri tertutup dan memuat \(A\text{,}\) sehingga muncul dalam keluarga yang diiris dan memberi \(F_A\subseteq\overline A\text{.}\)
Jika \(A\subseteq B\text{,}\) setiap himpunan tertutup yang memuat \(B\) juga memuat \(A\text{.}\) Khususnya \(\overline B\) adalah himpunan tertutup yang memuat \(A\text{,}\) maka minimalitas memberi \(\overline A\subseteq\overline B\text{.}\) Karena \(\overline A\) sudah tertutup, himpunan tertutup terkecil yang memuatnya adalah dirinya sendiri. Jadi \(\overline{\overline A}=\overline A\text{.}\)
Pemeriksaan M.79. Tiga wajah batas.
Untuk \(A\subseteq X\text{,}\) buktikan identitas
\begin{equation*}
\Bdry(A)=\overline A\cap\overline{X\setminus A}
=\overline A\setminus\Int(A).
\end{equation*}
Gunakan identitas ini untuk membuktikan bahwa \(\Bdry(A)\) tertutup, bahwa \(\Bdry(A)=\Bdry(X\setminus A)\text{,}\) dan bahwa \(\Bdry(A)=\emptyset\) jika dan hanya jika \(A\) buka-tutup.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Titik batas adalah titik yang setiap lingkungannya bertemu \(A\) dan komplemennya.
Tahap 2. Gunakan \(X\setminus\Int(A)=\overline{X\setminus A}\text{.}\)
Tahap 3. Jika batas kosong, bandingkan \(\overline A\) dengan \(\Int(A)\) dan \(A\text{.}\)
Kedua rumus mengikuti langsung dari pencirian lingkungan. Batas tertutup karena merupakan irisan dua himpunan tertutup; rumusnya simetris terhadap \(A\) dan komplemennya. Batas kosong tepat ketika \(\overline A=\Int(A)=A\text{,}\) yaitu ketika \(A\) sekaligus terbuka dan tertutup.
Titik \(x\) berada dalam \(\overline A\) jika dan hanya jika setiap lingkungan \(x\) bertemu \(A\text{.}\) Demikian pula, \(x\in\overline{X\setminus A}\) jika dan hanya jika setiap lingkungannya bertemu \(X\setminus A\text{.}\) Kedua syarat berlaku sekaligus tepat ketika \(x\) merupakan titik batas \(A\text{.}\) Maka \(\Bdry(A)=\overline A\cap\overline{X\setminus A}\text{.}\)
Sebuah titik tidak berada dalam \(\Int(A)\) tepat ketika setiap lingkungannya bertemu \(X\setminus A\text{.}\) Jadi \(X\setminus\Int(A)=\overline{X\setminus A}\text{,}\) dan
\begin{equation*}
\overline A\cap\overline{X\setminus A}
=\overline A\cap(X\setminus\Int(A))
=\overline A\setminus\Int(A).
\end{equation*}
Bentuk irisan membuktikan ketertutupan. Menukar \(A\) dengan komplemennya hanya menukar kedua faktor, sehingga batasnya sama.
Jika \(A\) buka-tutup, maka \(\overline A=A=\Int(A)\text{,}\) jadi batasnya kosong. Sebaliknya, jika batas kosong, maka \(\overline A\setminus\Int(A)=\emptyset\text{,}\) sehingga \(\overline A\subseteq\Int(A)\text{.}\) Selalu berlaku \(\Int(A)\subseteq A\subseteq\overline A\text{;}\) ketiganya karena itu sama. Persamaan \(A=\Int(A)\) menyatakan bahwa \(A\) terbuka, dan \(A=\overline A\) menyatakan bahwa \(A\) tertutup.
Pemeriksaan M.80. Ketunggalan limit dan alasan Hausdorff diperlukan.
Buktikan bahwa barisan dalam ruang Hausdorff memiliki paling banyak satu limit. Kemudian ambil \(X=\{p,q\}\) dengan topologi indiskret dan tunjukkan bahwa setiap barisan dalam \(X\) konvergen ke \(p\) sekaligus ke \(q\text{.}\) Jelaskan tepat di mana bukti pertama gagal pada contoh kedua.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Jika dua limit berbeda, pisahkan keduanya dengan dua himpunan terbuka yang saling lepas.
Tahap 2. Setelah suatu indeks tertentu, suku barisan harus berada dalam kedua himpunan terbuka tersebut.
Tahap 3. Dalam topologi indiskret, satu-satunya himpunan terbuka yang memuat sebuah titik adalah \(X\text{.}\)
Dua limit berbeda dalam ruang Hausdorff akan mempunyai lingkungan terbuka saling lepas, sedangkan ekor barisan harus berada dalam keduanya, sebuah kontradiksi. Dalam ruang indiskret, setiap lingkungan terbuka yang relevan adalah \(X\text{,}\) sehingga syarat konvergensi terpenuhi untuk setiap titik dan pemisahan yang diperlukan tidak ada.
Andaikan \((x_n)\) konvergen ke dua titik berbeda \(x\) dan \(y\) dalam ruang Hausdorff. Ada himpunan terbuka saling lepas \(U,V\) dengan \(x\in U\) dan \(y\in V\text{.}\) Konvergensi ke \(x\) memberi \(N_U\) sehingga \(x_n\in U\) untuk \(n\geq N_U\text{.}\) Konvergensi ke \(y\) memberi \(N_V\) sehingga \(x_n\in V\) untuk \(n\geq N_V\text{.}\) Jika \(n\geq\max\{N_U,N_V\}\text{,}\) maka \(x_n\in U\cap V\text{,}\) bertentangan dengan \(U\cap V=\emptyset\text{.}\)
Sekarang gunakan topologi \(\{\emptyset,X\}\) pada \(X=\{p,q\}\text{.}\) Satu-satunya himpunan terbuka yang memuat \(p\) adalah \(X\text{,}\) dan setiap suku setiap barisan berada dalam \(X\text{.}\) Jadi definisi konvergensi ke \(p\) dipenuhi, bahkan dengan indeks sejak suku pertama. Argumen yang sama berlaku untuk \(q\text{.}\) Bukti ketunggalan gagal tepat pada langkah memilih lingkungan terbuka saling lepas bagi \(p\) dan \(q\text{;}\) ruang indiskret bukan Hausdorff.
Pemeriksaan M.81. \(T_1\) tidak menjamin sifat Hausdorff.
Misalkan \(X\) himpunan tak berhingga dengan topologi komplemen berhingga. Buktikan bahwa \(X\) merupakan ruang \(T_1\text{,}\) tetapi bukan ruang Hausdorff. Nyatakan pula apa yang terjadi pada barisan konstan dalam ruang ini.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Ruang bersifat \(T_1\) jika setiap himpunan beranggota tunggal tertutup.
Tahap 2. Dua himpunan terbuka tak kosong dalam topologi komplemen berhingga tidak dapat saling lepas.
Tahap 3. Uji konvergensi barisan yang semua sukunya sama dengan \(x\) terhadap lingkungan titik \(y\neq x\) yang tidak memuat \(x\text{.}\)
Setiap himpunan beranggota tunggal tertutup, maka ruang dengan topologi komplemen berhingga bersifat \(T_1\text{.}\) Dua himpunan terbuka tak kosong selalu beririsan, sehingga dua titik berbeda tidak dapat dipisahkan secara Hausdorff. Walaupun ruang tidak Hausdorff, barisan konstan pada \(x\) hanya konvergen ke \(x\) karena sifat \(T_1\) menyediakan lingkungan setiap \(y\neq x\) yang mengecualikan \(x\text{.}\)
Untuk setiap \(x\in X\text{,}\) komplemen \(X\setminus\{x\}\) mempunyai komplemen berhingga, sehingga terbuka dalam topologi komplemen berhingga. Maka \(\{x\}\) tertutup. Karena ini berlaku untuk semua \(x\text{,}\) ruang tersebut bersifat \(T_1\text{.}\)
Jika \(U\) dan \(V\) terbuka tak kosong, komplemen keduanya berhingga. Andaikan \(U\cap V=\emptyset\text{.}\) Hukum De Morgan memberi \(X=(X\setminus U)\cup(X\setminus V)\text{,}\) gabungan dua himpunan berhingga. Ini akan membuat \(X\) berhingga, sebuah kontradiksi. Jadi tidak ada dua himpunan terbuka tak kosong yang saling lepas, dan ruang tidak Hausdorff.
Barisan konstan \(x_n=x\) jelas konvergen ke \(x\text{.}\) Untuk \(y\neq x\text{,}\) himpunan \(X\setminus\{x\}\) adalah lingkungan terbuka dari \(y\) yang tidak memuat satu pun suku barisan. Maka barisan tidak konvergen ke \(y\text{.}\) Jadi kegagalan Hausdorff tidak dengan sendirinya memaksa setiap barisan mempunyai banyak limit.
Pemeriksaan M.82. Garis Sorgenfrey lebih halus secara ketat.
Pada \(\R\text{,}\) misalkan \(\tau_E\) topologi Euklides dan \(\tau_{\ell\ell}\) topologi limit bawah dengan basis semua interval \([a,b)\text{.}\) Buktikan bahwa \(\tau_{\ell\ell}\) lebih halus secara ketat daripada \(\tau_E\text{.}\) Buktikan pula bahwa setiap interval basis \([a,b)\) bersifat buka-tutup dalam \(\tau_{\ell\ell}\text{.}\)
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Untuk \(x\in(a,b)\text{,}\) pilih interval setengah terbuka kecil yang memuat \(x\) dan tetap berada dalam \((a,b)\text{.}\)
Tahap 2. Himpunan \([0,1)\) terbuka dalam topologi limit bawah tetapi bukan dalam topologi Euklides.
Tahap 3. Tulis komplemen \([a,b)\) sebagai gabungan dua himpunan yang terbuka dalam topologi limit bawah.
Setiap interval Euklides merupakan gabungan interval basis limit bawah, sehingga \(\tau_E\subseteq\tau_{\ell\ell}\text{.}\) Inklusi ketat karena \([0,1)\) tidak terbuka dalam topologi Euklides. Selain itu,
\begin{equation*}
\R\setminus[a,b)=(-\infty,a)\cup[b,\infty),
\end{equation*}
dan kedua ruas di kanan terbuka dalam topologi limit bawah; maka \([a,b)\) juga tertutup.
Ambil interval Euklides \((a,b)\) dan \(x\in(a,b)\text{.}\) Karena \(x\lt b\text{,}\) interval basis \([x,b)\) memuat \(x\) dan berada dalam \((a,b)\text{.}\) Jadi setiap titik \((a,b)\) mempunyai anggota basis limit bawah yang berada di dalam interval tersebut. Maka setiap interval Euklides terbuka dalam \(\tau_{\ell\ell}\text{,}\) dan akibatnya \(\tau_E\subseteq\tau_{\ell\ell}\text{.}\)
Himpunan \([0,1)\) sendiri merupakan anggota basis, sehingga terbuka dalam \(\tau_{\ell\ell}\text{.}\) Himpunan itu tidak terbuka dalam topologi Euklides: setiap interval Euklides yang memuat \(0\) juga memuat bilangan negatif. Jadi inklusi topologi bersifat ketat.
Untuk interval basis umum, \(\R\setminus[a,b)=(-\infty,a)\cup[b,\infty)\text{.}\) Kita mempunyai \((-\infty,a)=\bigcup_{x\lt a}[x,a)\) dan \([b,\infty)=\bigcup_{n\geq1}[b,b+n)\text{.}\) Keduanya gabungan anggota basis, jadi terbuka. Komplemen \([a,b)\) terbuka, sehingga \([a,b)\) tertutup sekaligus terbuka.
Pemeriksaan M.83. Tiga pencirian kerapatan.
Untuk \(A\subseteq X\text{,}\) buktikan ekuivalensi berikut:
- \(A\) rapat dalam \(X\text{;}\)
- \(\overline A=X\text{;}\)
- setiap himpunan terbuka tak kosong dalam \(X\) beririsan dengan \(A\text{.}\)
Gunakan hasil ini untuk membuktikan bahwa \(\Q\) rapat dalam \(\R\) bertopologi Euklides, sedangkan \(\Z\) tidak.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Gunakan definisi “rapat” dan pencirian tutupan melalui lingkungan.
Tahap 2. Jika ada himpunan terbuka tak kosong yang tidak bertemu \(A\text{,}\) pilih satu titik di dalamnya.
Tahap 3. Gunakan kerapatan bilangan rasional dalam setiap interval real; untuk \(\Z\text{,}\) cari interval terbuka di antara dua bilangan bulat berturutan.
Kerapatan didefinisikan oleh \(\overline A=X\text{.}\) Persamaan ini berlaku tepat ketika setiap lingkungan dari setiap titik dalam \(X\) bertemu \(A\text{,}\) yang ekuivalen dengan tidak adanya himpunan terbuka tak kosong yang menghindari \(A\text{.}\) Setiap interval terbuka real memuat bilangan rasional, tetapi \((1/4,3/4)\) tidak memuat bilangan bulat.
Pernyataan pertama dan kedua sama menurut definisi kerapatan. Andaikan \(\overline A=X\) dan \(O\) terbuka tak kosong. Pilih \(x\in O\text{.}\) Karena \(x\in\overline A\text{,}\) setiap lingkungan \(x\text{,}\) khususnya \(O\text{,}\) bertemu \(A\text{.}\) Jadi \(O\cap A\neq\emptyset\text{.}\)
Sebaliknya, andaikan setiap himpunan terbuka tak kosong bertemu \(A\text{.}\) Untuk sembarang \(x\in X\text{,}\) setiap lingkungan \(N\) dari \(x\) memuat himpunan terbuka tak kosong \(O\) dengan \(x\in O\subseteq N\text{.}\) Hipotesis memberi \(O\cap A\neq\emptyset\text{,}\) maka \(N\cap A\neq\emptyset\text{.}\) Jadi \(x\in\overline A\text{.}\) Karena \(x\) sembarang, \(\overline A=X\text{.}\)
Setiap himpunan terbuka tak kosong dalam topologi Euklides memuat interval terbuka tak kosong, dan setiap interval demikian memuat bilangan rasional. Maka \(\Q\) rapat dalam \(\R\text{.}\) Sebaliknya, interval terbuka \((1/4,3/4)\) tidak bertemu \(\Z\text{.}\) Pencirian ketiga menunjukkan bahwa \(\Z\) tidak rapat.
Pemeriksaan M.84. Ruang metrik bersifat reguler dan normal.
Misalkan \((X,d)\) ruang metrik. Pertama, untuk himpunan tertutup tak kosong \(C\) dan \(x\notin C\text{,}\) bangun dua himpunan terbuka saling lepas yang masing-masing memuat \(x\) dan \(C\text{.}\) Kemudian, untuk dua himpunan tertutup tak kosong dan saling lepas \(A,B\text{,}\) gunakan fungsi jarak ke himpunan untuk membuktikan bahwa \(X\) bersifat normal. Tangani kasus salah satu himpunan kosong secara terpisah dan jelaskan mengapa tidak aman mengandaikan \(d(A,B)\gt 0\text{.}\)
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Karena \(C\) tertutup dan \(x\notin C\text{,}\) \(\delta=d(x,C)\gt 0\text{.}\) Bandingkan bola berjari-jari \(\delta/3\) di \(x\) dengan gabungan bola yang sesuai di titik-titik \(C\text{.}\)
Tahap 2. Untuk normalitas, tetapkan \(U=\{z:d(z,A)\lt d(z,B)\}\) dan \(V=\{z:d(z,B)\lt d(z,A)\}\text{.}\)
Tahap 3. Fungsi \(z\mapsto d(z,A)\) kontinu dan bahkan Lipschitz. Carilah contoh dua himpunan tertutup saling lepas yang makin mendekat di tak hingga.
Ruang metrik bersifat reguler dengan memisahkan \(x\) dan \(C\) menggunakan jarak positif \(d(x,C)\text{.}\) Untuk normalitas, himpunan \(U\) dan \(V\) di atas terbuka, saling lepas, dan masing-masing memuat \(A\) dan \(B\text{.}\) Dua himpunan tertutup saling lepas dapat mempunyai jarak infimum nol, jadi satu jari-jari seragam tidak selalu tersedia.
Karena \(C\) tertutup dan \(x\notin C\text{,}\) pencirian jarak ke himpunan memberi \(\delta=d(x,C)\gt 0\text{.}\) Tetapkan \(U=B(x,\delta/3)\) dan \(V=\bigcup_{c\in C}B(c,\delta/3)\text{.}\) Keduanya terbuka, \(x\in U\text{,}\) dan \(C\subseteq V\text{.}\) Jika \(z\in U\cap V\text{,}\) ada \(c\in C\) dengan \(d(x,z)\lt\delta/3\) dan \(d(z,c)\lt\delta/3\text{.}\) Ketaksamaan segitiga memberi \(d(x,c)\lt 2\delta/3\lt\delta\text{,}\) bertentangan dengan definisi \(\delta\text{.}\) Maka \(U\cap V=\emptyset\text{,}\) dan ruang bersifat reguler.
Jika salah satu dari \(A,B\) kosong, pisahkan keduanya dengan \(\emptyset\) dan \(X\text{.}\) Untuk dua himpunan tertutup tak kosong dan saling lepas \(A,B\text{,}\) fungsi \(f(z)=d(z,A)-d(z,B)\) kontinu karena masing-masing fungsi jarak kontinu. Maka \(U=f^{-1}((-\infty,0))\) dan \(V=f^{-1}((0,\infty))\) terbuka dan jelas saling lepas. Jika \(a\in A\text{,}\) maka \(d(a,A)=0\text{,}\) sedangkan \(d(a,B)\gt 0\) karena \(B\) tertutup dan \(a\notin B\text{.}\) Jadi \(a\in U\text{.}\) Dengan cara yang sama, \(B\subseteq V\text{.}\) Ini membuktikan normalitas.
Tidak selalu berlaku \(d(A,B)\gt 0\text{.}\) Dalam \(\R^2\text{,}\) ambil \(A=\{(t,0):t\geq1\}\) dan \(B=\{(t,1/t):t\geq1\}\text{.}\) Kedua himpunan tertutup dan saling lepas, tetapi jarak antara \((t,0)\) dan \((t,1/t)\) menuju nol. Jadi pemisahan normal harus memakai jarak titik-ke-himpunan yang berubah terhadap titik, bukan satu jarak global positif.
