Bagian Panduan Belajar Mandiri: Aksioma Separasi dan Ruang Hausdorff
Panduan ini mengembangkan alasan di balik sifat Hausdorff: titik-titik berbeda dapat ditempatkan dalam himpunan terbuka yang saling lepas.
Dalam ruang metrik \((X,d)\text{,}\) misalkan \(x\neq y\text{.}\) Jelaskan mengapa \(x\) dan \(y\) tidak dapat sekaligus menjadi limit dari barisan yang sama apabila terdapat bola terbuka saling lepas \(B(x,r)\) dan \(B(y,s)\) dengan \(B(x,r)\cap B(y,s)=\emptyset\text{.}\)
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Andaikan suatu barisan \((z_n)\) konvergen ke \(x\) dan ke \(y\text{.}\)
Tahap 2. Konvergensi ke masing-masing titik membuat suku-suku barisan akhirnya berada dalam masing-masing bola.
Tahap 3. Gunakan indeks yang lebih besar dari kedua ambang konvergensi.
Setelah suatu indeks tertentu, setiap suku harus berada sekaligus dalam kedua bola, bertentangan dengan irisan kedua bola yang kosong.
Andaikan \(z_n\to x\) dan \(z_n\to y\text{.}\) Karena \(B(x,r)\) lingkungan dari \(x\text{,}\) terdapat \(N_x\) sehingga \(z_n\in B(x,r)\) untuk setiap \(n\geq N_x\text{.}\) Demikian pula, terdapat \(N_y\) sehingga \(z_n\in B(y,s)\) untuk setiap \(n\geq N_y\text{.}\) Untuk \(n\geq\max\{N_x,N_y\}\text{,}\) diperoleh \(z_n\in B(x,r)\cap B(y,s)\text{,}\) padahal irisan itu kosong. Kontradiksi ini menunjukkan bahwa kedua titik tidak dapat menjadi limit dari barisan yang sama.
Pemeriksaan M.27. Membangun Bola Terbuka Saling Lepas.
Dalam ruang metrik \((X,d)\text{,}\) misalkan \(x\neq y\text{.}\) Tunjukkan bahwa terdapat \(r,s\gt 0\) sehingga bola terbuka \(B(x,r)\) dan \(B(y,s)\) saling lepas.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Tetapkan \(\delta=d(x,y)\text{;}\) karena \(x\neq y\text{,}\) maka \(\delta\gt 0\text{.}\)
Tahap 2. Pilih kedua jari-jari lebih kecil daripada \(\delta/2\text{,}\) misalnya \(r=s=\delta/3\text{.}\)
Tahap 3. Jika suatu titik berada dalam kedua bola, terapkan ketaksamaan segitiga.
Pilihan \(r=s=d(x,y)/3\) menghasilkan \(B(x,r)\cap B(y,s)=\emptyset\text{.}\)
Misalkan \(\delta=d(x,y)\gt 0\) dan pilih \(r=s=\delta/3\text{.}\) Jika ada \(z\in B(x,r)\cap B(y,s)\text{,}\) ketaksamaan segitiga memberikan
\begin{equation*}
\delta=d(x,y)\leq d(x,z)+d(z,y)\lt r+s=\frac{2\delta}{3},
\end{equation*}
yang mustahil. Jadi tidak ada titik dalam irisan kedua bola, sehingga bola-bola tersebut saling lepas.
Pemeriksaan M.28. Mengapa Contoh Tiga Titik Bukan Hausdorff.
Kembali ke ruang pada Kegiatan 13.4: \(X=\{a,b,c\}\) dan \(\tau=\{\emptyset,\{c\},\{a,c\},\{b,c\},X\}\text{.}\) Untuk \(x\neq c\text{,}\) jelaskan mengapa tidak ada himpunan terbuka saling lepas \(O_x\) dan \(O_c\) yang masing-masing memuat \(x\) dan \(c\text{.}\)
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Daftarkan himpunan terbuka tak kosong yang memuat \(a\) dan yang memuat \(b\text{.}\)
Tahap 2. Perhatikan satu titik yang berada dalam setiap himpunan terbuka tak kosong pada topologi ini.
Tahap 3. Tunjukkan bahwa titik tersebut harus berada dalam \(O_x\cap O_c\text{.}\)
Setiap himpunan terbuka tak kosong memuat \(c\text{.}\) Karena itu, \(c\in O_x\cap O_c\text{,}\) sehingga irisan tersebut tidak pernah kosong.
Jika \(x=a\text{,}\) setiap himpunan terbuka yang memuat \(x\) adalah \(\{a,c\}\) atau \(X\text{;}\) keduanya memuat \(c\text{.}\) Jika \(x=b\text{,}\) setiap himpunan terbuka yang memuat \(x\) adalah \(\{b,c\}\) atau \(X\text{;}\) keduanya juga memuat \(c\text{.}\) Sementara itu, setiap \(O_c\) tentu memuat \(c\text{.}\) Jadi dalam kedua kasus \(c\in O_x\cap O_c\text{,}\) sehingga pasangan lingkungan terbuka saling lepas tidak ada.
Pemeriksaan M.29. Topologi Diskret Selalu Hausdorff.
Misalkan \(X\) sebarang himpunan dan \(\tau\) topologi diskret pada \(X\text{.}\) Tentukan apakah \((X,\tau)\) Hausdorff dan berikan alasannya.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Ambil dua titik berbeda \(x,y\in X\text{.}\)
Tahap 2. Dalam topologi diskret, setiap subhimpunan, khususnya himpunan beranggota tunggal, terbuka.
Tahap 3. Gunakan \(\{x\}\) dan \(\{y\}\) sebagai lingkungan pemisah.
Ya, setiap ruang diskret adalah ruang Hausdorff.
Untuk titik berbeda \(x,y\in X\text{,}\) himpunan \(\{x\}\) dan \(\{y\}\) terbuka dalam topologi diskret. Keduanya masing-masing memuat \(x\) dan \(y\text{,}\) serta \(\{x\}\cap\{y\}=\emptyset\text{.}\) Jadi syarat Hausdorff terpenuhi. Jika \(X\) memiliki kurang dari dua titik, syarat tersebut terpenuhi secara trivial.
Pemeriksaan M.30. Ruang Hausdorff Berhingga Bersifat Diskret.
Misalkan \((X,\tau)\) Hausdorff dan \(X=\{x,x_1,x_2,\ldots,x_n\}\) berhingga. Tentukan apakah \(\{x\}\) terbuka dan simpulkan bentuk \(\tau\text{.}\)
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Untuk setiap \(i\text{,}\) gunakan sifat Hausdorff untuk memilih lingkungan terbuka \(U_i\) dari \(x\) yang tidak memuat \(x_i\text{.}\)
Tahap 2. Ambil irisan berhingga \(U=\bigcap_{i=1}^{n}U_i\text{.}\)
Tahap 3. Setelah setiap himpunan beranggota tunggal diketahui terbuka, tuliskan sebarang subhimpunan sebagai gabungannya.
Ya, \(\{x\}\) terbuka. Karena argumen berlaku untuk setiap \(x\in X\text{,}\) semua himpunan beranggota tunggal terbuka dan \(\tau=\mathcal P(X)\text{;}\) jadi topologinya diskret.
Untuk setiap \(i=1,\ldots,n\text{,}\) sifat Hausdorff memberikan himpunan terbuka saling lepas \(U_i\) dan \(V_i\) dengan \(x\in U_i\) dan \(x_i\in V_i\text{.}\) Karena keduanya saling lepas, \(x_i\notin U_i\text{.}\) Irisan berhingga \(U=\bigcap_{i=1}^{n}U_i\) terbuka dan memuat \(x\text{.}\) Untuk setiap \(i\text{,}\) himpunan \(U\) termuat dalam \(U_i\text{,}\) sehingga tidak memuat \(x_i\text{.}\) Jadi \(U=\{x\}\text{.}\)
Titik \(x\) dipilih sebarang, maka setiap himpunan beranggota tunggal dalam \(X\) terbuka. Setiap subhimpunan \(A\subseteq X\) adalah gabungan himpunan-himpunan beranggota tunggal \(A=\bigcup_{a\in A}\{a\}\text{,}\) sehingga terbuka. Dengan demikian \(\tau=\mathcal P(X)\) dan ruang tersebut diskret.
