Bagian Panduan latihan Bab 14, bagian keenam
Enam panduan terakhir ini mengikuti butir latihan 51 sampai 56 dalam urutan sumber. Untuk setiap pernyataan, “benar” berarti selalu benar; jawaban “salah” harus disertai contoh penyangkal konkret. Dukungan belajar ini ditulis secara terpisah sebagai konten pendamping CC BY 4.0.
Tentukan benar atau salah: jika \(f:X\to Y\) merupakan fungsi kontinu antara ruang topologi \(X\) dan \(Y\text{,}\) maka \(f(U)\) terbuka dalam \(Y\) untuk setiap himpunan terbuka \(U\) dalam \(X\text{.}\) Berikan bukti atau contoh penyangkal sesuai jawaban Anda.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Kekontinuan mengatur prapeta himpunan terbuka, bukan citranya. Pertimbangkan fungsi konstan pada \(\R\) dengan topologi biasa.
Salah. Fungsi konstan \(f:\R\to\R\text{,}\) \(f(x)=0\text{,}\) kontinu, tetapi citra himpunan terbuka \((-1,1)\) adalah singleton \(\{0\}\text{,}\) yang tidak terbuka dalam \(\R\text{.}\)
Beri domain dan kodomain \(\R\) topologi Euklides, lalu definisikan \(f(x)=0\) untuk setiap \(x\in\R\text{.}\) Untuk setiap himpunan terbuka \(V\subseteq\R\text{,}\) prapeta \(f^{-1}(V)\) sama dengan \(\R\) jika \(0\in V\text{,}\) dan sama dengan \(\emptyset\) jika \(0\notin V\text{.}\) Kedua kemungkinan itu terbuka, sehingga \(f\) kontinu.
Namun, untuk himpunan terbuka \(U=(-1,1)\) berlaku \(f(U)=\{0\}\text{.}\) Singleton ini tidak terbuka dalam topologi Euklides pada \(\R\text{.}\) Jadi fungsi kontinu tidak harus merupakan pemetaan terbuka, dan pernyataan tersebut salah.
Pemeriksaan N.77. Fungsi kuadrat pada topologi komplemen berhingga.
Misalkan \(\tau_{FC}\) topologi komplemen berhingga pada \(\R\text{.}\) Tentukan benar atau salah: fungsi \(f:(\R,\tau_{FC})\to(\R,\tau_{FC})\) yang diberikan oleh \(f(x)=x^2\) bersifat kontinu. Jelaskan jawaban Anda.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Jika \(O\) terbuka tak kosong, tulis \(O=\R\setminus F\) dengan \(F\) berhingga. Setiap persamaan \(x^2=y\) mempunyai paling banyak dua penyelesaian real.
Benar. Prapeta setiap himpunan berhingga di bawah \(x\mapsto x^2\) berhingga, sehingga prapeta setiap himpunan terbuka komplemen berhingga kembali terbuka.
Prapeta \(\emptyset\) adalah \(\emptyset\text{,}\) jadi cukup memeriksa himpunan terbuka tak kosong. Ambil \(O\in\tau_{FC}\) tak kosong. Ada himpunan berhingga \(F\subseteq\R\) sehingga \(O=\R\setminus F\text{.}\) Karena prapeta mempertahankan komplemen,
\begin{equation*}
f^{-1}(O)=\R\setminus f^{-1}(F).
\end{equation*}
Untuk setiap \(y\in F\text{,}\) serat \(f^{-1}(\{y\})=\{x\in\R\mid x^2=y\}\) mempunyai paling banyak dua anggota. Maka \(f^{-1}(F)\text{,}\) sebagai gabungan berhingga dari serat-serat tersebut, juga berhingga. Akibatnya \(f^{-1}(O)\) mempunyai komplemen berhingga dan terbuka dalam domain. Prapeta setiap himpunan terbuka dengan demikian terbuka, jadi \(f\) kontinu dan pernyataannya benar.
Pemeriksaan N.78. Pemetaan terbuka bijektif belum tentu homeomorfisme.
Tentukan benar atau salah: jika \(f:X\to Y\) bijektif dan \(f(U)\) terbuka dalam \(Y\) untuk setiap himpunan terbuka \(U\) dalam \(X\text{,}\) maka \(f\) merupakan homeomorfisme. Berikan bukti atau contoh penyangkal sesuai jawaban Anda.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Kebijektifan dan sifat terbuka menjamin kekontinuan \(f^{-1}\text{,}\) tetapi belum menjamin kekontinuan \(f\text{.}\) Bandingkan topologi indiskret dan diskret pada himpunan dua elemen yang sama.
Salah. Identitas dari himpunan dua elemen bertopologi indiskret ke himpunan yang sama bertopologi diskret bersifat bijektif dan terbuka, tetapi tidak kontinu.
Ambil \(S=\{0,1\}\text{,}\) \(X=(S,\{\emptyset,S\})\text{,}\) dan \(Y=(S,\mathcal P(S))\text{.}\) Definisikan \(f:X\to Y\) sebagai fungsi identitas. Fungsi ini bijektif. Himpunan terbuka dalam \(X\) hanya \(\emptyset\) dan \(S\text{;}\) citranya di bawah \(f\) adalah \(\emptyset\) dan \(S\text{,}\) yang keduanya terbuka dalam ruang diskret \(Y\text{.}\) Jadi \(f\) merupakan pemetaan terbuka.
Meskipun demikian, \(\{0\}\) terbuka dalam \(Y\text{,}\) sedangkan \(f^{-1}(\{0\})=\{0\}\) tidak terbuka dalam \(X\text{.}\) Maka \(f\) tidak kontinu dan karena itu bukan homeomorfisme. Contoh ini menunjukkan bahwa asumsi pada pernyataan hanya membuat fungsi invers kontinu; kekontinuan fungsi asal masih dapat gagal.
Pemeriksaan N.79. Bijeksi antara ruang diskret.
Tentukan benar atau salah: jika \(X\) dan \(Y\) merupakan ruang topologi diskret dan \(f:X\to Y\) bijektif, maka \(X\) dan \(Y\) homeomorfik. Jelaskan jawaban Anda.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Dalam ruang diskret, setiap subhimpunan terbuka. Periksa kekontinuan \(f\) dan fungsi inversnya langsung dari definisi melalui prapeta.
Benar. Setiap bijeksi antara dua ruang diskret kontinu dan mempunyai invers yang juga kontinu, sehingga merupakan homeomorfisme.
Ambil sembarang himpunan terbuka \(V\subseteq Y\text{.}\) Prapetanya \(f^{-1}(V)\) adalah suatu subhimpunan \(X\text{,}\) dan setiap subhimpunan \(X\) terbuka karena topologi \(X\) diskret. Jadi \(f\) kontinu. Karena \(f\) bijektif, terdapat fungsi invers \(f^{-1}:Y\to X\text{.}\) Untuk setiap himpunan terbuka \(U\subseteq X\text{,}\) prapeta \(U\) di bawah \(f^{-1}\) adalah \(f(U)\text{,}\) yang merupakan suatu subhimpunan \(Y\) dan karenanya terbuka dalam topologi diskret \(Y\text{.}\) Jadi \(f^{-1}\) juga kontinu. Dengan demikian \(f\) merupakan homeomorfisme, sehingga pernyataan tersebut benar.
Pemeriksaan N.80. Irisan dua relasi ekuivalensi.
Misalkan \(S\) suatu himpunan dan \(R_1\) serta \(R_2\) relasi ekuivalensi pada \(S\text{.}\) Tentukan benar atau salah: \(R=R_1\cap R_2\) juga merupakan relasi ekuivalensi pada \(S\text{.}\) Jelaskan jawaban Anda.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Periksa sifat refleksif, simetris, dan transitif satu per satu. Jika suatu pasangan berada dalam irisan, pasangan itu berada dalam kedua relasi.
Benar. Irisan \(R_1\cap R_2\) mewarisi sifat refleksif, simetris, dan transitif dari kedua relasi ekuivalensi tersebut.
Untuk refleksivitas, ambil \(x\in S\text{.}\) Karena \(R_1\) dan \(R_2\) refleksif, \((x,x)\in R_1\) dan \((x,x)\in R_2\text{.}\) Jadi \((x,x)\in R_1\cap R_2=R\text{.}\)
Untuk simetri, andaikan \((x,y)\in R\text{.}\) Pasangan itu berada dalam \(R_1\) dan \(R_2\text{.}\) Simetri masing-masing relasi memberi \((y,x)\in R_1\) dan \((y,x)\in R_2\text{,}\) sehingga \((y,x)\in R\text{.}\)
Untuk transitivitas, andaikan \((x,y)\in R\) dan \((y,z)\in R\text{.}\) Kedua pasangan berada dalam masing-masing \(R_i\text{.}\) Karena setiap \(R_i\) transitif, \((x,z)\in R_1\) dan \((x,z)\in R_2\text{;}\) maka \((x,z)\in R\text{.}\) Ketiga syarat relasi ekuivalensi terpenuhi, jadi pernyataannya benar.
Pemeriksaan N.81. Gabungan dua relasi ekuivalensi.
Misalkan \(S\) suatu himpunan dan \(R_1\) serta \(R_2\) relasi ekuivalensi pada \(S\text{.}\) Tentukan benar atau salah: \(R=R_1\cup R_2\) juga merupakan relasi ekuivalensi pada \(S\text{.}\) Berikan bukti atau contoh penyangkal sesuai jawaban Anda.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Pada \(S=\{1,2,3\}\text{,}\) ambil satu relasi yang menyatukan \(1\) dengan \(2\) dan relasi lain yang menyatukan \(2\) dengan \(3\text{.}\) Uji transitivitas gabungannya.
Salah. Gabungan dua relasi ekuivalensi tetap refleksif dan simetris, tetapi dapat gagal transitif.
Ambil \(S=\{1,2,3\}\) dan definisikan
\begin{equation*}
R_1=\{(1,1),(2,2),(3,3),(1,2),(2,1)\}
\end{equation*}
serta
\begin{equation*}
R_2=\{(1,1),(2,2),(3,3),(2,3),(3,2)\}.
\end{equation*}
Relasi \(R_1\) adalah relasi ekuivalensi dari partisi \(\{\{1,2\},\{3\}\}\text{,}\) sedangkan \(R_2\) berasal dari partisi \(\{\{1\},\{2,3\}\}\text{.}\) Jadi keduanya memang relasi ekuivalensi.
Dalam gabungan \(R_1\cup R_2\text{,}\) berlaku \((1,2)\in R_1\cup R_2\) dan \((2,3)\in R_1\cup R_2\text{.}\) Namun \((1,3)\notin R_1\cup R_2\text{.}\) Dengan demikian gabungan tersebut tidak transitif dan bukan relasi ekuivalensi. Satu contoh penyangkal ini membuktikan bahwa pernyataan umum tersebut salah.
