Bagian Pemeriksaan penguasaan Bab 14
Delapan pemeriksaan berikut memadukan kekontinuan, pemetaan terbuka dan tertutup, kesetaraan metrik, isometri, homeomorfisme, relasi ekuivalensi, dan invarian topologis 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.
Misalkan \(f:X\to Y\) fungsi antara ruang topologi. Buktikan bahwa dua pernyataan berikut ekuivalen: (i) \(f\) kontinu di setiap titik menurut definisi lingkungan; (ii) untuk setiap himpunan terbuka \(V\subseteq Y\text{,}\) prapeta \(f^{-1}(V)\) terbuka dalam \(X\text{.}\)
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Untuk arah (i) ke (ii), mulai dari suatu \(x\in f^{-1}(V)\text{.}\)
Tahap 2. Gunakan kekontinuan di \(x\) untuk memperoleh himpunan terbuka yang berada di dalam prapeta.
Tahap 3. Untuk arah sebaliknya, masukkan himpunan terbuka di antara \(f(x)\) dan lingkungannya.
Kekontinuan titik demi titik membuat setiap titik prapeta suatu himpunan terbuka menjadi titik interior prapeta tersebut. Sebaliknya, prapeta terbuka dari suatu himpunan terbuka yang berada di dalam lingkungan \(f(x)\) menjadi lingkungan \(x\) yang berada di dalam prapeta lingkungan semula.
Andaikan \(f\) kontinu di setiap titik dan \(V\) terbuka dalam \(Y\text{.}\) Untuk \(x\in f^{-1}(V)\text{,}\) himpunan \(V\) merupakan lingkungan \(f(x)\text{.}\) Kekontinuan di \(x\) menyatakan bahwa \(f^{-1}(V)\) merupakan lingkungan \(x\text{.}\) Jadi ada himpunan terbuka \(U_x\) dengan \(x\in U_x\subseteq f^{-1}(V)\text{.}\) Karena ini berlaku bagi setiap \(x\in f^{-1}(V)\text{,}\) berlaku
\begin{equation*}
f^{-1}(V)=\bigcup_{x\in f^{-1}(V)}U_x,
\end{equation*}
sehingga prapeta tersebut terbuka.
Sebaliknya, andaikan prapeta setiap himpunan terbuka bersifat terbuka. Ambil \(x\in X\) dan lingkungan \(N\) dari \(f(x)\text{.}\) Ada himpunan terbuka \(V\) dengan \(f(x)\in V\subseteq N\text{.}\) Maka \(f^{-1}(V)\) terbuka, memuat \(x\text{,}\) dan berada di dalam \(f^{-1}(N)\text{.}\) Jadi \(f^{-1}(N)\) merupakan lingkungan \(x\text{.}\) Dengan demikian \(f\) kontinu di \(x\text{,}\) dan \(x\) tadi sembarang.
Pemeriksaan N.83. Komposisi dan pembatasan fungsi kontinu.
Misalkan \(f:X\to Y\) dan \(g:Y\to Z\) kontinu. Buktikan bahwa \(g\circ f:X\to Z\) kontinu. Jika \(A\subseteq X\) diberi topologi subruang, buktikan pula bahwa pembatasan \(f|_A:A\to Y\) kontinu.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Hitung prapeta \((g\circ f)^{-1}(W)\text{.}\)
Tahap 2. Untuk pembatasan, hitung \((f|_A)^{-1}(V)\text{.}\)
Tahap 3. Ingat bentuk umum himpunan terbuka dalam topologi subruang.
Untuk \(W\) terbuka dalam \(Z\text{,}\) prapeta komposisi adalah \(f^{-1}(g^{-1}(W))\text{,}\) yang terbuka. Untuk \(V\) terbuka dalam \(Y\text{,}\) prapeta di bawah pembatasan adalah \(A\cap f^{-1}(V)\text{,}\) yang terbuka dalam \(A\text{.}\)
Ambil himpunan terbuka \(W\subseteq Z\text{.}\) Karena \(g\) kontinu, \(g^{-1}(W)\) terbuka dalam \(Y\text{.}\) Karena \(f\) kontinu, \(f^{-1}(g^{-1}(W))\) terbuka dalam \(X\text{.}\) Identitas
\begin{equation*}
(g\circ f)^{-1}(W)=f^{-1}(g^{-1}(W))
\end{equation*}
kemudian membuktikan kekontinuan komposisi.
Untuk pembatasan, jika \(V\subseteq Y\) terbuka, maka
\begin{equation*}
(f|_A)^{-1}(V)=A\cap f^{-1}(V).
\end{equation*}
Himpunan \(f^{-1}(V)\) terbuka dalam \(X\text{.}\) Menurut definisi topologi subruang, irisannya dengan \(A\) terbuka dalam \(A\text{.}\) Maka \(f|_A\) kontinu.
Pemeriksaan N.84. Bijeksi kontinu belum tentu homeomorfisme.
Ambil himpunan \(S\) dengan sedikitnya dua elemen. Misalkan \(S_d\) adalah \(S\) bertopologi diskret dan \(S_i\) adalah \(S\) bertopologi indiskret. Tunjukkan bahwa fungsi identitas \(\operatorname{id}:S_d\to S_i\) kontinu dan bijektif, tetapi bukan homeomorfisme. Kemudian buktikan bahwa bijeksi kontinu \(f:X\to Y\) merupakan homeomorfisme jika dan hanya jika \(f\) merupakan pemetaan terbuka; tunjukkan bahwa kondisi “terbuka” dapat diganti dengan “tertutup”.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Periksa hanya dua himpunan terbuka pada kodomain indiskret.
Tahap 2. Hubungkan kekontinuan \(f^{-1}\) dengan prapeta di bawah \(f^{-1}\text{.}\)
Tahap 3. Untuk bijeksi, citra komplemen adalah komplemen citra.
Identitas dari ruang diskret ke ruang indiskret kontinu, tetapi inversnya tidak kontinu karena suatu himpunan bagian sejati tak kosong terbuka di \(S_d\) dan tidak terbuka di \(S_i\text{.}\) Bagi bijeksi, kekontinuan invers tepat berarti bahwa citra setiap himpunan terbuka terbuka; dengan mengambil komplemen, hal ini ekuivalen dengan citra setiap himpunan tertutup bersifat tertutup.
Satu-satunya himpunan terbuka dalam \(S_i\) adalah \(\emptyset\) dan \(S\text{;}\) prapetanya di bawah identitas adalah himpunan yang sama dan keduanya terbuka dalam \(S_d\text{.}\) Jadi identitas tersebut kontinu dan jelas bijektif. Pilih \(A\subset S\) yang tak kosong dan sejati. Himpunan \(A\) terbuka dalam \(S_d\text{,}\) tetapi prapetanya di bawah fungsi invers, yaitu \(A\text{,}\) tidak terbuka dalam \(S_i\text{.}\) Jadi invers tidak kontinu dan fungsi bukan homeomorfisme.
Sekarang misalkan \(f:X\to Y\) bijektif dan kontinu. Untuk setiap \(U\subseteq X\text{,}\) berlaku \((f^{-1})^{-1}(U)=f(U)\text{.}\) Karena itu \(f^{-1}\) kontinu jika dan hanya jika \(f(U)\) terbuka untuk setiap \(U\) terbuka, yakni jika dan hanya jika \(f\) merupakan pemetaan terbuka.
Jika \(C\subseteq X\) tertutup, bijektivitas memberi \(f(X\setminus C)=Y\setminus f(C)\text{.}\) Dengan mengambil komplemen, citra semua himpunan terbuka terbuka jika dan hanya jika citra semua himpunan tertutup tertutup. Jadi syarat pemetaan terbuka dapat diganti dengan syarat pemetaan tertutup.
Pemeriksaan N.85. Perbandingan metrik dan topologi yang sama.
Misalkan \(d\) dan \(e\) metrik pada himpunan \(X\text{.}\) Jika ada konstanta \(c,C\gt0\) sehingga
\begin{equation*}
c\,d(x,y)\leq e(x,y)\leq C\,d(x,y)
\end{equation*}
untuk semua \(x,y\in X\text{,}\) buktikan bahwa kedua metrik menginduksi topologi yang sama. Lalu, pada \(\R\text{,}\) tetapkan \(e(x,y)=|x-y|/(1+|x-y|)\text{.}\) Buktikan bahwa \(e\) memang metrik dan menginduksi topologi Euklides, walaupun tidak ada batas bawah global \(c|x-y|\leq e(x,y)\) dengan \(c\gt0\text{.}\)
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Bandingkan \(B_d(x,r/C)\text{,}\) \(B_e(x,r)\text{,}\) dan \(B_e(x,cr)\text{.}\)
Tahap 2. Fungsi \(\phi(t)=t/(1+t)\) naik dan subaditif; lalu pecahkan \(\phi(t)\lt r\) untuk \(0\lt r\lt1\text{.}\)
Tahap 3. Biarkan \(|x-y|\) menuju tak hingga untuk menguji batas bawah global.
Inklusi bola \(B_d(x,r/C)\subseteq B_e(x,r)\) dan \(B_e(x,cr)\subseteq B_d(x,r)\) memberi topologi yang sama. Fungsi \(\phi(t)=t/(1+t)\) naik dan subaditif, sehingga komposisinya dengan metrik Euklides merupakan metrik. Jika \(0\lt r\lt1\text{,}\) maka \(B_e(x,r)=B_d(x,r/(1-r))\text{.}\) Namun rasio \(e(x,y)/|x-y|=1/(1+|x-y|)\) menuju nol.
Jika \(d(x,y)\lt r/C\text{,}\) maka \(e(x,y)\leq C d(x,y)\lt r\text{;}\) jadi \(B_d(x,r/C)\subseteq B_e(x,r)\text{.}\) Jika \(e(x,y)\lt cr\text{,}\) maka \(c d(x,y)\leq e(x,y)\lt cr\text{,}\) sehingga \(d(x,y)\lt r\text{;}\) jadi \(B_e(x,cr)\subseteq B_d(x,r)\text{.}\) Di setiap titik, setiap bola dari salah satu metrik memuat bola dari metrik lain. Karena bola membentuk basis, topologi yang diinduksi sama.
Untuk contoh pada \(\R\text{,}\) tetapkan \(\phi(t)=t/(1+t)\) untuk \(t\geq0\text{.}\) Sifat tak negatif, simetri, dan pemisahan titik bagi \(e(x,y)=\phi(|x-y|)\) langsung mengikuti sifat nilai mutlak. Fungsi \(\phi\) naik. Selain itu, untuk \(a,b\geq0\text{,}\)
\begin{equation*}
\phi(a)+\phi(b)-\phi(a+b)
=\frac{ab(2+a+b)}{(1+a)(1+b)(1+a+b)}\geq0.
\end{equation*}
Maka ketaksamaan segitiga bagi nilai mutlak, sifat naik, dan subaditivitas memberi \(e(x,z)\leq e(x,y)+e(y,z)\text{.}\) Jadi \(e\) memang metrik.
Sekarang tulis \(t=|x-y|\text{.}\) Jika \(0\lt r\lt1\text{,}\) maka
\begin{equation*}
\frac{t}{1+t}\lt r\quad\Longleftrightarrow\quad t\lt\frac{r}{1-r}.
\end{equation*}
Jadi \(B_e(x,r)=B_d(x,r/(1-r))\text{,}\) dengan \(d\) metrik Euklides. Sebaliknya, untuk setiap \(s\gt0\text{,}\) pilihan \(r=s/(1+s)\) memberi \(B_d(x,s)=B_e(x,r)\text{.}\) Maka kedua keluarga bola menghasilkan topologi yang sama.
Andaikan ada \(c\gt0\) dengan \(c|x-y|\leq e(x,y)\) untuk semua pasangan. Untuk \(x=0\) dan \(y=t\gt0\text{,}\) pembagian oleh \(t\) memberi \(c\leq1/(1+t)\text{.}\) Ruas kanan menuju nol ketika \(t\) menuju tak hingga, sebuah kontradiksi. Jadi perbandingan dua arah dengan konstanta global cukup, tetapi bukan syarat perlu bagi kesamaan topologi.
Pemeriksaan N.86. Isometri sebagai homeomorfisme pada citranya.
Misalkan \(f:(X,d_X)\to(Y,d_Y)\) memenuhi \(d_Y(f(x),f(x'))=d_X(x,x')\) untuk semua \(x,x'\in X\text{.}\) Buktikan bahwa \(f\) injektif dan merupakan homeomorfisme dari \(X\) ke subruang \(f(X)\text{.}\) Simpulkan bahwa isometri surjektif adalah homeomorfisme, lalu jelaskan mengapa inklusi \(\Z\hookrightarrow\R\) tidak menjadi homeomorfisme ke \(\R\) walaupun merupakan isometri pada metrik Euklides.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Jika \(f(x)=f(x')\text{,}\) bandingkan jaraknya.
Tahap 2. Hitung citra bola \(B_{d_X}(x,r)\) di dalam subruang \(f(X)\text{.}\)
Tahap 3. Homeomorfisme ke seluruh kodomain harus surjektif.
Pelestarian jarak membuat \(f\) injektif dan memadankan setiap bola di \(X\) dengan bola subruang berjari-jari sama di \(f(X)\text{.}\) Karena itu \(f\) dan inversnya pada citra kontinu. Inklusi \(\Z\hookrightarrow\R\) tidak surjektif, jadi bukan homeomorfisme ke seluruh \(\R\text{.}\)
Jika \(f(x)=f(x')\text{,}\) maka \(d_X(x,x')=d_Y(f(x),f(x'))=0\text{,}\) sehingga \(x=x'\text{.}\) Jadi \(f\) injektif. Beri \(f(X)\) metrik subruang dari \(Y\text{.}\) Untuk setiap \(x\in X\) dan \(r\gt0\text{,}\) pelestarian jarak dan definisi citra memberi
\begin{equation*}
f(B_{d_X}(x,r))=B_{d_Y}(f(x),r)\cap f(X).
\end{equation*}
Maka \(f\) memadankan basis bola pada \(X\) dengan basis bola pada \(f(X)\text{.}\) Akibatnya \(f:X\to f(X)\) kontinu dan terbuka; sebagai bijeksi ke citranya, inversnya juga kontinu. Jadi \(f\) merupakan homeomorfisme ke \(f(X)\text{.}\)
Jika \(f\) surjektif, maka \(f(X)=Y\text{,}\) sehingga hasil tadi langsung memberi homeomorfisme \(X\to Y\text{.}\) Inklusi \(i:\Z\hookrightarrow\R\) mempertahankan jarak Euklides, tetapi citranya hanya \(\Z\text{,}\) bukan seluruh \(\R\text{.}\) Ia adalah homeomorfisme dari \(\Z\) ke subruang \(\Z\subseteq\R\text{,}\) bukan homeomorfisme ke kodomain \(\R\text{.}\)
Pemeriksaan N.87. Relasi ekuivalensi yang ditentukan oleh suatu surjeksi.
Misalkan \(q:X\to Y\) surjektif dan definisikan \(x\sim x'\) jika dan hanya jika \(q(x)=q(x')\text{.}\) Buktikan bahwa \(\sim\) merupakan relasi ekuivalensi, bahwa kelas \([x]\) tepat sama dengan serat \(q^{-1}(\{q(x)\})\text{,}\) dan bahwa aturan \(\bar q([x])=q(x)\) menentukan bijeksi \(\bar q:X/{\sim}\to Y\text{.}\)
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Gunakan refleksivitas, simetri, dan transitivitas kesamaan di \(Y\text{.}\)
Tahap 2. Buktikan aturan bagi \(\bar q\) tidak bergantung pada wakil kelas.
Tahap 3. Gunakan surjektivitas \(q\) untuk surjektivitas \(\bar q\text{.}\)
Kesamaan nilai \(q\) mewarisi ketiga sifat relasi ekuivalensi. Definisi kelas memberi \([x]=q^{-1}(\{q(x)\})\text{.}\) Kesamaan kelas menjamin \(\bar q\) terdefinisi dengan baik dan injektif, sedangkan surjektivitas \(q\) memberi surjektivitas \(\bar q\text{.}\)
Untuk setiap \(x\in X\text{,}\) berlaku \(q(x)=q(x)\text{,}\) maka \(x\sim x\text{.}\) Jika \(x\sim x'\text{,}\) maka \(q(x)=q(x')\text{;}\) simetri kesamaan memberi \(q(x')=q(x)\text{,}\) maka \(x'\sim x\text{.}\) Jika \(x\sim x'\) dan \(x'\sim x''\text{,}\) maka \(q(x)=q(x')=q(x'')\text{,}\) sehingga \(x\sim x''\text{.}\) Jadi \(\sim\) relasi ekuivalensi.
Menurut definisi,
\begin{equation*}
[x]=\{z\in X:q(z)=q(x)\}=q^{-1}(\{q(x)\}).
\end{equation*}
Jika \([x]=[x']\text{,}\) maka \(x\sim x'\text{,}\) sehingga \(q(x)=q(x')\text{.}\) Karena itu nilai \(\bar q([x])\) tidak bergantung pada wakil dan aturan tersebut terdefinisi dengan baik.
Jika \(\bar q([x])=\bar q([x'])\text{,}\) maka \(q(x)=q(x')\text{,}\) sehingga \(x\sim x'\) dan \([x]=[x']\text{;}\) jadi \(\bar q\) injektif. Untuk setiap \(y\in Y\text{,}\) surjektivitas \(q\) memberi \(x\in X\) dengan \(q(x)=y\text{.}\) Maka \(\bar q([x])=y\text{,}\) jadi \(\bar q\) surjektif dan karena itu bijektif.
Pemeriksaan N.88. Homeomorfisme memadankan seluruh topologi.
Misalkan \(f:X\to Y\) homeomorfisme. Buktikan bahwa aturan \(U\mapsto f(U)\) merupakan bijeksi dari keluarga himpunan terbuka pada \(X\) ke keluarga himpunan terbuka pada \(Y\) dan mempertahankan gabungan sebarang serta irisan berhingga. Simpulkan bahwa banyaknya himpunan terbuka merupakan invarian topologis. Gunakan hasil itu untuk membuktikan bahwa tiga topologi pada \(\{0,1\}\text{,}\) yaitu topologi indiskret, topologi \(\{\emptyset,\{1\},\{0,1\}\}\text{,}\) dan topologi diskret, saling tidak homeomorfik.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Gunakan kekontinuan invers untuk menunjukkan bahwa \(f\) terbuka.
Tahap 2. Citra di bawah fungsi selalu mempertahankan gabungan; bijektivitas diperlukan untuk irisan.
Tahap 3. Hitung banyaknya himpunan terbuka pada ketiga ruang dua titik.
Homeomorfisme dan inversnya mengirim himpunan terbuka ke himpunan terbuka, sehingga keduanya memberikan bijeksi antara dua topologi. Bijeksi tersebut mempertahankan operasi himpunan yang diminta. Ketiga ruang dua titik memiliki berturut-turut 2, 3, dan 4 himpunan terbuka, sehingga tidak ada dua yang homeomorfik.
Jika \(U\) terbuka dalam \(X\text{,}\) maka \(f(U)=(f^{-1})^{-1}(U)\) terbuka dalam \(Y\) karena \(f^{-1}\) kontinu. Sebaliknya, setiap himpunan terbuka \(V\) dalam \(Y\) adalah citra \(f(f^{-1}(V))\) dari himpunan terbuka \(f^{-1}(V)\) dalam \(X\text{.}\) Jadi aturan citra bersifat surjektif pada keluarga himpunan terbuka; injektivitasnya mengikuti injektivitas \(f\) atau keberadaan aturan invers \(V\mapsto f^{-1}(V)\text{.}\)
Untuk sebarang keluarga \(\{U_\alpha\}\text{,}\) selalu berlaku \(f(\bigcup_\alpha U_\alpha)=\bigcup_\alpha f(U_\alpha)\text{.}\) Karena \(f\) injektif, untuk keluarga berhingga juga berlaku \(f(U_1\cap\cdots\cap U_n)=f(U_1)\cap\cdots\cap f(U_n)\text{.}\) Maka struktur topologi, termasuk kardinalitas keluarga himpunan terbuka, dipertahankan.
Topologi indiskret pada \(\{0,1\}\) memiliki dua himpunan terbuka. Topologi \(\{\emptyset,\{1\},\{0,1\}\}\) memiliki tiga, sedangkan topologi diskret memiliki empat. Karena jumlah ini berbeda pada setiap pasangan, tidak ada homeomorfisme di antara pasangan mana pun.
Pemeriksaan N.89. Ruang terbatas yang homeomorfik dengan garis real.
Buktikan bahwa fungsi
\begin{equation*}
h:(0,1)\to\R,\qquad h(x)=\tan\bigl(\pi(x-1/2)\bigr)
\end{equation*}
merupakan homeomorfisme dengan topologi Euklides. Tulis inversnya secara eksplisit. Jelaskan mengapa contoh ini menunjukkan bahwa “terbatas sebagai himpunan bagian dari \(\R\) dengan metrik Euklides” bukan invarian topologis.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Tahap 1. Peta linear \(x\mapsto\pi(x-1/2)\) memadankan \((0,1)\) dengan \((-\pi/2,\pi/2)\text{.}\)
Tahap 2. Fungsi tangen kontinu dan naik ketat pada interval tersebut.
Tahap 3. Gunakan fungsi arctangen untuk menulis invers kontinu.
Fungsi \(h\) bijektif dan kontinu, dengan invers \(h^{-1}(y)=1/2+\arctan(y)/\pi\) yang kontinu. Jadi \((0,1)\) homeomorfik dengan \(\R\text{,}\) walaupun yang pertama terbatas dan yang kedua tidak terbatas dalam metrik Euklides.
Peta \(a(x)=\pi(x-1/2)\) merupakan bijeksi kontinu dari \((0,1)\) ke \((-\pi/2,\pi/2)\text{,}\) dengan invers kontinu \(a^{-1}(t)=1/2+t/\pi\text{.}\) Pada interval \((-\pi/2,\pi/2)\text{,}\) fungsi tangen kontinu, naik ketat, dan nilainya menuju \(-\infty\) serta \(+\infty\) di kedua ujung. Karena itu tangen merupakan bijeksi ke \(\R\text{.}\) Komposisinya dengan \(a\) adalah \(h\text{,}\) sehingga \(h\) bijektif dan kontinu.
Menyelesaikan \(y=\tan(\pi(x-1/2))\) memberi
\begin{equation*}
h^{-1}(y)=\frac12+\frac{1}{\pi}\arctan(y).
\end{equation*}
Fungsi arctangen kontinu pada \(\R\text{,}\) maka invers tersebut kontinu. Jadi \(h\) homeomorfisme. Himpunan \((0,1)\) terbatas dalam metrik Euklides, sedangkan \(\R\) tidak. Homeomorfisme tidak mempertahankan ukuran jarak atau kedudukan suatu ruang sebagai himpunan bagian dari ruang metrik luar. Maka keterbatasan Euklides semacam itu bukan sifat topologis.
