Lompat ke konten utama

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

Steven Schlicker

Bagian Panduan Belajar Mandiri: Kekontinuan dan Ekuivalensi

Panduan ini mendampingi pertanyaan nonlatihan tentang pembuktian kekontinuan, ekuivalensi metrik dan topologis, serta relasi ekuivalensi. Pada setiap soal, perhatikan dengan cermat sifat yang harus dipertahankan oleh fungsi yang digunakan.
Misalkan \(f:(X,\tau_X)\to(Y,\tau_Y)\) suatu fungsi dan andaikan \(f^{-1}(O)\) terbuka dalam \(X\) setiap kali \(O\) terbuka dalam \(Y\text{.}\) Misalkan \(a\in X\) dan andaikan \(N\) suatu lingkungan bagi \(f(a)\) dalam \(Y\text{.}\) Apa yang dapat disimpulkan dari fakta bahwa \(N\) merupakan lingkungan?
Petunjuk.
Tahap 1. Ingat definisi lingkungan suatu titik dalam ruang topologi.
Tahap 2. Cari suatu himpunan terbuka yang berada di antara titik \(f(a)\) dan himpunan \(N\text{.}\)
Tahap 3. Nyatakan kesimpulan itu sebagai rantai keanggotaan dan inklusi.
Jawaban.
Terdapat himpunan terbuka \(O\) dalam \(Y\) sedemikian sehingga \(f(a)\in O\subseteq N\text{.}\)
Solusi.
Menurut definisi, suatu himpunan merupakan lingkungan bagi sebuah titik jika himpunan itu memuat suatu himpunan terbuka yang memuat titik tersebut. Karena \(N\) merupakan lingkungan bagi \(f(a)\text{,}\) ada \(O\in\tau_Y\) dengan \(f(a)\in O\) dan \(O\subseteq N\text{.}\) Pada tahap ini belum perlu disimpulkan bahwa \(N\) sendiri terbuka.
Misalkan \(f:(X,\tau_X)\to(Y,\tau_Y)\) suatu fungsi yang memenuhi: \(f^{-1}(O)\) terbuka dalam \(X\) untuk setiap himpunan terbuka \(O\) dalam \(Y\text{.}\) Jika \(a\in X\) dan \(N\) merupakan lingkungan bagi \(f(a)\text{,}\) jelaskan mengapa \(f^{-1}(N)\) merupakan lingkungan bagi \(a\) dalam \(X\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Pilih \(O\) terbuka dengan \(f(a)\in O\subseteq N\text{.}\)
Tahap 2. Terapkan asumsi soal kepada \(O\text{,}\) bukan langsung kepada \(N\text{.}\)
Tahap 3. Ambil prapeta pada rantai \(f(a)\in O\subseteq N\text{.}\)
Jawaban.
Himpunan \(f^{-1}(N)\) memuat himpunan terbuka \(f^{-1}(O)\) yang memuat \(a\text{;}\) karena itu \(f^{-1}(N)\) merupakan lingkungan bagi \(a\text{.}\)
Solusi.
Karena \(N\) merupakan lingkungan bagi \(f(a)\text{,}\) terdapat \(O\in\tau_Y\) dengan \(f(a)\in O\subseteq N\text{.}\) Asumsi mengenai \(f\) memberikan \(f^{-1}(O)\in\tau_X\text{.}\) Selain itu, \(f(a)\in O\) menyiratkan \(a\in f^{-1}(O)\text{,}\) sedangkan \(O\subseteq N\) menyiratkan \(f^{-1}(O)\subseteq f^{-1}(N)\text{.}\) Jadi \(f^{-1}(N)\) memuat suatu himpunan terbuka yang memuat \(a\text{,}\) tepat seperti yang disyaratkan oleh definisi lingkungan bagi \(a\text{.}\)
Misalkan \(f:(X,\tau_X)\to(Y,\tau_Y)\) suatu fungsi dan andaikan prapeta setiap himpunan terbuka dalam \(Y\) terbuka dalam \(X\text{.}\) Untuk setiap \(a\in X\) dan setiap lingkungan \(N\) bagi \(f(a)\text{,}\) telah ditunjukkan bahwa \(f^{-1}(N)\) merupakan lingkungan bagi \(a\text{.}\) Jelaskan bagaimana hal ini menunjukkan bahwa \(f\) merupakan fungsi kontinu.
Petunjuk.
Tahap 1. Bandingkan kesimpulan yang telah diperoleh dengan definisi kontinu di \(a\text{.}\)
Tahap 2. Perhatikan bahwa \(a\) dipilih secara sebarang.
Tahap 3. Gunakan definisi kontinu pada seluruh ruang \(X\text{.}\)
Jawaban.
Kesimpulan tersebut membuktikan bahwa \(f\) kontinu di setiap \(a\in X\text{;}\) oleh karena itu \(f\) kontinu pada \(X\text{.}\)
Solusi.
Untuk titik sebarang \(a\in X\text{,}\) prapeta setiap lingkungan \(N\) bagi \(f(a)\) telah terbukti merupakan lingkungan bagi \(a\text{.}\) Ini persis definisi bahwa \(f\) kontinu di \(a\text{.}\) Karena pilihan \(a\) tidak dibatasi, pernyataan itu berlaku pada setiap titik \(X\text{.}\) Jadi \(f\) kontinu. Dengan demikian, bersama arah sebaliknya, diperoleh pencirian bahwa \(f\) kontinu jika dan hanya jika prapeta setiap himpunan terbuka dalam \(Y\) terbuka dalam \(X\text{.}\)
Misalkan \(X=((0,1),d_X)\) dan \(Y=((0,2),d_Y)\text{,}\) dengan \(d_X\) dan \(d_Y\) keduanya metrik Euklides. Apakah mungkin menemukan bijeksi \(f:X\to Y\) yang mempertahankan sifat-sifat metrik, yaitu memenuhi \(d_X(a,b)=d_Y(f(a),f(b))\) untuk semua \(a,b\in(0,1)\text{?}\) Jelaskan.
Petunjuk.
Tahap 1. Andaikan bijeksi yang mempertahankan jarak itu ada.
Tahap 2. Pilih dua titik dalam \((0,2)\) yang jaraknya lebih besar daripada \(1\text{.}\)
Tahap 3. Gunakan surjektivitas untuk mengambil prapeta kedua titik tersebut dalam \((0,1)\text{.}\)
Jawaban.
Tidak. Setiap dua titik dalam \((0,1)\) berjarak kurang dari \(1\text{,}\) sedangkan \((0,2)\) memiliki pasangan titik yang berjarak lebih dari \(1\text{.}\)
Solusi.
Andaikan terdapat bijeksi \(f:X\to Y\) yang mempertahankan jarak. Ambil, misalnya, \(u=\frac14\) dan \(v=\frac74\) dalam \((0,2)\text{.}\) Karena \(f\) surjektif, terdapat \(a,b\in(0,1)\) dengan \(f(a)=u\) dan \(f(b)=v\text{.}\) Pelestarian jarak akan memberikan
\begin{equation*} |a-b|=d_X(a,b)=d_Y(f(a),f(b))=|u-v|=\frac32. \end{equation*}
Namun, \(|a-b|\lt 1\) untuk semua \(a,b\in(0,1)\text{.}\) Kontradiksi ini menunjukkan bahwa tidak ada bijeksi yang mempertahankan jarak; kedua ruang tersebut tidak ekuivalen secara metrik.
Misalkan \(X=((0,1),d_X)\) dan \(Y=((0,2),d_Y)\text{,}\) dengan \(d_X(a,b)=2|a-b|\) dan \(d_Y=d_E\text{.}\) Anda boleh mengasumsikan bahwa \(d_X\) merupakan suatu metrik. Apakah mungkin menemukan bijeksi \(f:X\to Y\) yang mempertahankan sifat-sifat metrik? Jelaskan.
Petunjuk.
Tahap 1. Cari fungsi sederhana yang memetakan \((0,1)\) tepat ke \((0,2)\text{.}\)
Tahap 2. Periksa secara terpisah bahwa fungsi tersebut bijektif.
Tahap 3. Hitung \(d_Y(f(a),f(b))\) dan bandingkan dengan \(d_X(a,b)\text{.}\)
Jawaban.
Ya. Fungsi \(f(x)=2x\) adalah bijeksi dari \((0,1)\) ke \((0,2)\) dan mempertahankan jarak.
Solusi.
Definisikan \(f:(0,1)\to(0,2)\) dengan \(f(x)=2x\text{.}\) Fungsi ini injektif, dan untuk setiap \(y\in(0,2)\) berlaku \(y/2\in(0,1)\) serta \(f(y/2)=y\text{,}\) sehingga \(f\) surjektif. Untuk semua \(a,b\in(0,1)\text{,}\)
\begin{equation*} d_Y(f(a),f(b))=|2a-2b|=2|a-b|=d_X(a,b). \end{equation*}
Jadi \(f\) merupakan isometri, dan kedua ruang tersebut ekuivalen secara metrik.
Apakah \((\R^2,d_T)\) dan \((\R^2,d_M)\) ekuivalen secara topologis? Jelaskan.
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan pemetaan identitas pada himpunan dasar \(\R^2\text{.}\)
Tahap 2. Untuk dua titik, tuliskan jarak taksi sebagai jumlah dua selisih koordinat mutlak dan jarak maksimum sebagai nilai terbesar di antaranya.
Tahap 3. Batasi masing-masing jarak dengan kelipatan tetap dari jarak lainnya.
Jawaban.
Ya. Pemetaan identitas merupakan homeomorfisme karena \(d_M(p,q)\leq d_T(p,q)\leq 2d_M(p,q)\) untuk semua \(p,q\in\R^2\text{.}\)
Solusi.
Tuliskan \(p=(p_1,p_2)\text{,}\) \(q=(q_1,q_2)\text{,}\) dan \(r_i=|p_i-q_i|\text{.}\) Maka \(d_T(p,q)=r_1+r_2\) dan \(d_M(p,q)=\max\{r_1,r_2\}\text{.}\) Karena setiap \(r_i\) tidak melebihi nilai maksimumnya,
\begin{equation*} d_M(p,q)\leq d_T(p,q)\leq 2d_M(p,q). \end{equation*}
Jadi kedua metrik saling membatasi dengan konstanta positif \(1\) dan \(2\text{.}\) Teorema perbandingan metrik kemudian menunjukkan bahwa pemetaan identitas dari salah satu ruang ke ruang lainnya dan inversnya kontinu. Karena pemetaan identitas juga bijektif, ia merupakan homeomorfisme. Jadi kedua ruang itu ekuivalen secara topologis.
Apakah \((\R^2,d_E)\) dan \((\R^2,d_T)\) ekuivalen secara topologis? Jelaskan.
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan pemetaan identitas pada \(\R^2\text{.}\)
Tahap 2. Terapkan \(\sqrt{u^2+v^2}\leq |u|+|v|\text{.}\)
Tahap 3. Untuk arah sebaliknya, kuadratkan dan gunakan \(2|uv|\leq u^2+v^2\text{.}\)
Jawaban.
Ya. Untuk semua \(p,q\in\R^2\) berlaku \(d_E(p,q)\leq d_T(p,q)\leq\sqrt{2}\,d_E(p,q)\text{,}\) sehingga pemetaan identitas merupakan homeomorfisme.
Solusi.
Misalkan selisih koordinat \(p\) dan \(q\) adalah \(u\) dan \(v\text{.}\) Ketaksamaan pertama mengikuti dari \(\sqrt{u^2+v^2}\leq |u|+|v|\text{.}\) Selanjutnya,
\begin{equation*} (|u|+|v|)^2=u^2+2|uv|+v^2\leq 2(u^2+v^2), \end{equation*}
sehingga \(|u|+|v|\leq\sqrt{2}\sqrt{u^2+v^2}\text{.}\) Oleh karena itu,
\begin{equation*} d_E(p,q)\leq d_T(p,q)\leq\sqrt{2}\,d_E(p,q). \end{equation*}
Teorema perbandingan metrik menjamin bahwa pemetaan identitas dan inversnya kontinu. Pemetaan ini bijektif, maka merupakan homeomorfisme; kedua ruang itu ekuivalen secara topologis.
Apakah Anda menduga bahwa \((\R^2,d_E)\) dan \((\R^2,d_M)\) ekuivalen secara topologis? Jelaskan tanpa melakukan perhitungan ataupun perbandingan.
Petunjuk.
Tahap 1. Bayangkan bentuk bola terbuka untuk kedua metrik tersebut.
Tahap 2. Tanyakan apakah cakram terbuka dapat dideformasi menjadi persegi terbuka tanpa merobek atau merekatkan bidang.
Tahap 3. Ingat bahwa topologi memperhatikan struktur himpunan terbuka, bukan nilai jarak yang persis.
Jawaban.
Ya. Secara geometris, lingkungan berbentuk cakram dan lingkungan berbentuk persegi menggambarkan struktur terbuka yang sama pada bidang.
Solusi.
Dugaan yang wajar adalah bahwa kedua ruang tersebut ekuivalen secara topologis. Bola terbuka metrik Euklides tampak sebagai cakram, sedangkan bola terbuka metrik maksimum tampak sebagai persegi dengan sisi sejajar sumbu. Cakram dapat diregangkan menjadi persegi, dan sebaliknya, tanpa membuat lubang, merobek, atau merekatkan bidang. Perubahan bentuk ini tidak mengubah gagasan bahwa setiap titik memiliki lingkungan terbuka yang dapat dibuat sekecil yang diinginkan. Karena ekuivalensi topologis mengabaikan nilai jarak yang tepat dan mempertahankan struktur terbuka, gambaran tersebut mendukung jawaban ya. Ini merupakan penjelasan kualitatif sebagaimana diminta; pembuktian formal dapat diberikan secara terpisah melalui pemetaan identitas.
Jelaskan mengapa ekuivalensi metrik merupakan relasi ekuivalensi pada setiap himpunan terpilih yang terdiri atas ruang-ruang metrik.
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk sifat refleksif, gunakan pemetaan identitas suatu ruang metrik.
Tahap 2. Untuk sifat simetris, ambil invers suatu isometri.
Tahap 3. Untuk sifat transitif, komposisikan dua isometri.
Jawaban.
Relasi ini refleksif, simetris, dan transitif: pemetaan identitas adalah isometri, invers isometri adalah isometri, dan komposisi isometri juga merupakan isometri.
Solusi.
Pada suatu himpunan ruang-ruang metrik, definisikan \(X\sim Y\) jika terdapat isometri dari \(X\) ke \(Y\text{.}\) Untuk setiap ruang \((X,d_X)\text{,}\) pemetaan identitas \(i_X\) bijektif dan memenuhi \(d_X(i_X(x),i_X(y))=d_X(x,y)\text{;}\) jadi \(X\sim X\) dan relasi ini refleksif.
Jika \(f:X\to Y\) suatu isometri, maka \(f^{-1}:Y\to X\) bijektif. Untuk \(u,v\in Y\text{,}\) tuliskan \(u=f(x)\) dan \(v=f(y)\text{.}\) Pelestarian jarak oleh \(f\) memberikan
\begin{equation*} d_X(f^{-1}(u),f^{-1}(v))=d_X(x,y)=d_Y(u,v). \end{equation*}
Jadi \(f^{-1}\) isometri dan relasi ini simetris.
Terakhir, jika \(f:X\to Y\) dan \(g:Y\to Z\) isometri, maka \(g\circ f\) bijektif dan, untuk semua \(x,y\in X\text{,}\)
\begin{equation*} d_Z(g(f(x)),g(f(y)))=d_Y(f(x),f(y))=d_X(x,y). \end{equation*}
Jadi \(g\circ f\) isometri dan relasi ini transitif. Ketiga sifat tersebut membuktikan bahwa ekuivalensi metrik merupakan relasi ekuivalensi.
Jelaskan mengapa ekuivalensi topologis merupakan relasi ekuivalensi pada setiap himpunan terpilih yang terdiri atas ruang-ruang topologi.
Petunjuk.
Tahap 1. Tunjukkan bahwa pemetaan identitas merupakan homeomorfisme.
Tahap 2. Tukar arah suatu homeomorfisme dengan mengambil inversnya.
Tahap 3. Gunakan kekontinuan komposisi untuk dua homeomorfisme berurutan.
Jawaban.
Relasi ini refleksif, simetris, dan transitif: identitas adalah homeomorfisme, invers homeomorfisme adalah homeomorfisme, dan komposisi homeomorfisme juga merupakan homeomorfisme.
Solusi.
Pada suatu himpunan ruang-ruang topologi, definisikan \(X\sim Y\) jika terdapat homeomorfisme \(f:X\to Y\text{.}\) Pemetaan identitas \(i_X:X\to X\) adalah bijeksi kontinu dan inversnya adalah \(i_X\) sendiri, yang juga kontinu. Jadi \(X\sim X\text{;}\) relasi ini refleksif.
Jika \(f:X\to Y\) homeomorfisme, definisinya menyatakan bahwa \(f^{-1}:Y\to X\) kontinu. Pemetaan \(f^{-1}\) bijektif, dan inversnya, yaitu \(f\text{,}\) juga kontinu. Maka \(f^{-1}\) merupakan homeomorfisme, sehingga relasi ini simetris.
Jika \(f:X\to Y\) dan \(g:Y\to Z\) homeomorfisme, komposisi \(g\circ f:X\to Z\) bijektif dan kontinu. Inversnya adalah \((g\circ f)^{-1}=f^{-1}\circ g^{-1}\text{,}\) yang kontinu sebagai komposisi dua fungsi kontinu. Jadi \(g\circ f\) merupakan homeomorfisme dan relasi ini transitif. Oleh karena itu, ekuivalensi topologis merupakan relasi ekuivalensi.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>