Bagian Panduan latihan Bab 15, bagian kedua
Bagian ini menutup empat prompt latihan terakhir dalam urutan sumber. Setiap pernyataan yang salah disertai contoh tandingan konkret. Materi pendamping ini ditulis secara terpisah, dilisensikan dengan CC BY 4.0, bukan materi resmi GVSU, dan tidak menyiratkan dukungan penulis sumber.
Tentukan benar atau salah: jika \(X\) adalah ruang topologi yang tidak memiliki topologi diskret, maka tidak ada subruang dari \(X\) yang memiliki topologi diskret. Jika salah, berikan contoh tandingan konkret.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Setiap ruang bertitik tunggal memiliki topologi diskret. Tempatkan satu titik seperti itu sebagai subruang dari ruang sederhana yang topologinya indiskret dan memiliki dua titik.
Salah. Ruang dua titik indiskret tidak diskret, tetapi setiap subruang bertitik tunggalnya diskret.
Ambil \(X=\{0,1\}\) dengan topologi indiskret \(\tau=\{\emptyset,X\}\text{.}\) Topologi ini bukan topologi diskret, sebab, misalnya, \(\{0\}\) tidak terbuka dalam \(X\text{.}\) Sekarang ambil subruang \(A=\{0\}\text{.}\) Topologi subruang pada \(A\) adalah
\begin{equation*}
\{A\cap U\mid U\in\tau\}=\{\emptyset,A\},
\end{equation*}
yang merupakan topologi diskret pada himpunan bertitik tunggal \(A\text{.}\) Jadi ruang tak diskret dapat memiliki subruang diskret, dan pernyataan sumber salah.
Pemeriksaan O.28. Citra kontinu dari ruang Hausdorff.
Tentukan benar atau salah: jika \(f:X\to Y\) fungsi kontinu, \(X\) ruang Hausdorff, dan \(f(X)\) diberi topologi subruang dari \(Y\text{,}\) maka \(f(X)\) harus Hausdorff. Jika salah, berikan contoh tandingan konkret.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Ambil himpunan dua titik. Beri domain topologi diskret dan kodomain topologi indiskret, lalu gunakan fungsi identitas pada himpunan yang mendasarinya.
Salah. Fungsi identitas dari ruang dua titik diskret ke ruang dua titik indiskret kontinu dan surjektif, tetapi citranya tidak Hausdorff.
Ambil himpunan \(S=\{0,1\}\text{.}\) Jadikan \(X=(S,\mathcal{P}(S))\) ruang diskret dan \(Y=(S,\{\emptyset,S\})\) ruang indiskret. Ruang \(X\) Hausdorff karena singleton \(\{0\}\) dan \(\{1\}\) merupakan lingkungan terbuka saling lepas bagi kedua titiknya. Definisikan \(f:X\to Y\) dengan \(f(s)=s\text{.}\)
Satu-satunya himpunan terbuka dalam \(Y\) adalah \(\emptyset\) dan \(S\text{,}\) dan prapetanya masing-masing adalah \(\emptyset\) dan \(X\text{.}\) Jadi \(f\) kontinu. Fungsi ini surjektif, sehingga \(f(X)=Y\text{.}\) Namun \(Y\) tidak Hausdorff: satu-satunya himpunan terbuka tak kosong adalah seluruh \(Y\text{,}\) sehingga titik \(0\) dan \(1\) tidak mempunyai lingkungan terbuka saling lepas. Jadi kekontinuan saja tidak mempertahankan sifat Hausdorff pada citra.
Pemeriksaan O.29. Tutupan irisan dengan subruang.
Tentukan benar atau salah: jika \(A\) subruang dari ruang topologi \(X\) dan \(B\subseteq X\text{,}\) maka
\begin{equation*}
\operatorname{cl}_A(B\cap A)=\operatorname{cl}_X(B)\cap A,
\end{equation*}
dengan ruas kiri tutupan dalam \(A\) dan \(\operatorname{cl}_X(B)\) tutupan dalam \(X\text{.}\) Jika salah, berikan contoh tandingan konkret.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Carilah himpunan \(B\) di \(\R\) yang tidak bertemu \(A=\{0\}\text{,}\) tetapi mempunyai \(0\) sebagai titik limit.
Salah. Dalam \(X=\R\text{,}\) ambil \(A=\{0\}\) dan \(B=\{1/n\mid n=1,2,\ldots\}\text{.}\) Ruas kiri kosong, sedangkan ruas kanan adalah \(\{0\}\text{.}\)
Beri \(X=\R\) topologi standar, dan tetapkan \(A=\{0\}\) serta \(B=\{1/n\mid n=1,2,\ldots\}\text{.}\) Karena \(0\notin B\text{,}\) berlaku \(B\cap A=\emptyset\text{.}\) Tutupan himpunan kosong dalam subruang \(A\) tetap kosong, sehingga
\begin{equation*}
\operatorname{cl}_A(B\cap A)=\emptyset.
\end{equation*}
Di sisi lain, barisan \(1/n\) konvergen ke \(0\text{,}\) sehingga \(0\in\operatorname{cl}_{\R}(B)\text{.}\) Bahkan \(\operatorname{cl}_{\R}(B)=B\cup\{0\}\text{,}\) dan akibatnya
\begin{equation*}
\operatorname{cl}_{\R}(B)\cap A=\{0\}.
\end{equation*}
Kedua ruas berbeda. Kegagalan terjadi karena titik-titik \(B\) yang berada di luar \(A\) masih dapat berakumulasi pada titik dalam \(A\text{.}\) Secara umum hanya inklusi \(\operatorname{cl}_A(B\cap A)\subseteq
\operatorname{cl}_X(B)\cap A\) yang selalu berlaku.
Pemeriksaan O.30. Interior irisan dengan subruang.
Tentukan benar atau salah: jika \(A\) subruang dari ruang topologi \(X\) dan \(C\subseteq X\text{,}\) maka
\begin{equation*}
\operatorname{Int}_A(C\cap A)=\operatorname{Int}_X(C)\cap A.
\end{equation*}
Jika salah, berikan contoh tandingan konkret.
Petunjuk.
Jawaban.
Solusi.
Dalam \(\R\text{,}\) subruang bertitik tunggal terbuka di dalam dirinya sendiri, meskipun singleton itu tidak mempunyai interior dalam \(\R\text{.}\)
Salah. Untuk \(X=\R\) serta \(A=C=\{0\}\text{,}\) ruas kiri adalah \(\{0\}\text{,}\) sedangkan ruas kanan kosong.
Beri \(X=\R\) topologi standar dan ambil \(A=C=\{0\}\text{.}\) Karena \(C\cap A=A\) dan seluruh ruang selalu terbuka dalam dirinya sendiri, interior \(C\cap A\) di dalam subruang \(A\) adalah
\begin{equation*}
\operatorname{Int}_A(C\cap A)=\operatorname{Int}_A(A)=A=\{0\}.
\end{equation*}
Namun singleton \(\{0\}\) tidak memuat interval terbuka apa pun dalam \(\R\text{,}\) sehingga \(\operatorname{Int}_{\R}(C)=\emptyset\text{.}\) Maka
\begin{equation*}
\operatorname{Int}_{\R}(C)\cap A=\emptyset,
\end{equation*}
yang tidak sama dengan ruas kiri. Secara umum, inklusi yang selalu benar justru \(\operatorname{Int}_X(C)\cap A\subseteq
\operatorname{Int}_A(C\cap A)\text{;}\) keterbukaan relatif dapat membuat ruas kanan pada inklusi ini lebih besar.
