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 Pemeriksaan penguasaan Bab 15

Delapan pemeriksaan berikut memadukan topologi subruang, keterbukaan dan ketertutupan relatif, subruang bertingkat, basis, kekontinuan, tutupan, homeomorfisme interval terbuka, serta sifat separasi 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 \((X,\tau)\) ruang topologi, \(A\subseteq X\text{,}\) dan \(i:A\to X\) fungsi inklusi. Definisikan
\begin{equation*} \tau_A=\{i^{-1}(O)\mid O\in\tau\}. \end{equation*}
Buktikan langsung dari sifat prapeta bahwa \(\tau_A\) merupakan topologi pada \(A\) dan bahwa \(\tau_A=\{O\cap A\mid O\in\tau\}\text{.}\) Jelaskan pula apa yang terjadi jika \(A=\emptyset\text{,}\) meskipun teks sumber memakai konvensi subruang tak kosong.
Petunjuk.
Tahap 1. Hitung prapeta \(\emptyset\) dan \(X\) di bawah \(i\text{.}\)
Tahap 2. Gunakan bahwa prapeta mempertahankan gabungan sebarang dan irisan berhingga.
Tahap 3. Tuliskan \(i^{-1}(O)\) sebagai himpunan titik \(A\) yang juga berada dalam \(O\text{.}\)
Jawaban.
Prapeta inklusi memenuhi \(i^{-1}(O)=O\cap A\text{.}\) Sifat-sifat umum prapeta memberikan ketiga aksioma topologi. Untuk \(A=\emptyset\text{,}\) keluarga yang diperoleh adalah \(\{\emptyset\}\text{,}\) yaitu topologi tunggal pada himpunan kosong.
Solusi.
Karena \(i(a)=a\text{,}\) untuk setiap \(O\subseteq X\) berlaku \(i^{-1}(O)=\{a\in A\mid a\in O\}=O\cap A\text{.}\) Selanjutnya, \(i^{-1}(\emptyset)=\emptyset\) dan \(i^{-1}(X)=A\text{,}\) sehingga \(\emptyset,A\in\tau_A\text{.}\) Untuk keluarga sebarang \(\{O_j\}_{j\in J}\subseteq\tau\text{,}\)
\begin{equation*} \bigcup_{j\in J}i^{-1}(O_j) =i^{-1}\!\left(\bigcup_{j\in J}O_j\right)\in\tau_A. \end{equation*}
Untuk \(O_1,O_2\in\tau\text{,}\)
\begin{equation*} i^{-1}(O_1)\cap i^{-1}(O_2)=i^{-1}(O_1\cap O_2)\in\tau_A. \end{equation*}
Jadi \(\tau_A\) adalah topologi dan rumus prapeta di atas menunjukkan bahwa ia tepat merupakan topologi subruang. Jika \(A=\emptyset\text{,}\) setiap irisan \(O\cap A\) sama dengan \(\emptyset\text{;}\) jadi \(\tau_A=\{\emptyset\}\text{.}\) Fakta ini sah secara matematis, tetapi edisi ini tetap menandai bahwa definisi sumber membatasi istilah subruang pada subhimpunan tak kosong.
Misalkan \(A\) subruang dari \(X\text{.}\) Buktikan bahwa \(U\subseteq A\) terbuka dalam \(A\) jika dan hanya jika \(U=A\cap O\) untuk suatu himpunan terbuka \(O\) dalam \(X\text{.}\) Turunkan dari hasil itu bahwa \(F\subseteq A\) tertutup dalam \(A\) jika dan hanya jika \(F=A\cap C\) untuk suatu himpunan tertutup \(C\) dalam \(X\text{.}\) Kemudian, untuk \(X=\R\) bertopologi standar dan \(A=\{0\}\cup(1,2)\text{,}\) tunjukkan bahwa \(\{0\}\) merupakan himpunan buka-tutup (klopen) dalam \(A\text{,}\) walaupun tidak terbuka dalam \(\R\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Pernyataan tentang himpunan terbuka adalah definisi topologi subruang yang ditulis sebagai kesetaraan himpunan.
Tahap 2. Ambil komplemen relatif dalam \(A\) dan gunakan hukum De Morgan.
Tahap 3. Nyatakan \(\{0\}\) sebagai irisan \(A\) dengan satu himpunan terbuka dan satu himpunan tertutup di \(\R\text{.}\)
Jawaban.
Karakterisasi terbuka mengikuti langsung dari definisi. Mengambil komplemen memberi karakterisasi tertutup. Dalam contoh, \(\{0\}=A\cap(-1,1/2)\) dan \(\{0\}=A\cap\{0\}\text{,}\) sehingga \(\{0\}\) sekaligus relatif terbuka dan relatif tertutup.
Solusi.
Menurut definisi topologi subruang, anggota-anggotanya tepat berupa irisan \(A\cap O\) dengan \(O\) terbuka dalam \(X\text{.}\) Jadi karakterisasi pertama berlaku dalam kedua arah. Sekarang andaikan \(F\) tertutup dalam \(A\text{.}\) Maka \(A\setminus F=A\cap O\) untuk suatu \(O\) terbuka dalam \(X\text{.}\) Dengan \(C=X\setminus O\text{,}\) yang tertutup dalam \(X\text{,}\) diperoleh
\begin{equation*} F=A\setminus(A\cap O)=A\cap(X\setminus O)=A\cap C. \end{equation*}
Sebaliknya, jika \(F=A\cap C\) dan \(C\) tertutup dalam \(X\text{,}\) maka \(A\setminus F=A\cap(X\setminus C)\) terbuka dalam \(A\text{;}\) jadi \(F\) tertutup dalam \(A\text{.}\) Untuk contoh yang diberikan, \(\{0\}=A\cap(-1,1/2)\) membuktikan keterbukaan relatif, sedangkan \(\{0\}=A\cap\{0\}\) membuktikan ketertutupan relatif. Namun tidak ada interval terbuka di \(\R\) yang memuat \(0\) dan seluruhnya berada dalam \(\{0\}\text{;}\) jadi \(\{0\}\) tidak terbuka dalam \(\R\text{.}\)
Misalkan \(B\subseteq A\subseteq X\) dan \(X\) bertopologi \(\tau\text{.}\) Buktikan bahwa topologi yang diwarisi \(B\) langsung dari \(X\) sama dengan topologi yang diwarisi \(B\) dari subruang \(A\text{.}\) Tunjukkan pula bahwa setiap himpunan terbuka \(W\) dalam \(B\) dapat ditulis sebagai \(W=B\cap O\) dengan \(O\) terbuka dalam \(X\text{,}\) tetapi \(O\) tidak harus unik. Berikan dua pilihan \(O\) untuk \(X=\R\text{,}\) \(A=[0,2)\text{,}\) \(B=\{0\}\cup(1,2)\text{,}\) dan \(W=\{0\}\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Tuliskan himpunan terbuka dalam \(A\) sebagai \(A\cap O\text{.}\)
Tahap 2. Gunakan \(B\subseteq A\) untuk menyederhanakan \(B\cap(A\cap O)\text{.}\)
Tahap 3. Pilih dua interval terbuka berbeda yang irisannya dengan \(B\) hanya memuat \(0\text{.}\)
Jawaban.
Jejak dua tahap memberi \(B\cap(A\cap O)=B\cap O\text{,}\) tepat seperti jejak langsung dari \(X\text{.}\) Dalam contoh, baik \(O=(-1,1/2)\) maupun \(O'=(-2,3/4)\) memenuhi \(B\cap O=B\cap O'=\{0\}\text{.}\)
Solusi.
Himpunan terbuka dalam topologi yang diwarisi \(B\) dari \(A\) berbentuk \(B\cap V\text{,}\) dengan \(V\) terbuka dalam \(A\text{.}\) Karena \(V=A\cap O\) untuk suatu \(O\in\tau\text{,}\) dan karena \(B\subseteq A\text{,}\)
\begin{equation*} B\cap V=B\cap(A\cap O)=(B\cap A)\cap O=B\cap O. \end{equation*}
Ini adalah himpunan terbuka yang diwarisi langsung dari \(X\text{.}\) Sebaliknya, setiap \(B\cap O\) dapat ditulis sebagai \(B\cap(A\cap O)\text{,}\) dengan \(A\cap O\) terbuka dalam \(A\text{.}\) Karena itu, kedua topologi tersebut sama. Representasi oleh \(O\) tidak unik karena perilaku \(O\) di luar \(B\) tidak memengaruhi irisannya dengan \(B\text{.}\) Pada contoh, interval \((-1,1/2)\) dan \((-2,3/4)\) berbeda, tetapi keduanya memotong \(B=\{0\}\cup(1,2)\) tepat pada \(\{0\}\text{.}\)
Misalkan \(\mathcal{B}\) basis untuk ruang topologi \(X\) dan \(A\subseteq X\text{.}\) Buktikan bahwa
\begin{equation*} \mathcal{B}_A=\{B\cap A\mid B\in\mathcal{B},\ B\cap A\ne\emptyset\} \end{equation*}
merupakan basis bagi \(A\text{.}\) Simpulkan bahwa setiap subruang dari ruang berketerhitungan kedua juga berketerhitungan kedua. Terapkan hasil ini pada \(A=\{0\}\cup\{1/n\mid n\in\N,\ n\ge 1\}\) sebagai subruang \(\R\text{:}\) tunjukkan bahwa setiap \(1/n\) terisolasi dalam \(A\text{,}\) sedangkan \(0\) tidak terisolasi.
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk \(x\in U=A\cap O\text{,}\) pilih unsur basis \(B\) dengan \(x\in B\subseteq O\text{.}\)
Tahap 2. Citra suatu himpunan terhitung di bawah pemetaan \(B\mapsto B\cap A\) tetap paling banyak terhitung.
Tahap 3. Pisahkan \(1/n\) dari suku-suku tetangganya dengan interval kecil, lalu gunakan bahwa \(1/n\to0\text{.}\)
Jawaban.
Setiap lingkungan relatif \(A\cap O\) dari suatu titik memuat jejak \(A\cap B\) dari unsur basis ambien yang sesuai. Jika \(\mathcal{B}\) terhitung, keluarga jejaknya juga terhitung. Pada subruang contoh, interval cukup kecil mengisolasi setiap \(1/n\text{,}\) tetapi setiap lingkungan relatif dari \(0\) memuat tak berhingga banyak titik \(1/n\text{.}\)
Solusi.
Ambil \(U\) terbuka dalam \(A\) dan \(x\in U\text{.}\) Ada \(O\) terbuka dalam \(X\) dengan \(U=A\cap O\text{.}\) Karena \(\mathcal{B}\) basis, ada \(B\in\mathcal{B}\) sehingga \(x\in B\subseteq O\text{.}\) Maka \(x\in B\cap A\subseteq O\cap A=U\text{,}\) dan \(B\cap A\) tidak kosong. Jadi \(\mathcal{B}_A\) memenuhi kriteria basis. Jika \(\mathcal{B}\) terhitung, membuang jejak kosong dan kemungkinan pengulangan tidak dapat menghasilkan keluarga tak terhitung; karena itu \(\mathcal{B}_A\) terhitung.
Untuk \(n\gt1\text{,}\) pilih interval terbuka yang berpusat di \(1/n\) dan ujung-ujungnya berada secara ketat di antara \(1/(n+1)\text{,}\) \(1/n\text{,}\) dan \(1/(n-1)\text{.}\) Irisannya dengan \(A\) adalah \(\{1/n\}\text{.}\) Untuk \(n=1\text{,}\) misalnya \((3/4,5/4)\cap A=\{1\}\text{.}\) Jadi setiap \(1/n\) terisolasi. Sebaliknya, ambil sebarang lingkungan relatif \(U\) dari \(0\text{.}\) Ada himpunan terbuka \(O\subseteq\R\) dengan \(U=A\cap O\) dan \(0\in O\text{.}\) Pilih \(\epsilon\gt0\) sehingga \((-\epsilon,\epsilon)\subseteq O\text{.}\) Sifat Archimedes memberi \(n\) dengan \(1/n\lt\epsilon\text{,}\) sehingga \(1/n\in U\setminus\{0\}\text{.}\) Jadi setiap lingkungan relatif dari \(0\) memuat titik lain dari \(A\text{,}\) dan \(\{0\}\) tidak terbuka dalam \(A\text{.}\)
Misalkan \(f:X\to Y\) kontinu, \(A\subseteq X\text{,}\) dan \(B\subseteq A\text{.}\) Buktikan bahwa pembatasan \(f|_A:A\to Y\) kontinu dan bahwa
\begin{equation*} (f|_A)\!\left(\overline{B}^{\,A}\right) \subseteq \overline{f(B)}^{\,Y}. \end{equation*}
Tunjukkan dengan \(X=A=B=\R\) dan \(f(x)=e^x\) bahwa inklusi tersebut dapat ketat.
Petunjuk.
Tahap 1. Hitung prapeta suatu himpunan terbuka di bawah \(f|_A\text{.}\)
Tahap 2. Jika \(x\in\overline{B}^{\,A}\text{,}\) tarik kembali lingkungan terbuka dari \(f(x)\text{.}\)
Tahap 3. Bandingkan \(e^{\R}\) dengan tutupannya dalam \(\R\text{.}\)
Jawaban.
Prapeta oleh pembatasan adalah \((f|_A)^{-1}(V)=A\cap f^{-1}(V)\text{,}\) sehingga terbuka dalam \(A\text{.}\) Setiap lingkungan \(V\) dari \(f(x)\) karena itu menarik balik ke lingkungan relatif dari \(x\) yang bertemu \(B\text{.}\) Untuk fungsi eksponensial, ruas kiri adalah \((0,\infty)\text{,}\) sedangkan ruas kanan \([0,\infty)\text{.}\)
Solusi.
Jika \(V\) terbuka dalam \(Y\text{,}\) kekontinuan \(f\) memberi \(f^{-1}(V)\) terbuka dalam \(X\text{.}\) Karena \((f|_A)^{-1}(V)=A\cap f^{-1}(V)\text{,}\) prapeta itu terbuka dalam \(A\text{;}\) jadi \(f|_A\) kontinu. Sekarang ambil \(x\in\overline{B}^{\,A}\text{.}\) Untuk setiap lingkungan terbuka \(V\) dari \(f(x)\text{,}\) himpunan \((f|_A)^{-1}(V)\) merupakan lingkungan relatif dari \(x\text{.}\) Karena \(x\) berada dalam tutupan \(B\) di \(A\text{,}\) prapeta itu bertemu \(B\text{.}\) Jadi \(V\) bertemu \(f(B)\text{,}\) yang berarti \(f(x)\in\overline{f(B)}^{\,Y}\text{.}\) Ini membuktikan inklusi.
Untuk \(X=A=B=\R\text{,}\) berlaku \(\overline{B}^{\,A}=\R\text{.}\) Fungsi \(f(x)=e^x\) kontinu dan \(f(\R)=(0,\infty)\text{,}\) sehingga ruas kiri adalah \((0,\infty)\text{.}\) Tutupan himpunan itu dalam \(\R\) adalah \([0,\infty)\text{;}\) titik \(0\) menunjukkan bahwa inklusi dapat ketat.
Untuk bilangan real \(a\lt b\text{,}\) definisikan
\begin{equation*} h(x)=a+(b-a)\left(\frac12+\frac{1}{\pi}\arctan x\right). \end{equation*}
Buktikan bahwa \(h:\R\to(a,b)\) merupakan homeomorfisme dengan menuliskan inversnya secara eksplisit. Simpulkan bahwa \(U\subseteq(a,b)\) terbuka dalam topologi subruang jika dan hanya jika \(h^{-1}(U)\) terbuka dalam \(\R\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan bahwa \(\arctan\) memetakan \(\R\) secara bijektif ke \((-\pi/2,\pi/2)\text{.}\)
Tahap 2. Selesaikan persamaan \(y=h(x)\) terhadap \(x\text{.}\)
Tahap 3. Terapkan kekontinuan \(h\) dan \(h^{-1}\) pada prapeta himpunan terbuka.
Jawaban.
Inversnya adalah \(h^{-1}(y)=\tan\!\left(\pi((y-a)/(b-a)-1/2)\right)\text{.}\) Kedua fungsi kontinu pada domainnya, sehingga \(h\) homeomorfisme dan mempertahankan keterbukaan melalui prapeta.
Solusi.
Fungsi \(\arctan\) kontinu, naik tegas, dan mempunyai citra \((-\pi/2,\pi/2)\text{.}\) Pemetaan afin \(t\mapsto a+(b-a)(1/2+t/\pi)\) membawa interval itu secara bijektif ke \((a,b)\text{.}\) Jadi komposisinya, yaitu \(h\text{,}\) kontinu dan bijektif. Dari \(y=h(x)\) diperoleh
\begin{equation*} x=\tan\!\left(\pi\left(\frac{y-a}{b-a}-\frac12\right)\right). \end{equation*}
Argumen fungsi \(\tan\) berada dalam \((-\pi/2,\pi/2)\) ketika \(y\in(a,b)\text{,}\) sehingga rumus ini mendefinisikan invers kontinu. Maka \(h\) adalah homeomorfisme. Jika \(U\) terbuka dalam \((a,b)\text{,}\) kekontinuan \(h\) membuat \(h^{-1}(U)\) terbuka dalam \(\R\text{.}\) Sebaliknya, jika \(h^{-1}(U)\) terbuka, maka \(U=(h^{-1})^{-1}(h^{-1}(U))\) terbuka karena \(h^{-1}\) kontinu.
Misalkan \(A\) subruang dari \(X\text{.}\) Buktikan bahwa jika \(X\) Hausdorff, maka \(A\) Hausdorff. Selanjutnya, andaikan \(X\) reguler dan \(T_1\text{.}\) Buktikan bahwa \(A\) juga reguler dan \(T_1\text{.}\) Nyatakan dengan jelas bagaimana himpunan terbuka dan tertutup ambien dipotong dengan \(A\) untuk menghasilkan saksi separasi di subruang.
Petunjuk.
Tahap 1. Pisahkan dua titik \(A\) dengan himpunan terbuka di \(X\text{,}\) lalu ambil jejaknya.
Tahap 2. Tuliskan himpunan tertutup \(F\) dalam \(A\) sebagai \(A\cap C\) dengan \(C\) tertutup dalam \(X\text{.}\)
Tahap 3. Untuk sifat \(T_1\text{,}\) perhatikan bahwa setiap himpunan satu titik tertutup.
Jawaban.
Saksi terbuka yang saling lepas di \(X\) tetap terbuka dan saling lepas setelah diiris dengan \(A\text{.}\) Untuk regularitas, wakili \(F=A\cap C\text{,}\) pisahkan titik dari \(C\) di \(X\text{,}\) lalu ambil jejak kedua lingkungan. Himpunan satu titik dalam \(A\) tertutup karena merupakan irisan \(A\) dengan himpunan satu titik tertutup dalam \(X\text{.}\)
Solusi.
Ambil titik berbeda \(x,y\in A\text{.}\) Karena \(X\) Hausdorff, ada himpunan terbuka saling lepas \(U,V\subseteq X\) dengan \(x\in U\) dan \(y\in V\text{.}\) Himpunan \(U\cap A\) dan \(V\cap A\) terbuka dalam \(A\text{,}\) memuat titik masing-masing, dan tetap saling lepas. Jadi \(A\) Hausdorff.
Sekarang andaikan \(X\) reguler dan \(T_1\text{.}\) Ambil \(a\in A\) dan \(F\) tertutup dalam \(A\) dengan \(a\notin F\text{.}\) Ada \(C\) tertutup dalam \(X\) sehingga \(F=A\cap C\text{.}\) Karena \(a\in A\) tetapi \(a\notin F\text{,}\) juga \(a\notin C\text{.}\) Regularitas \(X\) memberi himpunan terbuka saling lepas \(U,V\) dengan \(a\in U\) dan \(C\subseteq V\text{.}\) Jejak \(U\cap A\) dan \(V\cap A\) memisahkan \(a\) dari \(F\) dalam \(A\text{.}\) Terakhir, untuk setiap \(a\in A\text{,}\) himpunan \(\{a\}\) tertutup dalam \(X\) karena \(X\) bersifat \(T_1\text{,}\) dan \(\{a\}=A\cap\{a\}\) tertutup dalam \(A\text{.}\) Jadi \(A\) reguler dan \(T_1\text{.}\)
Sanggah kedua pernyataan berikut dengan contoh konkret dan verifikasi lengkap.
  1. Jika ruang ambien tidak diskret, maka tidak ada subruang tak kosongnya yang diskret.
  2. Untuk setiap \(A,C\subseteq X\text{,}\) selalu berlaku \(\operatorname{Int}_A(C\cap A) =A\cap\operatorname{Int}_X(C)\text{.}\)
Gunakan ruang metrik yang familiar agar kegagalan kedua klaim tampak dari topologi subruangnya, bukan dari konstruksi eksotis.
Petunjuk.
Tahap 1. Di \(\R\text{,}\) cari subhimpunan tak berhingga yang tiap titiknya dapat diisolasi oleh interval kecil.
Tahap 2. Untuk klaim interior, pilih subruang satu titik yang tidak terbuka dalam ruang ambien.
Tahap 3. Hitung kedua ruas secara terpisah dalam setiap contoh.
Jawaban.
Untuk klaim pertama, ambil \(X=\R\) dan \(A=\Z\text{;}\) topologi subruang pada \(\Z\) diskret walaupun \(\R\) tidak diskret. Untuk klaim kedua, ambil \(X=\R\) dan \(A=C=\{0\}\text{.}\) Interior relatif ruas kiri adalah \(\{0\}\text{,}\) sedangkan interior ambien \(C\) kosong.
Solusi.
Ruang \(\R\) dengan topologi standar tidak diskret karena, misalnya, \(\{0\}\) tidak terbuka. Namun untuk setiap \(n\in\Z\text{,}\)
\begin{equation*} (n-1/3,n+1/3)\cap\Z=\{n\}. \end{equation*}
Jadi setiap himpunan satu titik terbuka dalam subruang \(\Z\text{.}\) Setiap subhimpunan \(\Z\) adalah gabungan himpunan-himpunan satu titik tersebut, sehingga topologi subruang pada \(\Z\) diskret. Ini menyanggah klaim pertama.
Untuk klaim kedua, ambil \(X=\R\) dan \(A=C=\{0\}\text{.}\) Sebagai ruang satu titik, \(A\) mempunyai topologi \(\{\emptyset,A\}\text{.}\) Karena itu \(\operatorname{Int}_A(C\cap A)=\operatorname{Int}_A(A)=A\text{.}\) Di sisi lain, \(\operatorname{Int}_{\R}(C)=\emptyset\text{,}\) sehingga \(A\cap\operatorname{Int}_{\R}(C)=\emptyset\text{.}\) Kedua ruas berbeda, dan klaim kedua juga salah.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>