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: Subruang dan Topologi Relatif I

Sepuluh panduan ini mendampingi tugas-tugas awal Bab 15 tentang topologi subruang, contoh-contoh berhingga, keterbukaan relatif, dan basis terinduksi. Kerjakan dahulu butir pada bab utama, lalu buka petunjuk, jawaban, dan solusi secara bertahap.
Komponen pendamping ini ditulis secara terpisah di bawah lisensi CC BY 4.0 dan bukan materi resmi GVSU.
Misalkan \((X,\tau)\) suatu ruang topologi dan \(A\) suatu subhimpunan tak kosong dari \(X\text{.}\) Definisikan
\begin{equation*} \tau_A=\{O\cap A\mid O\in\tau\}. \end{equation*}
Tunjukkan bahwa \(\tau_A\) merupakan topologi pada \(A\text{.}\)
Catatan konvensi. Buku sumber mensyaratkan subruang tidak kosong. Banyak konvensi modern juga mengizinkan \(A=\emptyset\) sebagai subruang, dengan topologi \(\{\emptyset\}\text{;}\) panduan ini tetap mengikuti konvensi tak kosong dari buku sumber.
Petunjuk.
Tahap 1. Nyatakan \(\emptyset\) dan \(A\) sebagai irisan \(A\) dengan anggota \(\tau\text{.}\)
Tahap 2. Untuk \(U_i=A\cap O_i\text{,}\) distribusikan \(A\) terhadap gabungan \(\bigcup_i O_i\text{.}\)
Tahap 3. Lakukan hal serupa untuk irisan berhingga dan gunakan aksioma topologi pada \(\tau\text{.}\)
Jawaban.
Ya. Himpunan \(\emptyset\) dan \(A\) berada dalam \(\tau_A\text{,}\) sedangkan gabungan sebarang dan irisan berhingga anggota \(\tau_A\) kembali berbentuk \(A\cap O\) dengan \(O\in\tau\text{.}\)
Solusi.
Karena \(\emptyset,X\in\tau\text{,}\) berlaku \(\emptyset=A\cap\emptyset\in\tau_A\) dan \(A=A\cap X\in\tau_A\text{.}\) Selanjutnya, misalkan \(U_i\in\tau_A\) untuk setiap \(i\in I\text{.}\) Pilih \(O_i\in\tau\) sehingga \(U_i=A\cap O_i\text{.}\) Hukum distributif memberi
\begin{equation*} \bigcup_{i\in I}U_i =\bigcup_{i\in I}(A\cap O_i) =A\cap\left(\bigcup_{i\in I}O_i\right). \end{equation*}
Karena \(\bigcup_{i\in I}O_i\in\tau\text{,}\) gabungan tersebut berada dalam \(\tau_A\text{.}\)
Untuk irisan, jika \(U=A\cap O\) dan \(V=A\cap P\) dengan \(O,P\in\tau\text{,}\) maka
\begin{equation*} U\cap V=A\cap(O\cap P). \end{equation*}
Karena \(O\cap P\in\tau\text{,}\) berlaku \(U\cap V\in\tau_A\text{.}\) Argumen yang sama, atau induksi, menangani setiap irisan berhingga. Jadi ketiga aksioma topologi terpenuhi dan \(\tau_A\) merupakan topologi pada \(A\text{.}\)
Misalkan \(X=\{a,b,c,d\}\) dan \(\tau=\{\emptyset,\{a\},\{b\},\{a,b\},X\}\text{.}\) Untuk \(A=\{b,c\}\text{,}\) daftarkan anggota topologi subruang \(\tau_A\text{.}\) Kemudian ambil \(Z=\{a,b\}\text{;}\) tentukan \(\tau_Z\) dan beri nama topologi tersebut.
Petunjuk.
Tahap 1. Irisankan setiap anggota \(\tau\) dengan \(A\text{,}\) lalu hapus hasil yang berulang.
Tahap 2. Ulangi prosedur yang sama untuk \(Z\text{.}\)
Tahap 3. Bandingkan \(\tau_Z\) dengan himpunan kuasa \(\mathcal{P}(Z)\text{.}\)
Jawaban.
Diperoleh \(\tau_A=\{\emptyset,\{b\},\{b,c\}\}\) dan \(\tau_Z=\{\emptyset,\{a\},\{b\},\{a,b\}\}=\mathcal{P}(Z)\text{.}\) Jadi \(\tau_Z\) adalah topologi diskret pada \(Z\text{.}\)
Solusi.
Untuk \(A=\{b,c\}\text{,}\) irisan berturut-turut dari \(\emptyset,\{a\},\{b\},\{a,b\},X\) dengan \(A\) adalah \(\emptyset,\emptyset,\{b\},\{b\},A\text{.}\) Setelah menghapus pengulangan, diperoleh \(\tau_A=\{\emptyset,\{b\},A\}\text{.}\)
Untuk \(Z=\{a,b\}\text{,}\) irisan-irisan yang berbeda adalah \(\emptyset,\{a\},\{b\},Z\text{.}\) Keempatnya tepat seluruh subhimpunan dari himpunan beranggota dua \(Z\text{.}\) Dengan demikian \(\tau_Z=\mathcal{P}(Z)\text{,}\) yaitu topologi diskret.
Ambil \(X=\R\) dengan topologi indiskret \(\tau=\{\emptyset,\R\}\text{.}\) Tentukan topologi subruang pada \([1,2]\text{,}\) lalu generalisasikan hasilnya untuk sebarang subhimpunan tak kosong dari suatu ruang bertopologi indiskret.
Petunjuk.
Tahap 1. Hanya ada dua himpunan terbuka ambien yang perlu diiriskan dengan \([1,2]\text{.}\)
Tahap 2. Hitung \([1,2]\cap\emptyset\) dan \([1,2]\cap\R\text{.}\)
Tahap 3. Ganti \([1,2]\) oleh subhimpunan tak kosong sebarang \(A\subseteq X\text{.}\)
Jawaban.
Topologi subruang pada \([1,2]\) adalah \(\{\emptyset,[1,2]\}\text{.}\) Secara umum, setiap subruang tak kosong \(A\) dari ruang indiskret mewarisi topologi indiskret \(\{\emptyset,A\}\text{.}\)
Solusi.
Menurut definisi, anggota topologi subruang adalah irisan subruang dengan anggota topologi ambien. Dalam kasus ini, \([1,2]\cap\emptyset=\emptyset\) dan \([1,2]\cap\R=[1,2]\text{;}\) tidak ada hasil lain. Jadi topologinya \(\{\emptyset,[1,2]\}\text{.}\)
Jika ruang umum \(X\) bertopologi indiskret dan \(A\) adalah subruang tak kosong, satu-satunya irisan yang mungkin ialah \(A\cap\emptyset=\emptyset\) dan \(A\cap X=A\text{.}\) Karena itu topologi subruang pada \(A\) juga indiskret.
Misalkan \(X=\{a,b,c,d,e,f,g,h,i\}\) bertopologi diskret. Tentukan topologi subruang pada \(A=\{a,b,d\}\text{,}\) lalu generalisasikan hasilnya untuk sebarang subruang tak kosong dari ruang diskret.
Petunjuk.
Tahap 1. Dalam topologi diskret, setiap subhimpunan dari \(X\) terbuka.
Tahap 2. Untuk suatu \(S\subseteq A\text{,}\) pilih himpunan terbuka ambien yang irisannya dengan \(A\) tepat \(S\text{.}\)
Tahap 3. Daftarkan seluruh delapan subhimpunan dari \(A=\{a,b,d\}\text{.}\)
Jawaban.
Topologi subruangnya adalah
\begin{equation*} \tau_A=\{\emptyset,\{a\},\{b\},\{d\},\{a,b\},\{a,d\}, \{b,d\},\{a,b,d\}\}=\mathcal{P}(A). \end{equation*}
Setiap subruang tak kosong dari ruang diskret juga diskret.
Solusi.
Ambil sembarang \(S\subseteq A\text{.}\) Karena \(X\) diskret, himpunan \(S\) sendiri terbuka sebagai subhimpunan dari \(X\text{.}\) Selain itu, \(A\cap S=S\text{.}\) Jadi setiap subhimpunan \(S\) dari \(A\) berada dalam \(\tau_A\text{.}\) Sebaliknya, setiap anggota \(\tau_A\) tentu merupakan subhimpunan dari \(A\text{.}\) Maka \(\tau_A=\mathcal{P}(A)\text{,}\) yang untuk \(A=\{a,b,d\}\) memberi delapan himpunan yang tercantum pada jawaban. Argumen tersebut berlaku untuk setiap subruang tak kosong dari ruang diskret.
Misalkan \(X=\{a,b,c,d,e,f\}\) dengan
\begin{equation*} \tau=\{\emptyset,\{a\},\{c,d\},\{a,c,d\}, \{b,c,d,e,f\},X\}. \end{equation*}
Untuk subruang \(A=\{a,b,e\}\text{,}\) tentukan semua himpunan terbuka dalam \(A\text{.}\) Apakah setiap himpunan tersebut juga terbuka dalam \(X\text{?}\) Jelaskan.
Petunjuk.
Tahap 1. Hitung \(A\cap O\) bagi keenam anggota \(O\in\tau\text{.}\)
Tahap 2. Hapus hasil irisan yang berulang.
Tahap 3. Bandingkan hasil yang tersisa satu per satu dengan daftar asli \(\tau\text{.}\)
Jawaban.
Diperoleh \(\tau_A=\{\emptyset,\{a\},\{b,e\},A\}\text{.}\) Tidak semuanya terbuka dalam \(X\text{:}\) \(\{b,e\}\) dan \(A=\{a,b,e\}\) bukan anggota \(\tau\text{.}\)
Solusi.
Irisan \(A\) dengan anggota-anggota \(\tau\) berturut-turut adalah \(\emptyset,\{a\},\emptyset,\{a\},\{b,e\},A\text{.}\) Karena itu himpunan terbuka yang berbeda dalam subruang tepat \(\emptyset,\{a\},\{b,e\},A\text{.}\) Dua yang pertama juga terbuka dalam \(X\text{,}\) sedangkan \(\{b,e\}\) dan \(A\) tidak tercantum dalam \(\tau\text{.}\) Contoh ini menunjukkan bahwa “terbuka dalam \(A\)” berarti terbuka relatif terhadap \(A\text{,}\) bukan harus terbuka dalam ruang ambien \(X\text{.}\)
Misalkan \(X=\Z\) bertopologi komplemen berhingga \(\tau_{FC}\text{,}\) dan ambil \(A=\{0,19,37,5284\}\text{.}\) Tentukan topologi subruang pada \(A\) dan generalisasikan hasilnya untuk sebarang subruang berhingga tak kosong dari \(\Z\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Ambil sembarang \(S\subseteq A\text{.}\)
Tahap 2. Himpunan \(A\setminus S\) berhingga; pertimbangkan himpunan ambien \(O=\Z\setminus(A\setminus S)\text{.}\)
Tahap 3. Hitung \(A\cap O\) dan simpulkan apakah setiap subhimpunan \(S\) terbuka relatif.
Jawaban.
\(\tau_A=\mathcal{P}(A)=\{S\mid S\subseteq A\}\text{,}\) sehingga topologi subruang pada \(A\) diskret. Secara umum, setiap subruang berhingga tak kosong dari ruang komplemen berhingga adalah diskret.
Solusi.
Pilih sembarang \(S\subseteq A\text{.}\) Karena \(A\) berhingga, \(F=A\setminus S\) juga berhingga. Himpunan \(O=\Z\setminus F\) mempunyai komplemen berhingga, sehingga \(O\in\tau_{FC}\text{.}\) Selanjutnya,
\begin{equation*} A\cap O=A\cap(\Z\setminus(A\setminus S))=S. \end{equation*}
Jadi setiap subhimpunan \(S\) dari \(A\) terbuka dalam topologi subruang. Dengan demikian \(\tau_A=\mathcal{P}(A)\text{.}\) Pembuktian hanya menggunakan keberhinggaan \(A\text{,}\) sehingga berlaku bagi setiap subruang berhingga tak kosong dari \(\Z\) bertopologi komplemen berhingga.
Misalkan \(X=\Z\) bertopologi komplemen berhingga \(\tau_{FC}\text{.}\) Tentukan topologi subruang pada himpunan bilangan bulat genap \(A=2\Z\text{,}\) lalu generalisasikan hasilnya untuk sebarang subruang tak berhingga dari \(\Z\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Jika \(O=\Z\setminus F\) dengan \(F\) berhingga, tulis \(A\cap O\) sebagai komplemen relatif di dalam \(A\text{.}\)
Tahap 2. Periksa bahwa komplemen relatif yang diperoleh selalu berhingga.
Tahap 3. Untuk arah sebaliknya, mulai dengan \(U\subseteq A\) yang mempunyai komplemen berhingga dalam \(A\text{.}\)
Jawaban.
Subruang \(A=2\Z\) mewarisi topologi komplemen berhingga: himpunan terbukanya adalah \(\emptyset\) serta semua \(U\subseteq A\) dengan \(A\setminus U\) berhingga. Hasil yang sama berlaku untuk setiap subruang tak berhingga dari \(\Z\text{.}\)
Solusi.
Jika \(O=\emptyset\text{,}\) maka \(A\cap O=\emptyset\text{.}\) Jika \(O\ne\emptyset\) terbuka dalam topologi komplemen berhingga, tulis \(O=\Z\setminus F\) untuk suatu himpunan berhingga \(F\subseteq\Z\text{.}\) Maka
\begin{equation*} A\cap O=A\setminus(A\cap F), \end{equation*}
dan \(A\cap F\) berhingga. Jadi setiap himpunan terbuka relatif yang tak kosong mempunyai komplemen berhingga dalam \(A\text{.}\)
Sebaliknya, misalkan \(U\subseteq A\) dan \(A\setminus U\) berhingga. Ambil \(F=A\setminus U\) sebagai subhimpunan berhingga dari \(\Z\text{.}\) Himpunan \(O=\Z\setminus F\) terbuka dalam \(\tau_{FC}\text{,}\) dan \(A\cap O=U\text{.}\) Jadi topologi terinduksi pada \(A\) tepat topologi komplemen berhingga. Tidak ada bagian argumen yang khusus bagi bilangan genap selain ketakberhinggaan \(A\text{.}\)
Misalkan \((A,\tau_A)\) suatu subruang dari ruang topologi \(X\text{.}\) Dengan menggunakan definisi himpunan tertutup melalui komplemen, definisikan kapan suatu subhimpunan \(C\subseteq A\) disebut tertutup relatif dalam \(A\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Komplemen harus diambil terhadap ruang tempat keterbukaan diuji.
Tahap 2. Ruang yang dimaksud sekarang adalah \(A\text{,}\) bukan \(X\text{.}\)
Tahap 3. Tuliskan syarat pada \(A\setminus C\) menggunakan \(\tau_A\text{.}\)
Jawaban.
Himpunan \(C\subseteq A\) tertutup relatif dalam \(A\) jika dan hanya jika komplemen relatifnya \(A\setminus C\) berada dalam \(\tau_A\text{,}\) yaitu terbuka relatif dalam \(A\text{.}\)
Solusi.
Definisi umum menyatakan bahwa suatu subhimpunan ruang topologi tertutup jika komplemennya di dalam ruang tersebut terbuka. Karena ruang yang sedang dipandang adalah \((A,\tau_A)\text{,}\) komplemen \(C\) bukan \(X\setminus C\text{,}\) melainkan \(A\setminus C\text{.}\) Jadi
\begin{equation*} C\text{ tertutup relatif dalam }A \quad\Longleftrightarrow\quad A\setminus C\in\tau_A. \end{equation*}
Misalkan \(A\) suatu subruang tak kosong dari ruang topologi \(X\text{.}\) Buktikan bahwa \(C\subseteq A\) tertutup relatif dalam \(A\) jika dan hanya jika terdapat himpunan tertutup \(F\subseteq X\) sedemikian sehingga \(C=A\cap F\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Jika \(C\) tertutup relatif, tulis \(A\setminus C=A\cap O\) untuk suatu \(O\) terbuka dalam \(X\text{.}\)
Tahap 2. Ambil \(F=X\setminus O\) dan gunakan hukum De Morgan relatif terhadap \(A\text{.}\)
Tahap 3. Untuk arah sebaliknya, mulai dari \(C=A\cap F\) dan periksa bahwa \(A\setminus C\) terbuka relatif.
Jawaban.
Pencirian tersebut benar. Komplemen relatif mengubah irisan dengan himpunan terbuka ambien menjadi irisan dengan komplemen tertutupnya, dan sebaliknya.
Solusi.
Andaikan \(C\) tertutup relatif dalam \(A\text{.}\) Maka \(A\setminus C\) terbuka relatif, sehingga terdapat himpunan terbuka \(O\) dalam \(X\) dengan \(A\setminus C=A\cap O\text{.}\) Letakkan \(F=X\setminus O\text{.}\) Himpunan \(F\) tertutup dalam \(X\text{,}\) dan
\begin{equation*} C=A\setminus(A\cap O)=A\cap(X\setminus O)=A\cap F. \end{equation*}
Sebaliknya, andaikan \(C=A\cap F\) untuk suatu himpunan tertutup \(F\) dalam \(X\text{.}\) Karena \(X\setminus F\) terbuka dalam \(X\text{,}\) berlaku
\begin{equation*} A\setminus C=A\setminus(A\cap F)=A\cap(X\setminus F), \end{equation*}
yang terbuka relatif dalam \(A\text{.}\) Maka \(C\) tertutup relatif. Kedua arah telah terbukti.
Misalkan \((X,\tau)\) suatu ruang topologi dengan basis \(\B\text{,}\) dan misalkan \(A\) suatu subruang dari \(X\text{.}\) Definisikan secara alami suatu koleksi \(\B_A\) yang menjadi calon basis untuk topologi subruang pada \(A\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Himpunan terbuka relatif diperoleh dengan mengiriskan himpunan terbuka ambien dengan \(A\text{.}\)
Tahap 2. Ganti himpunan terbuka ambien umum oleh anggota basis \(B\in\B\text{.}\)
Tahap 3. Kumpulkan semua irisan \(B\cap A\) tersebut dalam satu keluarga.
Jawaban.
Calon alaminya adalah
\begin{equation*} \B_A=\{B\cap A\mid B\in\B\}. \end{equation*}
Solusi.
Karena setiap himpunan terbuka dalam \(X\) dibangun sebagai gabungan anggota-anggota \(\B\text{,}\) irisan anggota basis dengan \(A\) merupakan blok dasar alami bagi himpunan terbuka relatif. Oleh sebab itu kita definisikan \(\B_A=\{B\cap A\mid B\in\B\}\text{.}\) Irisan kosong tidak menimbulkan masalah: jika muncul sebagai anggota koleksi, ia dapat dihapus tanpa mengubah gabungan yang dihasilkan. Panduan berikutnya membuktikan bahwa koleksi ini memang membangkitkan tepat topologi subruang.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>