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 latihan Bab 17, bagian kedua

Bagian ini mencakup urutan pemetaan kanonis 41 sampai 55 tentang kekompakan. Setiap pernyataan dibuat mandiri dan disertai petunjuk bertahap, jawaban atau rubrik pembuktian ringkas, serta solusi lengkap. Bagian ini merupakan materi pendamping tidak resmi yang ditulis secara terpisah, dilisensikan dengan CC BY 4.0, bukan materi resmi GVSU, dan tidak menyiratkan dukungan penulis sumber.
Pada \(\Z\text{,}\) untuk setiap \(n\in\Z\) definisikan
\begin{equation*} B(n)= \begin{cases} \{n\}, \amp \text{jika }n\text{ ganjil},\\ \{n-1,n,n+1\}, \amp \text{jika }n\text{ genap}. \end{cases} \end{equation*}
Topologi garis digital adalah topologi yang mempunyai \(\B=\{B(n)\mid n\in\Z\}\) sebagai basis. Tentukan tepat semua subhimpunan kompak dari garis digital \(\Z\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Perhatikan bahwa setiap \(B(n)\) berhingga dan keluarga seluruh \(B(n)\) menyelimuti \(\Z\text{.}\)
Tahap 2. Batasi selimut basis tersebut pada suatu subhimpunan tak berhingga \(A\text{.}\) Dapatkah gabungan berhingga himpunan-himpunan basis yang berhingga menyelimuti \(A\text{?}\)
Jawaban.
Subhimpunan kompak dari garis digital tepat merupakan subhimpunan-subhimpunan berhingga dari \(\Z\text{.}\)
Solusi.
Setiap himpunan berhingga dalam ruang topologi apa pun kompak: dari suatu selimut buka, pilih satu anggota selimut untuk setiap titik. Jadi setiap subhimpunan berhingga dari \(\Z\) kompak.
Sebaliknya, misalkan \(A\subseteq\Z\) tak berhingga. Karena \(n\in B(n)\) untuk setiap \(n\text{,}\) keluarga \(\{A\cap B(n)\mid n\in\Z\}\) merupakan selimut buka bagi \(A\) dalam topologi subruang. Setiap \(B(n)\) mempunyai paling banyak tiga unsur. Oleh karena itu, gabungan berhingga anggota selimut tersebut hanya memuat berhingga banyak titik dan tidak mungkin menyelimuti \(A\text{.}\) Jadi \(A\) tidak kompak.
Untuk setiap \(n\in\Z^+\text{,}\) definisikan \(I_n=(-n,n)\cap\Z\text{,}\) yaitu himpunan bilangan bulat di dalam interval \((-n,n)\text{.}\) Buktikan bahwa \(\B=\{I_n\mid n\in\Z^+\}\) merupakan basis bagi suatu topologi \(\tau\) pada \(\Z\text{,}\) dan deskripsikan topologi yang dihasilkannya.
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk \(z\in\Z\text{,}\) pilih \(n\gt |z|\text{.}\) Untuk dua anggota basis, hitung \(I_m\cap I_n\text{.}\)
Tahap 2. Keluarga \(I_1\subset I_2\subset\cdots\) bersarang. Gabungan suatu subkeluarga yang indeksnya terbatas mempunyai indeks terbesar, sedangkan gabungan dengan indeks tak terbatas adalah seluruh \(\Z\text{.}\)
Jawaban.
Keluarga \(\B\) merupakan basis, dan
\begin{equation*} \tau=\{\emptyset,\Z\}\cup\{I_n\mid n\in\Z^+\}. \end{equation*}
Solusi.
Jika \(z\in\Z\text{,}\) setiap bilangan bulat positif \(n\gt |z|\) memenuhi \(z\in I_n\text{.}\) Jadi anggota-anggota \(\B\) menyelimuti \(\Z\text{.}\) Selanjutnya,
\begin{equation*} I_m\cap I_n=I_{\min\{m,n\}}. \end{equation*}
Maka, jika suatu titik berada dalam irisan dua anggota basis, irisan itu sendiri merupakan anggota basis yang memuat titik tersebut. Kedua syarat basis terpenuhi.
Karena himpunan-himpunan basis bersarang secara menaik, gabungan subkeluarga tak kosong dengan himpunan indeks terbatas adalah \(I_N\text{,}\) dengan \(N\) indeks terbesarnya. Jika himpunan indeksnya tak terbatas, untuk setiap \(z\in\Z\) terdapat indeks \(n\gt |z|\text{,}\) sehingga gabungannya adalah \(\Z\text{.}\) Dengan menambahkan gabungan kosong, diperoleh tepat topologi dalam jawaban.
Pada \(\Z\text{,}\) beri topologi \(\tau\) yang berbasis \(I_n=(-n,n)\cap\Z\) untuk \(n\in\Z^+\text{.}\) Apakah \(I_2=(-2,2)\cap\Z=\{-1,0,1\}\) kompak dalam topologi subruang? Buktikan jawaban Anda.
Petunjuk.
Tahap 1. Hitung banyaknya unsur \(I_2\text{.}\)
Tahap 2. Dari suatu selimut buka bagi himpunan berhingga, pilih satu anggota selimut untuk setiap titik.
Jawaban.
Ya. Himpunan \(I_2=\{-1,0,1\}\) kompak karena berhingga.
Solusi.
Misalkan \(\mathcal U\) suatu selimut buka bagi \(I_2\text{.}\) Pilih \(U_{-1},U_0,U_1\in\mathcal U\) yang masing-masing memuat \(-1\text{,}\) \(0\text{,}\) dan \(1\text{.}\) Setelah anggota yang kebetulan sama dihapus, paling banyak tiga himpunan ini masih menyelimuti \(I_2\text{.}\) Jadi setiap selimut buka mempunyai subselimut berhingga, sehingga \(I_2\) kompak.
Pada \(\Z\text{,}\) misalkan \(\tau\) mempunyai basis \(I_n=(-n,n)\cap\Z\) untuk \(n\in\Z^+\text{.}\) Tentukan tepat semua subhimpunan kompak dari \((\Z,\tau)\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Semua himpunan berhingga kompak.
Tahap 2. Untuk \(A\subseteq\Z\) tak berhingga, gunakan selimut subruang \(\{A\cap I_n\mid n\in\Z^+\}\text{.}\) Setiap gabungan berhingga keluarga bersarang ini berada dalam satu \(I_N\text{.}\)
Jawaban.
Subhimpunan kompak dari \((\Z,\tau)\) tepat merupakan subhimpunan-subhimpunan berhingga.
Solusi.
Setiap subhimpunan berhingga kompak dalam topologi subruang. Sekarang misalkan \(A\subseteq\Z\) tak berhingga. Karena setiap bilangan bulat berada dalam suatu \(I_n\text{,}\) keluarga \(\{A\cap I_n\mid n\in\Z^+\}\) menyelimuti \(A\) dengan himpunan-himpunan terbuka subruang.
Untuk indeks \(n_1,\ldots,n_r\text{,}\) ambil \(N=\max\{n_1,\ldots,n_r\}\text{.}\) Karena keluarga \(I_n\) bersarang, gabungan anggota-anggota yang dipilih termuat dalam \(A\cap I_N\text{.}\) Himpunan \(I_N\) berhingga, sedangkan \(A\) tak berhingga, sehingga gabungan itu tidak menyelimuti \(A\text{.}\) Selimut tersebut tidak mempunyai subselimut berhingga; jadi \(A\) tidak kompak.
Misalkan \(X\) ruang topologi kompak, \(Y\) ruang Hausdorff, dan \(f:X\to Y\) fungsi kontinu. Buktikan bahwa untuk setiap subhimpunan tertutup \(C\subseteq X\text{,}\) citra \(f(C)\) tertutup dalam \(Y\text{.}\) Dengan demikian, \(f\) merupakan pemetaan tertutup.
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan fakta bahwa subhimpunan tertutup dari ruang kompak adalah kompak.
Tahap 2. Citra kontinu dari himpunan kompak adalah kompak, dan setiap subhimpunan kompak dari ruang Hausdorff adalah tertutup.
Jawaban.
Rubrik pembuktian: tunjukkan berturut-turut bahwa \(C\) kompak, \(f(C)\) kompak, lalu \(f(C)\) tertutup dalam \(Y\text{.}\)
Solusi.
Ambil sembarang subhimpunan tertutup \(C\) dari \(X\text{.}\) Karena \(X\) kompak, setiap subhimpunan tertutupnya kompak; jadi \(C\) kompak. Kekontinuan \(f\) mengakibatkan citra \(f(C)\) kompak dalam \(Y\text{.}\) Karena \(Y\) Hausdorff, setiap subhimpunan kompak dari \(Y\) tertutup. Maka \(f(C)\) tertutup. Hal ini berlaku untuk setiap \(C\) tertutup, sehingga \(f\) adalah pemetaan tertutup.
Misalkan \(X\) ruang topologi kompak, \(Y\) ruang Hausdorff, dan \(f:X\to Y\) bijeksi kontinu. Buktikan bahwa \(f\) merupakan homeomorfisme.
Petunjuk.
Tahap 1. Buktikan bahwa \(f\) memetakan setiap himpunan tertutup dalam \(X\) ke himpunan tertutup dalam \(Y\text{.}\)
Tahap 2. Gunakan bijektivitas untuk menafsirkan \(f(C)\) sebagai prapeta \(C\) di bawah \(f^{-1}\text{.}\)
Jawaban.
Fungsi \(f\) adalah bijeksi kontinu dan pemetaan tertutup; karena itu inversnya kontinu, sehingga \(f\) merupakan homeomorfisme.
Solusi.
Jika \(C\subseteq X\) tertutup, maka \(C\) kompak. Citra \(f(C)\) kompak karena \(f\) kontinu, dan \(f(C)\) tertutup karena \(Y\) Hausdorff. Jadi \(f\) adalah pemetaan tertutup.
Karena \(f\) bijektif, invers \(f^{-1}:Y\to X\) terdefinisi. Untuk setiap himpunan tertutup \(C\subseteq X\text{,}\)
\begin{equation*} (f^{-1})^{-1}(C)=f(C), \end{equation*}
dan ruas kanan tertutup dalam \(Y\text{.}\) Dengan kriteria prapeta himpunan tertutup, \(f^{-1}\) kontinu. Jadi \(f\) dan inversnya kontinu, sehingga \(f\) adalah homeomorfisme.
Berikan contoh ruang topologi \(X\) dan \(Y\) serta bijeksi kontinu \(f:X\to Y\) sedemikian sehingga \(X\) kompak, tetapi \(f\) bukan homeomorfisme. Verifikasikan semua sifat yang dinyatakan.
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan himpunan dua unsur. Beri domain topologi diskret dan kodomain topologi indiskret.
Tahap 2. Periksa kekompakan domain, kekontinuan fungsi identitas, dan kegagalan kekontinuan invers pada suatu singleton.
Jawaban.
Ambil \(X=\{0,1\}\) dengan topologi diskret, \(Y=\{0,1\}\) dengan topologi indiskret, dan \(f=\operatorname{id}\text{.}\)
Solusi.
Ruang \(X\) kompak karena berhingga. Fungsi identitas \(f:X\to Y\) jelas bijektif. Hanya \(\emptyset\) dan \(Y\) yang terbuka dalam kodomain, dan prapetanya berturut-turut \(\emptyset\) serta \(X\text{,}\) keduanya terbuka dalam domain. Jadi \(f\) kontinu.
Akan tetapi, \(\{0\}\) terbuka dalam \(X\text{,}\) sedangkan \((f^{-1})^{-1}(\{0\})=\{0\}\) tidak terbuka dalam \(Y\text{.}\) Maka \(f^{-1}\) tidak kontinu dan \(f\) bukan homeomorfisme. Contoh ini juga memperlihatkan mengapa syarat Hausdorff pada kodomain diperlukan.
Berikan contoh ruang topologi \(X\) dan ruang Hausdorff \(Y\) serta bijeksi kontinu \(f:X\to Y\) yang bukan homeomorfisme. Verifikasikan semua sifat yang dinyatakan.
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan himpunan dasar \(\R\text{.}\) Beri domain topologi diskret dan kodomain topologi Euklides.
Tahap 2. Fungsi identitas dari topologi yang lebih halus ke topologi yang lebih kasar kontinu. Uji inversnya pada singleton.
Jawaban.
Ambil \(X=(\R,\tau_{\mathrm{diskret}})\text{,}\) \(Y=(\R,\tau_E)\text{,}\) dan \(f=\operatorname{id}_{\R}\text{.}\)
Solusi.
Topologi Euklides pada \(Y\) bersifat Hausdorff. Fungsi identitas \(f:X\to Y\) bijektif. Jika \(U\) terbuka dalam topologi Euklides, maka \(f^{-1}(U)=U\) merupakan suatu subhimpunan \(\R\text{,}\) sehingga terbuka dalam topologi diskret. Jadi \(f\) kontinu.
Inversnya adalah fungsi identitas dari \(Y\) ke \(X\text{.}\) Singleton \(\{0\}\) terbuka dalam \(X\text{,}\) tetapi prapetanya di bawah \(f^{-1}\) adalah \(\{0\}\text{,}\) yang tidak terbuka dalam topologi Euklides. Jadi invers tidak kontinu dan \(f\) bukan homeomorfisme. Domain diskret tak berhingga ini memang tidak kompak.
Misalkan \(X=[-1,1]\text{.}\) Topologi Entah-Atau pada \(X\) didefinisikan dengan menyatakan \(U\subseteq X\) terbuka jika \(0\notin U\text{,}\) atau jika \((-1,1)\subseteq U\text{.}\) Deskripsikan semua subhimpunan tertutup nontrivial dari \(X\text{,}\) dengan “nontrivial” berarti selain \(\emptyset\) dan \(X\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Suatu \(F\subseteq X\) tertutup tepat ketika \(X\setminus F\) terbuka. Pisahkan kasus \(0\in F\) dan \(0\notin F\text{.}\)
Tahap 2. Jika \(0\notin F\text{,}\) komplemennya memuat \(0\text{;}\) agar terbuka, komplemen itu harus memuat seluruh \((-1,1)\text{.}\)
Jawaban.
Subhimpunan tertutup nontrivial adalah semua subhimpunan sejati \(F\subsetneq X\) yang memuat \(0\text{,}\) bersama \(\{-1\}\text{,}\) \(\{1\}\text{,}\) dan \(\{-1,1\}\text{.}\)
Solusi.
Jika \(0\in F\text{,}\) maka \(0\notin X\setminus F\text{.}\) Menurut definisi topologi, setiap subhimpunan yang tidak memuat \(0\) terbuka, sehingga \(X\setminus F\) terbuka dan \(F\) tertutup.
Jika \(0\notin F\text{,}\) komplemen \(X\setminus F\) memuat \(0\text{.}\) Komplemen ini terbuka tepat ketika memuat \((-1,1)\text{.}\) Kondisi tersebut setara dengan \(F\subseteq X\setminus(-1,1)=\{-1,1\}\text{.}\) Jadi semua himpunan tertutup adalah semua subhimpunan yang memuat \(0\) bersama semua subhimpunan \(\{-1,1\}\text{.}\) Setelah \(\emptyset\) dan \(X\) dikeluarkan, diperoleh daftar dalam jawaban.
Pada \(X=[-1,1]\text{,}\) beri topologi Entah-Atau: suatu \(U\subseteq X\) terbuka jika \(0\notin U\text{,}\) atau jika \((-1,1)\subseteq U\text{.}\) Tentukan apakah \(X\) Hausdorff dan buktikan jawaban Anda.
Petunjuk.
Tahap 1. Pilih \(y\in(-1,1)\setminus\{0\}\text{.}\)
Tahap 2. Setiap lingkungan terbuka dari \(0\) harus memuat seluruh \((-1,1)\text{,}\) khususnya \(y\text{.}\)
Jawaban.
Tidak. Titik \(0\) tidak dapat dipisahkan oleh lingkungan terbuka saling lepas dari titik mana pun di \((-1,1)\setminus\{0\}\text{.}\)
Solusi.
Ambil \(y\in(-1,1)\setminus\{0\}\text{.}\) Misalkan \(U\) lingkungan terbuka dari \(0\text{.}\) Karena \(0\in U\text{,}\) alternatif pertama dalam definisi keterbukaan tidak berlaku; maka \((-1,1)\subseteq U\text{,}\) sehingga \(y\in U\text{.}\)
Setiap lingkungan terbuka \(V\) dari \(y\) juga memuat \(y\text{.}\) Akibatnya \(y\in U\cap V\text{,}\) sehingga sembarang lingkungan \(U\) dan \(V\) tersebut beririsan. Kedua titik berbeda \(0\) dan \(y\) tidak dapat dipisahkan oleh himpunan terbuka saling lepas. Jadi \(X\) bukan Hausdorff.
Pada \(X=[-1,1]\text{,}\) beri topologi Entah-Atau: suatu \(U\subseteq X\) terbuka jika \(0\notin U\text{,}\) atau jika \((-1,1)\subseteq U\text{.}\) Tentukan apakah \(X\) kompak dan buktikan jawaban Anda.
Petunjuk.
Tahap 1. Dari suatu selimut buka, pilih satu anggota yang memuat \(0\text{.}\)
Tahap 2. Anggota itu langsung menyelimuti \((-1,1)\text{.}\) Berapa banyak titik \(X\) yang mungkin masih belum terselimuti?
Jawaban.
Ya. Setiap selimut buka mempunyai subselimut dengan paling banyak tiga anggota.
Solusi.
Misalkan \(\mathcal U\) selimut buka bagi \(X\text{.}\) Karena \(0\in X\text{,}\) terdapat \(U_0\in\mathcal U\) dengan \(0\in U_0\text{.}\) Definisi topologi memaksa \((-1,1)\subseteq U_0\text{.}\) Jadi hanya kedua titik ujung \(-1\) dan \(1\) yang mungkin belum terselimuti oleh \(U_0\text{.}\)
Jika \(-1\) belum terselimuti, pilih satu anggota \(U_{-1}\in\mathcal U\) yang memuatnya; lakukan hal yang sama untuk \(1\) bila perlu. Keluarga yang terdiri dari \(U_0\) dan paling banyak dua pilihan tambahan itu menyelimuti seluruh \(X\text{.}\) Jadi \(X\) kompak.
Pada \(X=[-1,1]\text{,}\) beri topologi Entah-Atau: suatu \(U\subseteq X\) terbuka jika \(0\notin U\text{,}\) atau jika \((-1,1)\subseteq U\text{.}\) Adakah subhimpunan \(X\) yang tidak kompak? Berikan contoh, buktikan, dan jika mungkin klasifikasikan semua subhimpunan kompak.
Petunjuk.
Tahap 1. Subruang \(X\setminus\{0\}\) bersifat diskret, sebab setiap subhimpunannya tidak memuat \(0\) dan karena itu terbuka dalam \(X\text{.}\)
Tahap 2. Untuk subhimpunan yang memuat \(0\text{,}\) ulangi argumen satu anggota selimut yang menutupi seluruh \((-1,1)\text{.}\)
Jawaban.
Ya. Misalnya \((0,1)\) tidak kompak. Secara umum, \(A\subseteq X\) kompak jika dan hanya jika \(A\) berhingga atau \(0\in A\text{.}\)
Solusi.
Jika \(A\) berhingga, maka \(A\) kompak. Jika \(0\in A\text{,}\) ambil suatu selimut buka subruang bagi \(A\) dan pilih anggota yang memuat \(0\text{.}\) Anggota ini berasal dari himpunan terbuka di \(X\) yang memuat seluruh \((-1,1)\text{;}\) karena itu ia menyelimuti \(A\cap(-1,1)\text{.}\) Hanya titik ujung \(-1\) dan \(1\) yang mungkin tersisa, sehingga paling banyak dua anggota tambahan menghasilkan subselimut berhingga.
Sebaliknya, andaikan \(A\) tak berhingga dan \(0\notin A\text{.}\) Setiap singleton \(\{a\}\) untuk \(a\in A\) tidak memuat \(0\text{,}\) sehingga terbuka dalam \(X\) dan juga dalam \(A\text{.}\) Selimut singleton \(\{\{a\}\mid a\in A\}\) tidak mempunyai subselimut berhingga. Jadi \(A\) tidak kompak. Khususnya, \((0,1)\) merupakan contoh subhimpunan tak kompak.
Misalkan \(K=\{\frac1k\mid k\in\Z^+\}\text{.}\) Topologi \(K\text{,}\) dilambangkan \(\tau_K\text{,}\) pada \(\R\) mempunyai basis yang terdiri atas semua interval terbuka \((a,b)\) dan semua \((a,b)\setminus K\text{,}\) dengan \(a\lt b\text{.}\) Buktikan bahwa \((\R,\tau_K)\) tidak kompak.
Petunjuk.
Tahap 1. Setiap interval terbuka Euklides juga terbuka dalam \(\tau_K\text{;}\) jadi topologi \(K\) lebih halus daripada topologi Euklides.
Tahap 2. Gunakan selimut \(\{(-n,n)\mid n\in\Z^+\}\text{.}\)
Jawaban.
Selimut buka \(\{(-n,n)\mid n\in\Z^+\}\) menyelimuti \(\R\) tetapi tidak mempunyai subselimut berhingga.
Solusi.
Setiap \((-n,n)\) adalah interval terbuka biasa, sehingga merupakan anggota basis topologi \(K\text{.}\) Keluarga \(\mathcal U=\{(-n,n)\mid n\in\Z^+\}\) menyelimuti \(\R\text{,}\) sebab untuk setiap \(x\in\R\) terdapat bilangan bulat positif \(n\gt |x|\text{.}\)
Setiap subkeluarga berhingga mempunyai indeks terbesar \(N\text{.}\) Karena interval-interval tersebut bersarang, gabungannya hanyalah \((-N,N)\text{,}\) yang tidak menyelimuti \(\R\text{.}\) Jadi \(\mathcal U\) tidak mempunyai subselimut berhingga dan \((\R,\tau_K)\) tidak kompak.
Misalkan \(K=\{\frac1k\mid k\in\Z^+\}\) dan beri \(\R\) topologi \(K\) yang berbasis interval \((a,b)\) serta himpunan \((a,b)\setminus K\text{.}\) Buktikan bahwa setiap \(A\subseteq\R\) yang memuat \(K\) tidak kompak sebagai subruang. Simpulkan bahwa \([0,1]\) tidak kompak dalam topologi ini meskipun tertutup dan terbatas.
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan himpunan terbuka \(G=\R\setminus K\) dan
\begin{equation*} O_k=\left(\frac1k,2\right)\cup\bigl((-1,1)\setminus K\bigr), \qquad k\in\Z^+. \end{equation*}
Tahap 2. Setelah berhingga banyak \(O_k\) dipilih, ambil \(m\) setidaknya sebesar semua indeks yang dipilih dan uji apakah \(1/m\) terselimuti.
Jawaban.
Rubrik pembuktian: tunjukkan bahwa \(\{A\cap G\}\cup\{A\cap O_k\mid k\in\Z^+\}\) merupakan selimut buka bagi \(A\text{,}\) lalu gunakan suatu \(1/m\in K\) untuk menggagalkan setiap subselimut berhingga.
Solusi.
Himpunan \(G=\R\setminus K\) terbuka dalam topologi \(K\text{,}\) karena \(G=\bigcup_{n\in\Z^+}((-n,n)\setminus K)\text{.}\) Setiap \(O_k\) juga terbuka: suku pertamanya adalah interval terbuka dan suku keduanya anggota basis topologi \(K\text{.}\)
Misalkan \(A\supseteq K\text{.}\) Titik \(A\setminus K\) terselimuti oleh \(A\cap G\text{.}\) Untuk \(1/m\in K\text{,}\) pilih \(k=m+1\text{;}\) karena \(1/k\lt1/m\lt2\text{,}\) titik itu berada dalam \(A\cap O_k\text{.}\) Jadi
\begin{equation*} \{A\cap G\}\cup\{A\cap O_k\mid k\in\Z^+\} \end{equation*}
merupakan selimut buka subruang bagi \(A\text{.}\)
Subkeluarga berhingga tanpa satu pun himpunan \(O_k\) jelas tidak menyelimuti \(K\text{.}\) Untuk sembarang subkeluarga berhingga lainnya, misalkan \(N\) indeks terbesar di antara himpunan-himpunan \(O_k\) yang dipilih. Pilih \(m\geq N\text{.}\) Titik \(1/m\in K\subseteq A\) tidak berada dalam \(G\text{.}\) Untuk setiap indeks terpilih \(k\leq N\leq m\text{,}\) berlaku \(1/m\leq1/k\text{,}\) sehingga \(1/m\) tidak berada dalam \((1/k,2)\text{;}\) sebagai anggota \(K\text{,}\) titik itu juga tidak berada dalam \((-1,1)\setminus K\text{.}\) Jadi tidak ada subselimut berhingga.
Himpunan \([0,1]\) memuat \(K\text{,}\) sehingga tidak kompak. Komplemennya \((-\infty,0)\cup(1,\infty)\) terbuka dalam topologi \(K\text{,}\) jadi \([0,1]\) tertutup; himpunan ini juga terbatas dalam arti biasa.
Misalkan \(X\) ruang Hausdorff, \(C\subseteq X\) subhimpunan kompak, dan \(x\in X\setminus C\text{.}\) Buktikan bahwa terdapat himpunan terbuka saling lepas \(U,V\subseteq X\) sedemikian sehingga \(x\in U\) dan \(C\subseteq V\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk setiap \(c\in C\text{,}\) gunakan sifat Hausdorff untuk memilih himpunan terbuka saling lepas \(U_c\ni x\) dan \(V_c\ni c\text{.}\)
Tahap 2. Gunakan kekompakan untuk memilih berhingga banyak \(V_c\text{.}\) Ambil irisan pasangan-pasangan \(U_c\) dan gabungan pasangan-pasangan \(V_c\text{.}\)
Jawaban.
Rubrik pembuktian: dari subselimut berhingga \(V_{c_1},\ldots,V_{c_n}\) bagi \(C\text{,}\) ambil \(U=\bigcap_{i=1}^nU_{c_i}\) dan \(V=\bigcup_{i=1}^nV_{c_i}\text{,}\) lalu buktikan \(U\cap V=\emptyset\text{.}\)
Solusi.
Jika \(C=\emptyset\text{,}\) ambil \(U=X\) dan \(V=\emptyset\text{.}\) Sekarang andaikan \(C\neq\emptyset\text{.}\) Untuk setiap \(c\in C\text{,}\) titik \(x\) dan \(c\) berbeda. Karena \(X\) Hausdorff, terdapat himpunan terbuka \(U_c\) dan \(V_c\) dengan \(x\in U_c\text{,}\) \(c\in V_c\text{,}\) dan \(U_c\cap V_c=\emptyset\text{.}\) Keluarga \(\{V_c\mid c\in C\}\) merupakan selimut buka bagi \(C\text{.}\)
Kekompakan \(C\) memberi titik \(c_1,\ldots,c_n\in C\) sedemikian sehingga \(C\subseteq\bigcup_{i=1}^nV_{c_i}\text{.}\) Definisikan
\begin{equation*} U=\bigcap_{i=1}^nU_{c_i}, \qquad V=\bigcup_{i=1}^nV_{c_i}. \end{equation*}
Irisan berhingga \(U\) terbuka dan memuat \(x\text{;}\) gabungan \(V\) terbuka dan memuat \(C\text{.}\)
Jika \(y\in U\cap V\text{,}\) maka \(y\in V_{c_i}\) untuk suatu \(i\text{.}\) Karena \(y\in U\text{,}\) juga \(y\in U_{c_i}\text{,}\) bertentangan dengan \(U_{c_i}\cap V_{c_i}=\emptyset\text{.}\) Jadi \(U\cap V=\emptyset\text{,}\) sebagaimana diperlukan.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>