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 Uji Penguasaan Bab 17: Kekompakan

Delapan uji penguasaan ini menghubungkan definisi selimut buka, sifat irisan berhingga, Teorema Heine–Borel, pemetaan kontinu, hipotesis Hausdorff, metrik Hausdorff, dan sistem fungsi teriterasi. Kerjakan setiap pernyataan sebelum membuka petunjuk, jawaban, dan solusi secara bertahap.
Komponen pendamping ini ditulis secara terpisah di bawah lisensi CC BY 4.0, bukan materi resmi GVSU, dan tidak menyiratkan dukungan penulis sumber.
Misalkan \(X\) ruang topologi. Buktikan bahwa \(X\) kompak jika dan hanya jika setiap keluarga \(\mathcal F\) himpunan tertutup yang mempunyai sifat irisan berhingga memenuhi \(\bigcap_{F\in\mathcal F}F\ne\emptyset\text{.}\) Di sini sifat irisan berhingga berarti bahwa irisan setiap subkeluarga berhingga dan tak kosong dari \(\mathcal F\) tidak kosong.
Petunjuk.
Tahap 1. Ambil komplemen setiap himpunan tertutup.
Tahap 2. Gunakan hukum De Morgan untuk menerjemahkan “irisan total kosong” menjadi “komplemen-komplemennya menutupi \(X\)”.
Tahap 3. Perhatikan bahwa subselimut berhingga tepat bersesuaian dengan irisan berhingga yang kosong.
Jawaban.
Pernyataan itu benar. Dengan menuliskan \(U_F=X\setminus F\text{,}\) kegagalan irisan total setara dengan fakta bahwa keluarga \(\{U_F\}\) merupakan selimut buka, sedangkan kegagalan suatu irisan berhingga setara dengan adanya subselimut berhingga.
Solusi.
Andaikan \(X\) kompak dan \(\mathcal F\) mempunyai sifat irisan berhingga. Jika \(\bigcap_{F\in\mathcal F}F=\emptyset\text{,}\) maka hukum De Morgan memberi
\begin{equation*} X=X\setminus\bigcap_{F\in\mathcal F}F =\bigcup_{F\in\mathcal F}(X\setminus F). \end{equation*}
Jadi komplemen anggota \(\mathcal F\) membentuk selimut buka bagi \(X\text{.}\) Kekompakan menghasilkan \(F_1,\ldots,F_n\in\mathcal F\) dengan \(X=\bigcup_{i=1}^n(X\setminus F_i)\text{.}\) Sekali lagi menurut hukum De Morgan, \(\bigcap_{i=1}^nF_i=\emptyset\text{,}\) bertentangan dengan sifat irisan berhingga.
Sebaliknya, andaikan syarat irisan tersebut berlaku dan misalkan \(\mathcal U\) suatu selimut buka bagi \(X\) tanpa subselimut berhingga. Keluarga tertutup \(\mathcal F=\{X\setminus U:U\in\mathcal U\}\) mempunyai sifat irisan berhingga: irisan berhingga yang kosong akan mengatakan bahwa himpunan-himpunan terbuka yang bersesuaian menutupi \(X\text{.}\) Namun \(\mathcal U\) menutupi \(X\text{,}\) sehingga \(\bigcap_{F\in\mathcal F}F=\emptyset\text{.}\) Ini bertentangan dengan hipotesis, maka setiap selimut buka mempunyai subselimut berhingga.
Misalkan \(X\) kompak dan \(f:X\to Y\) kontinu. Buktikan bahwa \(f(X)\text{,}\) dengan topologi subruang dari \(Y\text{,}\) kompak. Deduksikan bahwa jika \(f\) juga surjektif, maka \(Y\) kompak, dan bahwa kekompakan merupakan invarian topologi.
Petunjuk.
Tahap 1. Mulailah dengan selimut buka \(\{V_i\}\) bagi \(f(X)\text{.}\)
Tahap 2. Tarik setiap \(V_i\) kembali melalui pemetaan \(f:X\to f(X)\text{.}\)
Tahap 3. Untuk invarian topologi, terapkan hasil tersebut pada suatu homeomorfisme.
Jawaban.
Prapeta selimut buka bagi \(f(X)\) menyelimuti \(X\text{.}\) Subselimut berhingga bagi prapeta itu menghasilkan subselimut berhingga bagi \(f(X)\text{.}\) Jika \(f\) surjektif, \(f(X)=Y\text{;}\) khususnya, homeomorfisme mempertahankan kekompakan.
Solusi.
Ambil selimut buka \(\{V_i:i\in I\}\) bagi \(f(X)\text{.}\) Karena setiap \(V_i\) terbuka dalam topologi subruang dan \(f\) yang dipandang sebagai pemetaan ke \(f(X)\) tetap kontinu, setiap \(f^{-1}(V_i)\) terbuka dalam \(X\text{.}\) Selain itu, \(\{f^{-1}(V_i):i\in I\}\) menutupi \(X\text{.}\) Pilih indeks \(i_1,\ldots,i_n\) sehingga prapeta-prapeta tersebut menutupi \(X\text{.}\) Untuk setiap \(y\in f(X)\text{,}\) tulis \(y=f(x)\text{.}\) Salah satu \(f^{-1}(V_{i_k})\) memuat \(x\text{,}\) sehingga \(y\in V_{i_k}\text{.}\) Jadi \(V_{i_1},\ldots,V_{i_n}\) menutupi \(f(X)\text{,}\) dan \(f(X)\) kompak.
Jika \(f\) surjektif, citra itu adalah \(Y\text{.}\) Jika \(h:X\to Y\) homeomorfisme dan salah satu ruang kompak, maka kekontinuan \(h\) atau \(h^{-1}\) memindahkan kekompakan ke ruang yang lain. Karena itu kekompakan merupakan invarian topologi.
Buktikan bahwa subhimpunan \(K\subseteq\R^n\) kompak jika dan hanya jika \(K\) tertutup dan terbatas. Anda boleh memakai fakta bahwa setiap barisan kubus tertutup tak kosong yang menurun dan yang panjang rusuknya menuju nol mempunyai irisan tak kosong, serta bahwa subhimpunan tertutup dari ruang kompak adalah kompak.
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk membuktikan kubus tertutup kompak, andaikan ada selimut buka tanpa subselimut berhingga dan bagi kubus menjadi \(2^n\) subkubus.
Tahap 2. Pilih berulang kali satu subkubus yang juga tidak dapat ditutupi secara berhingga.
Tahap 3. Untuk arah sebaliknya, gunakan fungsi koordinat atau bola-bola terbuka untuk memperoleh keterbatasan dan gunakan hipotesis Hausdorff pada \(\R^n\) untuk memperoleh ketertutupan.
Jawaban.
Kubus tertutup dalam \(\R^n\) kompak melalui argumen pembagian kubus bersarang. Himpunan tertutup dan terbatas terletak dalam suatu kubus kompak dan tertutup di dalamnya, maka kompak. Sebaliknya, subhimpunan kompak ruang Hausdorff tertutup, dan suatu tutup oleh bola-bola berpusat di asal mempunyai subselimut berhingga sehingga himpunan itu terbatas.
Solusi.
Pertama, misalkan suatu kubus tertutup \(Q_0\) mempunyai selimut buka \(\mathcal U\) tanpa subselimut berhingga. Bagi \(Q_0\) menjadi \(2^n\) kubus tertutup kongruen. Sedikitnya satu di antaranya, sebut \(Q_1\text{,}\) tidak dapat ditutupi oleh berhingga banyak anggota \(\mathcal U\text{;}\) jika semuanya dapat, gabungan subselimut-subselimut berhingga itu akan menyelimuti \(Q_0\text{.}\) Ulangi untuk memperoleh \(Q_0\supseteq Q_1\supseteq Q_2\supseteq\cdots\text{,}\) dengan panjang rusuk menuju nol dan setiap \(Q_k\) tidak mempunyai subselimut berhingga dari \(\mathcal U\text{.}\)
Ambil \(x\in\bigcap_{k\ge0}Q_k\text{.}\) Ada \(U\in\mathcal U\) dan \(\epsilon>0\) dengan \(x\in B_\epsilon(x)\subseteq U\text{.}\) Untuk \(k\) cukup besar, diameter \(Q_k\) lebih kecil daripada \(\epsilon\text{,}\) sehingga \(Q_k\subseteq U\text{.}\) Ini memberi subselimut satu himpunan bagi \(Q_k\text{,}\) sebuah kontradiksi. Jadi setiap kubus tertutup kompak.
Jika \(K\) tertutup dan terbatas, maka \(K\subseteq[-M,M]^n\) untuk suatu \(M\text{.}\) Kubus tersebut kompak, dan \(K\) tertutup di dalamnya, sehingga \(K\) kompak. Sebaliknya, \(\R^n\) Hausdorff, jadi setiap subhimpunan kompaknya tertutup. Keluarga \(\{B_m(0):m\in\Z^+\}\) menyelimuti \(K\text{;}\) suatu subselimut berhingga termuat dalam \(B_M(0)\) untuk nilai maksimum \(M\) dari indeks yang terpilih. Maka \(K\) terbatas.
Misalkan \(X\) ruang topologi kompak tak kosong dan \(f:X\to\R\) kontinu. Buktikan bahwa terdapat \(x_-,x_+\in X\) dengan \(f(x_-)\le f(x)\le f(x_+)\) untuk setiap \(x\in X\text{.}\) Jelaskan tepat di mana ketakosongan \(X\) digunakan.
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan kekontinuan untuk menunjukkan bahwa \(f(X)\) kompak.
Tahap 2. Terapkan Heine–Borel dalam \(\R\text{,}\) lalu ambil supremum dan infimum.
Tahap 3. Gunakan ketertutupan \(f(X)\) untuk menunjukkan bahwa kedua batas itu benar-benar anggota citra.
Jawaban.
Citra \(f(X)\) kompak, sehingga tertutup dan terbatas dalam \(\R\text{.}\) Karena citra itu tak kosong, supremum dan infimumnya ada; ketertutupan membuat keduanya termasuk dalam \(f(X)\) dan karena itu dicapai oleh titik-titik \(X\text{.}\)
Solusi.
Berdasarkan kekontinuan \(f\text{,}\) himpunan \(f(X)\) kompak. Menurut Heine–Borel, \(f(X)\) tertutup dan terbatas dalam \(\R\text{.}\) Ketakosongan \(X\) menjamin bahwa \(f(X)\) tak kosong, sehingga bilangan \(a=\inf f(X)\) dan \(b=\sup f(X)\) terdefinisi sebagai bilangan real.
Untuk setiap \(k\ge1\text{,}\) sifat supremum memberi \(y_k\in f(X)\) dengan \(b-1/k<y_k\le b\text{.}\) Maka \(y_k\to b\text{.}\) Karena \(f(X)\) tertutup, \(b\in f(X)\text{.}\) Jadi ada \(x_+\in X\) dengan \(f(x_+)=b\text{.}\) Argumen yang sama bagi infimum memberi \(x_-\in X\) dengan \(f(x_-)=a\text{.}\) Definisi infimum dan supremum kemudian memberi \(f(x_-)\le f(x)\le f(x_+)\) bagi setiap \(x\in X\text{.}\)
Misalkan \(X\) ruang Hausdorff, \(K\subseteq X\) kompak, dan \(x\in X\setminus K\text{.}\) Buktikan bahwa terdapat himpunan terbuka \(U,V\subseteq X\) dengan \(x\in U\text{,}\) \(K\subseteq V\text{,}\) dan \(U\cap V=\emptyset\text{.}\) Deduksikan bahwa setiap subhimpunan kompak dari ruang Hausdorff tertutup.
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk setiap \(y\in K\text{,}\) pilih lingkungan terbuka saling lepas \(U_y\ni x\) dan \(V_y\ni y\text{.}\)
Tahap 2. Ambil subselimut berhingga dari \(\{V_y:y\in K\}\text{.}\)
Tahap 3. Iris lingkungan-lingkungan \(U_y\) yang bersesuaian dan gabungkan lingkungan-lingkungan \(V_y\text{.}\)
Jawaban.
Pilih \(y_1,\ldots,y_n\) sehingga \(K\subseteq\bigcup_iV_{y_i}\text{.}\) Maka \(U=\bigcap_iU_{y_i}\) dan \(V=\bigcup_iV_{y_i}\) memenuhi semua syarat. Karena setiap titik di luar \(K\) mempunyai lingkungan terbuka yang tidak memotong \(K\text{,}\) komplemen \(K\) terbuka.
Solusi.
Untuk setiap \(y\in K\text{,}\) sifat Hausdorff memberi himpunan terbuka \(U_y,V_y\) dengan \(x\in U_y\text{,}\) \(y\in V_y\text{,}\) dan \(U_y\cap V_y=\emptyset\text{.}\) Keluarga \(\{V_y:y\in K\}\) menutupi \(K\text{.}\) Karena \(K\) kompak, ada \(y_1,\ldots,y_n\) sehingga \(K\subseteq V_{y_1}\cup\cdots\cup V_{y_n}\text{.}\)
Tetapkan
\begin{equation*} U=U_{y_1}\cap\cdots\cap U_{y_n},\qquad V=V_{y_1}\cup\cdots\cup V_{y_n}. \end{equation*}
Keduanya terbuka, \(x\in U\text{,}\) dan \(K\subseteq V\text{.}\) Jika \(z\in U\cap V\text{,}\) maka \(z\in V_{y_i}\) untuk suatu \(i\text{,}\) sementara \(z\in U\subseteq U_{y_i}\text{,}\) bertentangan dengan \(U_{y_i}\cap V_{y_i}=\emptyset\text{.}\) Jadi \(U\cap V=\emptyset\text{.}\) Khususnya, setiap \(x\notin K\) mempunyai lingkungan terbuka \(U\subseteq X\setminus K\text{.}\) Maka \(X\setminus K\) terbuka dan \(K\) tertutup.
Misalkan \(X\) himpunan tak hingga dengan topologi kofinit: himpunan terbukanya adalah \(\emptyset\) dan semua himpunan yang komplemennya berhingga. Buktikan bahwa \(X\) kompak tetapi tidak Hausdorff. Selanjutnya, pilih subhimpunan tak hingga sejati \(A\subsetneq X\) dan tunjukkan bahwa \(A\) kompak sebagai subruang tetapi tidak tertutup dalam \(X\) apabila \(X\setminus A\) juga tak hingga.
Petunjuk.
Tahap 1. Dari suatu selimut buka, pilih satu anggota tak kosong; hanya berhingga banyak titik yang belum terselimuti.
Tahap 2. Dua himpunan terbuka tak kosong tidak mungkin saling lepas.
Tahap 3. Topologi subruang pada \(A\) juga kofinit, sedangkan kriteria tertutup di \(X\) dapat dibaca dari komplemennya.
Jawaban.
Satu anggota tak kosong dari selimut buka menyisakan hanya berhingga banyak titik, yang dapat diselimuti oleh berhingga banyak anggota lain. Dua himpunan terbuka tak kosong selalu beririsan karena gabungan dua komplemen berhingga tetap berhingga. Subruang \(A\) bertopologi kofinit sehingga kompak, tetapi \(A\) tidak tertutup jika komplemennya tak hingga.
Solusi.
Ambil selimut buka \(\mathcal U\) bagi \(X\) dan pilih \(U_0\in\mathcal U\) yang tak kosong. Himpunan \(X\setminus U_0\) berhingga. Untuk setiap titik pada komplemen itu, pilih satu anggota \(\mathcal U\) yang memuatnya. Bersama \(U_0\text{,}\) berhingga banyak pilihan ini menutupi \(X\text{.}\) Jadi \(X\) kompak.
Jika \(U,V\) terbuka dan tak kosong, maka \(X\setminus(U\cap V)=(X\setminus U)\cup(X\setminus V)\) berhingga. Karena \(X\) tak hingga, \(U\cap V\) tidak kosong. Maka dua titik berbeda tidak dapat mempunyai lingkungan terbuka saling lepas, dan \(X\) tidak Hausdorff.
Himpunan terbuka tak kosong dalam subruang \(A\) berbentuk \(A\cap U\text{;}\) komplemennya di \(A\) termuat dalam komplemen berhingga \(X\setminus U\text{.}\) Sebaliknya, setiap komplemen berhingga di \(A\) diperoleh dengan cara ini. Jadi \(A\) juga bertopologi kofinit dan argumen pertama menunjukkan bahwa \(A\) kompak. Namun jika \(X\setminus A\) tak hingga, komplemen itu bukan himpunan terbuka tak kosong kofinit; akibatnya \(A\) tidak tertutup. Contoh ini menunjukkan bahwa “kompak mengakibatkan tertutup” memerlukan hipotesis Hausdorff pada ruang ambient.
Untuk himpunan kompak tak kosong \(A,B\) dalam ruang metrik \((X,d)\text{,}\) definisikan
\begin{equation*} d_H(A,B)=\max\left\{ \sup_{a\in A}d(a,B),\ \sup_{b\in B}d(b,A) \right\}, \qquad d(x,C)=\inf_{c\in C}d(x,c). \end{equation*}
Buktikan bahwa \(d_H\) merupakan metrik pada koleksi semua subhimpunan kompak tak kosong dari \(X\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Simetri dan nonnegativitas langsung dari definisi.
Tahap 2. Jika \(d_H(A,B)=0\text{,}\) gunakan ketertutupan himpunan kompak dalam ruang metrik untuk memperoleh kedua inklusi.
Tahap 3. Untuk setiap \(a\in A\text{,}\) bandingkan \(d(a,C)\) dengan \(d(a,b)+d(b,C)\text{,}\) lalu ambil infimum dan supremum.
Jawaban.
Fungsi \(d_H\) nonnegatif dan simetris. Nilai nol memaksa \(A\subseteq B\) dan \(B\subseteq A\text{.}\) Ketaksamaan \(d(a,C)\le d(a,B)+d_H(B,C)\) dan pasangannya bagi titik-titik \(C\) menghasilkan ketaksamaan segitiga setelah supremum diambil.
Solusi.
Fungsi jarak-ke-himpunan \(x\mapsto d(x,B)\) kontinu, sehingga terbatas pada himpunan kompak \(A\text{;}\) hal yang sama berlaku setelah \(A\) dan \(B\) dipertukarkan. Jadi kedua supremum dalam definisi bernilai hingga. Nonnegativitas jelas, dan pertukaran \(A\) dengan \(B\) tidak mengubah maksimum, jadi \(d_H(A,B)=d_H(B,A)\text{.}\) Jika \(A=B\text{,}\) semua jarak ke himpunan itu nol. Sebaliknya, jika \(d_H(A,B)=0\text{,}\) maka \(d(a,B)=0\) untuk setiap \(a\in A\text{.}\) Himpunan kompak dalam ruang metrik tertutup, sehingga \(a\in B\text{.}\) Jadi \(A\subseteq B\text{;}\) secara simetris \(B\subseteq A\text{.}\)
Ambil himpunan kompak tak kosong \(A,B,C\text{.}\) Untuk \(a\in A\text{,}\) \(b\in B\text{,}\) dan \(c\in C\text{,}\) ketaksamaan segitiga memberi \(d(a,c)\le d(a,b)+d(b,c)\text{.}\) Dengan mengambil infimum terhadap \(c\text{,}\) lalu memperkirakan \(d(b,C)\le d_H(B,C)\text{,}\) diperoleh \(d(a,C)\le d(a,b)+d_H(B,C)\text{.}\) Mengambil infimum terhadap \(b\in B\) memberi \(d(a,C)\le d(a,B)+d_H(B,C)\text{.}\) Setelah supremum terhadap \(a\in A\text{,}\)
\begin{equation*} \sup_{a\in A}d(a,C)\le d_H(A,B)+d_H(B,C). \end{equation*}
Argumen simetris memberi batas yang sama bagi \(\sup_{c\in C}d(c,A)\text{.}\) Maksimum kedua ruas kiri itu adalah \(d_H(A,C)\text{,}\) sehingga \(d_H(A,C)\le d_H(A,B)+d_H(B,C)\text{.}\) Semua aksioma metrik terpenuhi.
Misalkan \((X,d)\) ruang metrik lengkap dan \(f_1,\ldots,f_N:X\to X\) kontraksi dengan satu konstanta bersama \(0\le c<1\text{.}\) Pada koleksi \(\mathcal K(X)\) subhimpunan kompak tak kosong, definisikan \(H(A)=\bigcup_{i=1}^N f_i(A)\text{.}\) Buktikan bahwa \(d_H(H(A),H(B))\le c\,d_H(A,B)\text{.}\) Dengan memakai kelengkapan \((\mathcal K(X),d_H)\) dan teorema titik tetap kontraksi, simpulkan bahwa ada tepat satu atraktor \(K\) dengan \(H(K)=K\) dan bahwa iterasi dari sembarang \(A_0\in\mathcal K(X)\) menuju \(K\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Jika \(x=f_i(a)\text{,}\) dekati \(a\) oleh suatu titik \(b\in B\text{.}\)
Tahap 2. Gunakan \(d(f_i(a),f_i(b))\le c\,d(a,b)\) dan ambil infimum, supremum, serta maksimum.
Tahap 3. Terapkan teorema titik tetap Banach pada pemetaan \(H\text{.}\)
Jawaban.
Setiap titik \(f_i(a)\) dalam \(H(A)\) berjarak paling besar \(c\,d(a,B)\) dari \(H(B)\text{;}\) arah sebaliknya simetris. Maka \(H\) kontraksi berfaktor paling besar \(c\text{.}\) Kelengkapan hiperruang dan teorema Banach memberi satu-satunya titik tetap \(K\) serta konvergensi \(H^n(A_0)\to K\) dalam metrik Hausdorff.
Solusi.
Ambil \(x\in H(A)\text{.}\) Ada \(i\) dan \(a\in A\) dengan \(x=f_i(a)\text{.}\) Untuk setiap \(\epsilon>0\text{,}\) pilih \(b\in B\) sehingga \(d(a,b)<d(a,B)+\epsilon\text{.}\) Karena \(f_i(b)\in H(B)\text{,}\)
\begin{equation*} d(x,H(B))\le d(f_i(a),f_i(b)) \le c\,d(a,b) <c\bigl(d(a,B)+\epsilon\bigr). \end{equation*}
Biarkan \(\epsilon\downarrow0\text{.}\) Maka \(d(x,H(B))\le c\,d(a,B)\le c\,d_H(A,B)\text{.}\) Mengambil supremum terhadap \(x\in H(A)\) memberi satu sisi definisi metrik Hausdorff. Pertukaran \(A\) dan \(B\) memberi sisi lainnya, sehingga \(d_H(H(A),H(B))\le c\,d_H(A,B)\text{.}\)
Gabungan berhingga citra kompak adalah kompak dan tak kosong, jadi \(H\) memang memetakan \(\mathcal K(X)\) ke dirinya sendiri. Dengan fakta yang diberikan bahwa \(\mathcal K(X)\) lengkap, \(H\) adalah kontraksi pada ruang metrik lengkap. Teorema titik tetap Banach menghasilkan tepat satu \(K\in\mathcal K(X)\) dengan \(H(K)=K\text{.}\) Untuk setiap \(A_0\in\mathcal K(X)\text{,}\) barisan \(A_{n+1}=H(A_n)\) memenuhi \(d_H(A_n,K)\le c^n d_H(A_0,K)\) dan karena itu konvergen ke \(K\text{.}\) Himpunan \(K\) ialah atraktor unik sistem fungsi tersebut.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>