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: Selimut Buka dan Kekompakan Dasar

Sepuluh panduan pertama ini mengikuti urutan sumber Bab 17: enam penyelidikan awal tentang kekompakan, lalu empat pertanyaan pertama tentang hubungan kekompakan dengan himpunan buka dan himpunan tertutup. Kerjakan dahulu prompt pada bab utama, lalu buka petunjuk, jawaban atau rubrik, dan solusi secara bertahap.
Bab sumber mempertahankan 73 simpul tugas. Dua di antaranya hanya mengelompokkan subprompt; setelah empat pernyataan langsung dan satu badan kegiatan langsung ikut dihitung, backend memuat 76 kejadian prompt fisik dan 75 entri dukungan kanonis. Kejadian ke-34 merupakan duplikat persis dari kejadian ke-33 tentang subhimpunan kompak dalam topologi indiskret. Keduanya tetap dipertahankan; kejadian kedua dipetakan secara transparan sebagai alias ketika batch latihan yang memuatnya disusun.
Komponen pendamping ini ditulis secara terpisah di bawah lisensi CC BY 4.0 dan bukan materi resmi GVSU.
Tentukan apakah \(A=\{-2,3,e,\pi,456875\}\) dalam \(X=\R\) dengan topologi Euklides bersifat kompak. Generalisasikan contoh ini.
Petunjuk.
Tahap 1. Mulailah dengan selimut buka sebarang \(\mathcal U\) bagi \(A\text{,}\) bukan dengan selimut tertentu.
Tahap 2. Untuk setiap titik dalam \(A\text{,}\) pilih satu anggota \(\mathcal U\) yang memuat titik tersebut.
Tahap 3. Hitung banyaknya himpunan yang telah dipilih dan perhatikan bahwa argumen tidak memakai sifat khusus topologi Euklides.
Jawaban.
Himpunan \(A\) kompak. Secara umum, setiap subhimpunan berhingga dari sebarang ruang topologi bersifat kompak.
Solusi.
Misalkan \(\mathcal U\) selimut buka sebarang bagi \(A\text{.}\) Untuk setiap \(a\in A\text{,}\) pilih \(U_a\in\mathcal U\) dengan \(a\in U_a\text{.}\) Karena \(A\) mempunyai lima anggota, keluarga
\begin{equation*} \{U_{-2},U_3,U_e,U_\pi,U_{456875}\} \end{equation*}
berhingga dan masih menyelimuti \(A\text{.}\) Jika beberapa pilihan menghasilkan himpunan buka yang sama, kita cukup menghapus pengulangannya.
Argumen yang sama berlaku bagi setiap himpunan berhingga \(F=\{x_1,\ldots,x_n\}\) dalam ruang topologi apa pun: pilih satu anggota selimut yang memuat setiap \(x_i\text{.}\) Untuk \(F=\emptyset\text{,}\) subkeluarga kosong sudah merupakan subselimut berhingga. Jadi setiap subhimpunan berhingga bersifat kompak.
Tentukan apakah \(A=(0,1]\) dalam \(X=\R\) dengan topologi Euklides bersifat kompak.
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk membuktikan ketidakkompakan, cukup temukan satu selimut buka tanpa subselimut berhingga.
Tahap 2. Pertimbangkan keluarga \(U_n=(1/n,2)\) untuk \(n\geq 2\text{.}\)
Tahap 3. Dari subkeluarga berhingga, ambil indeks terbesar dan carilah titik \(A\) yang lebih kecil daripada batas kiri yang tersisa.
Jawaban.
Himpunan \((0,1]\) tidak kompak dalam topologi Euklides. Keluarga \(\{(1/n,2)\mid n\geq2\}\) adalah selimut buka tanpa subselimut berhingga.
Solusi.
Untuk setiap \(x\in(0,1]\text{,}\) sifat Archimedes memberi \(n\geq2\) dengan \(1/n\lt x\text{.}\) Maka \(x\in U_n=(1/n,2)\text{,}\) sehingga keluarga \(\mathcal U=\{U_n\mid n\geq2\}\) menyelimuti \(A\) dan setiap anggotanya terbuka dalam \(\R\text{.}\)
Ambil sebarang subkeluarga berhingga dan misalkan \(N\) indeks terbesar yang dipilih. Karena keluarga ini menaik, \(U_n\subseteq U_N\) untuk setiap indeks terpilih \(n\leq N\text{.}\) Jadi gabungan subkeluarga itu sama dengan \(U_N\text{.}\) Namun \(1/(N+1)\in(0,1]\) dan \(1/(N+1)\notin U_N\text{.}\) Tidak ada subselimut berhingga, sehingga \(A\) tidak kompak.
Tentukan apakah \(A=\{1/n\mid n\in\Z^+\}\) dalam \(X=\R\) dengan topologi Euklides bersifat kompak.
Petunjuk.
Tahap 1. Setiap titik \(1/n\) terisolasi dari titik-titik lain dalam \(A\text{.}\)
Tahap 2. Gunakan \(U_1=(3/4,5/4)\) dan, untuk \(n\geq2\text{,}\) gunakan \(U_n=(1/(n+1),1/(n-1))\text{.}\)
Tahap 3. Hitung \(U_n\cap A\) dan tentukan berapa banyak titik \(A\) yang dapat diselimuti subkeluarga berhingga.
Jawaban.
Himpunan \(A\) tidak kompak. Terdapat selimut buka yang setiap anggotanya memuat tepat satu titik \(A\text{,}\) sehingga tidak ada subkeluarga berhingga yang dapat menyelimuti seluruh \(A\text{.}\)
Solusi.
Definisikan \(U_1=(3/4,5/4)\) dan
\begin{equation*} U_n=\left(\frac1{n+1},\frac1{n-1}\right) \quad\text{untuk }n\geq2. \end{equation*}
Setiap \(U_n\) terbuka dalam \(\R\) dan memuat \(1/n\text{.}\) Karena barisan \((1/n)\) menurun ketat, kedua titik bertetangga \(1/(n+1)\) dan \(1/(n-1)\) berada tepat pada batas interval untuk \(n\geq2\text{;}\) semua suku lain berada di luar. Demikian pula, \(U_1\cap A=\{1\}\text{.}\) Jadi \(U_n\cap A=\{1/n\}\) untuk setiap \(n\geq1\text{.}\)
Keluarga \(\{U_n\mid n\in\Z^+\}\) menyelimuti \(A\text{.}\) Setiap subkeluarga berhingga hanya menyelimuti sejumlah berhingga titik \(A\text{,}\) sedangkan \(A\) tak berhingga. Karena itu keluarga ini tidak mempunyai subselimut berhingga dan \(A\) tidak kompak.
Tentukan apakah \(A=\Z^+\) dalam \(X=\R\) dengan topologi Euklides bersifat kompak.
Petunjuk.
Tahap 1. Carilah interval terbuka kecil yang mengisolasi setiap bilangan bulat positif.
Tahap 2. Gunakan \(U_n=(n-1/3,n+1/3)\) untuk \(n\in\Z^+\text{.}\)
Tahap 3. Tunjukkan bahwa subkeluarga berhingga hanya dapat memuat sejumlah berhingga anggota \(\Z^+\text{.}\)
Jawaban.
Himpunan \(\Z^+\) tidak kompak dalam topologi Euklides. Interval \(U_n=(n-1/3,n+1/3)\) membentuk selimut buka tanpa subselimut berhingga.
Solusi.
Untuk setiap \(n\in\Z^+\text{,}\) interval \(U_n=(n-1/3,n+1/3)\) terbuka dalam \(\R\) dan \(U_n\cap\Z^+=\{n\}\text{.}\) Maka \(\mathcal U=\{U_n\mid n\in\Z^+\}\) merupakan selimut buka bagi \(A\text{.}\)
Gabungan sebarang subkeluarga berhingga dari \(\mathcal U\) beririsan dengan \(A\) dalam sejumlah berhingga titik saja. Karena \(A\) mempunyai tak berhingga banyak titik, gabungan itu tidak dapat menyelimuti \(A\text{.}\) Jadi \(A\) tidak kompak.
Tentukan apakah \(A=\Z^+\) dalam \(X=\R\) dengan topologi komplemen berhingga bersifat kompak.
Petunjuk.
Tahap 1. Ambil selimut buka sebarang bagi \(A\) dan pilih satu anggotanya yang memuat suatu titik \(A\text{.}\)
Tahap 2. Komplemen setiap himpunan buka tak kosong dalam topologi ini berhingga.
Tahap 3. Setelah memilih himpunan buka pertama, pilih paling banyak satu anggota selimut tambahan untuk setiap titik \(A\) yang belum terselimuti.
Jawaban.
Himpunan \(\Z^+\) kompak dalam \(\R\) bertopologi komplemen berhingga. Bahkan setiap subhimpunan ruang bertopologi komplemen berhingga bersifat kompak.
Solusi.
Misalkan \(\mathcal U\) selimut buka bagi \(A=\Z^+\text{.}\) Pilih \(U_0\in\mathcal U\) yang memuat, misalnya, titik \(1\text{.}\) Karena \(U_0\) tak kosong dan terbuka dalam topologi komplemen berhingga, himpunan \(\R\setminus U_0\) berhingga. Akibatnya, \(A\setminus U_0\subseteq\R\setminus U_0\) juga berhingga.
Untuk setiap titik \(a\in A\setminus U_0\text{,}\) pilih satu \(U_a\in\mathcal U\) yang memuat \(a\text{.}\) Keluarga yang terdiri atas \(U_0\) dan semua \(U_a\) tersebut berhingga serta menyelimuti \(A\text{.}\) Jadi \(A\) kompak. Bukti ini berlaku tanpa perubahan bagi setiap subhimpunan tak kosong; himpunan kosong kompak secara langsung.
Tentukan apakah \(A=\R\) dalam \(X=\R\) dengan topologi Euklides bersifat kompak.
Petunjuk.
Tahap 1. Selimuti garis real dengan interval terbuka yang makin membesar.
Tahap 2. Ambil \(U_n=(-n,n)\) untuk \(n\in\Z^+\text{.}\)
Tahap 3. Dalam setiap subkeluarga berhingga, gunakan indeks terbesar untuk menemukan titik real yang belum terselimuti.
Jawaban.
Garis real tidak kompak dalam topologi Euklides. Selimut buka \(\{(-n,n)\mid n\in\Z^+\}\) tidak mempunyai subselimut berhingga.
Solusi.
Setiap \(x\in\R\) berada dalam \((-n,n)\) jika \(n\gt|x|\text{.}\) Jadi keluarga \(\mathcal U=\{(-n,n)\mid n\in\Z^+\}\) merupakan selimut buka bagi \(\R\text{.}\)
Ambil subkeluarga berhingga dan misalkan \(N\) indeks terbesar yang muncul. Karena interval-interval itu bersarang, gabungannya termuat dalam \((-N,N)\text{.}\) Titik \(N\text{,}\) misalnya, tidak berada dalam gabungan tersebut. Maka tidak ada subselimut berhingga dan \(\R\) tidak kompak.
Jelaskan mengapa setiap subhimpunan berhingga dari suatu ruang topologi pasti kompak.
Petunjuk.
Tahap 1. Tulis subhimpunan berhingga sebagai \(F=\{x_1,\ldots,x_n\}\text{.}\)
Tahap 2. Dari selimut buka sebarang, pilih satu himpunan buka yang memuat setiap \(x_i\text{.}\)
Tahap 3. Jelaskan mengapa paling banyak \(n\) himpunan terpilih sudah menyelimuti \(F\text{.}\)
Jawaban.
Dari selimut buka sebarang bagi himpunan berhingga beranggota \(n\text{,}\) pilih satu anggota selimut untuk setiap titik. Paling banyak \(n\) anggota terpilih dan semuanya bersama-sama menyelimuti himpunan tersebut.
Solusi.
Misalkan \(F=\{x_1,\ldots,x_n\}\) dan \(\mathcal U\) selimut buka sebarang bagi \(F\text{.}\) Untuk setiap \(i\in\{1,\ldots,n\}\text{,}\) karena \(\mathcal U\) menyelimuti \(F\text{,}\) ada \(U_i\in\mathcal U\) dengan \(x_i\in U_i\text{.}\) Keluarga \(\{U_1,\ldots,U_n\}\) berhingga dan menyelimuti setiap titik \(F\text{.}\) Penghapusan pilihan yang sama tidak mengubah gabungannya. Jika \(F=\emptyset\text{,}\) subkeluarga kosong cukup. Karena selimut awal dipilih sebarang, \(F\) kompak.
Misalkan \(X=\{a,b,c,d\}\) dengan topologi \(\tau=\{\emptyset,\{a\},\{b,c\},\{a,b,c\},X\}\text{.}\) Jika mungkin, temukan suatu subhimpunan dari \(X\) yang kompak dan terbuka. Jika subhimpunan semacam itu tidak ada, jelaskan alasannya.
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan hasil bahwa setiap subhimpunan berhingga bersifat kompak.
Tahap 2. Semua subhimpunan \(X\) berhingga karena \(X\) sendiri berhingga.
Tahap 3. Pilih sebarang anggota \(\tau\text{;}\) untuk contoh nontrivial, hindari \(\emptyset\) dan \(X\text{.}\)
Jawaban.
Rubrik. Jawaban lengkap menyebutkan suatu anggota \(\tau\) dan membuktikan kekompakannya dari keberhinggaan. Sebagai contoh, \(\{a\}\) kompak dan terbuka. Contoh lain yang sah adalah \(\{b,c\}\text{,}\) \(\{a,b,c\}\text{,}\) \(\emptyset\text{,}\) atau \(X\text{.}\)
Solusi.
Ambil \(A=\{a\}\text{.}\) Daftar yang mendefinisikan topologi memuat \(\{a\}\text{,}\) jadi \(A\) terbuka. Himpunan \(A\) berhingga, sehingga setiap selimut bukanya mempunyai subselimut berhingga; maka \(A\) kompak.
Contoh ini tidak unik. Karena \(X\) berhingga, setiap subhimpunan \(X\) kompak. Oleh sebab itu, subhimpunan yang sekaligus kompak dan terbuka tepat anggota-anggota \(\tau\text{,}\) yaitu \(\emptyset\text{,}\) \(\{a\}\text{,}\) \(\{b,c\}\text{,}\) \(\{a,b,c\}\text{,}\) dan \(X\text{.}\)
Misalkan \(X=\{a,b,c,d\}\) dengan topologi \(\tau=\{\emptyset,\{a\},\{b,c\},\{a,b,c\},X\}\text{.}\) Jika \(A\) merupakan subhimpunan kompak dari \(X\text{,}\) haruskah \(A\) terbuka? Jelaskan.
Petunjuk.
Tahap 1. Dalam ruang berhingga ini, setiap subhimpunan kompak.
Tahap 2. Bandingkan semua subhimpunan satu titik dengan daftar \(\tau\text{.}\)
Tahap 3. Satu contoh kompak yang tidak berada dalam \(\tau\) cukup untuk menyangkal keharusan tersebut.
Jawaban.
Tidak. Sebagai contoh, \(A=\{b\}\) berhingga sehingga kompak, tetapi \(\{b\}\notin\tau\text{,}\) sehingga tidak terbuka.
Solusi.
Pilih \(A=\{b\}\text{.}\) Karena \(A\) berhingga, argumen pemilihan satu anggota selimut untuk setiap titik menunjukkan bahwa \(A\) kompak. Namun daftar anggota \(\tau\) tidak memuat \(\{b\}\text{.}\) Jadi \(A\) tidak terbuka. Kontraeksempel ini membuktikan bahwa kekompakan saja tidak mengharuskan suatu subhimpunan terbuka.
Misalkan \(X=\{a,b,c,d\}\) dengan topologi \(\tau=\{\emptyset,\{a\},\{b,c\},\{a,b,c\},X\}\text{.}\) Jika mungkin, temukan suatu subhimpunan dari \(X\) yang kompak dan tertutup. Jika subhimpunan semacam itu tidak ada, jelaskan alasannya.
Petunjuk.
Tahap 1. Semua subhimpunan \(X\) kompak karena berhingga.
Tahap 2. Ambil komplemen setiap anggota \(\tau\) untuk mendaftar himpunan tertutup.
Tahap 3. Pilih salah satu himpunan tertutup nontrivial dari daftar tersebut.
Jawaban.
Rubrik. Jawaban lengkap memberikan suatu himpunan yang komplemennya berada dalam \(\tau\) dan menjelaskan kekompakannya melalui keberhinggaan. Sebagai contoh, \(\{d\}\) kompak dan tertutup karena \(X\setminus\{d\}=\{a,b,c\}\in\tau\text{.}\)
Solusi.
Komplemen anggota-anggota \(\tau\) memberi seluruh himpunan tertutup:
\begin{equation*} X,\quad \{b,c,d\},\quad \{a,d\},\quad \{d\},\quad \emptyset. \end{equation*}
Setiap himpunan dalam daftar ini kompak karena merupakan subhimpunan berhingga dari \(X\text{.}\) Secara khusus, \(\{d\}\) adalah contoh nontrivial: komplemennya \(\{a,b,c\}\) terbuka, sehingga \(\{d\}\) tertutup, dan keberhinggaannya menjamin kekompakan.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>