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: Kekompakan dan Pemetaan Kontinu

Lima belas panduan ini melanjutkan urutan sumber Bab 17. Entri pertama menutup penyelidikan tentang himpunan kompak, buka, dan tertutup; empat entri berikutnya membuktikan bahwa citra kontinu himpunan kompak tetap kompak; tujuh entri berikutnya membangun dua teorema tentang himpunan tertutup dan kekompakan; satu entri menguji batas Teorema Heine-Borel; dan dua entri terakhir memulai pembuktian teorema nilai ekstrem. Kerjakan prompt pada bab utama sebelum membuka setiap tahap.
Komponen pendamping ini ditulis secara terpisah di bawah lisensi CC BY 4.0 dan bukan materi resmi GVSU.
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 \(A\) tertutup? Jelaskan.
Petunjuk.
Tahap 1. Setiap subhimpunan \(X\) kompak karena \(X\) berhingga.
Tahap 2. Pilih satu anggota \(\tau\) yang komplemennya tidak tercantum dalam \(\tau\text{.}\)
Tahap 3. Ingat bahwa suatu himpunan tertutup tepat ketika komplemennya terbuka.
Jawaban.
Tidak. Sebagai contoh, \(A=\{a\}\) berhingga sehingga kompak, tetapi \(X\setminus A=\{b,c,d\}\notin\tau\text{.}\) Jadi \(A\) tidak tertutup.
Solusi.
Ambil \(A=\{a\}\text{.}\) Setiap selimut buka bagi himpunan satu titik mempunyai subselimut yang terdiri atas satu anggota, sehingga \(A\) kompak. Agar \(A\) tertutup, komplemennya \(X\setminus A=\{b,c,d\}\) harus terbuka. Daftar anggota \(\tau\) tidak memuat \(\{b,c,d\}\text{,}\) sehingga komplemen itu tidak terbuka dan \(A\) tidak tertutup. Kontraeksempel ini membuktikan bahwa kekompakan saja tidak menjamin ketertutupan.
Misalkan \((X,\tau_X)\) dan \((Y,\tau_Y)\) ruang topologi, \(f:X\to Y\) kontinu, dan \(A\) subhimpunan kompak dari \(X\text{.}\) Apa yang perlu ditunjukkan untuk membuktikan bahwa \(f(A)\) merupakan subhimpunan kompak dari \(Y\text{?}\) Dari mana pembuktian dimulai?
Petunjuk.
Tahap 1. Tulis definisi kekompakan dengan \(f(A)\) sebagai himpunan yang diselimuti.
Tahap 2. Karena pernyataan berlaku bagi setiap selimut buka, ambil selimut buka sebarang \(\{V_\alpha\}_{\alpha\in I}\) bagi \(f(A)\text{.}\)
Tahap 3. Sasaran akhirnya adalah memilih sejumlah berhingga indeks yang himpunan \(V_\alpha\)-nya masih menyelimuti \(f(A)\text{.}\)
Jawaban.
Ambil selimut buka sebarang \(\{V_\alpha\}_{\alpha\in I}\) bagi \(f(A)\text{.}\) Kita harus membuktikan bahwa terdapat indeks \(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\) dengan \(f(A)\subseteq\bigcup_{i=1}^nV_{\alpha_i}\text{.}\)
Solusi.
Definisi menyatakan bahwa \(f(A)\) kompak jika setiap selimut bukanya mempunyai subselimut berhingga. Karena itu, tetapkan keluarga sebarang \(\mathcal V=\{V_\alpha\}_{\alpha\in I}\) dengan setiap \(V_\alpha\) terbuka dalam \(Y\) dan
\begin{equation*} f(A)\subseteq\bigcup_{\alpha\in I}V_\alpha. \end{equation*}
Yang harus dihasilkan adalah himpunan indeks berhingga \(\{\alpha_1,\ldots,\alpha_n\}\) yang memenuhi \(f(A)\subseteq\bigcup_{i=1}^nV_{\alpha_i}\text{.}\) Kekompakan yang diketahui berada pada \(A\text{,}\) jadi langkah berikutnya harus mengubah \(\mathcal V\) menjadi selimut buka bagi \(A\text{.}\)
Misalkan \((X,\tau_X)\) dan \((Y,\tau_Y)\) ruang topologi, \(f:X\to Y\) kontinu, \(A\subseteq X\) kompak, dan \(\{V_\alpha\}_{\alpha\in I}\) selimut buka bagi \(f(A)\) dalam \(Y\text{.}\) Bagaimana kita dapat menemukan selimut buka \(\{U_\alpha\}\) bagi \(A\text{?}\) Verifikasikan bahwa keluarga yang diusulkan benar-benar merupakan selimut buka bagi \(A\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Definisikan \(U_\alpha=f^{-1}(V_\alpha)\text{.}\)
Tahap 2. Gunakan kekontinuan \(f\) untuk membuktikan bahwa setiap \(U_\alpha\) terbuka dalam \(X\text{.}\)
Tahap 3. Untuk \(a\in A\text{,}\) letakkan \(f(a)\) dalam salah satu anggota selimut \(f(A)\text{,}\) lalu tarik kembali ke \(a\text{.}\)
Jawaban.
Ambil \(U_\alpha=f^{-1}(V_\alpha)\text{.}\) Setiap \(U_\alpha\) terbuka karena \(f\) kontinu. Jika \(a\in A\text{,}\) maka \(f(a)\in V_\alpha\) untuk suatu \(\alpha\text{,}\) sehingga \(a\in U_\alpha\text{.}\) Jadi keluarga prapeta itu menyelimuti \(A\text{.}\)
Solusi.
Untuk setiap \(\alpha\in I\text{,}\) definisikan \(U_\alpha=f^{-1}(V_\alpha)\text{.}\) Karena \(V_\alpha\) terbuka dalam \(Y\) dan \(f\) kontinu, \(U_\alpha\) terbuka dalam \(X\text{.}\)
Ambil \(a\in A\text{.}\) Titik \(f(a)\) berada dalam \(f(A)\text{,}\) sedangkan keluarga \(\{V_\alpha\}\) menyelimuti \(f(A)\text{.}\) Jadi ada \(\alpha\in I\) dengan \(f(a)\in V_\alpha\text{.}\) Menurut definisi prapeta, ini ekuivalen dengan \(a\in f^{-1}(V_\alpha)=U_\alpha\text{.}\) Karena berlaku untuk setiap \(a\in A\text{,}\) diperoleh \(A\subseteq\bigcup_{\alpha\in I}U_\alpha\text{.}\) Maka \(\{U_\alpha\}\) benar-benar selimut buka bagi \(A\text{.}\)
Dalam situasi entri sebelumnya, apa yang diketahui tentang setiap selimut buka bagi \(A\text{,}\) khususnya keluarga \(\{f^{-1}(V_\alpha)\}_{\alpha\in I}\text{?}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan hipotesis bahwa \(A\) kompak.
Tahap 2. Pilih indeks berhingga \(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\text{.}\)
Tahap 3. Tuliskan pernyataan penyelimutan yang dihasilkan untuk \(A\text{.}\)
Jawaban.
Kekompakan \(A\) menghasilkan indeks \(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\) sedemikian sehingga \(A\subseteq\bigcup_{i=1}^nf^{-1}(V_{\alpha_i})\text{.}\)
Solusi.
Keluarga \(\{f^{-1}(V_\alpha)\}_{\alpha\in I}\) telah dibuktikan sebagai selimut buka bagi \(A\text{.}\) Karena \(A\) kompak, keluarga itu mempunyai subselimut berhingga. Jadi terdapat \(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\in I\) dengan
\begin{equation*} A\subseteq\bigcup_{i=1}^n f^{-1}(V_{\alpha_i}). \end{equation*}
Kesimpulan ini masih dinyatakan di domain; langkah terakhir adalah mengembalikannya kepada selimut semula di kodomain.
Lengkapilah bukti: jika \(f:X\to Y\) kontinu dan \(A\) subhimpunan kompak dari \(X\text{,}\) maka \(f(A)\) merupakan subhimpunan kompak dari \(Y\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Mulai dengan selimut buka sebarang \(\{V_\alpha\}\) bagi \(f(A)\text{.}\)
Tahap 2. Tarik selimut itu melalui \(f^{-1}\) dan gunakan kekompakan \(A\) untuk memilih prapeta berhingga.
Tahap 3. Jika \(y\in f(A)\text{,}\) tulis \(y=f(a)\) dan gunakan keanggotaan \(a\) dalam salah satu prapeta terpilih.
Jawaban.
Prapeta selimut buka sebarang bagi \(f(A)\) adalah selimut buka bagi \(A\text{.}\) Subselimut berhingga prapeta yang diberikan oleh kekompakan \(A\) menentukan subselimut berhingga dari selimut semula bagi \(f(A)\text{.}\) Jadi \(f(A)\) kompak.
Solusi.
Ambil selimut buka sebarang \(\{V_\alpha\}_{\alpha\in I}\) bagi \(f(A)\text{.}\) Kekontinuan \(f\) membuat setiap \(f^{-1}(V_\alpha)\) terbuka dalam \(X\text{.}\) Selain itu, keluarga prapeta tersebut menyelimuti \(A\text{:}\) bagi \(a\in A\text{,}\) titik \(f(a)\) berada dalam suatu \(V_\alpha\text{,}\) jadi \(a\in f^{-1}(V_\alpha)\text{.}\)
Karena \(A\) kompak, terdapat \(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\) dengan \(A\subseteq\bigcup_{i=1}^nf^{-1}(V_{\alpha_i})\text{.}\) Ambil \(y\in f(A)\) dan pilih \(a\in A\) dengan \(y=f(a)\text{.}\) Titik \(a\) berada dalam suatu \(f^{-1}(V_{\alpha_i})\text{,}\) sehingga \(y=f(a)\in V_{\alpha_i}\text{.}\) Maka \(f(A)\subseteq\bigcup_{i=1}^nV_{\alpha_i}\text{.}\) Kita telah memperoleh subselimut berhingga dari selimut buka sebarang, sehingga \(f(A)\) kompak.
Misalkan \(A\) subhimpunan kompak dari ruang topologi Hausdorff \(X\text{.}\) Untuk membuktikan bahwa \(A\) tertutup, kita mempertimbangkan \(X\setminus A\text{.}\) Sifat apa yang harus dimiliki \(X\setminus A\text{,}\) dan bagaimana sifat itu dapat dibuktikan?
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan definisi himpunan tertutup melalui komplemennya.
Tahap 2. Untuk menunjukkan suatu himpunan terbuka, ambil titik sebarang \(x\in X\setminus A\text{.}\)
Tahap 3. Sasaran lokalnya adalah membangun himpunan buka \(O_x\) dengan \(x\in O_x\subseteq X\setminus A\text{.}\)
Jawaban.
Kita harus menunjukkan bahwa \(X\setminus A\) terbuka. Caranya, untuk setiap \(x\in X\setminus A\text{,}\) bangun lingkungan buka \(O_x\) yang memuat \(x\) dan tidak beririsan dengan \(A\text{.}\)
Solusi.
Berdasarkan definisi, \(A\) tertutup jika dan hanya jika \(X\setminus A\) terbuka. Suatu subhimpunan \(G\subseteq X\) terbuka jika setiap \(x\in G\) mempunyai lingkungan buka yang termuat dalam \(G\text{.}\) Maka ambil \(x\in X\setminus A\) sebarang. Cukup menemukan himpunan buka \(O_x\) sedemikian sehingga
\begin{equation*} x\in O_x\subseteq X\setminus A, \end{equation*}
atau ekuivalen dengan itu, \(O_x\cap A=\emptyset\text{.}\) Sifat Hausdorff akan memisahkan \(x\) dari setiap titik \(A\text{,}\) dan kekompakan akan mereduksi semua pemisahan itu menjadi sejumlah berhingga.
Misalkan \(A\) subhimpunan kompak dari ruang Hausdorff \(X\text{,}\) \(x\in X\setminus A\text{,}\) dan andaikan \(A\) tak kosong. Mengapa pengandaian tak kosong boleh dibuat? Untuk setiap \(a\in A\text{,}\) mengapa terdapat himpunan buka saling lepas \(O_{xa}\) dan \(O_a\) dengan \(x\in O_{xa}\) dan \(a\in O_a\text{?}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Tangani dahulu kasus \(A=\emptyset\text{.}\)
Tahap 2. Karena \(x\notin A\text{,}\) berlaku \(x\ne a\) untuk setiap \(a\in A\text{.}\)
Tahap 3. Terapkan definisi Hausdorff kepada pasangan titik berbeda \(x\) dan \(a\text{.}\)
Jawaban.
Jika \(A=\emptyset\text{,}\) maka \(A\) sudah tertutup karena komplemennya \(X\) terbuka. Jika \(A\ne\emptyset\text{,}\) setiap \(a\in A\) berbeda dari \(x\text{;}\) sifat Hausdorff memberi lingkungan buka saling lepas \(O_{xa}\ni x\) dan \(O_a\ni a\text{.}\)
Solusi.
Kasus \(A=\emptyset\) tidak memerlukan konstruksi: himpunan kosong tertutup dalam setiap ruang topologi karena \(X\setminus\emptyset=X\) terbuka. Karena itu kita boleh melanjutkan dengan asumsi \(A\ne\emptyset\text{.}\)
Tetapkan \(a\in A\text{.}\) Dari \(x\in X\setminus A\) diperoleh \(x\ne a\text{.}\) Ruang \(X\) Hausdorff, sehingga untuk dua titik berbeda tersebut terdapat himpunan buka \(O_{xa}\) dan \(O_a\) yang memenuhi
\begin{equation*} x\in O_{xa},\qquad a\in O_a,qquad O_{xa}\cap O_a=\emptyset. \end{equation*}
Konstruksi ini dapat dilakukan untuk setiap \(a\in A\text{.}\)
Dalam konstruksi sebelumnya, mengapa terdapat bilangan bulat positif \(n\) dan titik \(a_1,\ldots,a_n\in A\) sedemikian sehingga \(O_{a_1},\ldots,O_{a_n}\) membentuk selimut buka bagi \(A\text{?}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Setiap \(a\in A\) berada dalam himpunan buka \(O_a\text{.}\)
Tahap 2. Karena itu, \(\{O_a\mid a\in A\}\) adalah selimut buka bagi \(A\text{.}\)
Tahap 3. Terapkan kekompakan \(A\) kepada selimut ini.
Jawaban.
Keluarga \(\{O_a\mid a\in A\}\) menyelimuti \(A\text{.}\) Karena \(A\) kompak, terdapat subselimut berhingga \(O_{a_1},\ldots,O_{a_n}\text{.}\)
Solusi.
Untuk setiap \(a\in A\text{,}\) konstruksi Hausdorff menghasilkan himpunan buka \(O_a\) yang memuat \(a\text{.}\) Maka
\begin{equation*} A\subseteq\bigcup_{a\in A}O_a, \end{equation*}
sehingga keluarga \(\{O_a\mid a\in A\}\) merupakan selimut buka bagi \(A\text{.}\) Kekompakan \(A\) menjamin adanya subselimut berhingga. Jadi ada \(a_1,\ldots,a_n\in A\) dengan \(A\subseteq\bigcup_{i=1}^nO_{a_i}\text{.}\) Karena pada tahap ini \(A\) diasumsikan tak kosong, kita dapat mengambil \(n\in\Z^+\text{.}\)
Dengan notasi sebelumnya, carilah subhimpunan terbuka dari \(X\setminus A\) yang memuat \(x\text{.}\) Apa yang dapat disimpulkan mengenai \(A\text{?}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan irisan berhingga \(O_x=\bigcap_{i=1}^nO_{xa_i}\text{.}\)
Tahap 2. Untuk \(y\in A\text{,}\) pilih \(i\) dengan \(y\in O_{a_i}\) dan gunakan \(O_{xa_i}\cap O_{a_i}=\emptyset\text{.}\)
Tahap 3. Simpulkan bahwa setiap titik komplemen mempunyai lingkungan buka di dalam komplemen.
Jawaban.
Himpunan \(O_x=\bigcap_{i=1}^nO_{xa_i}\) terbuka, memuat \(x\text{,}\) dan tidak beririsan dengan \(A\text{.}\) Jadi \(X\setminus A\) terbuka dan \(A\) tertutup.
Solusi.
Definisikan
\begin{equation*} O_x=\bigcap_{i=1}^n O_{xa_i}. \end{equation*}
Ini merupakan irisan berhingga himpunan buka, sehingga terbuka, dan setiap \(O_{xa_i}\) memuat \(x\text{,}\) sehingga \(x\in O_x\text{.}\)
Ambil \(y\in A\text{.}\) Karena \(O_{a_1},\ldots,O_{a_n}\) menyelimuti \(A\text{,}\) ada \(i\) dengan \(y\in O_{a_i}\text{.}\) Di sisi lain, \(O_x\subseteq O_{xa_i}\) dan \(O_{xa_i}\cap O_{a_i}=\emptyset\text{.}\) Maka \(y\notin O_x\text{.}\) Jadi \(O_x\cap A=\emptyset\text{,}\) atau \(O_x\subseteq X\setminus A\text{.}\)
Titik \(x\in X\setminus A\) dipilih sebarang, sehingga setiap titik komplemen memiliki lingkungan buka di dalam komplemen. Maka \(X\setminus A\) terbuka dan \(A\) tertutup. Dengan demikian, setiap subhimpunan kompak dari ruang Hausdorff merupakan himpunan tertutup.
Misalkan \(X\) ruang topologi kompak dan \(C\) subhimpunan tertutup dari \(X\text{.}\) Apa yang perlu dilakukan untuk membuktikan bahwa \(C\) kompak?
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan definisi kekompakan untuk \(C\text{.}\)
Tahap 2. Ambil selimut buka sebarang \(\{U_\alpha\}_{\alpha\in I}\) bagi \(C\text{.}\)
Tahap 3. Sasaran akhirnya adalah memilih sejumlah berhingga anggota keluarga itu yang masih menyelimuti \(C\text{.}\)
Jawaban.
Ambil selimut buka sebarang \(\{U_\alpha\}_{\alpha\in I}\) bagi \(C\) dan buktikan bahwa selimut tersebut mempunyai subselimut berhingga.
Solusi.
Untuk membuktikan kekompakan, kita tidak boleh memilih selimut yang khusus. Ambil keluarga sebarang \(\mathcal U=\{U_\alpha\}_{\alpha\in I}\) yang setiap anggotanya terbuka dalam \(X\) dan memenuhi \(C\subseteq\bigcup_{\alpha\in I}U_\alpha\text{.}\) Kita harus menghasilkan indeks berhingga \(\alpha_1,\ldots,\alpha_n\) dengan \(C\subseteq\bigcup_{i=1}^nU_{\alpha_i}\text{.}\) Kekompakan yang diketahui adalah kekompakan \(X\text{,}\) sehingga selimut bagi \(C\) perlu diperluas menjadi selimut bagi \(X\text{.}\)
Misalkan \(\{U_\alpha\}_{\alpha\in I}\) selimut buka bagi subhimpunan tertutup \(C\) dari ruang kompak \(X\text{.}\) Gunakan selimut tersebut dan fakta bahwa \(C\) tertutup untuk membuat selimut buka bagi \(X\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Karena \(C\) tertutup, \(X\setminus C\) terbuka.
Tahap 2. Tambahkan \(X\setminus C\) kepada keluarga \(\{U_\alpha\}\text{.}\)
Tahap 3. Periksa secara terpisah titik yang berada dalam \(C\) dan titik yang berada di luar \(C\text{.}\)
Jawaban.
Keluarga \(\{U_\alpha\}_{\alpha\in I}\cup\{X\setminus C\}\) merupakan selimut buka bagi \(X\text{.}\)
Solusi.
Karena \(C\) tertutup dalam \(X\text{,}\) komplemennya \(X\setminus C\) terbuka. Setiap \(x\in C\) berada dalam suatu \(U_\alpha\) karena keluarga semula menyelimuti \(C\text{.}\) Setiap \(x\in X\setminus C\) berada dalam anggota tambahan \(X\setminus C\text{.}\) Maka semua anggota keluarga
\begin{equation*} \mathcal V=\{U_\alpha\}_{\alpha\in I} \cup\{X\setminus C\} \end{equation*}
terbuka dan gabungannya memuat seluruh \(X\text{.}\) Jadi \(\mathcal V\) adalah selimut buka bagi \(X\text{.}\)
Gunakan fakta bahwa \(X\) kompak untuk menyelesaikan bukti bahwa setiap subhimpunan tertutup \(C\) dari \(X\) kompak.
Petunjuk.
Tahap 1. Terapkan kekompakan \(X\) kepada selimut \(\{U_\alpha\}\cup\{X\setminus C\}\text{.}\)
Tahap 2. Hapus \(X\setminus C\) dari subselimut berhingga yang diperoleh, jika himpunan itu terpilih.
Tahap 3. Jelaskan mengapa anggota \(U_\alpha\) yang tersisa masih menyelimuti setiap titik \(C\text{.}\)
Jawaban.
Kekompakan \(X\) memberi subselimut berhingga dari keluarga yang diperluas. Setelah \(X\setminus C\) dibuang, anggota-anggota \(U_\alpha\) yang tersisa tetap menyelimuti \(C\text{.}\) Jadi \(C\) kompak.
Solusi.
Ambil selimut buka sebarang \(\{U_\alpha\}_{\alpha\in I}\) bagi \(C\text{.}\) Keluarga \(\{U_\alpha\}_{\alpha\in I}\cup\{X\setminus C\}\) adalah selimut buka bagi \(X\text{.}\) Karena \(X\) kompak, ada subselimut berhingga. Anggota-anggota subselimut itu selain mungkin \(X\setminus C\) dapat ditulis \(U_{\alpha_1},\ldots,U_{\alpha_n}\text{.}\)
Himpunan \(X\setminus C\) tidak memuat satu pun titik \(C\text{.}\) Karena subselimut berhingga tadi menyelimuti \(X\text{,}\) setiap titik \(C\) harus termuat dalam salah satu \(U_{\alpha_i}\text{.}\) Jadi \(C\subseteq\bigcup_{i=1}^nU_{\alpha_i}\text{.}\) Jika \(C=\emptyset\text{,}\) subkeluarga kosong juga cukup. Dengan demikian setiap selimut buka bagi \(C\) mempunyai subselimut berhingga, sehingga \(C\) kompak.
Subhimpunan \(A\) dari ruang metrik \((X,d)\) disebut terbatas jika terdapat bilangan real \(M\) sedemikian sehingga \(d(a_1,a_2)\leq M\) untuk semua \(a_1,a_2\in A\text{.}\) Jelaskan mengapa \(\Z\text{,}\) sebagai subhimpunan dari \((\R,d)\) dengan \(d\) metrik diskret, tertutup dan terbatas, tetapi tidak kompak.
Petunjuk.
Tahap 1. Dalam metrik diskret, \(B(x,1/2)=\{x\}\text{;}\) simpulkan sifat topologi setiap subhimpunan.
Tahap 2. Untuk dua titik berbeda, jarak diskretnya \(1\text{;}\) pilih batas seragam bagi semua pasangan titik \(\Z\text{.}\)
Tahap 3. Selimuti \(\Z\) dengan semua himpunan satu titik dan periksa subkeluarga berhingga.
Jawaban.
Topologi metrik diskret membuat setiap subhimpunan terbuka dan tertutup, jadi \(\Z\) tertutup. Semua jarak antartitik paling besar \(1\text{,}\) jadi \(\Z\) terbatas. Namun selimut buka \(\{\{n\}\mid n\in\Z\}\) tidak mempunyai subselimut berhingga; maka \(\Z\) tidak kompak.
Solusi.
Untuk metrik diskret, \(d(x,y)=0\) jika \(x=y\) dan \(d(x,y)=1\) jika \(x\ne y\text{.}\) Karena \(B(x,1/2)=\{x\}\text{,}\) setiap himpunan satu titik terbuka, sehingga setiap subhimpunan merupakan gabungan himpunan-himpunan satu titik dan terbuka. Komplemen setiap subhimpunan juga terbuka. Khususnya, \(\Z\) tertutup dalam \((\R,d)\text{.}\)
Untuk semua \(m,n\in\Z\text{,}\) berlaku \(d(m,n)\leq1\text{.}\) Jadi definisi keterbatasan dipenuhi dengan \(M=1\text{.}\) Di sisi lain, keluarga \(\mathcal U=\{\{n\}\mid n\in\Z\}\) terdiri atas himpunan-himpunan buka dan menyelimuti \(\Z\text{.}\) Setiap subkeluarga berhingga hanya menyelimuti sejumlah berhingga bilangan bulat, bukan seluruh \(\Z\text{.}\) Maka \(\mathcal U\) tidak mempunyai subselimut berhingga dan \(\Z\) tidak kompak. Jadi pencirian Heine-Borel tidak berlaku untuk semua ruang metrik.
Misalkan \(X\) ruang topologi kompak tak kosong dan \(f:X\to\R\) fungsi kontinu. Apa yang dapat disimpulkan dari kekontinuan \(f\) mengenai \(f(X)\) dalam \(\R\text{?}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Terapkan teorema bahwa citra kontinu himpunan kompak bersifat kompak.
Tahap 2. Gunakan ketakosongan \(X\) untuk menentukan apakah \(f(X)\) kosong.
Tahap 3. Di \(\R\text{,}\) gunakan Teorema Heine-Borel untuk menerjemahkan kekompakan menjadi sifat tertutup dan terbatas.
Jawaban.
Himpunan \(f(X)\) kompak dan tak kosong. Oleh Teorema Heine-Borel, \(f(X)\) tertutup dan terbatas dalam \(\R\text{.}\)
Solusi.
Ruang \(X\) kompak dan \(f\) kontinu, sehingga teorema citra kontinu himpunan kompak menunjukkan bahwa \(f(X)\) kompak dalam \(\R\text{.}\) Karena \(X\ne\emptyset\text{,}\) pilih \(x_0\in X\text{;}\) kemudian \(f(x_0)\in f(X)\text{,}\) jadi \(f(X)\ne\emptyset\text{.}\) Teorema Heine-Borel pada \(\R\) menyatakan bahwa himpunan kompak tepat himpunan tertutup dan terbatas. Maka \(f(X)\) tertutup dan terbatas.
Dalam situasi sebelumnya, mengapa \(f(X)\) memiliki batas atas terkecil \(M\text{?}\) Mengapa \(M\) harus merupakan unsur \(f(X)\text{?}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Himpunan \(f(X)\) tak kosong dan terbatas di atas; gunakan sifat kelengkapan \(\R\text{.}\)
Tahap 2. Jika \(M=\sup f(X)\text{,}\) untuk setiap \(\varepsilon\gt0\) ada \(y\in f(X)\) dengan \(M-\varepsilon\lt y\leq M\text{.}\)
Tahap 3. Jadi \(M\) berada dalam penutupan \(f(X)\text{;}\) gunakan ketertutupan \(f(X)\text{.}\)
Jawaban.
Ketakosongan dan keterbatasan \(f(X)\) menjamin adanya \(M=\sup f(X)\text{.}\) Sifat supremum membuat setiap lingkungan \(M\) beririsan dengan \(f(X)\text{,}\) sehingga \(M\in\overline{f(X)}\text{.}\) Karena \(f(X)\) tertutup, \(M\in f(X)\text{.}\)
Solusi.
Himpunan \(f(X)\) tak kosong dan terbatas, khususnya terbatas di atas. Sifat batas atas terkecil bilangan real menghasilkan \(M=\sup f(X)\in\R\text{.}\)
Untuk setiap \(\varepsilon\gt0\text{,}\) bilangan \(M-\varepsilon\) bukan batas atas bagi \(f(X)\text{;}\) jika ia batas atas, keminimalan \(M\) akan gagal. Maka terdapat \(y_\varepsilon\in f(X)\) dengan \(M-\varepsilon\lt y_\varepsilon\leq M\text{.}\) Jadi setiap lingkungan buka dari \(M\) memuat titik \(f(X)\text{,}\) sehingga \(M\in\overline{f(X)}\text{.}\) Himpunan \(f(X)\) tertutup, jadi sama dengan penutupannya. Oleh sebab itu \(M\in f(X)\text{;}\) ekuivalen, ada \(x_M\in X\) dengan \(f(x_M)=M\text{.}\)
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>