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: Nilai Ekstrem, Fraktal, dan Latihan Kekompakan

Empat belas panduan ini mencakup kejadian prompt sumber 26 sampai 40. Tujuh panduan pertama menutup teorema nilai ekstrem dan mengembangkan metrik Hausdorff serta konstruksi segitiga Sierpinski. Tujuh panduan berikutnya memulai latihan bab tentang topologi indiskret, perbandingan topologi, dan operasi himpunan pada subhimpunan kompak. Kejadian sumber ke-34 merupakan duplikat kejadian ke-33, sehingga keduanya diwakili oleh satu entri kanonis \(\text{o003-c90-ch17-exer-a-01}\text{.}\)
Komponen pendamping ini ditulis secara terpisah di bawah lisensi CC BY 4.0 dan bukan materi resmi GVSU.
Misalkan \(X\) ruang topologi kompak tak kosong dan \(f:X\to\R\) fungsi kontinu. Lengkapilah bukti bahwa \(f\) mencapai nilai maksimum dan nilai minimum pada \(X\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan kekontinuan untuk menunjukkan bahwa \(f(X)\) kompak dan gunakan ketakosongan \(X\text{.}\)
Tahap 2. Terapkan Teorema Heine–Borel dan sifat kelengkapan \(\R\) kepada \(f(X)\text{.}\)
Tahap 3. Tunjukkan bahwa supremum dan infimum \(f(X)\) berada dalam \(f(X)\text{,}\) lalu tarik keduanya kembali ke titik-titik domain.
Jawaban.
Citra \(f(X)\) kompak dan tak kosong, sehingga tertutup dan terbatas dalam \(\R\text{.}\) Supremum serta infimumnya ada dan, karena \(f(X)\) tertutup, keduanya merupakan anggota \(f(X)\text{.}\) Jadi \(f\) mencapai maksimum dan minimumnya.
Solusi.
Karena \(X\) kompak dan \(f\) kontinu, teorema citra kontinu himpunan kompak menyatakan bahwa \(f(X)\) kompak dalam \(\R\text{.}\) Ketakosongan \(X\) memberi suatu \(x_0\in X\text{,}\) sehingga \(f(x_0)\in f(X)\) dan \(f(X)\) tak kosong. Menurut Teorema Heine–Borel, \(f(X)\) tertutup dan terbatas.
Karena \(f(X)\) tak kosong dan terbatas di atas, bilangan \(M=\sup f(X)\) ada. Untuk setiap \(\varepsilon\gt0\text{,}\) sifat supremum memberi \(y_\varepsilon\in f(X)\) dengan \(M-\varepsilon\lt y_\varepsilon\leq M\text{.}\) Maka setiap lingkungan \(M\) beririsan dengan \(f(X)\text{,}\) sehingga \(M\in\overline{f(X)}=f(X)\text{.}\) Ada \(x_M\in X\) dengan \(f(x_M)=M\text{,}\) dan nilai ini merupakan maksimum \(f\text{.}\)
Dengan cara yang sama, keterbatasan di bawah menghasilkan \(m=\inf f(X)\text{.}\) Sifat infimum menunjukkan \(m\in\overline{f(X)}=f(X)\text{,}\) sehingga ada \(x_m\in X\) dengan \(f(x_m)=m\text{.}\) Jadi \(f\) mencapai nilai maksimum dan minimum.
Untuk subhimpunan kompak tak kosong \(A,B\) dari ruang metrik, definisikan \(d(A,B)=\max_{a\in A}\min_{b\in B}d(a,b)\text{.}\) Berikan contoh subhimpunan kompak \(A,B\subseteq\R^n\) dengan metrik Euklides yang memenuhi \(d(A,B)\ne d(B,A)\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Cukup bekerja dalam \(\R\text{.}\)
Tahap 2. Pilih satu himpunan yang termuat secara sejati dalam himpunan lainnya.
Tahap 3. Coba \(A=\{0\}\) dan \(B=\{0,1\}\text{,}\) lalu hitung kedua maksimum secara langsung.
Jawaban.
Ambil \(A=\{0\}\) dan \(B=\{0,1\}\) dalam \(\R\text{.}\) Maka \(d(A,B)=0\text{,}\) sedangkan \(d(B,A)=1\text{.}\)
Solusi.
Kedua himpunan berhingga, sehingga kompak. Untuk satu-satunya titik \(0\in A\text{,}\) jaraknya ke \(B\) adalah \(\min\{|0-0|,|0-1|\}=0\text{.}\) Karena itu \(d(A,B)=0\text{.}\)
Sebaliknya, jarak titik \(0\in B\) ke \(A\) adalah \(0\text{,}\) sedangkan jarak titik \(1\in B\) ke \(A\) adalah \(1\text{.}\) Oleh sebab itu
\begin{equation*} d(B,A)=\max\{0,1\}=1. \end{equation*}
Jadi jarak terarah ini tidak simetris.
Dalam \(\R^2\text{,}\) misalkan \(A\) lingkaran satuan berpusat di titik asal, \(B\) garis luar persegi tersisip dengan titik sudut \((1,0),(0,1),(-1,0),(0,-1)\text{,}\) dan \(C=\{(1,0),(-1,0)\}\text{.}\) Untuk \(h(P,Q)=\max\{d(P,Q),d(Q,P)\}\text{,}\) tentukan \(h(A,B)\text{,}\) \(h(A,C)\text{,}\) dan \(h(B,C)\text{.}\) Verifikasikan \(h(A,C)\leq h(A,B)+h(B,C)\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Karena \(C\subseteq A\cap B\text{,}\) dua dari jarak terarah menuju \(A\) atau \(B\) langsung bernilai nol.
Tahap 2. Pada setiap kuadran, sisi \(B\) terletak pada garis berbentuk \(\pm x\pm y=1\text{;}\) titik terjauh antara lingkaran dan sisi terjadi pada arah diagonal.
Tahap 3. Untuk jarak menuju \(C\text{,}\) periksa titik \((0,1)\) dan \((0,-1)\text{.}\)
Jawaban.
Nilainya adalah \(h(A,B)=1-1/\sqrt2\text{,}\) \(h(A,C)=\sqrt2\text{,}\) dan \(h(B,C)=\sqrt2\text{.}\) Karena itu \(\sqrt2\leq(1-1/\sqrt2)+\sqrt2\text{.}\)
Solusi.
Di kuadran pertama, sisi persegi adalah ruas \(x+y=1\text{.}\) Untuk \((x,y)\in A\) di kuadran itu, jaraknya ke ruas tersebut adalah \((x+y-1)/\sqrt2\text{;}\) nilai maksimum terjadi saat \(x=y=1/\sqrt2\) dan sama dengan \(1-1/\sqrt2\text{.}\) Dengan simetri, ini memberi \(d(A,B)=1-1/\sqrt2\text{.}\) Titik pada sisi persegi yang terjauh dari lingkaran adalah titik tengah sisi, yang berjari-jari \(1/\sqrt2\text{;}\) jaraknya ke lingkaran juga \(1-1/\sqrt2\text{.}\) Jadi \(h(A,B)=1-1/\sqrt2\text{.}\)
Karena \(C\subseteq A\text{,}\) berlaku \(d(C,A)=0\text{.}\) Untuk \((x,y)\in A\text{,}\) kuadrat jarak ke titik \((1,0)\) dan \((-1,0)\) masing-masing adalah \(2-2x\) dan \(2+2x\text{.}\) Jarak yang lebih kecil mempunyai kuadrat \(2-2|x|\text{,}\) yang maksimum saat \(x=0\text{.}\) Maka \(d(A,C)=\sqrt2\) dan \(h(A,C)=\sqrt2\text{.}\)
Demikian pula \(C\subseteq B\text{,}\) sehingga \(d(C,B)=0\text{.}\) Titik-titik \((0,\pm1)\) pada \(B\) berjarak \(\sqrt2\) dari titik terdekat dalam \(C\text{,}\) dan tidak ada titik pada keempat sisi yang berjarak lebih besar. Jadi \(h(B,C)=\sqrt2\text{.}\) Akhirnya,
\begin{equation*} h(A,C)=\sqrt2 \leq \left(1-\frac1{\sqrt2}\right)+\sqrt2 =h(A,B)+h(B,C). \end{equation*}
Misalkan \((X,d)\) ruang metrik dan \(\mathcal H(X)\) koleksi semua subhimpunan kompak tak kosong dari \(X\text{.}\) Untuk \(A,B\in\mathcal H(X)\text{,}\) tetapkan
\begin{equation*} d(A,B)=\max_{a\in A}\min_{b\in B}d(a,b),\qquad h(A,B)=\max\{d(A,B),d(B,A)\}. \end{equation*}
Buktikan bahwa \(h\) adalah metrik pada \(\mathcal H(X)\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Nonnegativitas dan simetri mengikuti definisi; untuk pemisahan, gunakan fakta bahwa subhimpunan kompak ruang metrik tertutup.
Tahap 2. Untuk \(a\in A\text{,}\) pilih \(b\in B\) yang mencapai jarak dari \(a\) ke \(B\text{.}\)
Tahap 3. Buktikan ketaksamaan terarah \(d(A,C)\leq d(A,B)+d(B,C)\text{,}\) lalu ulangi dengan arah terbalik dan ambil maksimum.
Jawaban.
Rubrik. Bukti lengkap harus memverifikasi nonnegativitas, simetri, sifat \(h(A,B)=0\iff A=B\text{,}\) dan ketaksamaan segitiga. Pada langkah terakhir, kedua ketaksamaan terarah harus digabungkan, bukan mengasumsikan \(d(A,B)\) simetris.
Solusi.
Jelas \(h(A,B)\geq0\) dan \(h(A,B)=h(B,A)\text{.}\) Jika \(A=B\text{,}\) setiap titik mempunyai jarak nol ke himpunan yang sama, sehingga \(h(A,B)=0\text{.}\) Sebaliknya, andaikan \(h(A,B)=0\text{.}\) Untuk setiap \(a\in A\text{,}\) berlaku \(\min_{b\in B}d(a,b)=0\text{.}\) Karena \(B\) kompak, minimum itu dicapai; maka ada \(b\in B\) dengan \(d(a,b)=0\text{,}\) sehingga \(a=b\) dan \(A\subseteq B\text{.}\) Argumen yang sama dari \(d(B,A)=0\) memberi \(B\subseteq A\text{.}\) Jadi \(A=B\text{.}\)
Sekarang ambil \(A,B,C\in\mathcal H(X)\text{.}\) Untuk setiap \(a\in A\text{,}\) kekompakan \(B\) memberi \(b_a\in B\) dengan \(d(a,b_a)=\min_{b\in B}d(a,b)\text{.}\) Ketaksamaan segitiga pada \(X\) memberi
\begin{equation*} d(a,C)\leq d(a,b_a)+d(b_a,C) \leq d(a,B)+d(B,C)\leq d(A,B)+d(B,C). \end{equation*}
Mengambil maksimum terhadap \(a\in A\) menghasilkan \(d(A,C)\leq d(A,B)+d(B,C)\text{.}\)
Dengan menukar arah diperoleh \(d(C,A)\leq d(C,B)+d(B,A)\text{.}\) Kedua ruas kanan masing-masing tidak melebihi \(h(A,B)+h(B,C)\text{.}\) Karena itu
\begin{equation*} h(A,C)=\max\{d(A,C),d(C,A)\}\leq h(A,B)+h(B,C). \end{equation*}
Semua aksioma metrik telah terpenuhi.
Misalkan \(S_0\) garis luar segitiga sama sisi dengan panjang sisi \(1\text{.}\) Pada setiap tahap, terapkan tiga kontraksi berfaktor \(1/2\) yang menempatkan salinan pada ketiga titik sudut, dan tetapkan \(S_{k+1}\) sebagai gabungan ketiga citra \(S_k\text{.}\) Tentukan \(h(S_0,S_1)\) dan, untuk setiap \(k\in\Z^+\text{,}\) tentukan \(h(S_k,S_{k+1})\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Perhatikan bahwa \(S_k\subseteq S_{k+1}\text{,}\) sehingga hanya jarak dari garis baru menuju \(S_k\) yang perlu dihitung.
Tahap 2. Pada tahap pertama, titik terjauh pada setiap sisi segitiga tengah adalah titik tengah sisi itu.
Tahap 3. Setiap tahap berikutnya merupakan salinan berskala \(2^{-k}\) dari geometri tahap pertama.
Jawaban.
Berlaku \(h(S_0,S_1)=\sqrt3/8\) dan \(h(S_k,S_{k+1})=\sqrt3/2^{k+3}\) untuk \(k\geq0\text{.}\)
Solusi.
Ketiga salinan setengah ukuran mempertahankan seluruh batas luar \(S_0\) dan menambahkan tiga sisi segitiga tengah. Jadi \(S_0\subseteq S_1\) dan \(d(S_0,S_1)=0\text{.}\) Tinggi segitiga sama sisi bersisi \(1\) adalah \(\sqrt3/2\text{.}\) Pada salah satu sisi segitiga tengah, jarak menuju batas luar paling besar di titik tengah sisi tersebut. Jarak titik itu ke salah satu dari dua sisi luar terdekat adalah \(\sqrt3/8\text{.}\) Dengan simetri, tidak ada titik baru yang lebih jauh. Maka \(d(S_1,S_0)=\sqrt3/8\) dan \(h(S_0,S_1)=\sqrt3/8\text{.}\)
Secara induktif \(S_k\subseteq S_{k+1}\text{.}\) Perbedaan baru pada tahap \(k+1\) muncul di dalam segitiga-segitiga bersisi \(2^{-k}\text{.}\) Geometrinya sebangun dengan tahap pertama dengan faktor skala \(2^{-k}\text{.}\) Jarak Hausdorff ikut berskala linear, sehingga
\begin{equation*} h(S_k,S_{k+1})=2^{-k}\frac{\sqrt3}{8} =\frac{\sqrt3}{2^{k+3}}. \end{equation*}
Rumus ini juga menghasilkan nilai tahap pertama ketika \(k=0\text{.}\)
Untuk \(n\in\Z^+\text{,}\) misalkan \(a_n=(1+1/n)^n\text{.}\) Setiap \(a_n\) rasional. Jelaskan mengapa suku-sukunya menjadi sedekat yang diinginkan satu sama lain tetapi barisan tersebut tidak konvergen dalam \(\Q\text{.}\) Jelaskan pula mengapa \((a_n)\) konvergen dalam \(\R\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Gunakan limit klasik \(\lim_{n\to\infty}(1+1/n)^n=e\text{.}\)
Tahap 2. Setiap barisan yang konvergen dalam ruang metrik merupakan barisan Cauchy; metrik pada \(\Q\) adalah pembatasan metrik pada \(\R\text{.}\)
Tahap 3. Gunakan keirasionalan \(e\) dan keunikan limit dalam \(\R\text{.}\)
Jawaban.
Barisan tersebut konvergen ke \(e\) dalam \(\R\text{,}\) sehingga Cauchy. Karena \(e\notin\Q\text{,}\) ia tidak memiliki limit dalam \(\Q\) meskipun semua sukunya rasional.
Solusi.
Ekspansi binomial menunjukkan setiap \(a_n\) rasional, dan limit klasik mendefinisikan bilangan Euler melalui
\begin{equation*} \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n=e. \end{equation*}
Jadi \((a_n)\) konvergen dalam \(\R\text{.}\) Setiap barisan konvergen adalah Cauchy: untuk \(\varepsilon\gt0\text{,}\) pilih \(N\) sehingga \(|a_n-e|\lt\varepsilon/2\) untuk \(n\geq N\text{.}\) Jika \(m,n\geq N\text{,}\) maka \(|a_n-a_m|\leq|a_n-e|+|a_m-e|\lt\varepsilon\text{.}\) Karena jarak pada \(\Q\) sama dengan jarak yang diwarisi dari \(\R\text{,}\) barisan ini juga Cauchy sebagai barisan dalam \(\Q\text{.}\)
Andaikan \((a_n)\) konvergen dalam \(\Q\) ke suatu \(q\in\Q\text{.}\) Penyertaan \(\Q\subseteq\R\) mempertahankan jarak, sehingga barisan yang sama juga akan konvergen ke \(q\) dalam \(\R\text{.}\) Keunikan limit dalam ruang metrik memaksa \(q=e\text{,}\) bertentangan dengan fakta bahwa \(e\) irasional. Maka \(\Q\) tidak memuat limit barisan Cauchy ini, sedangkan \(\R\) memuatnya.
Dengan konstruksi \((S_n)\) sebelumnya dan metrik Hausdorff \(h\text{,}\) tunjukkan bahwa \((S_n)\) merupakan barisan Cauchy dalam \(\mathcal H(\R^2)\text{.}\) Gunakan fakta bahwa \(h(S_k,S_{k+1})=\sqrt3/2^{k+3}\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Untuk \(m\gt n\text{,}\) terapkan ketaksamaan segitiga berulang kali sepanjang \(S_n,S_{n+1},\ldots,S_m\text{.}\)
Tahap 2. Batasi jumlah yang diperoleh dengan ekor deret geometri tak hingga.
Tahap 3. Pilih \(N\) sehingga batas ekor tersebut lebih kecil daripada \(\varepsilon\text{.}\)
Jawaban.
Untuk \(m\gt n\text{,}\) \(h(S_n,S_m)\lt\sqrt3/2^{n+2}\text{.}\) Batas ini menuju nol ketika \(n\to\infty\text{,}\) sehingga \((S_n)\) merupakan barisan Cauchy.
Solusi.
Jika \(m\gt n\text{,}\) ketaksamaan segitiga untuk metrik Hausdorff memberi
\begin{equation*} h(S_n,S_m)\leq \sum_{k=n}^{m-1}h(S_k,S_{k+1}) =\sum_{k=n}^{m-1}\frac{\sqrt3}{2^{k+3}}. \end{equation*}
Jumlah berhingga ini lebih kecil daripada ekor deret geometri tak hingga:
\begin{equation*} h(S_n,S_m)\lt \sum_{k=n}^{\infty}\frac{\sqrt3}{2^{k+3}} =\frac{\sqrt3}{2^{n+2}}. \end{equation*}
Diberikan \(\varepsilon\gt0\text{,}\) pilih \(N\) sedemikian sehingga \(\sqrt3/2^{N+2}\lt\varepsilon\text{.}\) Untuk setiap \(m,n\geq N\text{,}\) andaikan tanpa kehilangan keumuman bahwa \(m\gt n\text{;}\) ketaksamaan di atas memberi \(h(S_n,S_m)\lt\varepsilon\text{.}\) Kasus \(m=n\) langsung. Jadi \((S_n)\) Cauchy dalam \(\mathcal H(\R^2)\text{.}\) Kelengkapan ruang ini kemudian menjamin adanya limit kompak, yaitu segitiga Sierpinski.
Tentukan semua subhimpunan kompak dari ruang topologi \(X\) dengan topologi indiskret \(\{\emptyset,X\}\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Tangani subhimpunan kosong secara terpisah.
Tahap 2. Jika \(A\ne\emptyset\text{,}\) tentukan satu-satunya himpunan buka yang dapat memuat titik \(A\text{.}\)
Tahap 3. Periksa apa yang wajib termuat dalam setiap selimut buka bagi \(A\text{.}\)
Jawaban.
Setiap subhimpunan \(A\subseteq X\) kompak dalam topologi indiskret.
Solusi.
Himpunan kosong kompak karena subkeluarga kosong merupakan subselimut berhingga bagi setiap selimutnya. Sekarang ambil \(A\subseteq X\) tak kosong dan suatu selimut buka \(\mathcal U\) bagi \(A\text{.}\) Dalam topologi indiskret, satu-satunya himpunan buka tak kosong adalah \(X\text{.}\) Karena selimut harus memuat setiap titik \(A\text{,}\) keluarga \(\mathcal U\) harus memuat \(X\text{.}\) Subkeluarga satu anggota \(\{X\}\) menyelimuti \(A\text{.}\) Jadi setiap subhimpunan \(X\) kompak.
Misalkan \(\tau_1\) dan \(\tau_2\) topologi pada himpunan \(X\) dengan \(\tau_1\subseteq\tau_2\text{.}\) Tentukan implikasi yang benar antara kekompakan \((X,\tau_1)\) dan kekompakan \((X,\tau_2)\text{,}\) dan berikan alasan atau kontraeksempel untuk setiap arah.
Petunjuk.
Tahap 1. Setiap himpunan \(\tau_1\)-buka juga \(\tau_2\)-buka.
Tahap 2. Mulailah dari selimut yang memiliki lebih sedikit kemungkinan anggota buka.
Tahap 3. Untuk menyangkal arah sebaliknya, bandingkan topologi indiskret dan diskret pada himpunan tak berhingga.
Jawaban.
Jika \((X,\tau_2)\) kompak, maka \((X,\tau_1)\) kompak. Kebalikannya tidak selalu benar; pada himpunan tak berhingga, topologi indiskret kompak sedangkan topologi diskret tidak kompak.
Solusi.
Andaikan \((X,\tau_2)\) kompak. Setiap selimut buka \(\mathcal U\) bagi \(X\) dalam topologi \(\tau_1\) juga merupakan selimut buka dalam \(\tau_2\text{,}\) karena \(\tau_1\subseteq\tau_2\text{.}\) Kekompakan terhadap \(\tau_2\) memberi subselimut berhingga dari \(\mathcal U\text{.}\) Anggota-anggota terpilih tetap \(\tau_1\)-buka, sehingga \((X,\tau_1)\) kompak.
Untuk arah sebaliknya, ambil himpunan tak berhingga \(X\text{,}\) \(\tau_1=\{\emptyset,X\}\text{,}\) dan \(\tau_2=\mathcal P(X)\text{.}\) Topologi \(\tau_1\) lebih kasar dan \((X,\tau_1)\) kompak karena setiap selimut bagi \(X\) harus memuat \(X\text{.}\) Namun keluarga semua singleton \(\{\{x\}\mid x\in X\}\) adalah selimut \(\tau_2\)-buka tanpa subselimut berhingga. Jadi kekompakan pada topologi yang lebih kasar tidak memaksa kekompakan pada topologi yang lebih halus.
Misalkan \(\E\) himpunan bilangan bulat genap dan \(\tau=\{\Z\}\cup\{O\mid O\subseteq\E\}\text{.}\) Buktikan bahwa \(\tau\) adalah suatu topologi pada \(\Z\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Verifikasikan bahwa \(\emptyset\) dan \(\Z\) berada dalam \(\tau\text{.}\)
Tahap 2. Dalam gabungan sebarang anggota \(\tau\text{,}\) pisahkan kasus ketika salah satu anggotanya adalah \(\Z\text{.}\)
Tahap 3. Gunakan pembagian kasus yang sama untuk irisan berhingga.
Jawaban.
Koleksi \(\tau\) memuat \(\emptyset,\Z\text{,}\) tertutup terhadap gabungan sebarang, dan tertutup terhadap irisan berhingga; jadi \(\tau\) adalah topologi pada \(\Z\text{.}\)
Solusi.
Karena \(\emptyset\subseteq\E\text{,}\) berlaku \(\emptyset\in\tau\text{;}\) menurut definisi juga \(\Z\in\tau\text{.}\) Ambil keluarga sebarang \(\{U_\alpha\}_{\alpha\in I}\subseteq\tau\text{.}\) Jika suatu \(U_\alpha=\Z\text{,}\) gabungannya adalah \(\Z\) dan berada dalam \(\tau\text{.}\) Jika tidak, setiap \(U_\alpha\subseteq\E\text{,}\) maka \(\bigcup_{\alpha\in I}U_\alpha\subseteq\E\) dan gabungan itu juga anggota \(\tau\text{.}\)
Untuk irisan berhingga \(U_1\cap\cdots\cap U_n\text{,}\) jika semua \(U_i=\Z\text{,}\) irisannya adalah \(\Z\text{.}\) Jika setidaknya satu anggota merupakan subhimpunan \(\E\text{,}\) seluruh irisan termuat dalam anggota tersebut, sehingga merupakan subhimpunan \(\E\) dan berada dalam \(\tau\text{.}\) Jadi ketiga aksioma topologi terpenuhi.
Dalam ruang \((\Z,\tau)\) dengan \(\tau=\{\Z\}\cup\{O\mid O\subseteq\E\}\text{,}\) tentukan semua subhimpunan kompak dan buktikan jawaban Anda.
Petunjuk.
Tahap 1. Jika suatu subhimpunan memuat bilangan ganjil, tentukan himpunan buka mana yang dapat memuat titik itu.
Tahap 2. Jika subhimpunan termuat dalam \(\E\text{,}\) topologi subruangnya bersifat diskret.
Tahap 3. Dalam ruang diskret, keluarga singleton menguji kekompakan himpunan tak berhingga.
Jawaban.
Subhimpunan \(A\subseteq\Z\) kompak tepat ketika \(A\) berhingga atau \(A\) memuat setidaknya satu bilangan ganjil.
Solusi.
Jika \(A\) memuat bilangan ganjil \(q\text{,}\) satu-satunya anggota \(\tau\) yang memuat \(q\) adalah \(\Z\text{,}\) sebab semua anggota lain termuat dalam \(\E\text{.}\) Maka setiap selimut buka bagi \(A\) harus memuat \(\Z\text{;}\) subkeluarga \(\{\Z\}\) merupakan subselimut berhingga. Jadi setiap subhimpunan yang memuat bilangan ganjil kompak. Setiap subhimpunan berhingga juga kompak dalam sebarang ruang topologi.
Tersisa kasus \(A\subseteq\E\) yang tak berhingga. Untuk setiap \(a\in A\text{,}\) singleton \(\{a\}\) merupakan subhimpunan \(\E\text{,}\) sehingga terbuka dalam \((\Z,\tau)\text{.}\) Keluarga \(\{\{a\}\mid a\in A\}\) menyelimuti \(A\text{,}\) tetapi setiap subkeluarga berhingga hanya menyelimuti sejumlah berhingga titik. Jadi \(A\) tidak kompak. Kedua arah membuktikan pencirian tersebut.
Buktikan atau sangkal pernyataan berikut: jika \(A\) dan \(B\) adalah subhimpunan kompak dari ruang topologi \(X\text{,}\) maka \(A\cap B\) juga kompak.
Petunjuk.
Tahap 1. Pernyataan menjadi benar dalam ruang Hausdorff, jadi carilah ruang non-Hausdorff.
Tahap 2. Gunakan ruang \((\Z,\tau)\) dari dua panduan sebelumnya.
Tahap 3. Tambahkan bilangan ganjil yang berbeda kepada himpunan semua bilangan genap.
Jawaban.
Pernyataan salah. Dalam ruang di atas, ambil \(A=\E\cup\{1\}\) dan \(B=\E\cup\{3\}\text{.}\) Keduanya kompak, tetapi \(A\cap B=\E\) tidak kompak.
Solusi.
Gunakan \(X=\Z\) dengan \(\tau=\{\Z\}\cup\{O\mid O\subseteq\E\}\text{.}\) Himpunan \(A=\E\cup\{1\}\) memuat bilangan ganjil. Setiap selimut buka bagi \(A\) harus memuat \(\Z\text{,}\) sehingga \(A\) kompak. Argumen yang sama berlaku bagi \(B=\E\cup\{3\}\text{.}\)
Namun \(A\cap B=\E\text{.}\) Keluarga singleton \(\{\{2k\}\mid k\in\Z\}\) merupakan selimut buka bagi \(\E\text{,}\) sebab setiap singleton genap berada dalam \(\tau\text{.}\) Tidak ada subkeluarga berhingga yang menyelimuti seluruh \(\E\text{.}\) Maka \(\E\) tidak kompak, sehingga pernyataan umum tersebut tersangkal.
Misalkan \(X\) ruang topologi. Buktikan bahwa gabungan dari sejumlah berhingga subhimpunan kompak dari \(X\) merupakan subhimpunan kompak dari \(X\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Tulis gabungan sebagai \(K=K_1\cup\cdots\cup K_n\) dan ambil selimut buka sebarang bagi \(K\text{.}\)
Tahap 2. Keluarga yang sama menyelimuti setiap \(K_i\text{;}\) gunakan kekompakan masing-masing.
Tahap 3. Gabungkan semua subselimut berhingga yang diperoleh dan gunakan keberhinggaan jumlah indeks \(i\text{.}\)
Jawaban.
Dari selimut buka bagi \(K_1\cup\cdots\cup K_n\text{,}\) pilih subselimut berhingga untuk setiap \(K_i\text{.}\) Gabungan dari sejumlah berhingga keluarga berhingga itu merupakan subselimut berhingga bagi seluruh gabungan.
Solusi.
Misalkan \(K_1,\ldots,K_n\) subhimpunan kompak dari \(X\) dan \(\mathcal U\) selimut buka sebarang bagi \(K=\bigcup_{i=1}^nK_i\text{.}\) Untuk setiap \(i\text{,}\) keluarga \(\mathcal U\) juga menyelimuti \(K_i\text{.}\) Kekompakan \(K_i\) memberi subkeluarga berhingga \(\mathcal U_i\subseteq\mathcal U\) yang menyelimuti \(K_i\text{.}\)
Keluarga \(\mathcal V=\bigcup_{i=1}^n\mathcal U_i\) berhingga, karena merupakan gabungan dari sejumlah berhingga himpunan berhingga. Jika \(x\in K\text{,}\) maka \(x\in K_i\) untuk suatu \(i\text{,}\) sehingga \(x\) termuat dalam suatu anggota \(\mathcal U_i\subseteq\mathcal V\text{.}\) Jadi \(\mathcal V\) menyelimuti \(K\text{.}\) Karena selimut awal sebarang, \(K\) kompak.
Misalkan \(X\) ruang Hausdorff. Buktikan bahwa irisan dari sejumlah berhingga subhimpunan kompak dari \(X\) merupakan subhimpunan kompak dari \(X\text{.}\)
Petunjuk.
Tahap 1. Dalam ruang Hausdorff, setiap subhimpunan kompak tertutup.
Tahap 2. Irisan berhingga himpunan tertutup tertutup dalam \(X\text{.}\)
Tahap 3. Pandang irisan tersebut sebagai subhimpunan tertutup dari salah satu himpunan kompak.
Jawaban.
Jika \(K_1,\ldots,K_n\) kompak, semuanya tertutup karena \(X\) Hausdorff. Irisan \(K_1\cap\cdots\cap K_n\) tertutup dalam \(K_1\text{,}\) sehingga kompak.
Solusi.
Misalkan \(K_1,\ldots,K_n\) subhimpunan kompak dari \(X\text{,}\) dengan \(n\geq1\text{.}\) Karena \(X\) Hausdorff, setiap \(K_i\) tertutup dalam \(X\text{.}\) Maka
\begin{equation*} K=\bigcap_{i=1}^nK_i \end{equation*}
tertutup dalam \(X\text{.}\) Khususnya, \(K=K_1\cap F\) untuk \(F=\bigcap_{i=2}^nK_i\) yang tertutup dalam \(X\text{,}\) sehingga \(K\) tertutup dalam subruang \(K_1\text{.}\)
Subhimpunan tertutup dari ruang kompak bersifat kompak. Karena \(K_1\) kompak dan \(K\) tertutup dalam \(K_1\text{,}\) maka \(K\) kompak. Untuk \(n=1\text{,}\) kesimpulan adalah hipotesis itu sendiri. Jadi setiap irisan dari sejumlah positif berhingga subhimpunan kompak bersifat kompak.
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>