Topologi: Pendekatan Berbasis Inkuiri: Edisi Lengkap Bahasa Indonesia — Dua Puluh Bab, Pendamping Belajar Mandiri, dan Pelengkap C90

Andaikan topologi yang lebih kasar \(\tau _1\) mempunyai pemisahan \(X=U\sqcup V\text{.}\) Karena \(U,V\in\tau _1\subseteq\tau _2\text{,}\) pasangan yang sama memisahkan \((X,\tau _2)\text{,}\) suatu kontradiksi. Untuk konversnya, pada himpunan dua titik, topologi indisret terhubung, sedangkan topologi diskret yang lebih halus tidak terhubung.

Untuk \(a<b\text{,}\) kekompakan interval memberi titik minimum dan maksimum, dengan nilai \(m\) dan \(M\text{.}\) Dari \(m\leq f(t)\leq M\) diperoleh \(m\leq (b-a)^{-1}\int_a^b f(t)\,dt\leq M\text{.}\) Citra interval oleh fungsi kontinu adalah interval, jadi teorema nilai antara menghasilkan \(w\) dengan nilai rata-rata tersebut. Mengalikan dengan \(b-a\) memberi persamaan yang diminta. Kasus \(a=b\) langsung benar.

Di \(\mathbb R^2\text{,}\) ambil gabungan dua cakram tertutup berjari-jari satu yang berpusat di \((-1,0)\) dan \((1,0)\text{.}\) Keduanya berpotongan di \((0,0)\text{,}\) sehingga gabungannya terhubung. Interior gabungan itu adalah gabungan dua cakram buka yang saling lepas; karena keduanya tak kosong dan relatif buka, interior tersebut tidak terhubung.

Andaikan \(\overline A=U\sqcup V\) merupakan pemisahan relatif. Karena \(A\) terhubung, seluruh \(A\) harus termuat dalam salah satu bagian, misalnya \(U\text{.}\) Bagian \(U\) tertutup dalam \(\overline A\text{,}\) sehingga penutupan \(A\) di \(\overline A\) juga termuat dalam \(U\text{.}\) Namun penutupan itu adalah \(\overline A\text{,}\) maka \(V=\varnothing\text{,}\) bertentangan dengan definisi pemisahan.

Himpunan \(A=[0,1]\subset\mathbb R\) terhubung. Akan tetapi, batasnya adalah \(\partial A=\{0,1\}\text{.}\) Dalam topologi subruang, kedua singleton itu buka dan tertutup, sehingga membentuk pemisahan. Jadi batas tidak harus terhubung.

Jika \(A\) tak hingga, dua himpunan relatif buka tak kosong dalam \(A\) masing-masing mempunyai komplemen berhingga. Keduanya harus berpotongan, sehingga tidak mungkin membentuk pemisahan. Jika \(A\) berhingga, setiap subsetnya relatif buka: komplemennya dalam \(\mathbb R\) dapat dipilih tertutup berhingga. Jadi \(A\) diskret dan terhubung tepat ketika memiliki paling banyak satu titik.

Tetapkan \(A=\{(x,y):x^2+y^2=1\}\) dan \(B=[-1,1]\times\{0\}\text{.}\) Lingkaran dan ruas masing-masing terhubung sebagai citra kontinu interval. Irisannya adalah \(\{(-1,0),(1,0)\}\text{,}\) sebuah subruang dua titik diskret, sehingga tidak terhubung.

Kedua himpunan adalah interval, maka terhubung. Namun \(A\setminus B=[-2,-1]\cup[1,2]\text{.}\) Kedua ruas tak kosong tersebut saling lepas serta relatif buka dalam selisih itu, sehingga membentuk pemisahan.

Masing-masing dari \(A\) dan \(B\) mempunyai dua komponen yang terpisah, jadi keduanya tidak terhubung. Akan tetapi, \(A\cup B=[0,4]\text{,}\) sebuah interval, sehingga gabungannya terhubung.

Jika \(A\cup B=U\sqcup V\) adalah pemisahan, keterhubungan \(A\) memaksa \(A\) termuat dalam salah satu sisi, dan hal yang sama berlaku untuk \(B\text{.}\) Karena \(A\cap B\ne\varnothing\text{,}\) keduanya harus berada pada sisi yang sama. Sisi lain lalu kosong, kontradiksi.

Kedua interval terhubung dan penutupannya beririsan di titik \(1\text{.}\) Akan tetapi, titik itu tidak termasuk dalam gabungan. Maka \(A\) dan \(B\) sendiri merupakan dua bagian relatif buka, tak kosong, dan saling lepas yang menutupi \(A\cup B\text{.}\)

Pilih sembarang \(x_0\in S^1\text{.}\) Jika \(g(x_0)=0\text{,}\) selesai. Jika tidak, \(g(-x_0)=-g(x_0)\text{.}\) Salah satu busur dari \(x_0\) ke \(-x_0\) adalah citra kontinu interval; pembatasan \(g\) pada busur itu kontinu dan nilai ujungnya berlainan tanda. Teorema nilai antara memberikan titik \(x\) dengan \(g(x)=0\text{.}\)

Pada interval buka, menghapus titik mana pun menghasilkan dua interval terpisah, sehingga setiap titik adalah titik pemutus. Pada interval setengah buka, hanya ujung yang termasuk, yaitu \(b\text{,}\) bukan titik pemutus; semua titik lain memutus. Pada interval tertutup, tepat kedua ujung bukan titik pemutus. Homeomorfisme mempertahankan sifat menjadi titik pemutus, jadi ketiga jumlah tersebut merupakan invarian yang membedakan ruang-ruang itu.

Andaikan \(U\) klopen dalam topologi K. Di setiap \(x\ne0\text{,}\) himpunan \(K\) lokalnya berhingga, sehingga lingkungan basis yang termuat dalam \(U\) dapat diperkecil menjadi interval biasa dalam \(U\text{.}\) Jika \(0\in U\text{,}\) ada \(\varepsilon>0\) dengan \((( -\varepsilon,\varepsilon)\setminus K)\subseteq U\text{.}\) Tidak ada titik \(1/n\) dalam interval itu yang dapat berada di komplemen \(V\text{:}\) karena \(V\) buka dan \(1/n\in K\text{,}\) suatu interval biasa di sekitar \(1/n\) harus termuat dalam \(V\text{,}\) padahal interval itu memuat titik bukan-\(K\) dari \(U\text{.}\) Jadi seluruh interval yang cukup kecil di sekitar nol termuat dalam \(U\text{.}\) Dengan demikian \(U\text{,}\) dan secara simetris komplemennya, buka dalam topologi biasa. Karena garis real biasa terhubung, salah satunya kosong.

Setiap titik mempunyai basis lingkungan berupa interval buka kecil yang terhubung, sehingga ruang itu lokal terhubung. Namun kedua interval penyusunnya tak kosong, saling lepas, dan sekaligus buka dalam subruang; keduanya membentuk pemisahan, sehingga ruang tidak terhubung.

Sumbu \(L=\mathbb R\times\{0\}\) terhubung. Setiap serat vertikal dalam definisi \(X\) adalah ruas terhubung dan berpotongan dengan \(L\) di \((x,0)\text{.}\) Gabungan suatu himpunan terhubung dengan keluarga himpunan terhubung yang semuanya memotongnya tetap terhubung. Karena \(X\) tepat merupakan gabungan \(L\) dan seluruh serat itu, \(X\) terhubung.

Pilih \(p=(\alpha,y)\) dengan \(\alpha\) irasional dan \(y>0\text{,}\) lalu ambil bola kecil yang tidak menyentuh sumbu. Di dalam bola ini, \(X\) hanya terdiri atas potongan serat pada absis irasional. Jika \(C\) terhubung, proyeksinya ke sumbu \(x\) terhubung dan termuat dalam himpunan irasional. Karena setiap interval tak degenerat memuat bilangan rasional, proyeksi itu harus singleton; jadi \(C\) berada pada satu serat. Tetapi setiap lingkungan relatif buka dari \(p\) memuat serat dengan banyak absis irasional. Karena itu tidak ada lingkungan relatif buka terhubung yang cukup kecil di sekitar \(p\text{.}\)

Andaikan \(X\) lokal terhubung dan \(C\) komponen \(O\text{.}\) Untuk setiap \(x\in C\text{,}\) ada lingkungan buka terhubung \(V_x\) dengan \(x\in V_x\subseteq O\text{.}\) Maksimalitas komponen memberi \(V_x\subseteq C\text{,}\) maka \(C=\bigcup_{x\in C}V_x\) terbuka. Sebaliknya, jika komponen setiap himpunan buka terbuka, untuk \(x\in O\) ambil komponen \(C_x\) dari \(O\) yang memuat \(x\text{.}\) Himpunan \(C_x\) terbuka, terhubung, dan termuat dalam \(O\text{;}\) himpunan-himpunan ini membentuk basis lingkungan terhubung.

Dari kedua syarat segera diperoleh \(A\cap B=\varnothing\text{.}\) Penutupan \(A\) di \(X\) adalah \(X\cap\overline A\) dan, karena tidak memuat titik \(B\text{,}\) sama dengan \(A\text{;}\) jadi \(A\) tertutup dalam \(X\text{.}\) Demikian pula \(B\) tertutup. Karena keduanya saling merupakan komplemen, keduanya juga buka. Keduanya tak kosong dan menutupi \(X\text{,}\) sehingga merupakan pemisahan.

Jika ada penutupan \(X=A\cup B\) tak kosong dengan kedua irisan silang kosong, latihan sebelumnya menghasilkan pemisahan, sehingga \(X\) tidak terhubung. Sebaliknya, jika \(X=U\sqcup V\) adalah pemisahan, \(U\) dan \(V\) tertutup dalam \(X\text{.}\) Karena itu \(\overline U^X=U\) dan \(\overline V^X=V\text{,}\) sehingga kedua irisan silang kosong. Ini membuktikan ekuivalensi.

Misalkan dua lingkaran berpotongan hanya di \(p\text{.}\) Gabungannya terhubung karena keduanya terhubung dan beririsan. Setelah \(p\) dihapus, tersisa dua busur yang saling lepas, sehingga ruang terputus. Jika titik lain \(q\) dihapus, lingkaran yang memuat \(q\) menjadi busur yang masih bertemu lingkaran kedua di \(p\text{;}\) gabungan tetap terhubung. Jadi hanya \(p\) titik pemutus.

Misalkan lingkaran pertama dan kedua bertemu hanya di \(p\text{,}\) lingkaran kedua dan ketiga hanya di \(q\ne p\text{,}\) dan tidak ada irisan lain. Gabungan terhubung. Menghapus \(p\) memisahkan lingkaran pertama dari sisanya, dan menghapus \(q\) memisahkan lingkaran ketiga. Menghapus titik lain hanya membuka salah satu lingkaran menjadi busur, sedangkan semua sambungan rantai tetap ada. Maka tepat \(p,q\) adalah titik pemutus.

Garis real terhubung. Untuk setiap \(c\in\mathbb R\text{,}\) penghapusan \(c\) menghasilkan \((-\infty,c)\cup(c,\infty)\text{.}\) Kedua sinar tersebut tak kosong, saling lepas, dan relatif buka, sehingga \(\mathbb R\setminus\{c\}\) tidak terhubung. Jadi terdapat tak hingga banyak titik pemutus.

Lingkaran terhubung. Untuk setiap \(p\in S^1\text{,}\) proyeksi stereografik, atau parameterisasi sudut dengan satu nilai dihapus, memberi homeomorfisme \(S^1\setminus\{p\}\cong\mathbb R\text{.}\) Karena garis real terhubung, penghapusan titik mana pun tidak memutus lingkaran.

Untuk \(x\in(a,b)\text{,}\) ruang \([a,b]\setminus\{x\}\) tidak terhubung, sedangkan penghapusan \(a\) atau \(b\) menyisakan interval yang terhubung. Jadi \(\{a,b\}\) tepat himpunan titik bukan-pemutus. Homeomorfisme membatasi diri menjadi homeomorfisme setelah titik dan citranya dihapus, sehingga mempertahankan sifat pemutus. Pada kodomain, titik bukan-pemutus tepat \(c,d\text{,}\) yang membuktikan klaim.

Jika \(C\) komponen \(X\text{,}\) maka \(f(C)\) terhubung. Bila termuat dalam himpunan terhubung \(D\subseteq Y\text{,}\) maka \(f^{-1}(D)\) terhubung dan memuat \(C\text{;}\) maksimalitas memberi \(f^{-1}(D)=C\text{,}\) jadi \(D=f(C)\text{.}\) Maka \(f(C)\) komponen. Penerapan argumen yang sama pada \(f^{-1}\) memberi pemetaan invers, sehingga korespondensinya bijektif.

Pembatasan \(f|_{X\setminus\{x\}}\) adalah homeomorfisme dari \(X\setminus\{x\}\) ke \(Y\setminus\{f(x)\}\text{.}\) Keterhubungan, dan karenanya ketakterhubungan, dipertahankan oleh homeomorfisme. Jadi penghapusan \(x\) memutus \(X\) tepat ketika penghapusan \(f(x)\) memutus \(Y\text{.}\) Karena \(f\) bijektif, pembatasannya pada himpunan titik pemutus juga bijektif.

Rubrik lengkap: (1) peserta menyatakan model huruf, termasuk apakah perpotongan goresan direkatkan dan apakah lubang dianggap bagian komplemen; (2) untuk setiap huruf, peserta mencatat invarian yang relevan, sedikitnya jumlah komponen serta jumlah ujung, titik cabang, dan siklus bila memakai model rangka; (3) huruf hanya dikelompokkan bersama jika invarian cocok dan diberikan homeomorfisme atau deformasi yang meyakinkan; (4) pasangan dengan invarian berbeda dipisahkan dengan alasan eksplisit. Karena bentuk glif tidak ditentukan oleh teks soal, beberapa partisi dapat benar bila modelnya jelas dan argumennya konsisten.

Jika \(U\) klopen, tak kosong, dan bukan seluruh \(X\text{,}\) maka \(V=X\setminus U\) juga klopen dan tak kosong. Pasangan \(U,V\) saling lepas dan menutupi \(X\text{,}\) jadi merupakan pemisahan. Sebaliknya, bila \(X=U\sqcup V\) adalah pemisahan, kedua bagian buka dan saling merupakan komplemen, sehingga keduanya juga tertutup. Maka \(U\) adalah himpunan klopen sejati.

Jika \(X=U\sqcup V\) adalah pemisahan, definisikan \(f=0\) pada \(U\) dan \(f=1\) pada \(V\text{.}\) Pracitra setiap himpunan buka pada kodomain diskret terbuka, dan kedua nilai tercapai, jadi \(f\) kontinu dan surjektif. Sebaliknya, untuk surjeksi kontinu \(f\text{,}\) himpunan \(f^{-1}(\{0\})\) dan \(f^{-1}(\{1\})\) tak kosong, saling lepas, terbuka, dan menutupi \(X\text{;}\) keduanya membentuk pemisahan.

Satu-satunya himpunan buka tak kosong sejati ialah \([0,1]\text{.}\) Komplemennya \(X\setminus[0,1]\) tidak termasuk \(\tau_1\text{,}\) sehingga \([0,1]\) tidak dapat menjadi salah satu sisi pemisahan. Tidak ada kandidat lain untuk dua sisi buka tak kosong. Maka ruang terhubung.

Setiap himpunan buka tak kosong memuat \(0\text{.}\) Karena itu, dua himpunan buka tak kosong tidak pernah saling lepas. Pemisahan membutuhkan dua himpunan buka tak kosong yang saling lepas, sehingga pemisahan tidak mungkin ada.

Untuk setiap \(A\subseteq X\setminus\{0\}\text{,}\) himpunan \(A\cup\{0\}\) buka di \(X\text{,}\) dan irisannya dengan subruang adalah \(A\text{.}\) Jadi topologi subruangnya diskret. Pilih satu titik; singleton itu dan komplemennya di subruang merupakan dua himpunan buka tak kosong yang membentuk pemisahan.

Jika \(A\) memuat \(p\text{,}\) setiap himpunan relatif buka tak kosong dalam \(A\) memuat \(p\text{;}\) dua himpunan demikian tidak dapat saling lepas, jadi \(A\) terhubung. Jika \(p\notin A\text{,}\) setiap \(B\subseteq A\) terbuka relatif karena \(B=(B\cup\{p\})\cap A\text{.}\) Jadi \(A\) diskret dan terhubung tepat bila memiliki paling banyak satu titik.

Jika \(p\in A\text{,}\) setiap pemisahan relatif harus menempatkan \(p\) pada salah satu sisi buka. Namun satu-satunya himpunan relatif buka yang memuat \(p\) adalah \(A\) sendiri, sehingga sisi lain kosong; jadi \(A\) terhubung. Jika \(p\notin A\text{,}\) setiap subset \(B\subseteq A\) sudah buka di \(X\text{,}\) maka subruang diskret dan terhubung tepat untuk kardinalitas paling banyak satu.

Ruang Hausdorff bersifat \(T_1\text{.}\) Jika \(A\) singleton atau kosong, maka \(A'=\varnothing\text{,}\) yang terhubung. Andaikan \(A\) memiliki lebih dari satu titik. Jika \(a\in A\) bukan titik limit, ada lingkungan \(U\) dengan \(U\cap A=\{a\}\text{.}\) Karena singleton tertutup, \(\{a\}\) lalu klopen relatif dalam \(A\text{,}\) bertentangan dengan keterhubungan. Jadi \(A\subseteq A'\text{,}\) sedangkan selalu \(A'\subseteq\overline A\text{.}\) Setiap himpunan yang memuat himpunan terhubung \(A\) dan termuat dalam \(\overline A\) terhubung; terapkan ini pada \(A'\text{.}\)

Himpunan \(A\) terhubung karena memuat titik tertentu \(0\text{.}\) Titik \(0\) bukan titik limit: lingkungan buka \(\{0\}\) tidak mempunyai titik \(A\setminus\{0\}\text{.}\) Untuk \(x\ne0\text{,}\) setiap lingkungan buka yang memuat \(x\) juga memuat \(0\text{;}\) setelah \(x\) dihapus, titik \(0\in A\) masih tersisa. Jadi setiap \(x\ne0\) titik limit. Subruang yang tidak memuat \(0\) bersifat diskret dan memiliki banyak titik, maka tidak terhubung.

Misalkan \(C_a\) adalah gabungan semua subhimpunan terhubung yang memuat \(a\text{.}\) Semua anggota keluarga itu mempunyai titik \(a\) bersama, sehingga gabungannya terhubung. Jika suatu himpunan terhubung yang lebih besar memuat \(C_a\text{,}\) ia juga memuat \(a\) dan sudah termasuk dalam keluarga, jadi termuat dalam \(C_a\text{;}\) maka \(C_a\) maksimal. Jika dua komponen memuat \(a\text{,}\) gabungannya terhubung karena beririsan, dan maksimalitas memaksa keduanya sama.

Ambil himpunan terhubung \(D\) dengan \(a\in D\text{.}\) Karena \(a\in C_a\cap D\text{,}\) gabungan \(C_a\cup D\) terhubung. Komponen \(C_a\) maksimal di antara subhimpunan terhubung, sehingga \(C_a\cup D=C_a\) dan \(D\subseteq C_a\text{.}\) Maka gabungan seluruh \(D\) tersebut termuat dalam \(C_a\text{.}\) Sebaliknya, \(C_a\) sendiri salah satu anggota keluarga, sehingga kesamaan berlaku.

Andaikan \(C_a\cap C_b\ne\varnothing\text{.}\) Karena kedua komponen terhubung dan beririsan, \(C_a\cup C_b\) terhubung. Maksimalitas \(C_a\) memberi \(C_a\cup C_b=C_a\text{,}\) sehingga \(C_b\subseteq C_a\text{.}\) Dengan menukar peran keduanya diperoleh \(C_a\subseteq C_b\text{.}\) Jadi \(C_a=C_b\text{.}\) Jika tidak beririsan, tentu keduanya saling lepas.

Untuk \(A=\varnothing\text{,}\) pernyataan benar secara hampa bila \(X\) mempunyai komponen; dalam pemakaian biasa klaim ditujukan pada \(A\) tak kosong. Pilih \(a\in A\text{.}\) Karena \(A\) terhubung dan memuat \(a\text{,}\) karakterisasi komponen sebagai gabungan semua himpunan terhubung yang memuat \(a\) langsung memberi \(A\subseteq C_a\text{.}\)

Karena \(C\) terhubung, penutupannya \(\overline C\) juga terhubung. Penutupan itu memuat \(C\text{.}\) Akan tetapi, \(C\) maksimal di antara subhimpunan terhubung \(X\text{,}\) sehingga tidak mungkin termuat secara sejati dalam himpunan terhubung yang lebih besar. Maka \(\overline C=C\text{,}\) persis syarat bahwa \(C\) tertutup.