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

Kedua himpunan tersebut takkosong, saling lepas, dan gabungannya sama dengan \(A\text{.}\) Jadi keduanya membentuk pemisahan, sehingga \(A\) tidak terhubung.

Himpunan \(\{a\}\) buka relatif karena sudah terbuka dalam \(X\text{.}\) Selain itu, \(A\cap\{b,c,d,e,f\}=\{b,c\}\text{,}\) sehingga \(\{b,c\}\) juga buka relatif dalam \(A\text{.}\)

Kedua himpunan itu takkosong, beririsan kosong, dan \(\{a\}\cup\{b,c\}=A\text{.}\) Karena itu \(A\) mempunyai pemisahan dan tidak terhubung.

Komplemen himpunan buka nontrivial berturut-turut adalah \(\{a,c,d\}\text{,}\) \(\{a,b,d\}\text{,}\) \(\{c,d\}\text{,}\) \(\{a,d\}\text{,}\) \(\{d\}\text{,}\) dan \(\{a\}\text{.}\) Tidak satu pun tercantum dalam \(\tau\text{.}\)

Andaikan \(X=U\cup V\) merupakan pemisahan. Karena \(U\) dan \(V\) saling lepas, \(V=X\setminus U\text{;}\) jadi \(U\) buka dan tertutup serta nontrivial. Daftar di atas menunjukkan hal itu mustahil. Maka \(X\) terhubung.

Karena topologi diskret memuat semua subhimpunan, \(\{d\}\) dan \(\{f\}\) buka, takkosong, saling lepas, dan gabungannya \(A\text{.}\) Jadi \(A\) terputus.

Jika subhimpunan diskret \(B\) mempunyai sedikitnya dua titik, pilih \(b\in B\text{;}\) pasangan \(\{b\}\) dan \(B\setminus\{b\}\) memisahkan \(B\text{.}\) Sebaliknya, himpunan kosong dan singleton tidak dapat ditulis sebagai gabungan dua himpunan takkosong yang saling lepas. Jadi keduanya terhubung.

Topologi subruang pada \(A\) adalah \(\{\emptyset,A\}\text{,}\) sebab hanya itulah irisan \(A\) dengan anggota topologi indiskret pada \(X\text{.}\) Tidak tersedia dua himpunan buka relatif takkosong yang berbeda untuk membentuk pemisahan.

Argumen yang sama berlaku bagi setiap \(B\subseteq X\text{:}\) topologi subruangnya adalah \(\{\emptyset,B\}\) jika \(B\) takkosong. Untuk \(B=\emptyset\text{,}\) syarat adanya dua bagian takkosong juga mustahil. Jadi semua subhimpunan terhubung.

Jika \(U\) dan \(V\) buka relatif takkosong dalam \(\Z\text{,}\) komplemen keduanya di \(\Z\) berhingga. Maka \(\Z\setminus(U\cap V)=(\Z\setminus U)\cup(\Z\setminus V)\) berhingga, sehingga \(U\cap V\) tidak mungkin kosong. Jadi tidak ada pemisahan dari \(\Z\text{.}\)

Bukti ini berlaku bagi setiap subhimpunan tak berhingga. Jika \(F\) berhingga, untuk setiap \(B\subseteq F\) terdapat himpunan buka \(\R\setminus(F\setminus B)\) yang irisannya dengan \(F\) sama dengan \(B\text{.}\) Jadi topologi pada \(F\) diskret; klasifikasi berhingga kemudian mengikuti hasil ruang diskret.

Ambil \(c=5/2\text{.}\) Himpunan \(U=X\cap(-\infty,c)=[1,2]\) dan \(V=X\cap(c,\infty)=(3,4)\) terbuka dalam topologi subruang. Keduanya takkosong dan saling lepas.

Setiap titik \(X\) berada tepat pada salah satu dari dua interval, sehingga \(X=U\cup V\text{.}\) Maka \(U,V\) merupakan pemisahan dan \(X\) tidak terhubung.

Tuliskan \(L=\{(x,0):x\in\R\}\) dan \(H=\{(x,y):xy=1\}\text{.}\) Keduanya takkosong, saling lepas, dan \(X=L\cup H\text{.}\) Himpunan \(L\) tertutup di \(\R^2\) sebagai prapeta \(\{0\}\) oleh fungsi kontinu \((x,y)\mapsto y\text{;}\) demikian pula \(H\) tertutup sebagai prapeta \(\{1\}\) oleh \((x,y)\mapsto xy\text{.}\)

Maka \(L\) dan \(H\) tertutup dalam \(X\text{.}\) Karena \(L=X\setminus H\) dan \(H=X\setminus L\text{,}\) keduanya juga buka relatif. Jadi \(L,H\) adalah pemisahan dari \(X\text{.}\)

Karena \(A\) buka dan tertutup, baik \(A\) maupun \(X\setminus A\) terbuka. Mereka saling lepas dan \(A\cup(X\setminus A)=X\text{.}\) Jika keduanya takkosong, pasangan itu menjadi pemisahan dari \(X\text{,}\) bertentangan dengan keterhubungan.

Jadi salah satunya kosong. Jika \(A=\emptyset\text{,}\) kita memperoleh kemungkinan pertama; jika \(X\setminus A=\emptyset\text{,}\) maka \(A=X\text{.}\) Tidak ada kemungkinan lain.

Andaikan \(X\) terputus. Maka ada himpunan buka takkosong \(U,V\) yang saling lepas dan memenuhi \(X=U\cup V\text{.}\) Karena gabungan meliputi \(X\) dan irisannya kosong, \(U=X\setminus V\text{.}\)

Himpunan \(V\) terbuka, sehingga \(U\) tertutup; \(U\) juga terbuka menurut asumsi pemisahan. Ketakosongan \(U,V\) memberi \(U\ne\emptyset\) dan \(U\ne X\text{.}\) Ini bertentangan dengan hipotesis. Jadi \(X\) terhubung.

Jika \(X\) terhubung dan \(A\) buka-tertutup, maka \(A\) serta \(X\setminus A\) merupakan himpunan buka yang saling lepas dan menutupi \(X\text{.}\) Keterhubungan memaksa salah satunya kosong, jadi \(A=\emptyset\) atau \(A=X\text{.}\)

Sebaliknya, jika hanya \(\emptyset\) dan \(X\) yang buka-tertutup tetapi \(X\) mempunyai pemisahan \(U,V\text{,}\) maka \(U=X\setminus V\) sekaligus buka dan tertutup. Ketakosongan kedua bagian membuat \(U\) nontrivial, suatu kontradiksi. Maka \(X\) terhubung.

Asumsi bahwa \(Z\) tidak terhubung tepat berarti bahwa \(Z\) mempunyai pemisahan. Jadi terdapat \(U,V\) yang terbuka dalam topologi subruang pada \(Z\text{,}\) keduanya takkosong, dengan \(U\cap V=\emptyset\) serta \(U\cup V=Z\text{.}\) Sifat-sifat inilah yang akan ditarik kembali melalui \(g\text{.}\)

Menurut definisi, \(g:X\to Z\) kontinu jika untuk setiap himpunan buka \(O\subseteq Z\text{,}\) prapeta \(g^{-1}(O)\) terbuka dalam \(X\text{.}\) Karena \(U\) dan \(V\) terbuka dalam \(Z\text{,}\) kita langsung memperoleh \(R=g^{-1}(U)\) dan \(S=g^{-1}(V)\) terbuka dalam \(X\text{.}\)

Karena \(U,V\) takkosong, pilih \(u\in U\) dan \(v\in V\text{.}\) Kesurjektifan \(g\) menghasilkan \(x_u,x_v\in X\) dengan \(g(x_u)=u\) dan \(g(x_v)=v\text{.}\) Maka \(x_u\in g^{-1}(U)=R\) dan \(x_v\in g^{-1}(V)=S\text{.}\) Jadi \(R\) serta \(S\) takkosong.

Letakkan \(Z=f(X)\) dan pandang \(g:X\to Z\) dengan \(g(x)=f(x)\text{.}\) Fungsi \(g\) kontinu dan surjektif. Andaikan \(Z=U\cup V\) adalah pemisahan.

Prapeta \(R=g^{-1}(U)\) dan \(S=g^{-1}(V)\) terbuka karena \(g\) kontinu; keduanya takkosong karena \(g\) surjektif; \(R\cup S=X\) dan \(R\cap S=\emptyset\) menurut hukum prapeta. Jadi \(R,S\) memisahkan \(X\text{,}\) suatu kontradiksi. Maka \(f(X)=Z\) terhubung.

Karena \(U,V\) terbuka dalam \(X\text{,}\) himpunan \(U'=U\cap A\) dan \(V'=V\cap A\) terbuka dalam subruang \(A\text{.}\) Dua syarat irisan menjamin keduanya takkosong.

Pemisahan \(U,V\) dari \(A\) memenuhi \(A\subseteq U\cup V\) dan \(A\cap U\cap V=\emptyset\text{.}\) Karena \(C\subseteq A\text{,}\) transitivitas inklusi memberi \(C\subseteq U\cup V\text{.}\) Selain itu, \(C\cap U\cap V\subseteq A\cap U\cap V=\emptyset\text{,}\) sehingga \(C\cap U\cap V=\emptyset\text{.}\)

Himpunan \(U'\) dan \(V'\) terbuka dalam \(C\text{.}\) Karena \(C\subseteq U\cup V\text{,}\) berlaku \(U'\cup V'=C\text{;}\) karena \(C\cap U\cap V=\emptyset\text{,}\) berlaku \(U'\cap V'=\emptyset\text{.}\)

Jika keduanya takkosong, mereka memisahkan \(C\text{,}\) bertentangan dengan keterhubungan. Jadi \(U'=\emptyset\) atau \(V'=\emptyset\text{.}\) Karena gabungannya \(C\text{,}\) bagian yang tidak kosong harus sama dengan \(C\text{.}\)

Karena \(C\subseteq A\subseteq U\cup V\text{,}\) kita mempunyai \(C=(C\cap U)\cup(C\cap V)\text{.}\) Kedua bagian terbuka relatif dalam \(C\text{,}\) dan \((C\cap U)\cap(C\cap V)=C\cap U\cap V=\emptyset\text{.}\)

Jika kedua bagian takkosong, mereka memisahkan \(C\text{.}\) Jadi salah satunya kosong. Jika \(C\cap U=\emptyset\text{,}\) persamaan gabungan memberi \(C=C\cap V\subseteq V\text{;}\) kasus lainnya memberi \(C\subseteq U\text{.}\) Lema terbukti.

Satu-satunya subhimpunan dari \(A=\{a\}\) adalah \(\emptyset\) dan \(A\text{.}\) Karena itu tidak mungkin ada dua subhimpunan buka relatif yang keduanya takkosong dan saling lepas. Jadi \(A\) tidak mempunyai pemisahan dan terhubung. Argumen tidak menggunakan sifat khusus \(\R\text{.}\)

Definisikan \(U=(-\infty,c)\) dan \(V=(c,\infty)\text{.}\) Kedua himpunan terbuka dan saling lepas. Irisan \(A\cap U\) memuat \(a\text{,}\) sedangkan \(A\cap V\) memuat \(b\text{,}\) jadi keduanya takkosong dan terbuka relatif dalam \(A\text{.}\)

Setiap bilangan real selain \(c\) berada dalam \(U\cup V\text{.}\) Karena \(c\notin A\text{,}\) berlaku \(A=(A\cap U)\cup(A\cap V)\text{.}\) Maka kedua irisan tersebut adalah pemisahan dari \(A\text{,}\) sehingga \(A\) terputus.

Jika \(A\) terhubung dan \(a,b\in A\) dengan \(a<b\text{,}\) maka setiap \(c\) dengan \(a<c<b\) harus berada dalam \(A\text{;}\) jika tidak, dua sinar pada \(c\) memisahkan \(A\text{.}\) Jadi \(A\) mempunyai sifat interval.

Sebaliknya, andaikan interval \(I\) mempunyai pemisahan \(U,V\text{.}\) Pilih \(u\in U\) dan \(v\in V\text{,}\) dengan \(u<v\text{,}\) dan letakkan \(s=\sup(U\cap[u,v])\text{.}\) Sifat interval memberi \([u,v]\subseteq I\text{.}\) Jika \(s\in U\text{,}\) keterbukaan relatif \(U\) memberi titik \(U\cap[u,v]\) yang lebih besar daripada \(s\) (dan \(s<v\) karena \(v\in V\)), bertentangan dengan sifat batas atas. Jika \(s\in V\text{,}\) keterbukaan relatif \(V\) memberi lingkungan kiri \(s\) yang berada dalam \(V\text{,}\) sedangkan sifat supremum memberi titik \(U\cap[u,v]\) di lingkungan itu, juga kontradiksi. Karena \(s\in U\cup V=I\text{,}\) kedua kemungkinan sudah habis. Jadi setiap interval terhubung. Singleton dan himpunan kosong memenuhi definisi secara langsung.

Satu-satunya subhimpunan \(\{x\}\) adalah \(\emptyset\) dan \(\{x\}\text{.}\) Setiap subhimpunan takkosongnya sama dengan seluruh singleton. Karena itu dua subhimpunan takkosong selalu beririsan di \(x\) dan tidak mungkin membentuk pemisahan. Jadi singleton terhubung, apa pun topologi pada \(X\text{.}\)

Pilih \(p\in\bigcap_{\alpha\in I}A_\alpha\text{.}\) Andaikan \(U,V\) memisahkan \(A\text{,}\) dan tanpa mengurangi keumuman \(p\in U\text{.}\) Untuk setiap \(\alpha\text{,}\) himpunan \(A_\alpha\) terhubung dan termuat dalam \(A\text{.}\) Lema pemisahan menyatakan \(A_\alpha\subseteq U\) atau \(A_\alpha\subseteq V\text{.}\)

Pilihan kedua mustahil karena \(p\in A_\alpha\cap U\) dan \(U\cap V\cap A=\emptyset\text{.}\) Jadi semua \(A_\alpha\subseteq U\text{,}\) sehingga \(A\subseteq U\) dan \(A\cap V=\emptyset\text{.}\) Ini bertentangan dengan ketakosongan sisi \(V\) dari pemisahan. Maka \(A\) terhubung.

Untuk setiap \(x\in X\text{,}\) singleton \(\{x\}\) terhubung. Kedua unsur dalam pasangan \((x,x)\) berada dalam singleton yang sama. Menurut definisi relasi, \(x\sim x\text{.}\) Karena \(x\) sebarang, \(\sim\) refleksif.

Jika \(x\sim y\text{,}\) ada subhimpunan terhubung \(C\subseteq X\) dengan \(x,y\in C\text{.}\) Pernyataan \(x,y\in C\) setara dengan \(y,x\in C\text{.}\) Himpunan yang sama menyaksikan \(y\sim x\text{.}\) Maka relasi tersebut simetris.

Dari \(x\sim y\text{,}\) pilih \(C\) terhubung dengan \(x,y\in C\text{.}\) Dari \(y\sim z\text{,}\) pilih \(D\) terhubung dengan \(y,z\in D\text{.}\) Titik \(y\) berada dalam \(C\cap D\text{,}\) sehingga irisannya takkosong.

Gabungan dua himpunan terhubung dengan irisan takkosong bersifat terhubung. Maka \(C\cup D\) terhubung dan memuat \(x\) serta \(z\text{.}\) Menurut definisi, \(x\sim z\text{;}\) jadi relasi transitif.

Jadi penghapusan setiap \(c\) memutus \((0,2)\text{.}\) Khususnya, untuk \(c=1\) diperoleh bagian \((0,1)\) dan \((1,2)\text{.}\)

Untuk dua titik dalam \(D\setminus\{p\}\text{,}\) ruas garis lurus di antara keduanya berada dalam cakram cembung. Jika ruas itu melalui \(p\text{,}\) pilih titik perantara kecil di dalam \(D\) yang tidak segaris dengan keduanya dan \(p\text{;}\) dua ruas melalui titik perantara menghindari \(p\text{.}\) Jadi \(D\setminus\{p\}\) terhubung melalui lintasan untuk setiap \(p\in D\text{.}\)

Penghapusan \(1/2\) memberi \([0,1/2)\cup(1/2,1]\text{,}\) dua bagian buka relatif takkosong yang saling lepas. Jadi \(1/2\) adalah titik pemutus interval.

Sebaliknya, lingkaran dikurangi satu titik homeomorfik dengan interval buka, misalnya melalui parametrisasi sudut setelah memilih titik yang dihapus sebagai tempat pemotongan. Maka ruang sisanya terhubung. Jika ada homeomorfisme \(h:[0,1]\to S^1\text{,}\) pembatasannya akan memberi homeomorfisme antara ruang setelah \(1/2\) dan \(h(1/2)\) dihapus, yang mustahil karena satu terputus dan satu terhubung.

Dalam \(A\cup B\text{,}\) hapus \(p=(-1,0)\) dan \(q=(1,0)\text{.}\) Ruang tersisa terbagi menjadi busur atas, busur bawah, dan ruas terbuka \(\{(x,0):-1<x<1\}\text{.}\) Ketiga bagian itu terhubung dan saling terpisah, sehingga terdapat tiga komponen.

Pada lingkaran \(A\text{,}\) dua titik berbeda membagi lingkaran menjadi tepat dua busur terbuka, jadi ruang tersisa mempunyai dua komponen. Homeomorfisme hipotetis akan membawa pasangan \(p,q\) ke dua titik berbeda pada \(A\) dan mempertahankan banyaknya komponen ruang tersisa. Karena \(3\ne2\text{,}\) homeomorfisme itu tidak ada.

Fungsi monoton seperti \(x\mapsto \tfrac12+\tfrac1\pi\arctan x\) memberi homeomorfisme \(\R\cong(0,1)\text{.}\) Parametrisasi linear \(t\mapsto(t+1,t+1)\) memberi \([-1,1]\cong S_4\text{.}\) Jadi dua pasangan yang dinyatakan memang membentuk kelas.

Garis dan interval buka mempunyai sifat bahwa setiap titik adalah titik pemutus. Ruas tertutup mempunyai dua titik ujung yang bukan titik pemutus, sehingga kedua kelas pertama berbeda. Pada \(X\text{,}\) penghapusan titik pusat menghasilkan empat komponen; pada \(Y\text{,}\) penghapusan simpul cabang menghasilkan tiga. Tidak ada ruang lain dalam daftar yang mempunyai titik dengan empat atau tiga cabang. Maka \(S_5\) dan \(S_6\) masing-masing membentuk kelas tersendiri.

Bila \(a=b\text{,}\) tentu \(f(a)=f(b)\text{.}\) Satu-satunya \(y\) yang berada di antara dua bilangan yang sama adalah bilangan itu sendiri, yakni \(y=f(a)\text{.}\) Titik \(x=a\in A\) memenuhi \(f(x)=y\text{.}\) Jadi kasus \(a=b\) sudah selesai dan pembuktian selanjutnya boleh mengasumsikan \(a\ne b\text{.}\)

Hipotesis memberi \(a,b\in A\text{.}\) Jika \(y=f(a)\text{,}\) titik \(x=a\) memenuhi \(f(x)=y\text{.}\) Jika \(y=f(b)\text{,}\) titik \(x=b\) memenuhi persamaan yang sama. Karena itu hanya kasus \(y\) yang terletak ketat di antara dua nilai ujung yang masih perlu dibuktikan.

Kekontinuan \(f\) dan keterhubungan \(A\) menyiratkan bahwa \(f(A)\) terhubung. Klasifikasi pada garis real menyatakan bahwa subhimpunan terhubung dari \(\R\) tepat interval-interval. Maka \(f(A)\) adalah interval. Karena \(a,b\in A\text{,}\) kedua nilai \(f(a)\) dan \(f(b)\) berada dalam interval tersebut.

Himpunan \(f(A)\) adalah interval yang memuat \(f(a)\) dan \(f(b)\text{.}\) Definisi interval memaksa setiap bilangan \(y\) di antara kedua nilai itu juga menjadi anggota \(f(A)\text{.}\) Pernyataan \(y\in f(A)\) berarti tepat bahwa terdapat \(x\in A\) dengan \(f(x)=y\text{.}\) Ini menyelesaikan seluruh kasus Teorema Nilai Antara.

Jika \(f(a)=a\text{,}\) ambil \(c=a\text{;}\) jika \(f(b)=b\text{,}\) ambil \(c=b\text{.}\) Jadi anggap kedua kesamaan gagal. Karena \(f(a),f(b)\in[a,b]\text{,}\) kita mengetahui \(a\leq f(a)\) dan \(f(b)\leq b\text{.}\) Setelah kasus kesamaan disingkirkan, diperoleh \(a<f(a)\) dan \(f(b)<b\text{.}\)

Fungsi identitas \(i:[a,b]\to\R\text{,}\) \(i(x)=x\text{,}\) kontinu. Fungsi \(f\) kontinu menurut hipotesis, sehingga \(-f\) kontinu. Operasi penjumlahan di \(\R\) kontinu, maka \(g=i+(-f)\) kontinu. Secara titik demi titik, rumus ini sama dengan \(g(x)=x-f(x)\text{.}\)

Dari \(a<f(a)\) diperoleh \(g(a)=a-f(a)<0\text{.}\) Dari \(f(b)<b\) diperoleh \(g(b)=b-f(b)>0\text{.}\) Fungsi \(g\) kontinu pada interval terhubung \([a,b]\text{.}\)

Teorema Nilai Antara memberi \(c\in[a,b]\) dengan \(g(c)=0\text{,}\) sebab \(0\) berada di antara \(g(a)\) dan \(g(b)\text{.}\) Persamaan \(0=c-f(c)\) setara dengan \(f(c)=c\text{.}\) Jadi \(c\) adalah titik tetap.

Karena \(3/\sqrt2>2\) dan \(-3/\sqrt2<-1\text{,}\) kedua akar nonnol berada di luar \([-1,2]\text{.}\) Nilai \(0\) berada dalam interval dan memang memenuhi \(f(0)=0\text{.}\) Maka hanya \(c=0\) yang diperbolehkan.