Topologi: Pendekatan Berbasis Inkuiri: Bab 1-17 - Himpunan, Fungsi, Ruang Metrik, Ruang Topologi, Kekontinuan, Homeomorfisme, Subruang, Ruang Kuosien, Ruang Kompak, serta Pendamping Belajar Mandiri

Misalkan \(Q'_0\) salah satu subkubus tersebut. Koleksi \(\{O_{\alpha} \cap Q'_0\}_{\alpha \in I}\) merupakan selimut buka bagi \(Q'_0\) dalam topologi subruang. Jika setiap selimut buka ini memiliki subselimut berhingga, maka kita dapat mengambil gabungan semua \(O_{\alpha}\) yang muncul dalam seluruh subselimut berhingga tersebut untuk memperoleh subselimut berhingga dari \(\{O_{\alpha}\}_{\alpha \in I}\) bagi \(Q_0\text{.}\) Karena selimut \(\{O_{\alpha}\}_{\alpha \in I}\) bagi \(Q_0\) tidak memiliki subselimut berhingga, kita menyimpulkan bahwa terdapat satu subkubus, \(Q_1\text{,}\) yang selimut bukanya \(\{O_{\alpha} \cap Q_1\}_{\alpha \in I}\) tidak memiliki subselimut berhingga. Sekarang kita mengulangi proses tersebut dan membagi \(Q_1\) menjadi \(2^n\) subkubus seragam dengan panjang sisi \(\frac{M}{2}= \frac{2M}{2^2}\text{.}\) Argumen yang sama menunjukkan bahwa terdapat subkubus \(Q_2\) dari \(Q_1\) yang selimut bukanya \(\{O_{\alpha} \cap Q_2\}_{\alpha \in I}\) tidak memiliki subselimut berhingga (ilustrasi untuk kasus \(n=2\) ditampilkan di tengah dalam Gambar 17.11). Dengan melanjutkan proses ini secara induktif, kita memperoleh barisan kubus bersarang tak berhingga

sedemikian sehingga untuk setiap \(k \in \Z_{\geq 0}\text{,}\) panjang sisi kubus \(Q_k\) adalah \(\frac{M}{2^{k-1}} = \frac{2M}{2^{k}}\) dan selimut buka \(\{O_{\alpha} \cap Q_k\}_{\alpha \in I}\) bagi \(Q_k\) tidak memiliki subselimut berhingga. Sekarang kita tunjukkan bahwa \(\bigcap_{k=1}^{\infty} Q_k \neq \emptyset\text{.}\)

Untuk \(i \in \Z^+\text{,}\) tuliskan \(Q_i = [a_{i,1}, b_{i,1}] \times [a_{i,2}, b_{i,2}] \times \cdots \times [a_{i,n}, b_{i,n}]\text{.}\) Artinya, pandang titik \((a_{i,1}, a_{i,2}, \ldots, a_{i,n})\) sebagai salah satu titik sudut bawah kubus dan titik \((b_{i,1}, b_{i,2}, \ldots, b_{i,n})\) sebagai titik sudut atas kubus berdimensi \(n\) \(Q_i\) (pelabelan untuk \(n=2\) dan \(i\) dari 1 sampai 3 ditampilkan di sebelah kanan dalam Gambar 17.11). Ambil \(q = (\sup\{a_{i,1}\}, \sup\{a_{i,2}\}, \ldots, \sup\{a_{i,n}\})\text{.}\) Kita akan menunjukkan bahwa \(q \in \bigcap_{k=1}^{\infty} Q_k\text{.}\) Tetapkan \(r \in \Z^+\text{.}\) Kita perlu membuktikan bahwa

Untuk setiap \(s\) antara 1 dan \(n\text{,}\) berlaku

karena \(\sup\{a_{i,s}\}\) merupakan batas atas bagi semua \(a_{i,s}\text{.}\) Karena kubus-kubus kita bersarang, berlaku

untuk setiap \(i\) dan \(s\text{.}\) Karena \(\sup\{a_{i,s}\}\) merupakan batas atas terkecil dari semua \(a_{i,s}\text{,}\) sifat (17.2) bersama kebersarangan kubus menunjukkan bahwa setiap ujung kanan kubus juga membatasi seluruh barisan ujung kiri; jadi \(\sup\{a_{i,s}\} \leq b_{i,s}\) untuk setiap \(i\text{.}\) Dengan demikian, \(\sup\{a_{i,s}\} \leq b_{r,s}\) dan \(a_{r,s} \leq \sup\{a_{i,s}\} \leq b_{r,s}\text{.}\) Ini menunjukkan bahwa \(q \in Q_k\) untuk setiap \(k\text{.}\) Akibatnya, \(q \in \bigcap_{k=1}^{\infty} Q_k\) dan \(\bigcap_{k=1}^{\infty} Q_k\) tidak kosong. (Fakta bahwa panjang sisi kubus-kubus kita konvergen ke 0 mengakibatkan \(\bigcap_{k=1}^{\infty} Q_k = \{q\}\text{,}\) tetapi untuk pembuktian ini kita hanya perlu mengetahui bahwa \(\bigcap_{k=1}^{\infty} Q_k\) tidak kosong.)

Karena \(\{O_{\alpha}\}_{\alpha \in I}\) merupakan selimut bagi \(Q_0\text{,}\) harus terdapat \(\alpha_q \in I\) sedemikian sehingga \(q \in O_{\alpha_q}\text{.}\) Himpunan \(O_{\alpha_q}\) terbuka, sehingga terdapat \(\epsilon_q \gt 0\) sedemikian sehingga \(B(q, \epsilon_q) \subseteq O_{\alpha_q}\text{.}\) Jarak maksimum antara titik-titik di \(Q_k\) adalah jarak antara titik-titik sudut \((a_{k,1}, a_{k,2}, \ldots, a_{k,n})\) dan \((b_{k,1}, b_{k,2}, \ldots, b_{k,n})\text{,}\) dengan setiap panjang \(b_{k,s} - a_{k,s}\) bernilai \(\frac{M}{2^{k-1}}\text{.}\) Menurut rumus jarak, jarak maksimum antara titik-titik di \(Q_k\) ini adalah

Untuk arah sebaliknya, andaikan bahwa \(A\) merupakan subhimpunan kompak dari \(\R^n\text{.}\) Kita harus menunjukkan bahwa \(A\) tertutup dan terbatas. Ruang \((\R^n, d_E)\) merupakan ruang metrik sehingga merupakan ruang Hausdorff. Teorema 17.6 kemudian menunjukkan bahwa \(A\) tertutup. Untuk menyelesaikan pembuktian, kita perlu menunjukkan bahwa \(A\) terbatas. Untuk setiap \(k \gt 0\text{,}\) ambil

Artinya, \(O_k\) merupakan kubus terbuka berukuran \(k\) di \(\R^n\text{.}\) Selanjutnya, ambil

untuk setiap \(k\text{.}\) Karena \(\bigcup_{k \gt 0} O_k = \R^n\text{,}\) maka \(\{U_k\}_{k \gt 0}\) merupakan selimut buka bagi \(A\text{.}\) Fakta bahwa \(A\) kompak berarti terdapat koleksi berhingga \(U_{k_1}\text{,}\) \(U_{k_2}\text{,}\) \(\ldots\text{,}\) \(U_{k_m}\) dari himpunan-himpunan dalam \(\{U_k\}_{k \gt 0}\) yang menyelimuti \(A\text{.}\) Ambil \(K = \max\{k_i \mid 1 \leq i \leq m\}\text{.}\) Maka \(U_{k_i} \subseteq U_K\) untuk setiap \(i\text{,}\) sehingga \(A \subseteq U_K \subset Q^n_K\text{.}\) Jadi, \(A\) terbatas. Ini menyelesaikan pembuktian bahwa jika \(A\) kompak di \(\R^n\text{,}\) maka \(A\) tertutup dan terbatas.