Matematika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

12Topologi Garis Real

Limit terus-menerus merujuk pada kosakata geometri yang sama: titik yang “dekat dengan” sebuah himpunan, himpunan “tanpa kebocoran perbatasan”, selang yang di dalamnya barisan tak dapat kabur. Bab ini memakukan kosakata itu — himpunan terbuka dan tertutup, interior dan penutup, kepadatan — pada garis real, lalu membuktikan kekompakan ruas dalam bentuk barisannya. Gagasan yang sama, pada ruang vektor bernorma, adalah bahan tahun kedua; sedangkan pada $\R$ ia terjangkau dan langsung berguna bagi Bab 13.

12.1 Himpunan terbuka, himpunan tertutup

Definisi 12.1 (Persekitaran, himpunan terbuka)

Sebuah himpunan $V \subseteq \R$ disebut persekitaran $x \in \R$ bila ia memuat selang $\intoo{x - r}{x + r}$ untuk suatu $r > 0$ . Sebuah himpunan $U \subseteq \R$ disebut terbuka bila ia merupakan persekitaran bagi setiap titiknya:

\forall x \in U,\ \exists r > 0, \quad \intoo{x - r}{x + r} \subseteq U .

Contoh 12.2

Selang terbuka bersifat terbuka: karena untuk $x \in \intoo{a}{b}$ , ambillah $r = \min(x - a,\, b - x) > 0$ . Setengah garis $\intoo{a}{+\infty}$ terbuka; adapun $\R$ dan $\emptyset$ terbuka (yang terakhir secara hampa). Sedangkan $\intcc{0}{1}$ tidak terbuka: karena tak ada selang di sekitar $0$ yang tinggal di dalamnya.

Proposisi 12.3 (Kestabilan himpunan terbuka)

Sebarang gabungan himpunan terbuka bersifat terbuka; dan irisan hingga himpunan terbuka bersifat terbuka. Adapun irisan tak hingga boleh gagal: $\bigcap_{n \geq 1} \intoo{-\frac 1n}{\frac 1n} = \{0\}$ , yang tak terbuka.

Bukti. Gabungannya: jika $x \in \bigcup_i U_i$ , maka $x \in U_{i_0}$ untuk suatu $i_0$ , dan selang yang dipasok $U_{i_0}$ duduk di dalam gabungannya. Adapun irisan yang hingga: jika $x \in U_1 \cap \dots \cap U_k$ , ambillah $r = \min(r_1, \dots, r_k) > 0$ atas jari-jari yang dipasok masing-masing $U_j$ . Untuk contoh penyangkalnya: sebarang selang di sekitar $0$ memuat suatu $\frac{1}{n}$ (menurut Archimedes), sehingga meninggalkan irisannya. ∎

Contoh 12.4 (Mengesahkan keterbukaan dengan jari-jari yang eksplisit)

Apakah $U = \{x \in \R : x^2 > 2\}$ terbuka? Ya, dan sertifikatnya dapat dituliskan: $U = \intoo{-\infty}{-\sqrt2} \cup \intoo{\sqrt2}{+\infty}$ , yaitu gabungan dua setengah garis yang terbuka, sehingga terbuka menurut Proposisi 12.3. Sebagai alternatifnya, berargumenlah titik demi titik: untuk $x \in U$ dengan $x > \sqrt 2$ , ambillah $r = x - \sqrt2 > 0$ : maka setiap $y \in \intoo{x - r}{x + r}$ memenuhi $y > \sqrt 2$ , sehingga $y^2 > 2$ ; simetris dengan itu di sebelah kirinya. Kedua gayanya penting — yang struktural (yaitu membangun dari himpunan terbuka yang dikenal lewat gabungan dan irisan hingga) lebih baik penskalaannya, sedangkan yang bergaya $\varepsilon$ berjalan ketika tak ada struktur yang kasatmata; dan Bab 13 akan menambahkan yang ketiga, yang paling ampuh: bahwa $U$ merupakan prapeta dari $\intoo{2}{+\infty}$ yang terbuka di bawah $x \mapsto x^2$ yang kontinu.

Definisi 12.5 (Himpunan tertutup)

Sebuah himpunan $F \subseteq \R$ disebut tertutup bila komplemennya $\R \setminus F$ terbuka. Menurut de Morgan dan Proposisi 12.3: sebarang irisan himpunan tertutup bersifat tertutup, dan gabungan hingga himpunan tertutup bersifat tertutup.

Teorema 12.6 (Pencirian himpunan tertutup lewat barisan)

Himpunan $F$ tertutup jika dan hanya jika: untuk setiap barisan $(u_n)$ berisi titik $F$ yang konvergen ke suatu $\ell \in \R$ , limitnya $\ell$ termasuk $F$ . (Jadi “tertutup” $=$ “stabil terhadap limit”.)

Bukti. ( $\Rightarrow$ ) Misalkan $F$ tertutup, $u_n \in F$ , $u_n \to \ell$ , lalu andaikan $\ell \notin F$ . Komplemennya terbuka: sehingga suatu $\intoo{\ell - r}{\ell + r}$ menghindari $F$ . Padahal kekonvergenannya menaruh $u_n$ pada selang itu untuk $n$ yang besar: yang bertentangan dengan $u_n \in F$ .

( $\Leftarrow$ ) Andaikan $F$ tak tertutup: maka komplemennya tak terbuka, sehingga suatu $x \notin F$ tak mempunyai selang $\intoo{x - r}{x + r}$ di dalam komplemennya; lalu dengan mengambil $r = \frac{1}{n+1}$ , pilihlah $u_n \in F$ dengan $\abs{u_n - x} < \frac{1}{n+1}$ . Maka $u_n \in F$ , $u_n \to x \notin F$ : jadi sifat barisannya gagal. ∎

Contoh 12.7 (Uji barisannya, dari kedua arah)

Tertutup: $F = \Z \cup \bigl\{n + \frac1n : n \geq 2\bigr\}$ . Misalkan $u_k \in F$ dengan $u_k \to \ell$ . Jendela $\intcc{\ell - 1}{\ell + 1}$ hanya memuat titik $F$ yang berhingga banyak (yaitu bilangan bulat yang berhingga banyak, dan $n + \frac1n$ yang berhingga banyak), lalu di luar suatu peringkat semua $u_k$ terletak di dalamnya: sehingga barisannya mengambil nilai yang berhingga banyak, dan karena konvergen, ia akhirnya konstan (seperti pada Latihan 12.3): jadi $\ell \in F$ . Tertutup — meskipun $F$ memuat pasangan titik yang berjarak $\frac1n$ , sedekat-dekatnya.

Tak tertutup: $G = \bigl\{\frac1m + \frac1n : m, n \in \N^*\bigr\}$ . Barisan $\frac1n + \frac1n \in G$ menuju $0$ , padahal $0 \notin G$ (karena ia jumlah dua suku yang positif): jadi uji barisannya gagal, sehingga $G$ tak tertutup. Menariknya, setiap $\frac1m$ memang termasuk $\overline G \cap G$ : memang $\frac1m = \frac{1}{m+1} + \frac{1}{m(m+1)} \in G$ . Inti gagasan penutupnya: bahwa untuk membuktikan ketertutupan, kendalikanlah semua barisan yang konvergen sekaligus (biasanya lewat kehinggaan lokal atau lewat argumen rumus tertutup); sedangkan untuk membantahnya, satu barisan pelarian yang terpilih baik sudah cukup — ketaksetangkupan itulah yang membuat arah negatifnya menjadi yang mudah, dan contoh penyangkal bab ini semuanya berbentuk satu baris seperti ini.

Contoh 12.8

Ruas $\intcc{a}{b}$ , setengah garis $\intco{a}{+\infty}$ , himpunan hingga, dan $\Z$ (karena barisan bilangan bulat yang konvergen akhirnya konstan) bersifat tertutup. Sedangkan $\intoc{0}{1}$ tak terbuka (karena gagal di $1$ ) dan tak tertutup (karena $\frac 1n \to 0 \notin$ himpunannya): jadi kebanyakan himpunan terbukan keduanya. Adapun $\R$ dan $\emptyset$ sekaligus terbuka dan tertutup — dan hanya keduanyalah himpunan bagian $\R$ yang demikian (Latihan 12.9).

Contoh 12.9 (Himpunan terbuka yang dirakit dari kepingan tak hingga banyak)

Di sini $\R \setminus \Z = \bigcup_{n \in \Z} \intoo{n}{n+1}$ : yaitu gabungan tak hingga atas selang terbuka, sehingga terbuka menurut Proposisi 12.3 — jadi $\Z$ tertutup tanpa memerlukan argumen barisan apa pun. Perhatikan pembagian kerja pada aturan kestabilannya: bahwa gabungan himpunan terbuka boleh sebarang (karena setiap titiknya hanya memerlukan sertifikatnya sendiri, yang dipasok satu himpunan yang memuatnya), sedangkan irisannya harus tetap hingga (sebab sertifikatnya harus diiriskan, dan jari-jari yang tak hingga banyak dapat menyusut menjadi nol). Latihan 12.10 akan menunjukkan bahwa contoh ini merupakan bentuk umumnya: bahwa setiap himpunan bagian $\R$ yang terbuka merupakan gabungan lepas yang terbilang atas selang terbuka.

12.2 Interior, penutup, kepadatan

Definisi 12.10 (Interior, penutup, perbatasan)

Misalkan $A \subseteq \R$ .

Sebuah titik $x$ disebut interior bagi $A$ bila $A$ merupakan persekitaran $x$ ; dan interiornya $\mathring{A}$ adalah himpunan titik interiornya.
Sebuah titik $x$ disebut lekat pada $A$ bila setiap persekitaran $x$ berpotongan dengan $A$ ; dan penutupnya $\overline{A}$ adalah himpunan titik lekatnya.
Adapun perbatasannya adalah $\partial A = \overline A \setminus \mathring A$ .

Maka $\mathring A \subseteq A \subseteq \overline A$ .

Proposisi 12.11 (Sifat utamanya)

$\mathring A$ merupakan himpunan terbuka terbesar yang termuat $A$ ; dan $A$ terbuka jika dan hanya jika $A = \mathring A$ .
$\overline A$ merupakan himpunan tertutup terkecil yang memuat $A$ ; dan $A$ tertutup jika dan hanya jika $A = \overline A$ .
(Pencirian kelekatan lewat barisan) Di sini $x \in \overline A$ jika dan hanya jika $x$ merupakan limit sebuah barisan berisi titik $A$ .
Pengomplemenan menukar kedua gagasannya: $\R \setminus \overline A = \bigl(\R \setminus A\bigr)^{\!\circ}$ .

Bukti. (4) Di sini $x \notin \overline A$ $\iff$ suatu persekitaran $x$ menghindari $A$ $\iff$ suatu selang di sekitar $x$ terletak di $\R \setminus A$ $\iff$ $x$ bersifat interior bagi $\R \setminus A$ .

(1) Himpunan $\mathring A$ terbuka: karena jika $x \in \mathring A$ , maka suatu $\intoo{x-r}{x+r} \subseteq A$ ; lalu setiap titik $y$ pada selang itu mempunyai selang yang lebih kecil di sekitarnya yang berada di dalamnya, sehingga di dalam $A$ : jadi seluruh selangnya termasuk $\mathring A$ . Adapun sebarang himpunan terbuka $U \subseteq A$ terdiri atas titik interior $A$ , sehingga $U \subseteq \mathring A$ : jadi terbesar. Lalu pencirian keterbukaannya menyusul.

(2) Secara terperinci. Menurut (4), $\R \setminus \overline A$ merupakan interior $\R \setminus A$ , yaitu himpunan terbuka menurut (1): sehingga $\overline A$ tertutup, dan ia memuat $A$ . Keminimalannya: misalkan $F \supseteq A$ tertutup. Maka $\R \setminus F$ terbuka dan termuat $\R \setminus A$ , sehingga menurut kemaksimalan pada (1),

\R \setminus F \subseteq \bigl(\R \setminus A\bigr)^{\!\circ} = \R \setminus \overline A ,

lalu mengambil komplemennya lagi: $\overline A \subseteq F$ . Jadi $\overline A$ merupakan pemuat tertutup yang terkecil. Pencirian sifatnya: jika $A = \overline A$ maka $A$ tertutup (sebagaimana baru ditunjukkan); sedangkan jika $A$ tertutup, ia sendiri merupakan pemuat tertutup bagi $A$ , sehingga keminimalannya memaksa $\overline A \subseteq A$ , jadi sama.

(3) Jika $u_n \in A$ , $u_n \to x$ : maka setiap persekitaran $x$ memuat suatu $u_n \in A$ , sehingga $x \in \overline A$ . Sebaliknya, jika $x \in \overline A$ : maka setiap selang $\intoo{x - \frac{1}{n+1}}{x + \frac{1}{n+1}}$ berpotongan dengan $A$ pada suatu $u_n$ , dan $u_n \to x$ . ∎

Contoh 12.12

Di sini $\overline{\intoo{0}{1}} = \intcc{0}{1}$ ; $\mathring{\intcc{0}{1}} = \intoo{0}{1}$ ; $\partial\intoo{0}{1} = \{0, 1\}$ . Untuk $A = \{\frac 1n : n \in \N^*\}$ : $\overline A = A \cup \{0\}$ , $\mathring A = \emptyset$ , $\partial A = A \cup \{0\}$ . Untuk $\Q$ : menurut kepadatannya (Teorema 10.14) setiap bilangan real lekat pada $\Q$ , sehingga $\overline{\Q} = \R$ sedangkan $\mathring{\Q} = \emptyset$ (karena setiap selang memuat bilangan irasional): jadi perbatasan $\Q$ adalah seluruh $\R$ .

Contoh 12.13 (Anatomi yang lengkap)

Misalkan $A = \intoc{0}{1} \,\cup\, \bigl(\Q \cap \intoo{2}{3}\bigr) \,\cup\, \{4\}$ . Kita menghitung ketiga himpunan pada Definisi 12.10, kepingan demi kepingan.

Interiornya. Sebuah titik $\intoo{0}{1}$ mempunyai seluruh selang di dalam $A$ : jadi interior. Adapun titik $1$ : setiap selang di sekitarnya bocor ke kanan $1$ , yang di situ $A$ tak punya apa-apa sampai $2$ : jadi bukan interior. Tak ada titik $\Q \cap \intoo{2}{3}$ yang interior (karena setiap selang memuat bilangan irasional, Teorema 10.14); demikian pula $4$ yang terasing. Jadi $\mathring A = \intoo{0}{1}$ .

Penutupnya. Limit titik $A$ adalah: seluruh $\intcc{0}{1}$ (karena $0 = \lim \frac1n$ dengan $\frac 1n \in A$ ); seluruh $\intcc{2}{3}$ (karena setiap bilangan real di sana merupakan limit bilangan rasional pada selangnya, menurut kepadatan lagi); dan $4$ . Tak ada yang lain: karena titik di luar $\intcc{0}{1} \cup \intcc{2}{3} \cup \{4\}$ berjarak positif ke himpunan tertutup itu. Jadi $\overline A = \intcc{0}{1} \cup \intcc{2}{3} \cup \{4\}$ .

Perbatasannya. Di sini $\partial A = \overline A \setminus \mathring A = \{0, 1\} \cup \intcc{2}{3} \cup \{4\}$ .

Inti gagasan penutupnya: bahwa ketiga operasinya bekerja secara lokal — karena setiap kepingan $A$ menyumbang menurut sifatnya sendiri (sebuah selang yang padu mempertahankan bagian dalamnya, kepingan yang padat tetapi berpori berubah seluruhnya menjadi perbatasan, sedangkan titik yang terasing murni perbatasan), dan gambaran dua baris atas $A$ meramalkan setiap jawabannya sebelum satu bukti pun dituliskan.

Catatan 12.14 (Jebakan yang lazim dalam penalaran himpunan titik)

(i) “Tak terbuka” tak berarti “tertutup”: karena kebanyakan himpunan terbukan keduanya ( $\intoc{0}{1}$ ), sedangkan dua himpunan justru keduanya ( $\emptyset$ , $\R$ ) — jadi terbuka dan tertutup bukanlah lawan melainkan dual lewat pengomplemenan. (ii) Interior dan penutup tak berkomutasi: karena untuk $A = \Q$ ,

\overline{\mathring A} = \overline\emptyset = \emptyset \qquad\text{sedangkan}\qquad \bigl(\,\overline A\,\bigr)^{\!\circ} = \mathring \R = \R :

kedua operator berulangnya berbeda sejauh yang mungkin bagi himpunan. (iii) Gabungan tak hingga himpunan tertutup boleh gagal menjadi tertutup: karena $\bigcup_{n\geq1} \intcc{\frac1n}{1} = \intoc{0}{1}$ — yaitu cermin contoh penyangkal irisan pada Proposisi 12.3. (iv) Padat tak berarti besar: karena $\Q$ padat, terbilang, dengan interior yang kosong, dan komplemennya padat pula; jadi kepadatan mengatakan “sedekat-dekatnya dengan segalanya”, bukan “hampir segalanya” — adapun himpunan Cantor pada soal akhir pekan (Soal 12.1) menegaskan yang sebaliknya, yaitu himpunan yang kecil secara topologi namun besar secara takterbilang.

Contoh 12.15 (Sebuah penutup yang dihitung persis)

Misalkan $G = \bigl\{\frac1m + \frac1n : m, n \in \N^*\bigr\}$ (dari Contoh 12.7). Klaimnya:

\overline G = G \,\cup\, \Bigl\{\frac1m : m \in \N^*\Bigr\} \,\cup\, \{0\} .

( $\supseteq$ ) Karena $\frac1m = \lim_n \bigl(\frac1m + \frac1n\bigr)$ dan $0 = \lim_n \frac2n$ : jadi lekat menurut pencirian lewat barisan. ( $\subseteq$ ) Misalkan $x = \lim_k \bigl( \frac{1}{m_k} + \frac{1}{n_k}\bigr)$ ; lalu urutkan setiap pasangannya sehingga $m_k \leq n_k$ . Jika $(m_k)$ tak terbatas, maka suatu subbarisan mempunyai $m_k \to \infty$ , sehingga $n_k \to \infty$ pula dan $x = 0$ . Kalau tidak, $(m_k)$ mengambil nilai yang berhingga banyak, salah satunya, katakanlah $m$ , tak hingga sering; lalu sepanjang subbarisan itu $\frac{1}{n_k} \to x - \frac1m$ : jika $(n_k)$ terbatas maka ia mengambil suatu nilai $n$ tak hingga sering dan $x = \frac1m + \frac1n \in G$ ; kalau tidak, $x = \frac1m$ . Jadi setiap kasusnya mendarat di himpunan yang diumumkan. Inti gagasan penutupnya: bahwa menghitung penutup adalah analisis kasus bergaya kekompakan atas indeksnya — indeks yang terbatas berarti nilai yang berhingga banyak (menurut sarang merpati), sedangkan indeks yang tak terbatas berarti sebuah limit kabur — dan jawabannya memperlihatkan struktur dua lapis yang khas bagi titik limit: yaitu himpunannya, limit generasi pertamanya, dan limitnya $0$ .

Definisi 12.16 (Kepadatan, bentuk topologinya)

Himpunan $A$ disebut padat di $\R$ bila $\overline A = \R$ — setara dengan itu, bila setiap selang terbuka yang tak kosong berpotongan dengan $A$ ; dan setara pula (menurut Proposisi 12.11 (3)), bila setiap bilangan real merupakan limit unsur $A$ . Contohnya: $\Q$ , $\R \setminus \Q$ , bilangan diadik (Latihan 10.8), dan subgrup yang padat (Latihan 10.9).

Contoh 12.17 (Kepadatan bersifat relatif)

“Padat” sebagaimana didefinisikan di sini berarti padat di $\R$ ; padahal sebuah himpunan boleh saja padat hanya pada sebagian garisnya. Bilangan diadik pada $\intcc{0}{1}$ , yakni $D \cap \intcc{0}{1}$ (Latihan 10.8), berpotongan dengan setiap selang terbuka yang termuat $\intcc{0}{1}$ tetapi tentu saja melewatkan $\intoo{2}{3}$ seluruhnya: jadi mereka padat di $\intcc{0}{1}$ , yang berarti $\overline{D \cap \intcc{0}{1}} = \intcc{0}{1}$ . Adapun frasa umum “ $A$ padat di $B$ ” menyingkat $B \subseteq \overline A$ — jadi namailah selalu himpunan lingkungannya, karena titik ujung pada soal akhir pekan bersifat padat di himpunan Cantor sekaligus tak padat di mana pun di $\R$ : yaitu himpunan yang sama, dengan dua pemerian yang jujur namun terdengar berlawanan.

Contoh 12.18 (Menangani kepadatan)

Tiga gerakan cepat yang terus-menerus berulang. Memperbesar: jika $A$ padat dan $A \subseteq B$ , maka $B$ padat (karena setiap selang sudah berpotongan dengan $A$ ). Mengangkut: jika $A$ padat, maka $\lambda A + \mu$ pun padat untuk $\lambda \neq 0$ — karena selang $I$ berpotongan dengan $\lambda A + \mu$ jika dan hanya jika selang $\frac{I - \mu}{\lambda}$ berpotongan dengan $A$ ; jadi kelipatan ganjil $10^{-9}$ , misalnya, bersifat padat. Mengiriskan gagal: karena dua himpunan yang padat dapat saling melewatkan seluruhnya ( $\Q$ dan $\R \setminus \Q$ ): jadi kepadatan bertahan pada gabungan dan pemetaan afin, tetapi tak pernah pada irisan.

12.3 Kekompakan ruas

Teorema 12.19 (Ruas bersifat kompak secara barisan)

Misalkan $a \leq b$ . Setiap barisan berisi titik $\intcc{a}{b}$ mempunyai subbarisan yang konvergen ke sebuah titik pada $\intcc{a}{b}$ .

Secara lebih umum, himpunan bagian $\R$ yang bersifat demikian (yaitu setiap barisannya mempunyai subbarisan yang konvergen di dalam himpunannya) tepat merupakan himpunan yang tertutup dan terbatas.

Bukti. Barisan di $\intcc{a}{b}$ bersifat terbatas, sehingga Bolzano–Weierstrass (Teorema 11.16) mengekstrak subbarisan yang konvergen; dan limitnya tinggal di $\intcc{a}{b}$ karena ruas bersifat tertutup (Teorema 12.6).

Kasus umumnya. (Tertutup dan terbatas $\Rightarrow$ kompak): misalkan $F$ tertutup dan terbatas, dan $(u_n)$ barisan di $F$ . Keterbatasan $F$ membatasi barisannya, sehingga Bolzano–Weierstrass mengekstrak $u_{\varphi(n)} \to \ell$ ; dan $\ell \in F$ karena $F$ tertutup dan subbarisannya merupakan barisan yang konvergen berisi titik $F$ (Teorema 12.6): jadi kedua hipotesisnya terpakai masing-masing satu, keterbatasan untuk keberadaan limitnya, dan ketertutupan untuk keanggotaannya. (Kompak $\Rightarrow$ tertutup dan terbatas): jika $F$ tak terbatas, pilihlah $u_n \in F$ dengan $\abs{u_n} \geq n$ ; maka setiap subbarisannya tak terbatas, sehingga divergen (Proposisi 11.4): jadi sama sekali tak ada subbarisan yang konvergen. Jika $F$ tak tertutup, ambillah $u_n \in F$ dengan $u_n \to \ell \notin F$ (Teorema 12.6): maka setiap subbarisannya konvergen ke $\ell \notin F$ , sehingga tak ada subbarisan yang konvergen di dalam $F$ . ∎

Contoh 12.20 (Himpunan kompak yang bersarang)

Sebuah latihan pertama bagi teoremanya. Misalkan $K_0 \supseteq K_1 \supseteq K_2 \supseteq \dots$ himpunan bagian $\R$ yang kompak (yaitu tertutup dan terbatas) dan tak kosong. Maka $\bigcap_n K_n \neq \emptyset$ . Memang, pilihlah $x_n \in K_n$ untuk setiap $n$ : barisannya hidup di dalam $K_0$ yang kompak, sehingga suatu subbarisan $x_{\varphi(n)}$ konvergen ke suatu $x$ (Teorema 12.19). Untuk setiap $m$ yang tetap, suku $x_{\varphi(n)}$ dengan $\varphi(n) \geq m$ semuanya terletak di himpunan tertutup $K_m$ , sehingga limitnya $x$ terletak di $K_m$ (Teorema 12.6); dan karena $m$ tadi sebarang, $x \in \bigcap_n K_n$ . Ada pendamping yang berguna: jika sebuah himpunan terbuka $U$ memuat $\bigcap_n K_n$ , maka $U \supseteq K_n$ untuk suatu $n$ — terapkanlah argumen yang sama pada titik $x_n \in K_n \setminus U$ ; karena limitnya $x$ akan terletak di $\bigcap K_n \subseteq U$ , padahal $U$ yang terbuka memaksa $x_{\varphi(n)} \in U$ akhirnya, yang bertentangan. Kedua pernyataannya gagal tanpa kekompakan: karena $\bigcap_n \intoo{0}{\frac 1n} = \emptyset$ dan $\bigcap_n \intco{n}{+\infty} = \emptyset$ . Inti gagasan penutupnya: bahwa kekompakan mengubah rantai tak hingga atas penegasan ketakkosongan menjadi satu titik limit — jadi ia perkakas yang bertahan pada peralihan ke irisan tak hingga, dan soal akhir pekan (Soal 12.1) akan bersandar padanya dua kali.

Empat tahap pertama konstruksi sepertiga tengahnya: setiap ruas C_n kehilangan sepertiga tengahnya yang terbuka, sehingga menyisakan 2n+1 ruas C_n+1, yang panjang totalnya (2/3)n+1. Adapun himpunan Cantor C = _n C_n — yaitu pokok bahasan soal akhir pekan — merupakan sisa kompak yang tak kosong yang dijamin oleh argumen kompak bersarang di atas: dengan panjang nol, namun titik yang bertahan takterbilang banyaknya. — Empat tahap pertama konstruksi sepertiga tengahnya: setiap ruas $C_n$ kehilangan sepertiga tengahnya yang terbuka, sehingga menyisakan $2^{n+1}$ ruas $C_{n+1}$ , yang panjang totalnya $(\frac23)^{n+1}$ . Adapun himpunan Cantor $C = \bigcap_n C_n$ — yaitu pokok bahasan soal akhir pekan Soal 12.1 — merupakan sisa kompak yang tak kosong yang dijamin oleh argumen kompak bersarang di atas: dengan panjang nol, namun titik yang bertahan takterbilang banyaknya.

Catatan 12.21

Inilah mesin di balik teorema nilai ekstrem (Bab 13) dan teorema Heine tentang kekontinuan seragam. Adapun nama “kompak” akan memperoleh definisi umumnya (lewat selimut) pada tahun kedua; sedangkan pada $\R$ , kekompakan barisan sudah semua yang kita perlukan, dan “kompak $=$ tertutup $+$ terbatas” adalah pernyataan yang perlu diingat.

Contoh 12.22 (Perbatasan di bawah gabungan)

Selalu berlaku $\partial(A \cup B) \subseteq \partial A \cup \partial B$ : karena sebuah titik $\partial(A \cup B)$ mempunyai setiap persekitaran yang berpotongan dengan $A \cup B$ (sehingga dengan $A$ atau $B$ , tak hingga sering salah satu darinya) dan berpotongan dengan komplemen $A \cup B$ , yang terletak di kedua komplemennya — lalu pemeriksaan singkat menaruh titiknya di $\partial A$ atau $\partial B$ . Inklusinya dapat tegas secara mencolok: karena dengan $A = \Q$ dan $B = \R\setminus\Q$ ,

\partial(A \cup B) = \partial \R = \emptyset , \qquad \partial A \cup \partial B = \R \cup \R = \R :

dua himpunan yang compang-camping dapat merekat menjadi satu yang mulus, dengan perbatasannya saling memusnahkan. Inti gagasan penutupnya: bahwa interior dan penutup berperilaku monoton di bawah gabungan dan irisan, tetapi perbatasan tidak — jadi perlakukanlah $\partial$ sebagai besaran turunan ( $\overline A \setminus \mathring A$ ), dan jangan pernah sebagai operator dengan aljabarnya sendiri.

Catatan 12.23 (Cakrawala di dalam jilid ini)

Kosakata yang dibangun di sini dipakai dua kali lagi dalam buku ini. Pada Bab 13, setiap teoremanya merupakan pernyataan topologi yang menyamar: teorema nilai antara mengatakan bahwa pemetaan yang kontinu mengawetkan sifat selang, sedangkan teorema nilai ekstrem mengatakan bahwa ia mengawetkan kekompakan — dan buktinya memanggil Teorema 12.6 dan 12.19 dengan namanya. Pada Bab 25, definisi yang sama dibaca ulang di $\R^2$ dengan cakram menggantikan selang: sehingga himpunan terbuka, penutup dan kekompakan terbawa kata demi kata, dan teorema nilai ekstrem dua variabel kembali menumpang pada Bolzano–Weierstrass (dengan mengekstrak pada setiap koordinatnya). Adapun satu gagasan yang tak tersamaratakan tanpa nyeri adalah selangnya sendiri — di bidang, keterhubungan menggantikan kecembungan, yaitu kisah yang dimulai dengan “hanya $\emptyset$ dan $\R$ yang terbuka sekaligus tertutup” pada Latihan 12.9.

12.4 Latihan

Latihan 12.1 ★

Untuk setiap himpunan, katakanlah apakah ia terbuka, tertutup, keduanya, atau bukan keduanya (beserta pembenarannya): $\intoo{0}{1} \cup \intoo{2}{3}$ ; $\;\intco{0}{1}$ ; $\;\{0\} \cup \intcc{1}{2}$ ; $\;\R \setminus \Z$ ; $\;\Q \cap \intoo{0}{1}$ .

Solusi

Solusi Latihan 12.1.

$\intoo{0}{1} \cup \intoo{2}{3}$ : terbuka (karena gabungan himpunan terbuka), dan tak tertutup (karena $\frac 1n \to 0$ di luarnya).

$\intco{0}{1}$ : bukan keduanya. Tak terbuka (karena tak ada selang di sekitar $0$ di dalamnya); dan tak tertutup (karena $1 - \frac1n \to 1 \notin$ himpunannya).

$\{0\} \cup \intcc{1}{2}$ : tertutup (karena gabungan hingga himpunan tertutup), dan tak terbuka (karena gagal di $0$ ).

$\R \setminus \Z$ : terbuka (karena $\Z$ tertutup), dan tak tertutup: sebab barisan $\bigl(\frac 1n\bigr)$ terletak di dalamnya, tetapi limitnya $0$ termasuk $\Z$ , yakni kabur dari himpunannya.

$\Q \cap \intoo{0}{1}$ : bukan keduanya. Tak terbuka: karena setiap selang di sekitar bilangan rasional memuat bilangan irasional. Dan tak tertutup: karena ia memuat barisan yang menuju $\frac{\sqrt 2}{2}$ yang irasional (menurut kepadatannya).

Latihan 12.2 ★

Tentukan $\mathring A$ , $\overline A$ dan $\partial A$ untuk: $A = \intoc{0}{1} \cup \{2\}$ ; $\;A = \R \setminus \Q$ ; $\;A = \bigl\{\frac{(-1)^n n}{n+1} : n \in \N\bigr\}$ .

Solusi

Solusi Latihan 12.2.

$A = \intoc{0}{1} \cup \{2\}$ : di sini $\mathring A = \intoo{0}{1}$ , $\overline A = \intcc{0}{1} \cup \{2\}$ , $\partial A = \{0, 1, 2\}$ .

$A = \R \setminus \Q$ : di sini $\mathring A = \emptyset$ (karena setiap selang memuat bilangan rasional), $\overline A = \R$ (menurut kepadatan bilangan irasional), $\partial A = \R$ .

$A = \bigl\{\frac{(-1)^n n}{n+1}\bigr\}$ : suku genapnya menuju $1$ , sedangkan suku ganjilnya ke $-1$ , dan keduanya tak termasuk $A$ . Jadi $\mathring A = \emptyset$ (karena titiknya terasing), $\overline A = A \cup \{-1, 1\}$ , $\partial A = \overline A$ .

Latihan 12.3 ★

Buktikan bahwa himpunan hingga bersifat tertutup, mula-mula lewat komplemennya, lalu lewat pencirian barisannya.

Solusi

Solusi Latihan 12.3.

Lewat komplemennya. Misalkan $F = \{a_1 < a_2 < \dots < a_k\}$ : maka komplemennya adalah gabungan selang terbuka $\intoo{-\infty}{a_1}$ , $\intoo{a_i}{a_{i+1}}$ , $\intoo{a_k}{+\infty}$ — yang terbuka menurut Proposisi 12.3.

Lewat barisan. Misalkan $u_n \in F$ , $u_n \to \ell$ . Dengan $\varepsilon = \min\{\abs{a_i - a_j} : i \neq j\}/2 > 0$ (atau sebarang $\varepsilon$ bila $F$ singleton): di luar suatu peringkat, semua sukunya berada dalam jarak $\varepsilon$ dari $\ell$ , sehingga berjarak $2\varepsilon$ satu sama lain, yang memaksanya menjadi satu $a_i$ tunggal mulai peringkat itu; lalu $\ell = a_i \in F$ .

Latihan 12.4 ★

Buktikan bahwa untuk sebarang $A, B \subseteq \R$ : $\overline{A \cup B} = \overline A \cup \overline B$ . Tunjukkan lewat contoh bahwa $\overline{A \cap B}$ dapat berbeda dari $\overline A \cap \overline B$ .

Solusi

Solusi Latihan 12.4.

$\subseteq$ : karena $\overline A \cup \overline B$ tertutup (yaitu gabungan hingga) dan memuat $A \cup B$ , sehingga ia memuat pemuat tertutup yang terkecil $\overline{A \cup B}$ . $\supseteq$ : karena $A \subseteq A \cup B$ memberikan $\overline A \subseteq \overline{A \cup B}$ (sebab penutup bersifat monoton: titik lekat $A$ lekat pada himpunan yang lebih besar), dan demikian pula untuk $B$ .

Contoh penyangkal bagi irisannya: $A = \intoo{0}{1}$ , $B = \intoo{1}{2}$ : di sini $\overline{A \cap B} = \overline\emptyset = \emptyset$ tetapi $\overline A \cap \overline B = \{1\}$ .

Latihan 12.5 ★★

Misalkan $u_n \to \ell$ di $\R$ . Buktikan bahwa himpunan $\{u_n : n \in \N\} \cup \{\ell\}$ bersifat tertutup (sehingga kompak bila kita menambahkan bahwa ia terbatas — dan memang demikian).

Solusi

Solusi Latihan 12.5.

Pakailah pencirian lewat barisan (Teorema 12.6). Misalkan $S = \{u_n\} \cup \{\ell\}$ dan $(v_k)$ barisan di $S$ dengan $v_k \to m$ ; lalu tunjukkan $m \in S$ . Ada dua kasus. Jika suatu nilai $v \in S$ diambil $(v_k)$ tak hingga sering, maka subbarisan yang konstan memberikan $m = v \in S$ . Kalau tidak, setiap nilainya diambil berhingga sering; khususnya, untuk setiap $n$ , suku $u_n$ muncul berhingga sering, dan $\ell$ pun demikian. Maka untuk setiap $N$ , indeks $k$ dengan $v_k \in \{u_0, \dots, u_N, \ell\}$ berhingga banyaknya: sehingga $v_k$ yang tersisa merupakan suku $u_n$ dengan $n > N$ . Diberikan $\varepsilon > 0$ , pilihlah $N$ dengan $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ untuk $n > N$ : maka semua $v_k$ kecuali yang berhingga banyak memenuhi $\abs{v_k - \ell} \leq \varepsilon$ . Jadi $v_k \to \ell$ , sehingga $m = \ell \in S$ .

Latihan 12.6 ★★

Misalkan $U$ terbuka dan $A$ sebarang. Buktikan bahwa $U + A = \{u + a\}$ bersifat terbuka. Simpulkan bahwa jumlah sebuah himpunan terbuka dengan sebarang himpunan bersifat terbuka, lalu bandingkan: tunjukkanlah dua himpunan tertutup yang jumlahnya tak tertutup. (Cobalah $\Z$ dan $\sqrt 2\,\Z$ , dengan Latihan 10.9.)

Solusi

Solusi Latihan 12.6.

Di sini $U + A = \bigcup_{a \in A} (U + a)$ , dan setiap translasinya $U + a$ terbuka (karena sertifikat selangnya ikut ditranslasikan). Adapun gabungan himpunan terbuka bersifat terbuka (Proposisi 12.3).

Himpunan tertutupnya: $\Z$ dan $\sqrt 2\,\Z$ tertutup (sebagai $\alpha\Z$ : karena barisan yang konvergen akhirnya konstan, bandingkan Contoh 12.8). Adapun jumlahnya $\Z + \sqrt 2\,\Z$ bersifat padat di $\R$ (Latihan 10.9) tetapi bukan $\R$ (karena ia terbilang, atau sederhananya: $\frac{\sqrt 2}{2} \notin \Z + \sqrt2\Z$ , sebab kalau tidak $\sqrt 2$ akan rasional — karena menulis $\frac{\sqrt2}{2} = m + n\sqrt 2$ memaksa $(2n - 1)\sqrt 2 = -2m$ , sehingga $\sqrt 2 \in \Q$ kecuali bila $n = \frac12$ , yang mustahil). Adapun himpunan bagian sejati yang padat tak tertutup: karena penutupnya adalah $\R \neq$ dirinya sendiri.

Latihan 12.7 ★★

Sebuah titik $x \in A$ disebut terasing di $A$ bila suatu persekitaran $x$ berpotongan dengan $A$ hanya pada $x$ . Buktikan bahwa setiap titik $\Z$ terasing di $\Z$ , bahwa $A = \{\frac1n\}$ mempunyai semua titiknya terasing namun $\overline A \neq A$ , dan bahwa himpunan yang semua titiknya terasing mempunyai interior yang kosong.

Solusi

Solusi Latihan 12.7.

$\Z$ : persekitaran $\intoo{n - \frac12}{n + \frac12}$ bagi $n$ berpotongan dengan $\Z$ hanya pada $n$ .

$A = \{\frac1n : n \in \N^*\}$ : di sekitar $\frac 1n$ , selang berjari-jari $\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} = \frac{1}{n(n+1)}$ (yang diparuhkan, misalnya) mengasingkannya dari tetangganya — jadi semua titiknya terasing. Namun $0 \in \overline A \setminus A$ : sehingga titik yang terasing tak mencegah orang luar yang lekat.

Jika semua titik $A$ terasing: maka tak ada titik $A$ yang interior, karena sebuah titik interior mempunyai seluruh selang berisi tetangga $A$ di sekitarnya (dan selang bersifat tak hingga), yang bertentangan dengan keterasingannya. Jadi $\mathring A = \emptyset$ .

Latihan 12.8 ★★

Buktikan bahwa penutup sebuah himpunan yang terbatas bersifat terbatas, dan bahwa $\sup \overline A = \sup A$ untuk $A$ yang tak kosong dan terbatas di atas. Simpulkan bahwa $\sup A \in \overline A$ : jadi supremumnya selalu lekat.

Solusi

Solusi Latihan 12.8.

Jika $A \subseteq \intcc{-M}{M}$ , maka himpunan tertutup $\intcc{-M}{M}$ memuat $A$ , sehingga ia memuat $\overline A$ (yaitu pemuat tertutup yang terkecil): jadi $\overline A$ terbatas.

Misalkan $s = \sup A$ (yang hingga). Karena $A \subseteq \overline A$ , maka $\sup \overline A \geq s$ . Sebaliknya, $\overline A \subseteq \intoc{-\infty}{s}$ : sebab setengah garisnya tertutup dan memuat $A$ ; sehingga setiap unsur $\overline A$ bernilai $\leq s$ , yang memberikan $\sup\overline A \leq s$ . Jadi sama.

Adapun $s \in \overline A$ : menurut pencirian lewat $\varepsilon$ (Proposisi 10.4), setiap selang $\intoo{s - \varepsilon}{s + \varepsilon}$ memuat sebuah unsur $A$ : jadi $s$ bersifat lekat.

Latihan 12.9 ★★★

Buktikan bahwa satu-satunya himpunan bagian $\R$ yang sekaligus terbuka dan tertutup adalah $\emptyset$ dan $\R$ . Petunjuk: andaikan $A$ terbuka, tertutup, dengan $A \neq \emptyset$ dan $\R \setminus A \neq \emptyset$ ; pilihlah $a \in A$ , $b \notin A$ , katakanlah $a < b$ , lalu tinjaulah $s = \sup\,(A \cap \intcc{a}{b})$ ; putuskanlah apakah $s$ dapat termasuk $A$ atau komplemennya.

Solusi

Solusi Latihan 12.9.

Andaikan $A$ terbuka dan tertutup, dengan $a \in A$ dan $b \in \R \setminus A$ ; tanpa mengurangi keumumannya $a < b$ . Himpunan $B = A \cap \intcc{a}{b}$ tak kosong (karena $a$ ), dan terbatas: misalkan $s = \sup B$ . Menurut Latihan 12.8, $s \in \overline B \subseteq \overline A = A$ (karena $A$ tertutup). Perhatikan $s \leq b$ , dan karena $b \notin A$ : maka $s < b$ . Sekarang $A$ terbuka: sehingga suatu selang $\intoo{s - r}{s + r}$ terletak di $A$ , dan kita boleh mengambil $r < b - s$ . Maka $s + \frac{r}{2}$ termasuk $A \cap \intcc{a}{b} = B$ dan melampaui $s$ — yang bertentangan dengan $s = \sup B$ . Jadi tak ada pasangan $(a, b)$ yang demikian: sehingga salah satu dari $A$ dan $\R \setminus A$ bersifat kosong.

Latihan 12.10 ★★★

(Struktur himpunan terbuka) Misalkan $U \subseteq \R$ terbuka dan tak kosong. Untuk $x \in U$ , misalkan $I_x$ gabungan semua selang terbuka yang memuat $x$ dan termuat $U$ . Buktikan bahwa $I_x$ merupakan selang terbuka, bahwa dua himpunan $I_x$ , $I_y$ sama atau saling lepas, dan bahwa $U$ merupakan gabungan atas selang terbuka yang saling lepas dan terbilang banyaknya (pilihlah satu bilangan rasional pada masing-masingnya).

Solusi

Solusi Latihan 12.10.

Himpunan $I_x$ merupakan gabungan selang terbuka yang semuanya memuat $x$ : sehingga ia terbuka, dan ia sebuah selang, karena cembung — sebab jika $u < z < v$ dengan $u, v \in I_x$ , maka $u$ dan $v$ terletak pada subselang terbuka $J_u \ni x$ , $J_v \ni x$ dari $U$ , dan $J_u \cup J_v$ merupakan selang (karena keduanya memuat $x$ ) di dalam $U$ yang memuat $z$ ; sehingga $z \in I_x$ (Proposisi 10.19).

Jika $I_x \cap I_y \neq \emptyset$ : maka $I_x \cup I_y$ merupakan selang terbuka (yang cembung, karena dua selang yang bertindihan) yang termuat $U$ dan memuat $x$ maupun $y$ , sehingga $I_x \cup I_y \subseteq I_x$ dan $\subseteq I_y$ menurut kemaksimalan masing-masingnya: jadi $I_x = I_y$ .

Jadi $U$ merupakan gabungan lepas atas himpunan $I_x$ yang berbeda-beda (karena setiap $x \in U$ terletak di $I_x$ -nya sendiri). Keterbilangannya: setiap selang terbuka $I$ yang tak kosong pada keluarganya memuat sebuah bilangan rasional $q_I$ (Teorema 10.14), dan selang lepas yang berbeda memperoleh bilangan rasional yang berbeda: sehingga keluarganya terinjeksi ke $\Q$ , yang terbilang (karena ia terindeks oleh pasangan bilangan bulat). Jadi selangnya paling banyak terbilang.

Latihan 12.11 ★★

Sebuah titik $x \in \R$ disebut titik akumulasi $A$ bila setiap persekitaran $x$ berpotongan dengan $A \setminus \{x\}$ ; dan himpunannya adalah himpunan turunan $A'$ . Buktikan bahwa $\overline A = A \cup A'$ , dan bahwa $A$ tertutup jika dan hanya jika $A' \subseteq A$ . Tentukan $A'$ untuk $A = \{\frac 1n : n \in \N^*\}$ , untuk $A = \Z$ , dan untuk $A = \Q$ .

Solusi

Solusi Latihan 12.11.

Klaimnya $\overline A = A \cup A'$ . ( $\supseteq$ ) Selalu $A \subseteq \overline A$ ; dan jika $x \in A'$ , maka setiap persekitaran $x$ berpotongan dengan $A \setminus \{x\} \subseteq A$ , sehingga $x$ bersifat lekat. ( $\subseteq$ ) Misalkan $x \in \overline A$ . Jika $x \in A$ , selesai. Jika $x \notin A$ , maka setiap persekitaran $x$ berpotongan dengan $A = A \setminus \{x\}$ : jadi $x \in A'$ .

Akibatnya $A$ tertutup $\iff$ $A = \overline A = A \cup A'$ $\iff$ $A' \subseteq A$ .

$A = \{\frac 1n\}$ : di sini $0$ merupakan titik akumulasi (karena $\frac 1n \to 0$ , dengan suku $\neq 0$ ); sedangkan setiap $\frac 1n$ terasing (Latihan 12.7), sehingga tak termasuk $A'$ ; dan sebuah titik $x \notin A \cup \{0\}$ mempunyai seluruh selang yang menghindari $A$ (yaitu di antara kedua tetangga $x$ pada $A \cup \{0\}$ , atau di luar $1$ ). Jadi $A' = \{0\}$ .

$\Z' = \emptyset$ : karena setiap bilangan bulat terasing, dan setiap yang bukan bilangan bulat mempunyai persekitaran di dalam $\R \setminus \Z$ .

$\Q' = \R$ : karena setiap selang di sekitar sebarang bilangan real memuat tak hingga banyak bilangan rasional (Teorema 10.14), khususnya satu yang berbeda dari pusatnya.

Latihan 12.12 ★★★

Untuk $A \subseteq \R$ yang tak kosong, definisikan $d_A(x) = \inf\{\abs{x - a} : a \in A\}$ . Buktikan:

$\abs{d_A(x) - d_A(y)} \leq \abs{x - y}$ untuk setiap $x, y$ (jadi $d_A$ bersifat Lipschitz- $1$ );
$d_A(x) = 0$ jika dan hanya jika $x \in \overline A$ ; khususnya, jika $F$ tertutup dan $x \notin F$ , maka $d_F(x) > 0$ ;
untuk setiap $\varepsilon > 0$ , himpunan $V_\varepsilon = \{x : d_F(x) < \varepsilon\}$ bersifat terbuka, memuat $F$ , dan $\bigcap_{\varepsilon > 0} V_\varepsilon = F$ untuk $F$ yang tertutup: jadi setiap himpunan tertutup merupakan irisan terbilang atas himpunan terbuka.

Solusi

Solusi Latihan 12.12.

Untuk setiap $a \in A$ : $\abs{x - a} \leq \abs{x - y} + \abs{y - a}$ , sehingga $d_A(x) \leq \abs{x - y} + \abs{y - a}$ ; lalu mengambil infimum atas $a$ : $d_A(x) \leq \abs{x - y} + d_A(y)$ . Menukar $x$ dan $y$ memberikan ketaksamaan yang lain: $\abs{d_A(x) - d_A(y)} \leq \abs{x - y}$ .
$d_A(x) = 0$ $\iff$ untuk setiap $\varepsilon > 0$ ada $a \in A$ dengan $\abs{x - a} < \varepsilon$ $\iff$ setiap selang di sekitar $x$ berpotongan dengan $A$ $\iff$ $x \in \overline A$ . Jika $F$ tertutup dan $x \notin F = \overline F$ , maka $d_F(x) \neq 0$ , yakni $d_F(x) > 0$ .
Jika $d_F(x) < \varepsilon$ , tetapkan $r = \varepsilon - d_F(x) > 0$ : maka untuk $\abs{y - x} < r$ , bagian (1) memberikan $d_F(y) \leq d_F(x) + \abs{x - y} < \varepsilon$ : jadi selang $\intoo{x - r}{x + r}$ terletak di $V_\varepsilon$ , sehingga ia terbuka; dan ia memuat $F$ karena $d_F = 0$ di sana. Akhirnya $x \in \bigcap_{\varepsilon>0} V_\varepsilon$ $\iff$ $d_F(x) < \varepsilon$ untuk setiap $\varepsilon$ $\iff$ $d_F(x) = 0$ $\iff$ $x \in \overline F = F$ . Dan karena $\bigcap_{\varepsilon > 0} V_\varepsilon = \bigcap_{n \geq 1} V_{1/n}$ , setiap himpunan tertutup merupakan irisan terbilang atas himpunan terbuka.

12.5 Soal: Himpunan Cantor, kecil dan raksasa sekaligus

Soal 12.1

Soal akhir pekan — himpunan Cantor sepertiga tengah: panjang nol, takterbilang, sempurna, dan $C + C = \intcc{0}{2}$

Buanglah dari $\intcc{0}{1}$ sepertiga tengahnya yang terbuka, lalu sepertiga tengah setiap ruas yang tersisa, dan ulangilah selamanya: yang bertahan adalah himpunan Cantor $C$ , yaitu pabrik contoh penyangkal yang mendasar dalam analisis. Soal ini membangunnya, membacanya lewat mesin basis $3$ pada Soal 10.1, lalu menegakkan potret paradoksalnya: panjang totalnya nol, namun takterbilang; interiornya kosong, namun tanpa titik yang terasing; terputus seluruhnya, namun $C + C$ mengisi seluruh ruas $\intcc{0}{2}$ . Secara resmi: $C_0 = \intcc{0}{1}$ , dan $C_{n+1}$ diperoleh dari $C_n$ dengan menghapus sepertiga tengah yang terbuka dari setiap ruas $C_n$ ; akhirnya $C = \bigcap_{n \geq 0} C_n$ . Di sepanjang soal ini, sandi terner bagi $x \in \intcc{0}{1}$ adalah sebarang untaian angka $(d_k)_{k\geq1}$ dengan $d_k \in \{0, 1, 2\}$ yang nilainya $\sup_n \sum_{k=1}^n d_k 3^{-k}$ sama dengan $x$ — adapun sandi yang tak sejati (yang akhirnya $2$ ) diperbolehkan; dan menurut Soal 10.1 (pertanyaan 9–11), setiap $x \in \intcc{0}{1}$ mempunyai satu atau dua sandi, dan dua tepat ketika $x = m/3^N \in \intoo{0}{1}$ .

Bagian I — Konstruksinya.

Perikan $C_1$ dan $C_2$ secara eksplisit sebagai gabungan ruas, lalu buktikan lewat induksi: bahwa $C_n$ merupakan gabungan lepas atas $2^n$ ruas tertutup, yang masing-masingnya berpanjang $3^{-n}$ .
Tunjukkan bahwa $C$ tertutup, terbatas — sehingga kompak (Teorema 12.19) — tak kosong, dan bahwa setiap titik ujung setiap ruas setiap $C_n$ termasuk $C$ .
Panjang total $C_n$ adalah $\bigl(\frac23\bigr)^n$ . Simpulkan bahwa untuk setiap $\varepsilon > 0$ , himpunan $C$ dapat diselimuti oleh ruas yang berhingga banyak dengan panjang total $\leq \varepsilon$ : jadi himpunan Cantor berpanjang nol.
Tunjukkan bahwa selang yang termuat $C$ berpanjang $\leq 3^{-n}$ untuk setiap $n$ , sehingga ia singleton atau kosong: jadi $\mathring C = \emptyset$ . Karena tertutup dengan interior yang kosong, $C$ bersifat tak padat di mana pun.

Bagian II — Sandi ternernya.

Buktikan rekursi keserupaan dirinya

$C_{n+1} = \tfrac13 C_n \,\cup\, \bigl(\tfrac23 + \tfrac13 C_n\bigr), \qquad\text{sehingga}\qquad C = \tfrac13 C \,\cup\, \bigl(\tfrac23 + \tfrac13 C\bigr),$

dengan kedua kepingannya saling lepas: jadi $C$ adalah dua salinan dirinya sendiri pada skala $\frac13$ .
Buktikan lewat induksi pada $n$ : bahwa $x \in C_n$ jika dan hanya jika $x$ mempunyai sandi terner yang $n$ angka pertamanya terletak di $\{0, 2\}$ . Lalu simpulkan, dengan memakai kenyataan bahwa $x$ mempunyai paling banyak dua sandi: bahwa $x \in C$ jika dan hanya jika $x$ mempunyai sandi tanpa angka yang sama dengan $1$ (yaitu sandi bebas- $1$ ).
Sandi dalam kerja: berikanlah sandi bebas- $1$ bagi $0$ , $1$ , $\frac13$ , $\frac23$ ; tunjukkan $\frac14 = (0.\overline{02})_3$ dan $\frac34 = (0.\overline{20})_3$ , sehingga keduanya termasuk $C$ ; lalu periksalah bahwa $\frac14$ bukan titik ujung $C_n$ mana pun (karena titik ujung berbentuk $m/3^n$ ).
Tunjukkan bahwa setiap $x \in C$ mempunyai tepat satu sandi bebas- $1$ (ketika $x$ mempunyai dua sandi, buktikan bahwa tepat satu dari pasangannya memuat angka $1$ ). Simpulkan: bahwa pemetaan nilainya merupakan bijeksi dari untaian $\{0,2\}$ pada $C$ .
(Diagonal) Misalkan $k \mapsto x_k$ sebarang pemetaan $\N^* \to C$ . Bangunlah untaian $\{0, 2\}$ yang berbeda pada indeks $k$ dari sandi $x_k$ , lalu simpulkan bahwa $C$ takterbilang — sedangkan sebaliknya, pertanyaan 3 mengatakan bahwa ia terabaikan secara metrik.

Bagian III — Potret topologinya.

Rakitlah catatan sejauh ini: bahwa $C$ kompak, takterbilang, berpanjang nol, dan tak padat di mana pun. Pemuatan tunggal $C \subseteq C_n$ yang mana yang membawa masing-masing sifatnya?
( $C$ bersifat sempurna) Misalkan $x \in C$ dengan sandi bebas- $1$ $(d_k)$ . Membalikkan angkanya $d_n$ ( $0 \leftrightarrow 2$ ) menghasilkan $x_n \in C$ dengan $\abs{x_n - x} = 2 \cdot 3^{-n}$ . Simpulkan bahwa $C$ tak mempunyai titik terasing: bahwa setiap titik $C$ merupakan limit titik lain pada $C$ .
Tunjukkan bahwa titik ujung pada pertanyaan 2 membentuk himpunan bagian $C$ yang terbilang dan padat (pengallah sandinya setelah $n$ angka lalu lanjutkan dengan $0$ ; adapun keterbilangannya seperti pada Latihan 12.10). Simpulkan: bahwa titik yang khas pada $C$ — seperti $\frac14$ — bukan titik ujung: jadi titik ujung merupakan kerangka terbilang di dalam tubuh yang takterbilang.
(Terputus seluruhnya) Misalkan $x < y$ di $C$ . Pilihlah $n$ dengan $3^{-n} < y - x$ lalu hasilkan sebuah titik $z \in \intoo{x}{y}$ dengan $z \notin C$ . Simpulkan bahwa satu-satunya selang tak kosong yang termuat $C$ adalah singleton.

Bagian IV — Aritmetika $C$ .

Tunjukkan $1 - C = C$ (apa yang dilakukan $x \mapsto 1 - x$ terhadap sandi bebas- $1$ ? ingatlah $1 = (0.\overline{2})_3$ ).
(Penjumlahan sandi) Tunjukkan bahwa jika $x$ , $x'$ bersandi $(a_k)$ , $(b_k)$ , maka $x + x' = \lim_n\,(t_n + t'_n)$ dengan $t_n, t'_n$ jumlah parsialnya. Simpulkan: bahwa setiap $y \in \intcc{0}{1}$ merupakan titik tengah dua titik $C$ — karena diberikan sandi $(e_k)$ bagi $y$ , pilihlah angka $a_k, b_k \in \{0, 2\}$ dengan $\frac{a_k + b_k}{2} = e_k$ .
Simpulkan $C + C = \intcc{0}{2}$ dan, dengan pertanyaan 14, $C - C = \intcc{-1}{1}$ . Contoh konkretnya: tulislah $1$ sebagai jumlah dua bukan titik ujung yang ditemukan pada pertanyaan 7.
Renungkanlah: sebuah himpunan berpanjang nol yang himpunan selisihnya mengisi $\intcc{-1}{1}$ . Mengapa tak ada pertentangan antara “ $C$ terabaikan secara metrik” dan “ $C + C$ berpanjang penuh”? (Satu kalimat; pikirkanlah apa yang dikendalikan panjang dan apa yang tidak.)

Bagian V — Anggotanya, yang rasional dan yang irasional.

Gabungkan pertanyaan 8 dengan kriteria keperiodikan pada Soal 10.1: bahwa titik $C$ bersifat rasional jika dan hanya jika sandi bebas- $1$ -nya periodik pada akhirnya. Jalankanlah pembagian panjang basis $3$ untuk memeriksa $\frac1{13} = (0.\overline{002})_3 \in C$ .
Hasilkan sebuah anggota $C$ yang irasional secara eksplisit: yaitu nilai sandi dengan $d_k = 2$ pada posisi segitiga $k = \frac{j(j+1)}{2}$ dan $d_k = 0$ di tempat lain. Benarkanlah keirasionalannya lewat argumen jarak yang tumbuh pada Soal 10.1 (pertanyaan 20).
(Pada seluruh ruasnya) Tinjaulah $h$ yang memetakan titik $C$ bersandi bebas- $1$ $(d_k)$ ke nilai untaian biner $\bigl(\frac{d_k}2\bigr)$ , yakni $h(x) = \sup_n \sum_{k=1}^n \frac{d_k}{2}\,2^{-k}$ . Tunjukkan bahwa $h$ memetakan $C$ pada $\intcc{0}{1}$ . Jadi $C$ yang terabaikan itu surjektif pada sebuah ruas yang berpanjang penuh — yaitu bukti kedua bahwa $C$ takterbilang.
(Panjang yang serupa diri) Andaikan suatu gagasan panjang $L$ terdefinisi bagi $C$ dan salinan susutannya, yang menghormati penskalaan ( $L(\lambda A) = \lambda L(A)$ ), kekekalan terhadap translasi, dan keaditifan atas penguraian lepas pada pertanyaan 5. Tunjukkan bahwa lalu $L(C) = \frac23\,L(C)$ , yang memaksa $L(C) = 0$ : jadi keserupaan diri saja sudah menghukum $C$ menjadi berpanjang nol.

Bagian VI — Sepupunya yang gemuk, dan moralnya.

(Himpunan Cantor yang gemuk) Ulangilah konstruksinya, tetapi pada tahap $n$ ( $n = 0, 1, 2, \dots$ ) buanglah dari masing-masing $2^n$ ruas yang ada sebuah selang terbuka di tengahnya yang berpanjang $4^{-(n+1)}$ saja. Tunjukkan bahwa panjang ruasnya $l_n$ menuruti $l_{n+1} = \frac{l_n - 4^{-(n+1)}}{2}$ , $l_n = \frac{2^n + 1}{2\cdot 4^n} > 0$ , bahwa hasilnya $K = \bigcap K_n$ kompak dengan interior yang kosong, dan bahwa panjang total yang terbuang adalah $\sum_{n\geq0} 2^n 4^{-(n+1)} = \frac12$ . Dengan menerima keaditifan panjang bagi gabungan hingga atas selang (yang intuitif, dan dibahas pada Tahun ke-3), lalu memakai kedua pernyataan Contoh 12.20, tunjukkan bahwa sebarang keluarga hingga selang terbuka yang menyelimuti $K$ berpanjang total $\geq \frac12$ : jadi $K$ tak padat di mana pun tetapi tak terabaikan. Jadi kekecilan mempunyai beberapa makna yang tak setara.
(Jarak) Tunjukkan bahwa untuk $F \subseteq \R$ yang tertutup dan tak kosong serta $x \in \R$ , infimum $d(x, F)$ bersifat tercapai (lewat barisan peminimum ditambah Bolzano–Weierstrass). Lalu hitunglah

$\max_{y \in \intcc{0}{1}} d(y, C) = \frac16 ,$

yang tercapai persis di pusatnya $y = \frac12$ (karena titik pada celah yang tercipta pada tahap $n$ berada dalam jarak $\frac{3^{-n}}{2}$ dari titik ujung celahnya, yang terletak di $C$ ).
(Setiap titik menjadi limit subbarisan) Dengan memakai pertanyaan 12 dan 2, hasilkan satu barisan tunggal di $C$ yang himpunan limit subbarisannya adalah seluruh $C$ . (Bandingkanlah: bagi barisan yang konvergen himpunan itu satu titik — sedangkan $C$ mewujudkan ujung yang berlawanan di antara yang kompak.)
Sintesis, satu kalimat untuk masing-masing: (i) teorema bab ini yang mana yang benar-benar dipakai konstruksinya (kestabilan himpunan tertutup, kekompakan, dan pencirian lewat barisan)? (ii) daftarkanlah keempat pasangan paradoksal pada potretnya (panjang nol/takterbilang, tertutup/interior kosong, sempurna/terputus seluruhnya, terabaikan/ $C+C$ penuh); (iii) di manakah $C$ muncul kembali nanti (yaitu tangga setan yang dibangun di atas $h$ pada teori kekontinuan, dan teori ukuran pada jilid Tahun ke-3, yang di situ $C$ memisahkan “terbilang” dari “terabaikan”)?

Solusi

Solusi Soal 12.1.

1. Di sini $C_1 = \intcc{0}{\frac13} \cup \intcc{\frac23}{1}$ dan

C_2 = \intcc{0}{\tfrac19} \cup \intcc{\tfrac29}{\tfrac13} \cup \intcc{\tfrac23}{\tfrac79} \cup \intcc{\tfrac89}{1} .

Lewat induksi: jika $C_n$ merupakan gabungan lepas atas $2^n$ ruas tertutup yang berpanjang $3^{-n}$ , maka menghapus sepertiga tengahnya yang terbuka dari masing-masingnya menyisakan dua ruas tertutup berpanjang $3^{-n-1}$ per induknya: sehingga $2^{n+1}$ ruas, yang saling lepas (karena anak dari induk yang berbeda terpisah sebab induknya sudah terpisah; sedangkan anak dari satu induk terpisah oleh celah yang dibuang).

2. Setiap $C_n$ merupakan gabungan hingga atas ruas, sehingga tertutup; lalu $C = \bigcap C_n$ merupakan irisan himpunan tertutup: jadi tertutup (Definisi 12.5); dan terbatas (karena $\subseteq \intcc{0}{1}$ ): sehingga kompak menurut Teorema 12.19. Tak kosong: karena $0$ terletak di ruas paling kiri setiap $C_n$ . Misalkan $a$ titik ujung sebuah ruas $S$ pada $C_n$ . Untuk $m \leq n$ , $a \in C_n \subseteq C_m$ . Adapun untuk tahap berikutnya: penghapusan sepertiga tengahnya tak pernah membuang titik ujung, dan $a$ kembali menjadi titik ujung salah satu dari kedua anak $S$ (yaitu anak yang menyentuh $a$ ); sehingga lewat induksi $a \in C_m$ untuk setiap $m \geq n$ : jadi $a \in C$ .

3. Panjang total $C_n$ : $2^n \cdot 3^{-n} = (\frac23)^n \to 0$ . Diberikan $\varepsilon > 0$ , pilihlah $n$ dengan $(\frac23)^n \leq \varepsilon$ : maka $C \subseteq C_n$ , yaitu gabungan atas ruas yang berhingga banyak dengan panjang total $\leq \varepsilon$ .

4. Misalkan $I \subseteq C$ sebuah selang dengan dua titik yang berbeda. Untuk setiap $n$ : $I \subseteq C_n$ , dan $I$ , karena cembung, harus terletak di dalam satu ruas $C_n$ (karena berpotongan dengan dua ruas akan memaksa $I$ memuat sebuah titik celah di antara keduanya, yang berada di luar $C_n$ ). Sehingga panjang $I$ bernilai $\leq 3^{-n}$ untuk setiap $n$ : yang bertentangan. Jadi satu-satunya selang di dalam $C$ adalah yang kosong atau singleton; khususnya tak ada $\intoo{x-r}{x+r}$ yang muat di dalam $C$ : jadi $\mathring C = \emptyset$ . Dan karena $C$ tertutup, $\overline C = C$ berinterior kosong: sehingga $C$ tak padat di mana pun.

5. Tulislah $\varphi_0(x) = \frac x3$ dan $\varphi_2(x) = \frac{2 + x}{3}$ , yaitu bijeksi afin yang naik dari $\intcc{0}{1}$ pada $\intcc{0}{\frac13}$ dan $\intcc{\frac23}{1}$ . Klaimnya: $C_{n+1} = \varphi_0(C_n) \cup \varphi_2(C_n)$ . Untuk $n = 0$ inilah pertanyaan 1. Lewat induksi: pemetaan afin yang naik mengirim sepertiga tengah sebuah ruas ke sepertiga tengah ruas petanya, sehingga menghapus sepertiga tengah berkomutasi dengan $\varphi_0$ dan $\varphi_2$ ; lalu menerapkan langkah penghapusannya pada $C_{n+1} = \varphi_0(C_n) \cup \varphi_2(C_n)$ menghasilkan $C_{n+2} = \varphi_0(C_{n+1}) \cup \varphi_2(C_{n+1})$ . Lalu mengiriskan atas $n$ : untuk $x \leq \frac13$ , $x \in C \iff x \in \varphi_0(C_n)$ untuk setiap $n$ $\iff 3x \in \bigcap C_n = C$ ; demikian pula pada $\intcc{\frac23}{1}$ ; dan tak ada titik $\intoo{\frac13}{\frac23}$ yang terletak di $C_1$ . Jadi $C = \varphi_0(C) \cup \varphi_2(C)$ , secara lepas.

6. Lewat induksi pada $n$ ; adapun kasus $n = 0$ mengatakan bahwa setiap $x \in \intcc{0}{1}$ mempunyai sandi, dan itulah Soal 10.1 (pertanyaan 9 untuk $x < 1$ ; sedangkan $1 = (0.\overline 2)_3$ ). Andaikan kesetaraannya berlaku pada peringkat $n$ . Jika $x \in C_{n+1}$ : maka menurut pertanyaan 5, $x = \varphi_i(z)$ dengan $z \in C_n$ dan $i \in \{0, 2\}$ ; lalu jika $(e_k)$ sandi $z$ yang $n$ angka pertamanya bebas- $1$ , maka $(i, e_1, e_2, \dots)$ berjumlah parsial $\frac i3 + \frac13\sum_{k\leq m} e_k 3^{-k} \to \varphi_i(z) = x$ : yaitu sandi $x$ dengan $n + 1$ angka pertamanya bebas- $1$ . Sebaliknya, jika $x$ mempunyai sandi $(d_k)$ dengan $d_1, \dots, d_{n+1} \in \{0, 2\}$ : maka untaian tergesernya $(d_2, d_3, \dots)$ bernilai suatu $z \in \intcc{0}{1}$ , yang $n$ angka pertamanya bebas- $1$ , dan perhitungan jumlah parsialnya yang dibaca mundur memberikan $x = \varphi_{d_1}(z)$ ; lalu lewat induksi $z \in C_n$ , sehingga $x \in C_{n+1}$ menurut pertanyaan 5. Akhirnya: sandi yang seluruhnya bebas- $1$ menaruh $x$ di setiap $C_n$ , sehingga di $C$ ; sebaliknya jika $x \in C$ , maka untuk setiap $n$ salah satu dari paling banyak dua sandi $x$ (Soal 10.1, pertanyaan 11) mempunyai $n$ angka pertamanya bebas- $1$ ; lalu satu sandi yang tetap pasti berlaku untuk $n$ yang sebesar-besarnya (menurut sarang merpati di antara kedua sandinya), dan sandi yang $n$ angka pertamanya bebas- $1$ untuk $n$ yang sebesar-besarnya bersifat bebas- $1$ sepenuhnya.

7. Di sini $0 = (0.\overline 0)_3$ , $1 = (0.\overline 2)_3$ , $\frac13 = (0.0\overline{2})_3$ (yaitu kembaran tak sejati dari $(0.1)_3$ ), dan $\frac23 = (0.2\overline{0})_3$ . Lewat jumlah geometrinya:

(0.\overline{02})_3 = \sum_{j\geq1} \frac{2}{9^{\,j}} = \frac{2/9}{1 - 1/9} = \frac14 , \qquad (0.\overline{20})_3 = \sum_{j\geq1} \frac{2}{3\cdot 9^{\,j-1}} = \frac{2/3}{1 - 1/9} = \frac34 ,

keduanya bebas- $1$ : jadi $\frac14, \frac34 \in C$ . (Adapun jumlah tak hingganya menyingkat supremum jumlah parsialnya, seperti pada Soal 10.1.) Titik ujung ruas $C_n$ berbentuk $m/3^n$ (lewat induksi: karena titik ujung anaknya adalah titik ujung induknya atau berbeda dari salah satunya sejauh kelipatan $3^{-n-1}$ ). Jika $\frac14 = \frac{m}{3^n}$ maka $3^n = 4m$ , padahal $4 \nmid 3^n$ : yang mustahil. Jadi $\frac14 \in C$ tanpa pernah menjadi titik ujung.

8. Andaikan $x$ mempunyai dua sandi bebas- $1$ yang berbeda. Mempunyai dua sandi sama sekali berarti (menurut Soal 10.1, pertanyaan 11, basis $3$ ) bahwa $x = m/3^N \in \intoo{0}{1}$ dan kedua sandinya adalah: yang berakhir, dengan angka taknol terakhirnya $d_N \in \{1, 2\}$ lalu disusul $0$ , beserta kembarannya, dengan $d_N - 1$ pada posisi $N$ lalu disusul $2$ . Jika $d_N = 1$ maka yang pertama memuat $1$ ; sedangkan jika $d_N = 2$ maka kembarannya membawa $d_N - 1 = 1$ . Bagaimanapun paling banyak satu dari pasangannya bebas- $1$ : yang bertentangan. Jadi setiap $x \in C$ mempunyai tepat satu sandi bebas- $1$ (dengan keberadaannya menurut pertanyaan 6), dan untaian $\{0,2\}$ yang berbeda bernilai berbeda. Adapun setiap untaian $\{0,2\}$ bernilai di $\intcc{0}{1}$ (karena jumlah parsialnya $\leq 1$ ) dengan semua awalannya bebas- $1$ , sehingga nilainya berada di setiap $C_n$ , yakni di $C$ : jadi pemetaan nilainya merupakan bijeksi dari untaian $\{0,2\}$ pada $C$ .

9. Misalkan $(d^{(k)})$ sandi bebas- $1$ bagi $x_k$ lalu tetapkan $e_k = 2 - d^{(k)}_k \in \{0, 2\}$ : yaitu untaian $\{0,2\}$ yang nilainya $y$ terletak di $C$ dan mempunyai $(e_k)$ sebagai sandi bebas- $1$ tunggalnya (pertanyaan 8). Untuk setiap $k$ sandi $y$ dan $x_k$ berbeda pada posisi $k$ , sehingga $y \neq x_k$ : jadi tak ada pemetaan $\N^* \to C$ yang surjektif. Yaitu himpunan takterbilang yang berpanjang nol: besar menurut kardinalitasnya, kecil menurut ukurannya — serentak.

10. Kekompakannya: yaitu ketertutupan irisan tak hingganya ditambah keterbatasannya (pertanyaan 2) — itulah satu sifat yang tak dibawa oleh satu pemuatan tunggal. Panjang nolnya: dari $C \subseteq C_n$ yang berpanjang total $(\frac23)^n$ (pertanyaan 3). Ketakpadatannya di mana pun: karena $C \subseteq C_n$ memaksa selang di dalam $C$ berpanjang $\leq 3^{-n}$ (pertanyaan 4). Sedangkan ketakterbilangannya sama sekali tak menumpang pada pemuatan: ia memerlukan seluruh struktur irisannya, yang tersandikan pada bijeksi pertanyaan 8.

11. Balikkan $d_n$ menjadi $2 - d_n$ : maka untaian barunya tetap untaian $\{0,2\}$ , sehingga nilainya $x_n$ terletak di $C$ ; dan jumlah parsial di luar peringkat $n$ berselisih persis $2\cdot3^{-n}$ , sehingga $\abs{x_n - x} = 2\cdot3^{-n}$ . Jadi $x_n \neq x$ dan $x_n \to x$ : sehingga setiap titik $C$ merupakan limit titik lain pada $C$ — jadi $C$ bersifat sempurna, tanpa titik yang terasing.

12. Menurut induksi pertanyaan 5, ruas $C_n$ tepat berupa $\intcc{t}{t + 3^{-n}}$ dengan $t$ menjelajahi nilai untaian berpanjang $n$ atas $\{0,2\}$ . Diberikan $x \in C$ bersandi $(d_k)$ , maka pemenggalannya $t_n$ (yaitu angka $d_1 \dots d_n$ lalu $0$ ) merupakan titik ujung kiri, dan $0 \leq x - t_n \leq 3^{-n}$ : jadi titik ujungnya padat di $C$ . Mereka membentuk himpunan bagian $\{m/3^n : m, n\}$ , yaitu himpunan yang terindeks oleh pasangan bilangan bulat, sehingga terbilang (seperti untuk $\Q$ pada Latihan 12.10). Dan karena $C$ takterbilang (pertanyaan 9), semua titik $C$ kecuali yang terbilang banyaknya bukan titik ujung — adapun $\frac14$ (pertanyaan 7) adalah pucuk gunung es itu yang kasatmata.

13. Pilihlah $n$ dengan $3^{-n} < y - x$ . Keduanya $x, y \in C_n$ , dan keduanya tak dapat terletak pada ruas yang sama (karena panjangnya $3^{-n} < y - x$ ): sehingga celah yang dibuang di antara ruasnya menyediakan $z$ dengan $x < z < y$ dan $z \notin C_n \supseteq C$ . Jadi sebarang dua titik $C$ terpisah oleh komplemennya: sehingga satu-satunya himpunan bagian $C$ yang cembung adalah singleton — jadi $C$ terputus seluruhnya.

14. Jika $(d_k)$ sandi bebas- $1$ bagi $x$ , maka untaian $(2 - d_k)$ kembali menjadi untaian $\{0,2\}$ , dengan jumlah parsial

\sum_{k=1}^{n} (2 - d_k)3^{-k} = (1 - 3^{-n}) - \sum_{k=1}^n d_k 3^{-k} \longrightarrow 1 - x :

sehingga $1 - x \in C$ . Jadi $1 - C \subseteq C$ , lalu menerapkan petanya dua kali memberikan $1 - C = C$ : sehingga himpunan Cantor setangkup terhadap $\frac12$ .

15. Jumlah parsialnya $t_n \to x$ dan $t'_n \to x'$ (karena barisan yang naik konvergen ke supremumnya, yakni nilainya), sehingga $t_n + t'_n \to x + x'$ menurut Teorema 11.5. Diberikan $y \in \intcc{0}{1}$ dengan sandi $(e_k)$ , pilihlah $(a_k, b_k) = (0,0), (0,2), (2,2)$ menurut $e_k = 0, 1, 2$ : maka $a_k + b_k = 2e_k$ , sehingga untaian $(a_k)$ , $(b_k)$ merupakan untaian $\{0,2\}$ dengan nilai $x, x' \in C$ , dan

x + x' = \lim_n\,(t_n + t'_n) = \lim_n 2\sum_{k=1}^n e_k 3^{-k} = 2y :

jadi setiap $y \in \intcc{0}{1}$ merupakan titik tengah dua titik $C$ .

16. Pertanyaan 15 memberikan $\intcc{0}{2} = 2\,\intcc{0}{1} \subseteq C + C$ , dan $C + C \subseteq \intcc{0}{1} + \intcc{0}{1} = \intcc{0}{2}$ : jadi sama. Lalu, dengan memakai $1 - C = C$ :

C - C = C + (C - 1) = (C + C) - 1 = \intcc{-1}{1} .

Contoh konkretnya: $1 = \frac14 + \frac34$ , yaitu jumlah dua anggota $C$ yang bukan titik ujung.

17. Panjang mengukur seberapa banyak garisnya yang ditempati himpunannya sendiri; ia tak mengatakan apa pun tentang himpunan jumlahnya, yang merupakan peta dari keluarga berparameter dua $C \times C$ di bawah $(x, x') \mapsto x + x'$ — karena kedua untaian angkanya dipilih secara saling bebas, dan kebebasan itulah yang persis mengisi $\intcc{0}{2}$ . Tak ada teorema yang membatasi panjang himpunan jumlah oleh panjang penjumlahnya, dan $C$ adalah buktinya bahwa tak akan pernah ada.

18. Menurut Soal 10.1 (pertanyaan 18), $x$ rasional jika dan hanya jika ekspansi sejatinya periodik pada akhirnya. Adapun sandi bebas- $1$ bagi $x \in C$ entah ekspansi sejati itu entah kembaran tak sejati dari yang berakhir; dan untaian yang berakhir beserta kembarannya (yang akhirnya $2$ terus) sama-sama periodik pada akhirnya, sehingga keperiodikan sandi bebas- $1$ -nya setara dengan kerasionalan $x$ . Pembagian panjang $\frac1{13}$ dalam basis $3$ (dengan $r_0 = 1$ ): $3 = 13\cdot0 + 3$ , $9 = 13\cdot0 + 9$ , $27 = 13\cdot2 + 1$ , lalu sisanya kembali ke $1$ : sehingga angkanya $\overline{002}$ , jadi $\frac1{13} = (0.\overline{002})_3$ , yang bebas- $1$ dan periodik: yaitu anggota $C$ yang rasional. (Periksa: $\frac{2/27}{1 - 1/27} = \frac{2}{26} = \frac1{13}$ .)

19. Untaian dengan $d_k = 2$ pada posisi segitiga $k = \frac{j(j+1)}{2}$ dan $0$ di tempat lain merupakan untaian $\{0,2\}$ , sehingga nilainya $x^*$ termasuk $C$ (pertanyaan 8). Ia mempunyai tak hingga banyak $2$ dengan jarak $j + 1 \to \infty$ di antara yang berurutan, sehingga ia tak periodik pada akhirnya (karena periode $T$ akhirnya akan memaksa $2$ berjarak $\leq T$ : yaitu argumen jarak yang tumbuh pada Soal 10.1, pertanyaan 20); lalu menurut pertanyaan 18, $x^* \notin \Q$ . Dan menurut pertanyaan 9 ditambah keterbilangan $\Q$ , semua anggota $C$ kecuali yang terbilang banyaknya bersifat irasional: jadi $x^*$ itu lazim, bukan kekecualian.

20. Misalkan $y \in \intcc{0}{1}$ : ia mempunyai sandi biner $(c_k)$ dengan $c_k \in \{0, 1\}$ (Soal 10.1, pertanyaan 9, basis $2$ ; adapun $y = 1$ memakai untaian yang seluruhnya $1$ ). Maka $(2c_k)$ merupakan untaian $\{0,2\}$ , nilainya $x$ terletak di $C$ , dan $h(x)$ adalah nilai $(c_k)$ , yakni $y$ : jadi $h$ memetakan $C$ pada $\intcc{0}{1}$ . Seandainya $C$ merupakan peta dari sebuah pemetaan dari $\N^*$ , maka menyusunnya dengan $h$ akan mendaftar seluruh $\intco{0}{1}$ , yang bertentangan dengan teorema diagonal pada Soal 10.1 (pertanyaan 22): jadi $C$ takterbilang, sekali lagi. Yaitu himpunan berpanjang nol yang surjektif pada sebuah ruas yang penuh.

21. Menurut pertanyaan 5, $C$ merupakan gabungan lepas atas $\varphi_0(C)$ dan $\varphi_2(C)$ , yang masing-masingnya translasi dari salinan terskala $\frac13 C$ . Lalu keaditifan, penskalaan dan kekekalan terhadap translasi memberikan

L(C) = L(\varphi_0(C)) + L(\varphi_2(C)) = \tfrac13 L(C) + \tfrac13 L(C) = \tfrac23\,L(C),

sehingga $\frac13 L(C) = 0$ : jadi $L(C) = 0$ . Keserupaan diri saja sudah menghukum $C$ menjadi berpanjang nol — dan pertanyaan 3 hanya melaksanakan hukumannya.

22. Sebuah ruas berpanjang $l_n$ kehilangan selang di tengahnya yang berpanjang $4^{-(n+1)}$ , sehingga menyisakan dua ruas berpanjang $l_{n+1} = \frac{l_n - 4^{-(n+1)}}{2}$ ; lalu dari $l_0 = 1$ , induksi menegaskan $l_n = \frac{2^n + 1}{2\cdot4^n}$ : memang $\frac12\Bigl(\frac{2^n+1}{2\cdot4^n} - \frac{1}{4^{n+1}}\Bigr) = \frac{2(2^n + 1) - 1}{2\cdot4^{n+1}} = \frac{2^{n+1} + 1}{2\cdot4^{n+1}}$ , dan $l_n > 0$ selalu: jadi konstruksinya tak pernah kelaparan. Adapun $K = \bigcap K_n$ tertutup dan terbatas, sehingga kompak; dan selang di dalam $K$ terletak pada satu ruas $K_n$ , yang berpanjang $l_n \to 0$ : jadi interiornya kosong. Panjang yang terbuang: $\sum_{n\geq0} 2^n \cdot 4^{-(n+1)} = \frac14\sum_{n\geq0}\bigl(\frac12\bigr)^n = \frac12$ , dan setiap $K_n$ berpanjang total $2^n l_n = \frac{2^n + 1}{2^{n+1}} > \frac12$ . Sekarang misalkan selang terbuka yang berhingga banyak bergabungan $U \supseteq K$ . Menurut pernyataan pendamping pada Contoh 12.20, $U \supseteq K_n$ untuk suatu $n$ ; lalu dengan menerima keaditifan panjang atas gabungan hingga selang, panjang total selang penyelimutnya sekurang-kurangnya sebesar panjang $K_n$ , yang melampaui $\frac12$ . Jadi $K$ tak padat di mana pun, namun tak ada selimut yang murah: sehingga kekecilan topologi (tak padat di mana pun) dan kekecilan metrik (berpanjang nol) sungguh gagasan yang berbeda, dan $K$ memisahkan keduanya.

23. Ketercapaiannya: misalkan $d = d(x, F)$ lalu pilihlah $a_k \in F$ dengan $\abs{x - a_k} \leq d + \frac1k$ : maka $a_k$ terbatas, sehingga Bolzano–Weierstrass (Teorema 11.16) mengekstrak $a_{\varphi(k)} \to a$ , dengan $a \in F$ (karena $F$ tertutup, Teorema 12.6) dan $\abs{x - a} = \lim \abs{x - a_{\varphi(k)}} = d$ . Sekarang maksimumnya: jika $y \in C$ , maka $d(y, C) = 0$ ; kalau tidak, $y$ terletak pada celah yang dibuang pada suatu tahap $n \geq 1$ , yaitu selang terbuka berpanjang $3^{-n}$ yang kedua titik ujungnya termasuk $C$ (pertanyaan 2), sehingga $d(y, C) \leq \frac{3^{-n}}{2} \leq \frac16$ , dengan kesamaannya menuntut $n = 1$ dan $y$ pada pusat celah $\intoo{\frac13}{\frac23}$ , yakni $y = \frac12$ ; dan memang $d\bigl(\frac12, C\bigr) = \frac16$ karena $C \cap \intoo{\frac13}{\frac23} = \emptyset$ dan $\frac13, \frac23 \in C$ . Jadi $\max_{y\in\intcc{0}{1}} d(y, C) = \frac16$ , yang tercapai persis di $\frac12$ .

24. Titik ujungnya membentuk himpunan bagian $C$ yang terbilang dan padat (pertanyaan 12): daftarkanlah mereka sebagai satu barisan tunggal $(e_j)_{j\geq1}$ , yaitu barisan di $C$ . Limit subbarisannya semuanya terletak di $C$ (karena $C$ tertutup). Sebaliknya, tetapkan $x \in C$ : untuk setiap $n$ , ruas $C_m$ yang memuat $x$ (dengan $m \geq n$ ) mempunyai titik ujungnya dalam jarak $3^{-m} \leq 3^{-n}$ dari $x$ , sehingga tak hingga banyak titik ujung yang berbeda terletak dalam jarak $3^{-n}$ dari $x$ ; lalu pilihlah indeks $j_1 < j_2 < \dots$ dengan $\abs{e_{j_n} - x} \leq 3^{-n}$ : yaitu subbarisan yang konvergen ke $x$ . Jadi himpunan limit subbarisan $(e_j)$ tepat sama dengan $C$ — yaitu satu barisan yang menggerombol pada titik yang takterbilang banyaknya, yakni ujung yang berlawanan dari barisan yang konvergen, yang himpunan gerombolannya singleton.

25. (i) Konstruksinya memakai: kestabilan himpunan tertutup di bawah irisan sebarang (yaitu keberadaan $C$ sebagai himpunan tertutup), teorema kekompakan Teorema 12.19 (pertanyaan 2, 22, 23), dan pencirian ketertutupan maupun kelekatan lewat barisan (yaitu argumen kompak bersarang pada Contoh 12.20 dan pertanyaan 23). (ii) Keempat pasangannya: panjang nol namun takterbilang (pertanyaan 3, 9); tertutup namun berinterior kosong (pertanyaan 4); sempurna — tanpa titik yang terasing — namun terputus seluruhnya (pertanyaan 11, 13); serta terabaikan namun dengan $C + C = \intcc{0}{2}$ (pertanyaan 16). (iii) Adapun surjeksi $h$ pada pertanyaan 20, bila dibuat kontinu dan tidak turun, menjadi tangga setan pada teori fungsi yang kontinu; sedangkan pada teori ukuran jilid Tahun ke-3, $C$ menjadi saksi baku bahwa “terabaikan” tak berarti “terbilang”, dengan sepupunya yang gemuk (pertanyaan 22) memisahkan “tak padat di mana pun” dari “terabaikan”.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium