Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

6Topologi Umum

Jilid Tahun ke-2 melakukan analisis di ruang metrik: jarak, bola, barisan. Namun gagasan yang mendasar — kekontinuan, kekompakan, keterhubungan — tak pernah menyebut nilai numerik sebuah jarak, melainkan hanya keluarga himpunan terbuka yang dibangkitkannya. Bab ini mengambil keluarga itu sebagai objek primitifnya. Untungnya bukan keumuman demi keumuman: konstruksi kuosien (misalnya lingkaran sebagai $\R/\Z$ , ruang proyektif), hasil kali, dan topologi bertipe lemah pada analisis fungsional memang bukan objek yang metrik-dahulu. Kita membangun ulang kekontinuan, lalu menggarap kekompakan lewat selimut terbuka (sambil membuktikan kesetaraannya dengan definisi barisan pada Tahun ke-2 di ruang metrik), dan keterhubungan — lalu menutup dengan teorema bahwa bijeksi kontinu tak dapat menyamakan $\R$ dengan $\R^2$ : jadi topologi dapat membedakan dimensi.

6.1 Topologi, himpunan terbuka, kekontinuan

Definisi 6.1

Sebuah topologi pada himpunan $X$ adalah keluarga $\mathcal T$ berisi himpunan bagian $X$ — yang disebut himpunan terbuka — sedemikian sehingga: $\varnothing, X \in \mathcal T$ ; gabungan sembarang himpunan terbuka bersifat terbuka; dan irisan berhingga himpunan terbuka bersifat terbuka. Pasangan $(X, \mathcal T)$ disebut ruang topologi. Komplemen himpunan terbuka disebut tertutup. Adapun persekitaran sebuah $x$ adalah himpunan yang memuat suatu himpunan terbuka yang memuat $x$ .

Contoh 6.2

(a) Ruang metrik, dengan “terbuka” seperti pada Tahun ke-2 (yaitu gabungan bola terbuka): itulah topologi metrik; dan metrik yang berbeda dapat memberikan topologi yang sama (metrik ekuivalen). Ruang yang topologinya lahir dari suatu metrik disebut dapat dimetrikan. (b) Topologi diskret (semua himpunan bagiannya) dan topologi indiskret $\{\varnothing, X\}$ . (c) Topologi kofinit pada himpunan tak berhingga: terbuka $=$ kosong atau berkomplemen berhingga. Ia tak dapat dimetrikan, seperti akan kita lihat (Latihan 6.3). (d) Pada $\R$ , topologi biasanya; pada $\bar\R = \R \cup \{\pm\infty\}$ , topologi urutan yang dibangkitkan sinar — yang menjadikan “ $x_n \to +\infty$ ” sekadar contoh kekonvergenan biasa.

Definisi 6.3

Untuk $A \subseteq X$ : interior $\mathring A$ adalah himpunan terbuka terbesar di dalam $A$ (gabungan semuanya); penutup $\bar A$ adalah himpunan tertutup terkecil yang memuat $A$ ; dan batas $\partial A = \bar A \setminus \mathring A$ . Himpunan $A$ disebut padat jika $\bar A = X$ . Berlaku $x \in \bar A$ jika dan hanya jika setiap persekitaran $x$ memotong $A$ (sebab jika suatu persekitaran meleset dari $A$ , komplemen inti terbukanya menjadi himpunan tertutup yang lebih kecil di sekitar $A$ ; dan sebaliknya).

Definisi 6.4

Sebuah basis bagi $\mathcal T$ adalah keluarga $\mathcal B \subseteq \mathcal T$ sedemikian sehingga setiap himpunan terbuka merupakan gabungan anggota $\mathcal B$ (misalnya bola terbuka di ruang metrik; selang terbuka di $\R$ ). Sebuah keluarga $\mathcal B$ berisi himpunan bagian $X$ merupakan basis bagi suatu topologi jika dan hanya jika ia menyelimuti $X$ dan, untuk $B_1, B_2 \in \mathcal B$ serta $x \in B_1 \cap B_2$ , ada $B_3 \in \mathcal B$ dengan $x \in B_3 \subseteq B_1\cap B_2$ — lalu “gabungan anggotanya” menjadi sebuah topologi, yaitu topologi yang dibangkitkan oleh $\mathcal B$ .

Definisi 6.5

Pemetaan $f \colon X \to Y$ disebut kontinu jika $f^{-1}(V)$ terbuka untuk setiap $V \subseteq Y$ yang terbuka — setara dengan: prapeta himpunan tertutup bersifat tertutup; setara pula dengan: untuk setiap $x$ dan persekitaran $V$ dari $f(x)$ , $f^{-1}(V)$ merupakan persekitaran $x$ (yakni kekontinuan di setiap $x$ ). Cukup diperiksa pada sebuah basis $Y$ . Komposisi pemetaan kontinu tetap kontinu. Sebuah homeomorfisma adalah bijeksi kontinu yang inversnya kontinu; dan topologi mempelajari sifat yang terpelihara oleh homeomorfisma.

Proposisi 6.6 (Kekontinuan lawan penutup; perekatan)

(a) Pemetaan $f$ kontinu jika dan hanya jika $f(\bar A) \subseteq \overline{f(A)}$ untuk setiap $A \subseteq X$ . (b) Jika $X = F_1 \cup F_2$ dengan $F_1, F_2$ tertutup dan $f\colon X \to Y$ terbatas secara kontinu pada masing-masing $F_i$ , maka $f$ kontinu.

Bukti. (a) Jika $f$ kontinu: $f^{-1}(\overline{f(A)})$ tertutup dan memuat $A$ , sehingga memuat $\bar A$ . Sebaliknya terapkan kriterianya pada $A = f^{-1}(F)$ dengan $F$ tertutup: $f(\bar A) \subseteq \overline{f(f^{-1}(F))} \subseteq \bar F = F$ , sehingga $\bar A \subseteq f^{-1}(F) = A$ : jadi prapeta himpunan tertutup bersifat tertutup. (b) Untuk $F \subseteq Y$ yang tertutup: $f^{-1}(F) = (f\restriction_{F_1})^{-1}(F) \cup (f\restriction_{F_2})^{-1} (F)$ , yaitu gabungan dua himpunan yang tertutup di $F_1$ dan di $F_2$ , sehingga tertutup di $X$ (sebab $F_i$ tertutup: tertutup di dalam tertutup tetaplah tertutup). ∎

Definisi 6.7

Ruang $X$ disebut Hausdorff (atau terpisah) jika setiap dua titik yang berbeda mempunyai persekitaran yang saling lepas. Ruang metrik bersifat Hausdorff (ambil bola berjari-jari $d(x,y)/2$ ). Barisan $(x_n)$ konvergen ke $x$ jika setiap persekitaran $x$ memuat semua $x_n$ kecuali berhingga banyaknya; dan di ruang Hausdorff limitnya tunggal (sebab dua limit akan mempunyai persekitaran saling lepas yang masing-masing memuat sebuah ekor). Di ruang Hausdorff, titik — dan karenanya himpunan berhingga — bersifat tertutup.

Catatan 6.8

Di ruang metrik, barisan mendeteksi segalanya: $x \in \bar A$ jika dan hanya jika ada barisan di $A$ yang konvergen ke $x$ (ambil $x_n \in A \cap B(x, 1/n)$ ), dan $f$ kontinu jika dan hanya jika ia kontinu barisan. Pada ruang umum kedua kesetaraan itu gagal; pengganti barisan yang tepat (filter, jaring) termasuk kuliah yang lebih lanjut. Kita akan menyatakan hasil berbasis barisan di ruang metrik dan hasil berbasis selimut secara umum — lalu membuktikan keduanya setara di tempat mereka memang setara.

6.2 Subruang, hasil kali, kuosien

Definisi 6.9

Ada tiga cara membuat ruang baru dari yang lama:

Subruang: pada $A \subseteq X$ , himpunan terbukanya adalah $U \cap A$ dengan $U$ terbuka di $X$ — yaitu topologi terkasar yang membuat inklusinya kontinu.
Hasil kali: pada $X \times Y$ (dan hasil kali berhingga), yaitu topologi berbasis kotak terbuka $U \times V$ ; sedangkan pada hasil kali tak berhingga $\prod_i X_i$ , basisnya terdiri atas kotak $\prod U_i$ dengan $U_i = X_i$ untuk semua kecuali berhingga banyak $i$ — yaitu topologi terkasar yang membuat setiap proyeksinya kontinu.
Faktor: jika $\sim$ sebuah relasi ekuivalensi pada $X$ dan $\pi\colon X \to X/{\sim}$ proyeksinya, nyatakan $V \subseteq X/{\sim}$ terbuka jika dan hanya jika $\pi^{-1}(V)$ terbuka — yaitu topologi terhalus yang membuat $\pi$ kontinu.

Proposisi 6.10 (Sifat universal)

(a) Pemetaan $f \colon Z \to X \times Y$ kontinu jika dan hanya jika kedua komponennya, $\pi_X \circ f$ dan $\pi_Y \circ f$ , kontinu (demikian pula untuk hasil kali sembarang). (b) Pemetaan $g \colon X/{\sim} \to Z$ kontinu jika dan hanya jika $g \circ \pi \colon X \to Z$ kontinu.

Bukti. (a) Keperluannya: lewat komposisi. Kecukupannya: cukup diperiksa prapeta kotak basisnya: $f^{-1}(U \times V) = (\pi_Xf)^{-1}(U) \cap (\pi_Yf)^{-1}(V)$ , yang terbuka (sebab hanya berhingga faktor yang $\neq X_i$ pada kasus tak berhingga). (b) Keperluannya: lewat komposisi. Kecukupannya: untuk $W \subseteq Z$ terbuka, $\pi^{-1}(g^{-1}(W)) = (g\pi)^{-1}(W)$ terbuka, dan menurut definisi topologi kuosiennya itu berarti $g^{-1}(W)$ terbuka. ∎

Contoh 6.11

Kuosien $\R/\Z$ (dengan mengenali $x$ dan $x + n$ ) homeomorfik dengan lingkaran $S^1 = \{z \in \C : \abs z = 1\}$ : sebab pemetaan $x \mapsto \eu^{2\iu\pi x}$ beralih menjadi bijeksi kontinu $\R/\Z \to S^1$ (Proposisi 6.10(b)); sedangkan inversnya kontinu menurut argumen kekompakan pada Akibat 6.14 di bawah (Latihan 6.5 merincikan semuanya, termasuk mengapa $\R/\Z$ bersifat Hausdorff dan kompak). Demikian pula $[0,1]$ dengan kedua ujungnya direkatkan adalah $S^1$ , persegi dengan sisi berhadapannya direkatkan adalah torus, dan perekatan akhirnya menjadi teorema, bukan gambar.

6.3 Kekompakan

Definisi 6.12

Sebuah selimut terbuka bagi $X$ adalah keluarga $(U_i)_{i\in I}$ berisi himpunan terbuka dengan $\bigcup U_i = X$ . Ruang $X$ disebut kompak jika ia Hausdorff dan setiap selimut terbukanya mempunyai subselimut berhingga. Setara dengan itu (dengan mengambil komplemennya): setiap keluarga himpunan tertutup yang bersifat irisan berhingga (yakni semua subkeluarga berhingganya beririsan tak kosong) mempunyai irisan total yang tak kosong.

Teorema 6.13 (Sifat pertama)

Misalkan $X$ kompak.

Himpunan bagian tertutup dari $X$ bersifat kompak; dan himpunan bagian kompak dari ruang Hausdorff bersifat tertutup.
Peta kontinu ruang kompak di dalam ruang Hausdorff bersifat kompak. Khususnya $f\colon X \to \R$ yang kontinu bersifat terbatas dan mencapai batasnya.
Barisan turun himpunan bagian tertutup tak kosong dari $X$ mempunyai irisan yang tak kosong.

Bukti. (1) Misalkan $F \subseteq X$ tertutup dan $(U_i)$ sebuah selimut terbuka bagi $F$ (dengan himpunan terbuka $X$ ): menambahkan $X \setminus F$ memberikan selimut terbuka bagi $X$ ; lalu subselimut berhingganya, setelah $X \setminus F$ dibuang, menyelimuti $F$ . Sifat Hausdorff pada subruangnya jelas. Sebaliknya misalkan $K \subseteq Y$ kompak, $Y$ Hausdorff, dan $y \notin K$ : untuk setiap $x \in K$ pilihlah himpunan terbuka saling lepas $U_x \ni x$ , $V_x \ni y$ ; lalu berhingga banyak $U_x$ menyelimuti $K$ , dan irisan $V_x$ yang bersesuaian menjadi persekitaran $y$ yang saling lepas dengan selimut $K$ , sehingga saling lepas dengan $K$ : jadi komplemen $K$ terbuka.

(2) Jika $(V_j)$ menyelimuti $f(X)$ , maka $(f^{-1}(V_j))$ menyelimuti $X$ ; dan subselimut berhingga di bawah berasal dari subselimut berhingga di atas. Petanya bersifat Hausdorff sebagai subruang. Untuk $f$ yang real: $f(X)$ kompak di $\R$ , sehingga tertutup dan terbatas (selimuti dengan $(-n, n)$ untuk keterbatasannya; dan tertutup menurut (1)), sedangkan himpunan tertutup terbatas memuat supremumnya.

(3) Jika $\bigcap F_n = \varnothing$ , maka himpunan terbuka $X \setminus F_n$ menyelimuti $X$ ; berhingga banyak di antaranya sudah cukup, sehingga ada $F_{n_0} = \varnothing$ (karena barisannya turun) — kontradiksi. ∎

Akibat 6.14

Sebuah bijeksi kontinu dari ruang kompak ke ruang Hausdorff merupakan homeomorfisma.

Bukti. Inversnya kontinu jika dan hanya jika peta langsung himpunan tertutup bersifat tertutup; sedangkan $F$ yang tertutup bersifat kompak (Teorema 6.13(1)), petanya kompak menurut (2), sehingga tertutup menurut (1) di dalam sasaran Hausdorffnya. ∎

Teorema 6.15 (Hasil kali berhingga)

Hasil kali berhingga ruang kompak bersifat kompak.

Bukti. Cukup ditangani $X \times Y$ . Sifat Hausdorffnya diwarisi (pisahkan pada satu koordinat). Misalkan $(W_i)$ sebuah selimut terbuka bagi $X \times Y$ ; kita boleh menganggap $W_i$ berupa kotak basis $U_i \times V_i$ (haluskan saja: setiap titik duduk di sebuah kotak di dalam suatu $W_i$ ; lalu subselimut berhingga atas kotaknya melahirkan subselimut berhingga atas $W_i$ ). Tetapkan $x \in X$ : maka keping $\{x\}\times Y \cong Y$ bersifat kompak, sehingga berhingga banyak kotak $U_1\times V_1, \dots, U_k\times V_k$ menyelimutinya, dengan $x \in U_j$ untuk setiap $j$ ; lalu $U^x = \bigcap_{j \leq k} U_j$ menjadi persekitaran terbuka $x$ dengan $U^x \times Y$ terselimuti oleh berhingga kotak (inilah lema tabung: sebab untuk $(x', y) \in U^x \times Y$ berlaku $y \in V_j$ untuk suatu $j$ karena kotak itu menyelimuti $\{x\}\times Y$ pada ketinggian $y$ , dan $x' \in U^x \subseteq U_j$ , sehingga $(x', y) \in U_j \times V_j$ ). Kini berhingga banyak $U^x$ menyelimuti $X$ yang kompak; dan kumpulan berhingga kotak yang bersesuaian menyelimuti $X \times Y$ . ∎

Teorema 6.16 (Kekompakan di ruang metrik)

Untuk sebuah ruang metrik $(X, d)$ , berikut ini saling setara:

$X$ kompak (Borel–Lebesgue);
setiap barisan di $X$ mempunyai subbarisan yang konvergen (kekompakan barisan — definisi Tahun ke-2);
$X$ lengkap dan terbatas total: yakni untuk setiap $\varepsilon > 0$ , berhingga banyak bola berjari-jari $\varepsilon$ menyelimuti $X$ .

Bukti. (1) $\Rightarrow$ (2): Misalkan $(x_n)$ tak punya subbarisan yang konvergen. Maka setiap $x \in X$ mempunyai bola terbuka $B_x$ yang memuat $x_n$ hanya untuk berhingga banyak $n$ (sebab kalau tidak, ada subbarisan yang konvergen ke $x$ : ambil jari-jari $1/k$ ). Berhingga banyak $B_x$ menyelimuti $X$ , sehingga hanya ada berhingga indeks $n$ : mustahil.

(2) $\Rightarrow$ (3): Kelengkapannya: barisan Cauchy yang mempunyai subbarisan konvergen akan konvergen (Tahun ke-2). Keterbatasan totalnya: jika ada $\varepsilon$ yang tak punya selimut berhingga, pilihlah secara induktif $x_{n+1}$ di luar $\bigcup_{k\leq n} B(x_k, \varepsilon)$ : maka barisannya memenuhi $d(x_m, x_n) \geq \varepsilon$ untuk $m \neq n$ , sehingga tak punya subbarisan Cauchy dan tak punya subbarisan konvergen.

(3) $\Rightarrow$ (1): Pertama, (3) mengakibatkan (2): diberikan $(x_n)$ , selimuti $X$ dengan berhingga bola berjari-jari $1$ : salah satunya, sebut $B_1$ , memuat sebuah subbarisan; lalu selimuti $X$ dengan bola berjari-jari $1/2$ : salah satunya memuat subbarisan lanjutannya; iterasikan lalu diagonalkan: subbarisan diagonalnya bersifat Cauchy (karena dua sukunya setelah tahap $k$ terletak di satu bola berjari-jari $2^{-k}$ , sampai pada faktor $2\cdot$ yang biasa), sehingga konvergen. Sekarang misalkan $(U_i)$ sebuah selimut terbuka dan andaikan tak ada subselimut berhingga. Argumen bilangan Lebesgue: untuk setiap $n$ , ada bola $B(y_n, 2^{-n})$ yang tak terselimuti berhingga banyak $U_i$ — memang, selimuti $X$ dengan berhingga bola berjari-jari $2^{-n}$ ; seandainya masing-masing terselimuti secara berhingga, maka $X$ pun demikian. Menurut (2), ada subbarisan $y_{n_k} \to y$ ; pilihlah $i$ dengan $y \in U_i$ dan $r > 0$ dengan $B(y, r) \subseteq U_i$ . Untuk $k$ besar, $B(y_{n_k}, 2^{-n_k}) \subseteq B(y, r) \subseteq U_i$ : jadi terselimuti oleh satu $U_i$ — kontradiksi. ∎

Akibat 6.17 (Heine–Borel; Heine)

(a) Himpunan bagian $\R^n$ bersifat kompak jika dan hanya jika ia tertutup dan terbatas. (b) Pemetaan kontinu dari ruang metrik kompak ke ruang metrik bersifat kontinu seragam.

Bukti. (a) Tertutup dan terbatas $\Rightarrow$ termuat di sebuah kubus $[-M,M]^n$ , yang bersifat kompak: sebab $[-M, M]$ demikian (secara barisan, menurut Bolzano–Weierstrass — atau langsung lewat dikotomi pada selimutnya), dan Teorema 6.15 menangani hasil kalinya; lalu terapkan Teorema 6.13(1). Sebaliknya himpunan bagian kompak bersifat tertutup (Teorema 6.13(1)) dan terbatas (selimuti dengan bola sepusat).

(b) Misalkan $f \colon X \to Y$ dan $\varepsilon > 0$ . Bola $B\bigl(x, \delta_x\bigr)$ dengan $f\bigl(B(x, 2\delta_x)\bigr)\subseteq B\bigl(f(x), \varepsilon/2\bigr)$ menyelimuti $X$ ; ekstraklah subselimut berhingga $B(x_j, \delta_{x_j})$ lalu tetapkan $\delta = \min_j \delta_{x_j}$ . Jika $d(x, x') < \delta$ : maka $x \in B(x_j, \delta_{x_j})$ untuk suatu $j$ , dan lalu keduanya memenuhi $x, x' \in B(x_j, 2\delta_{x_j})$ , sehingga $d(f(x), f(x')) < \varepsilon$ . ∎

Definisi 6.18

Ruang $X$ disebut kompak lokal jika ia Hausdorff dan setiap titiknya mempunyai persekitaran kompak (misalnya $\R^n$ ; himpunan bagian terbuka $\R^n$ ; ruang diskret — tetapi bukan $\Q$ , lihat Latihan 6.9). Setiap ruang kompak lokal terbenam di dalam ruang kompak: yaitu kompaktifikasi satu titik $\hat X = X \cup \{\infty\}$ , yang himpunan terbukanya adalah himpunan terbuka $X$ beserta komplemen (di $\hat X$ ) himpunan bagian kompak $X$ . Aksiomanya mudah diperiksa langsung; lalu $\hat X$ bersifat kompak (sebab selimutnya mempunyai anggota yang memuat $\infty$ , yang komplemennya kompak dan terselimuti oleh berhingga anggota lain) sekaligus Hausdorff (pisahkan $x$ dari $\infty$ lewat persekitaran kompak $x$ dan komplemennya). Contohnya: $\hat\R \cong S^1$ , dan $\widehat{\R^n} \cong S^n$ lewat proyeksi stereografis (Latihan 6.11).

6.4 Keterhubungan

Definisi 6.19

Ruang $X$ disebut terhubung jika ia bukan gabungan dua himpunan terbuka tak kosong yang saling lepas — setara dengan: satu-satunya himpunan bagiannya yang sekaligus terbuka dan tertutup adalah $\varnothing$ dan $X$ ; setara pula dengan: setiap pemetaan kontinu $X \to \{0, 1\}$ (diskret) bersifat konstan. Himpunan bagian disebut terhubung jika ia terhubung sebagai subruang.

Teorema 6.20

Himpunan bagian $\R$ yang terhubung tepat berupa selang.
Peta kontinu himpunan terhubung tetap terhubung (dan dari sini teorema nilai antara: pemetaan real kontinu pada ruang terhubung berpeta sebuah selang).
Jika $(A_i)$ terhubung dan mempunyai titik persekutuan, maka $\bigcup A_i$ terhubung. Jika $A$ terhubung dan $A \subseteq B \subseteq \bar A$ , maka $B$ terhubung.
Hasil kali berhingga ruang terhubung bersifat terhubung.

Bukti. Sepanjang bukti ini kita memakai kriteria $\{0,1\}$ : bahwa $f \colon X \to \{0,1\}$ yang kontinu haruslah konstan.

(1) Himpunan $A$ yang bukan selang meleset dari suatu $c$ di antara $a, b \in A$ : lalu $A = (A \cap (-\infty, c)) \sqcup (A \cap (c, +\infty))$ memutuskannya. Sebaliknya misalkan $I$ sebuah selang dan $f \colon I \to \{0,1\}$ kontinu dengan $f(a) = 0$ , $f(b) = 1$ , $a < b$ . Misalkan $c = \sup\{x \in [a,b] : f(x) = 0\}$ ; kekontinuan di $c$ memaksa $f(c) = 0$ (sebab ia limit nilai $0$ : setiap persekitaran $c$ memotong $\{f = 0\}$ , dan $\{f=0\}$ tertutup) lalu $c < b$ dengan $f \equiv 1$ pada $(c, b]$ , sehingga $f(c) = 1$ menurut argumen penutup yang sama pada $\{f = 1\} \ni c$ : kontradiksi.

(2) Pemetaan kontinu $g \colon f(X) \to \{0,1\}$ melahirkan $g \circ f$ yang konstan, sehingga $g$ konstan pada petanya.

(3) Pemetaan kontinu $f\colon \bigcup A_i \to \{0,1\}$ bersifat konstan pada setiap $A_i$ , dengan nilai yang sama di titik persekutuannya. Untuk penutupnya: $f \colon B \to \{0,1\}$ konstan $= c$ pada $A$ ; dan sembarang $x \in B \subseteq \bar A$ berada di penutup $A$ , sedangkan $f^{-1} (f(x))$ merupakan persekitaran $x$ (sebab prapeta himpunan terbuka), yang tentu memotong $A$ : jadi $f(x) = c$ .

(4) Untuk $X \times Y$ dan $f\colon X\times Y \to \{0,1\}$ : sembarang dua titik $(x,y), (x',y')$ dihubungkan oleh “siku” $\{x\}\times Y \cup X \times \{y'\}$ , yaitu gabungan dua himpunan terhubung (yang homeomorfik dengan $Y$ dan $X$ ) yang bertemu di $(x, y')$ : jadi menurut (3) dan (2), $f$ bernilai sama di kedua titik itu. ∎

Definisi 6.21

Ruang $X$ disebut terhubung lintasan jika sembarang dua titiknya dihubungkan oleh sebuah lintasan (yakni $\gamma \colon [0,1] \to X$ yang kontinu). Terhubung lintasan mengakibatkan terhubung: sebab dua nilai pemetaan kontinu $f \colon X \to \{0,1\}$ di $x, y$ merupakan nilai $f\circ\gamma$ yang konstan (Teorema 6.20(1)–(2)). Himpunan bagian konveks ruang bernorma bersifat terhubung lintasan (yaitu lewat ruas garis); demikian pula $\R^n \setminus \{0\}$ untuk $n \geq 2$ (kelilingi titik asalnya), dan $S^n$ untuk $n \geq 1$ (proyeksikan lintasan dari $\R^{n+1}\setminus \{0\}$ ).

Contoh 6.22 (Kurva sinus topolog)

Misalkan $\Gamma = \{(x, \sin\frac1x) : 0 < x \leq 1\}$ dan $S = \bar\Gamma = \Gamma \cup (\{0\}\times[-1,1])$ (sebab setiap titik $(0, y)$ dengan $\abs y \leq 1$ merupakan limit titik $\Gamma$ : selesaikan $\sin\frac1x = y$ di dekat $0$ ). Maka $S$ bersifat terhubung — sebagai penutup $\Gamma$ yang terhubung, yaitu peta kontinu $(0, 1]$ (Teorema 6.20(3)) — tetapi tidak terhubung lintasan: sebab lintasan dari $(1, \sin 1)$ ke $(0,0)$ harus melintasi absis yang $\to 0$ sementara ordinatnya berayun antara $\pm1$ ; Latihan 6.9 membuatnya ketat. Keterhubungan dan keterhubungan lintasan memang benar-benar berbeda.

Kurva sinus topolog: grafik 1x (merah) menumpuk pada seluruh ruas garis \0\×[-1,1] (biru). Gabungannya terhubung tetapi tidak terhubung lintasan: tak ada lintasan kontinu yang dapat menyeberangi ayunan yang tak berhingga banyaknya itu dalam waktu parameter yang berhingga. — Kurva sinus topolog: grafik $\sin\frac1x$ (merah) menumpuk pada seluruh ruas garis $\{0\}\times[-1,1]$ (biru). Gabungannya terhubung tetapi tidak terhubung lintasan: tak ada lintasan kontinu yang dapat menyeberangi ayunan yang tak berhingga banyaknya itu dalam waktu parameter yang berhingga.

Definisi 6.23

Yang disebut komponen terhubung dari $x \in X$ adalah gabungan semua himpunan bagian terhubung yang memuat $x$ — yakni yang terbesar (Teorema 6.20(3)). Komponen mempartisi $X$ dan bersifat tertutup (sebab penutup himpunan terhubung tetap terhubung). Ruang $X$ disebut tak terhubung total jika semua komponennya beranggota tunggal (misalnya $\Q$ ; atau himpunan Cantor pada soal akhir pekan).

Teorema 6.24

$\R$ tidak homeomorfik dengan $\R^n$ mana pun yang $n \geq 2$ .

Bukti. Andaikan $h \colon \R \to \R^n$ sebuah homeomorfisma. Dengan membuang sebuah titik: $\R \setminus \{0\}$ homeomorfik dengan $\R^n \setminus \{h(0)\}$ . Padahal $\R\setminus\{0\}$ tak terhubung, sedangkan $\R^n\setminus\{\text{titik}\}$ terhubung lintasan untuk $n \geq 2$ (Definisi 6.21; geser titiknya ke $0$ ): dan keterhubungan merupakan invarian homeomorfisma (Teorema 6.20(2)) — kontradiksi. (Bahwa $\R^2 \not\cong \R^3$ menuntut invarian yang lebih halus — yaitu topologi aljabar; dan soal akhir pekan menunjukkan bahayanya: surjeksi kontinu $\R \to \R^2$ memang ada.) ∎

Metode 6.25

Untuk membuktikan sebuah himpunan terhubung: tampilkan ia sebagai peta kontinu, sebagai gabungan himpunan terhubung yang saling bertindih, sebagai penutup, atau sebagai hasil kali (Teorema 6.20); dan untuk himpunan bagian ruang bernorma, buktikan keterhubungan lintasannya dengan lintasan eksplisit (ruas garis, busur, siku). Untuk membuktikan bahwa dua ruang tidak homeomorfik: carilah invarian topologi yang berbeda — kekompakan, keterhubungan, banyaknya komponen, atau komponennya setelah sebuah himpunan berhingga yang dipilih baik-baik dibuang (yaitu muslihat Teorema 6.24: ia juga membuktikan $[0,1) \not\cong (0,1)$ dan $S^1 \not\cong [0,1]$ ).

6.5 Latihan

Latihan 6.1 ★

(a) Daftarkan semua topologi pada $\{a, b\}$ , klasifikasikan sampai homeomorfisma, lalu tentukan mana yang terhubung dan mana yang Hausdorff. (b) Di $\R$ (dengan topologi biasa), hitunglah interior, penutup dan batas dari $\Q$ , dari $[0,1) \cup \{2\}$ , dan dari $\{1/n : n \geq 1\}$ .

Solusi

Solusi Latihan 6.1.

(a) Ada empat topologi pada $\{a,b\}$ : yang indiskret $\{\varnothing, X\}$ ; yang diskret; dan dua topologi Sierpiński $\{\varnothing, \{a\}, X\}$ serta $\{\varnothing, \{b\}, X\}$ . Kedua yang terakhir homeomorfik (tukarkan $a, b$ ): jadi ada tiga kelas. Yang terhubung: semuanya kecuali yang diskret (sebab hanya topologi diskret yang memuat himpunan terbuka sekaligus tertutup yang sejati dan tak kosong). Yang Hausdorff: hanya yang diskret (sebab pada yang lain, satu-satunya persekitaran $b$ adalah $X$ , atau demikian pula untuk $a$ ).

(b) Untuk $\Q$ : interiornya $\varnothing$ (sebab setiap selang memuat bilangan irasional), penutupnya $\R$ (karena padat), batasnya $\R$ . Untuk $[0,1) \cup \{2\}$ : interiornya $(0,1)$ , penutupnya $[0,1]\cup\{2\}$ , batasnya $\{0, 1, 2\}$ . Untuk $\{1/n\}$ : interiornya $\varnothing$ , penutupnya $\{1/n\}\cup\{0\}$ , dan batasnya penutup itu sendiri.

Latihan 6.2 ★

(a) Tunjukkan bahwa $f\colon X \to Y$ kontinu jika dan hanya jika $f^{-1}(B)$ terbuka untuk setiap $B$ pada sebuah basis tetap $Y$ . (b) Tunjukkan bahwa $f = \mathbf 1_{[0,\infty)} \colon \R \to \R$ tidak kontinu tetapi kontinu kanan. Periksalah bahwa selang setengah terbuka $[a, b)$ membentuk basis sebuah topologi pada $\R$ sebagai sumbernya (yaitu garis Sorgenfrey), bahwa topologi itu lebih halus secara sejati daripada topologi biasanya, dan bahwa fungsi $\R \to \R$ (dengan sasaran biasa) kontinu dari garis Sorgenfrey jika dan hanya jika ia kontinu kanan di setiap titik.

Solusi

Solusi Latihan 6.2.

(a) Setiap $V \subseteq Y$ yang terbuka merupakan gabungan $\bigcup B_j$ himpunan basisnya, dan $f^{-1}(V) = \bigcup f^{-1}(B_j)$ : jadi jika yang belakangan terbuka, maka yang terdahulu pun terbuka; konversnya trivial.

(b) Prapeta $f^{-1}\bigl(\intoo{\frac12}{\frac32}\bigr) = [0, \infty)$ tidak terbuka: jadi $f$ tidak kontinu; sedangkan kekontinuan kanan di setiap titik jelas ( $f$ konstan lokal di sebelah kanan setiap titik). Himpunan $[a, b)$ memenuhi kriteria basisnya (Definisi 6.4): $[a,b)\cap[c,d) = [\max(a,c), \min(b,d))$ . Topologi Sorgenfrey lebih halus daripada topologi biasanya, sebab $(a, b) = \bigcup_{a < c < b}[c, b)$ ; dan secara sejati: $[0,1)$ terbuka-Sorgenfrey tetapi tidak terbuka-biasa. Kekontinuan dari garis Sorgenfrey di $x$ : persekitaran Sorgenfrey dari $x$ memuat himpunan basis $[a, b) \ni x$ , sehingga memuat $[x, b)$ — jadi syarat kekontinuannya terbaca: untuk setiap $\varepsilon > 0$ ada $\delta > 0$ dengan $\abs{f(t) - f(x)} < \varepsilon$ bilamana $x \leq t < x + \delta$ . Dan itu tepat merupakan kekontinuan kanan di $x$ .

Latihan 6.3 ★

Pada himpunan tak berhingga dengan topologi kofinit, tunjukkan: setiap dua himpunan terbuka tak kosong saling memotong (sehingga ruangnya tidak Hausdorff, dan karenanya tidak dapat dimetrikan); dan setiap barisan injektif konvergen ke setiap titik. Di manakah bukti ketunggalan limit memakai sifat Hausdorff?

Solusi

Solusi Latihan 6.3.

Dua himpunan terbuka tak kosong berkomplemen berhingga, sehingga irisannya berkomplemen berhingga: jadi tak kosong (karena himpunannya tak berhingga) — sehingga tak ada dua titik yang berpersekitaran saling lepas: jadi tidak Hausdorff, dan karenanya tidak dapat dimetrikan (Definisi 6.7). Misalkan $(x_n)$ injektif dan $x$ sembarang: persekitaran $x$ memuat himpunan terbuka kofinit $U$ ; sedangkan berhingga banyak titik $X\setminus U$ dikenai paling banyak berhingga indeks (karena injektif), sehingga sebuah ekor barisannya terletak di $U$ : jadi $x_n \to x$ , untuk setiap $x$ . Bukti ketunggalannya memerlukan dua persekitaran saling lepas untuk memisahkan dua limit yang diklaim — dan persis itulah yang gagal di sini.

Latihan 6.4 ★★

(a) Tunjukkan bahwa proyeksi $\pi_X, \pi_Y$ sebuah hasil kali bersifat kontinu dan terbuka (yakni peta himpunan terbuka tetap terbuka), tetapi umumnya tidak tertutup (lihat $\{xy = 1\}$ di $\R^2$ ). (b) Tunjukkan bahwa barisan di dalam hasil kali terbilang $\prod_n X_n$ atas ruang metrik konvergen jika dan hanya jika setiap koordinatnya konvergen, dan bahwa $d(x, y) = \sum_n 2^{-n}\min(1, d_n(x_n, y_n))$ memetrikan topologi hasil kalinya. (c) Pada $\R^\N$ , tunjukkan bahwa “topologi kotak” (yakni semua hasil kali himpunan terbuka bersifat terbuka) lebih halus secara sejati: barisan $x^{(k)} = (1/k, 1/k, \dots)$ konvergen ke $0$ pada topologi hasil kalinya tetapi tidak pada topologi kotaknya.

Solusi

Solusi Latihan 6.4.

(a) Kekontinuannya langsung menurut konstruksinya (Definisi 6.9). Keterbukaannya: $W \subseteq X \times Y$ yang terbuka merupakan gabungan kotak $U_i\times V_i$ , dan $\pi_X(W) = \bigcup U_i$ (sebab kotak tak kosong terproyeksikan pada faktornya), yang terbuka. Tidak tertutup: $H = \{(x,y) : xy = 1\}$ tertutup di $\R^2$ (sebagai prapeta $\{1\}$ di bawah perkalian yang kontinu), tetapi $\pi_X(H) = \R\setminus\{0\}$ tidak tertutup.

(b) ( $\Rightarrow$ ) Proyeksinya kontinu. ( $\Leftarrow$ ) Misalkan $x^{(k)} \to x$ komponen demi komponen dan $W = \prod U_n$ sebuah persekitaran basis dari $x$ , dengan $U_n = X_n$ kecuali untuk $n \in F$ yang berhingga. Untuk setiap $n \in F$ , $x_n^{(k)} \in U_n$ bila $k \geq K_n$ ; sehingga untuk $k \geq \max_F K_n$ berlaku $x^{(k)} \in W$ . Rumus $d$ mendefinisikan sebuah metrik (sebab setiap sukunya metrik, sampai pada pemeriksaan baku bahwa $\min(1, d_n)$ demikian); bolanya: $B_d(x, 2^{-N})$ memuat kotak basis $\{y : d_n(x_n,y_n) < 2^{-N},\ n \leq N'\}$ untuk $N'$ yang sesuai (sebab ekor $\sum_{n > N'} 2^{-n}$ kecil), dan sebaliknya setiap kotak basis memuat sebuah bola- $d$ : jadi kedua topologi itu berpersekitaran sama di setiap titik.

(c) Pada topologi hasil kali, $x^{(k)} \to 0$ menurut (b). Namun himpunan $U = \prod_n \intoo{-\tfrac1n}{\tfrac1n}$ yang terbuka-kotak memuat $0$ , sedangkan $x^{(k)} \notin U$ untuk setiap $k$ (sebab koordinat ke- $n$ bernilai $1/k \geq 1/n$ bila $n \geq k$ ): jadi tak ada ekornya yang masuk $U$ . Topologi kotak lebih halus secara sejati dan bukan topologi bertipe hasil kali untuk keperluan kekonvergenan.

Latihan 6.5 ★★

Lingkaran, dengan tiga cara. Tunjukkan bahwa berikut ini saling homeomorfik berpasangan, disertai pemetaan eksplisitnya: (i) $S^1 \subseteq \R^2$ ; (ii) $\R/\Z$ (dengan topologi kuosien); (iii) $[0,1]/(0 \sim 1)$ . (Untuk (ii): tunjukkan bahwa $\R/\Z$ bersifat Hausdorff — angkatlah dua kelasnya menjadi wakil yang berjarak $\leq \frac12$ — dan bahwa $\pi([0,1])$ adalah seluruhnya, sehingga kuosiennya kompak; lalu pakai Akibat 6.14.)

Solusi

Solusi Latihan 6.5.

Pemetaan $\varphi \colon \R \to S^1$ , $x \mapsto \eu^{2\iu\pi x}$ , bersifat kontinu, surjektif, dan konstan pada kelas modulo $\Z$ : sehingga ia menginduksikan bijeksi kontinu $\bar\varphi \colon \R/\Z \to S^1$ (Proposisi 6.10(b)). Proyeksi $\pi$ bersifat terbuka: sebab untuk $U \subseteq \R$ terbuka, $\pi^{-1}(\pi(U)) = \bigcup_{n}(U + n)$ terbuka, sehingga $\pi(U)$ terbuka. Sifat Hausdorffnya: misalkan $\bar x \neq \bar y$ ; pilihlah wakil dengan $\delta = \min_{n}\abs{x - y - n} > 0$ ; maka peta selang berjari-jari $\delta/3$ di sekitar $x$ dan $y$ bersifat terbuka (karena $\pi$ terbuka), memuat $\bar x, \bar y$ , dan saling lepas (sebab dua titik prapetanya akan berjarak $< 2\delta/3$ modulo $\Z$ ). Kekompakannya: $\R/\Z = \pi([0,1])$ , yaitu peta kontinu ruang kompak (Teorema 6.13(2)). Kini $\bar\varphi$ merupakan bijeksi kontinu dari ruang kompak ke $S^1$ yang Hausdorff: jadi sebuah homeomorfisma (Akibat 6.14).

Untuk (iii): komposisi $[0,1] \hookrightarrow \R \xrightarrow{\pi} \R/\Z$ bersifat kontinu, surjektif, dan mengenali tepat $0 \sim 1$ : sehingga ia menginduksikan bijeksi kontinu $[0,1]/(0\sim1) \to \R/\Z$ dari ruang kompak (yaitu peta kontinu $[0,1]$ di bawah proyeksi kuosiennya) ke ruang yang Hausdorff: jadi sebuah homeomorfisma. Dengan mengomposisikannya: ketiga ruang itu homeomorfik.

Latihan 6.6 ★★

Misalkan $X$ sebuah ruang metrik. (a) Tunjukkan bahwa gabungan berhingga himpunan bagian kompak bersifat kompak, dan bahwa irisan sembarangnya pun demikian. (b) Jika $K$ kompak, $F$ tertutup, dan $K \cap F = \varnothing$ , tunjukkan $d(K, F) = \inf\{d(x,y) : x \in K, y \in F\} > 0$ ; lalu berilah contoh penyangkal dengan dua himpunan tertutup yang saling lepas. (c) Tunjukkan bahwa $X$ kompak jika dan hanya jika setiap $f \colon X \to \R$ yang kontinu bersifat terbatas. (Jika ada barisan yang tak punya subbarisan konvergen, bangunlah fungsi kontinu tak terbatas yang berpendukung dekat sukunya; atau pakailah fungsi bertipe $x \mapsto d(x, \cdot)$ — satu jalur yang bersih: jika $(x_n)$ tak punya titik kumpul, maka himpunan $\{x_n\}$ tertutup dan diskret, dan $f(x_n) = n$ dapat diperluas secara kontinu tanpa Tietze lewat $f(x) = \sum_n n\,\max\bigl(0, 1 - \frac{d(x, x_n)}{r_n}\bigr)$ untuk $r_n$ yang cukup kecil.)

Solusi

Solusi Latihan 6.6.

(a) Selimut $K_1 \cup \dots \cup K_m$ terbatas menjadi selimut setiap $K_j$ : jadi berhingga himpunan terbuka per kepingan sudah cukup. Sedangkan irisan $\bigcap K_i$ tertutup di dalam $K_{i_0}$ yang kompak (sebab himpunan kompak bersifat tertutup di ruang metrik lingkungannya), sehingga kompak.

(b) Fungsi $x \mapsto d(x, F)$ bersifat kontinu (Lipschitz- $1$ ) dan positif sejati pada $K$ (sebab $d(x, F) = 0$ berarti $x \in \bar F = F$ ); dan pada $K$ yang kompak ia mencapai minimum $m > 0$ : jadi $d(K, F) \geq m$ . Contoh penyangkal tanpa kekompakan: $F_1 = \{n : n \geq 2\}$ dan $F_2 = \{n + \frac1n : n \geq 2\}$ tertutup, saling lepas, tetapi berjarak $\inf_n \frac1n = 0$ .

(c) Jika $X$ kompak, setiap $f$ yang kontinu bersifat terbatas (Teorema 6.13(2)). Sebaliknya, jika $X$ tidak kompak, ambillah $(x_n)$ yang tak punya subbarisan konvergen (Teorema 6.16); dengan beralih ke subbarisan kita boleh menganggap $x_n$ berbeda berpasangan, dan tak ada titik $X$ yang menjadi titik kumpul barisan itu, sehingga

r_n = \min\Bigl(2^{-n},\ \tfrac13\,d\bigl(x_n, \{x_m : m \neq n\}\bigr)\Bigr) > 0,

dan bola $B(x_n, r_n)$ saling lepas berpasangan (sebab titik persekutuan bola ke- $n$ dan ke- $m$ akan memberikan $d(x_n, x_m) < r_n + r_m \leq \frac23 d(x_n, x_m)$ ). Definisikan

f(x) = \sum_{n} n\,\max\Bigl(0,\ 1 - \frac{d(x, x_n)}{r_n}\Bigr):

Pada setiap $x$ paling banyak satu sukunya tak nol, dan $f(x_n) = n$ . Kekontinuan di $x$ : misalkan $y_k \to x$ ; setiap nilai $f(y_k)$ entah $0$ entah sebuah nilai gundukan tunggal $\mathrm{bump}_{n_k}(y_k)$ . Jika suatu indeks $n$ muncul tak berhingga sering, maka sepanjang subbarisan itu $f(y_k) = \mathrm{bump}_n(y_k) \to \mathrm{bump}_n(x)$ , yang sama dengan $f(x)$ (sebab jika $x \in B(x_n, r_n)$ , seluruh ekornya terletak di bola terbuka itu dan tak ada indeks lain yang muncul; sedangkan jika $x \notin B(x_n, r_n)$ maka $\mathrm{bump}_n(x) = 0 = f(x)$ , karena $x$ , yang melekat pada bola ke- $n$ , tak terletak di bola terbuka lain mana pun). Jika $n_k \to \infty$ : maka $d(y_k, x_{n_k}) < r_{n_k} \leq 2^{-n_k} \to 0$ , sehingga $x_{n_k} \to x$ , dan itu menjadikan $x$ titik kumpul $(x_n)$ — yang sudah dikecualikan; jadi kasus ini hanya menyangkut berhingga banyak $k$ . Pada setiap kasus $f(y_k) \to f(x)$ : jadi $f$ kontinu, sekaligus tak terbatas.

Latihan 6.7 ★★

(Bilangan Lebesgue) Misalkan $(U_i)$ sebuah selimut terbuka bagi ruang metrik kompak $X$ . Tunjukkan bahwa ada $\delta > 0$ sedemikian sehingga setiap himpunan bagian berdiameter $< \delta$ terletak di dalam satu $U_i$ saja. (Kalau tidak, pilihlah $A_n$ berdiameter $< 1/n$ yang tak termuat di satu $U_i$ pun, lalu ambil titik kumpul dari $x_n \in A_n$ yang dipilih.) Lalu simpulkan kembali teorema Heine (Akibat 6.17(b)).

Solusi

Solusi Latihan 6.7.

Andaikan tak ada $\delta$ yang berhasil: untuk setiap $n$ ada $A_n$ berdiameter $< 1/n$ yang tak termuat di satu $U_i$ pun; pilihlah $x_n \in A_n$ . Menurut kekompakannya (Teorema 6.16), ada subbarisan $x_{n_k} \to x$ ; pilihlah $i$ dan $r > 0$ dengan $B(x, r) \subseteq U_i$ . Untuk $k$ besar: $d(x_{n_k}, x) < r/2$ dan $1/n_k < r/2$ , sehingga $A_{n_k} \subseteq B(x_{n_k}, 1/n_k) \subseteq B(x, r) \subseteq U_i$ — kontradiksi. Untuk Heine: diberikan $\varepsilon$ , selimuti $Y$ dengan bola $B(y, \varepsilon/2)$ ; prapetanya membentuk selimut terbuka bagi $X$ ; misalkan $\delta$ sebuah bilangan Lebesgue: jika $d(x, x') < \delta$ , maka pasangan $\{x, x'\}$ berdiameter $< \delta$ , terletak pada satu prapeta, sehingga $d(f(x), f(x')) < \varepsilon$ .

Latihan 6.8 ★★

(a) Tunjukkan bahwa $GL_n(\R)$ merupakan himpunan bagian $M_n(\R)$ yang terbuka dan padat, dan bahwa ia tak terhubung: sebab tanda determinannya memisahkannya menjadi (sekurang-kurangnya) dua kepingan. Tunjukkan sebaliknya bahwa $GL_n(\C)$ terhubung lintasan. (Untuk $A, B \in GL_n(\C)$ : $\lambda \mapsto \det\bigl((1 - \lambda)A + \lambda B\bigr)$ merupakan polinomial yang tak nol secara identik, sehingga berakar berhingga banyak di $\C$ : pilihlah lintasan $\lambda$ di $\C$ dari $0$ ke $1$ yang menghindari akar itu.) (b) Buktikan kepadatannya: $A + \varepsilon I$ terbalikkan untuk $\varepsilon > 0$ yang kecil.

Solusi

Solusi Latihan 6.8.

(a) $GL_n(\R) = \det^{-1}(\R\setminus\{0\})$ terbuka (sebab $\det$ polinomial, jadi kontinu). Ketakterhubungannya: $\det$ memetakannya pada $\R\setminus\{0\}$ , sedangkan ruang terhubung berpeta kontinu yang terhubung (Teorema 6.20(2)); padahal $\R\setminus\{0\}$ bukan selang. Untuk $GL_n(\C)$ : untuk $A, B$ yang terbalikkan, $p(\lambda) = \det\bigl((1-\lambda)A + \lambda B\bigr)$ merupakan polinomial dalam $\lambda$ dengan $p(0), p(1) \neq 0$ , sehingga tak nol secara identik: jadi ia berakar berhingga banyak di $\C$ . Bidang dikurangi berhingga banyak titik bersifat terhubung lintasan (kelilingi titik itu), sehingga ada lintasan $\lambda(t)$ dari $0$ ke $1$ dengan $p(\lambda(t)) \neq 0$ : jadi $t \mapsto (1-\lambda(t))A + \lambda(t)B$ merupakan lintasan di $GL_n(\C)$ .

(b) Determinan $\det(A + \varepsilon I) = \chi_A(-\varepsilon)\cdot(\pm1)$ lenyap untuk paling banyak $n$ nilai $\varepsilon$ : sehingga matriks terbalikkan $A + \varepsilon I \to A$ ketika $\varepsilon \to 0$ : itulah kepadatannya.

Latihan 6.9 ★★

(a) Tunjukkan bahwa komponen terhubung $\Q$ berupa himpunan beranggota tunggal, dan bahwa $\Q$ tidak kompak lokal (sebab persekitaran kompak $0$ di $\Q$ akan memuat $[-r, r]\cap\Q$ , yang penutupnya di $\Q$ tidak kompak: potonglah pada sebuah bilangan irasional). (b) Lengkapilah Contoh 6.22: bahwa tak ada lintasan yang menghubungkan $(0,0)$ dengan $\Gamma$ . (Jika $\gamma = (\gamma_1, \gamma_2)$ sebuah lintasan demikian, misalkan $t^* = \sup\{t : \gamma_1(t) = 0\}$ ; untuk $t > t^*$ titiknya bergerak pada grafiknya; pilihlah $t_k \downarrow t^*$ dengan $\gamma_1(t_k) \to 0$ yang mengenai absis tempat $\sin$ bergantian bernilai $\pm1$ — teorema nilai antara menyediakannya — sehingga bertentangan dengan kekontinuan $\gamma_2$ di $t^*$ .)

Solusi

Solusi Latihan 6.9.

(a) Misalkan $A \subseteq \Q$ memuat $p < q$ lalu pilihlah bilangan irasional $\alpha \in (p, q)$ : maka $A = (A \cap (-\infty, \alpha)) \sqcup (A\cap(\alpha, +\infty))$ memecah $A$ menjadi dua kepingan tak kosong yang terbuka relatif: jadi $A$ tak terhubung. Komponennya beranggota tunggal. Kekompakan lokalnya gagal: persekitaran kompak $V$ dari $0$ di $\Q$ memuat $[-r, r]\cap\Q$ untuk suatu $r > 0$ , yang tertutup di $V$ , sehingga kompak; padahal barisan bilangan rasional di $[-r,r]$ yang konvergen (di $\R$ ) ke bilangan irasional tak punya subbarisan yang konvergen di $\Q$ : jadi bertentangan dengan Teorema 6.16.

(b) Misalkan $\gamma = (\gamma_1, \gamma_2) \colon [0,1] \to S$ sebuah lintasan dengan $\gamma(0) = (0,0)$ dan $\gamma(1) \in \Gamma$ . Himpunan $\{t : \gamma_1(t) = 0\}$ tertutup dan tak memuat $1$ ; misalkan $t^*$ supremumnya, sehingga $\gamma_1(t^*) = 0$ dan $\gamma_1 > 0$ pada $(t^*, 1]$ . Menurut kekontinuan $\gamma_2$ di $t^*$ , pilihlah $\delta$ dengan $\abs{\gamma_2(t) - \gamma_2(t^*)} < \tfrac12$ untuk $t \in [t^*, t^* + \delta]$ . Tetapkan $t_0 = t^* + \delta$ (boleh dianggap $\leq 1$ ): maka $\gamma_1(t_0) > 0$ , dan $\gamma_1$ mengambil setiap nilai $(0, \gamma_1(t_0)]$ pada $[t^*, t_0]$ (menurut teorema nilai antara, Teorema 6.20). Pilihlah $k$ besar dengan $a_k = \frac1{\pi/2 + 2k\pi} < \gamma_1(t_0)$ dan $b_k = \frac1{3\pi/2 + 2k\pi} < \gamma_1(t_0)$ : maka ada $s, s' \in (t^*, t_0]$ dengan $\gamma_1(s) = a_k$ , $\gamma_1(s') = b_k$ ; dan karena titiknya terletak pada grafiknya, $\gamma_2(s) = \sin(1/a_k) = 1$ serta $\gamma_2(s') = -1$ . Keduanya tak mungkin berjarak $\frac12$ dari $\gamma_2(t^*)$ : kontradiksi. Jadi $S$ terhubung tetapi tidak terhubung lintasan.

Latihan 6.10 ★★★

Himpunan Cantor sepertiga tengah $C = \bigcap_n C_n$ , dengan $C_0 = [0,1]$ dan $C_{n+1}$ membuang sepertiga tengah yang terbuka dari setiap selang $C_n$ . (a) Tunjukkan $C = \bigl\{\sum_{n\geq1} a_n3^{-n} : a_n \in \{0,2\}\bigr\}$ , dan bahwa $C$ kompak, berinterior kosong, serta tak punya titik terisolasi (yakni sempurna). (b) Tunjukkan bahwa $C$ tak terhubung total. (c) Tunjukkan bahwa $x \mapsto (a_n(x))_n$ merupakan homeomorfisma $C \to \{0,2\}^\N$ (dengan topologi hasil kali pada ruang diskret berisi dua titik); lalu simpulkan bahwa $C$ tak terbilang, dan bahwa $C \times C \cong C$ .

Solusi

Solusi Latihan 6.10.

(a) Himpunan $C_n$ tepat terdiri atas $x$ yang mempunyai ekspansi terner dengan angka di $\{0, 2\}$ sampai peringkat $n$ (lewat induksi: membuang sepertiga tengah membuang angka pertama $1$ , dan seterusnya; sedangkan ujungnya mempunyai dua ekspansi, salah satunya tanpa angka $1$ ), sehingga $C = \bigcap C_n$ merupakan himpunan jumlah $\sum a_n3^{-n}$ dengan $a_n \in \{0,2\}$ . Kekompakannya: setiap $C_n$ berupa gabungan berhingga selang tertutup; jadi $C$ tertutup di $[0,1]$ . Interiornya kosong: sebab $C \subseteq C_n$ , yaitu gabungan selang berpanjang $3^{-n}$ ; dan selang interior berpanjang $\ell > 0$ harus muat di salah satunya untuk setiap $n$ . Kesempurnaannya: diberikan $x \in C$ dan $m$ , baliklah angka $a_m$ : titik barunya berada di $C$ , berbeda, dan berjarak dalam $2\cdot3^{-m}$ dari $x$ .

(b) Jika $x \neq y \in C$ , maka ekspansinya pertama kali berbeda pada suatu peringkat $k$ ; di antara keduanya terletak sebuah selang sepertiga tengah yang dibuang (yakni celah pada peringkat $k$ yang memisahkan angka $0$ dari angka $2$ ), sehingga memberikan titik $c \notin C$ dengan $x < c < y$ (katakanlah): jadi $C = (C \cap (-\infty, c)) \sqcup (C \cap (c, \infty))$ memecah sembarang himpunan bagian yang memuat kedua titik itu. Jadi komponennya beranggota tunggal.

(c) Pemetaan angka $\beta\colon x \mapsto (a_n(x))$ merupakan bijeksi pada $\{0,2\}^\N$ (lewat keberadaan dan ketunggalan ekspansi- $\{0,2\}$ : barisan angka yang berbeda memberikan titik yang berjarak $\geq 3^{-k} > 0$ pada tempat pertama perbedaannya, seperti pada Soal 6.1, pertanyaan 1). Ia kontinu: sebab $\abs{x - y} < 3^{-m}$ memaksa $m$ angka pertamanya bersesuaian (dengan perhitungan yang sama), sehingga $\beta$ memetakan bola kecil ke dalam kotak basisnya. Dan bijeksi kontinu dari $C$ yang kompak ke hasil kali yang Hausdorff merupakan homeomorfisma (Akibat 6.14; hasil kalinya Hausdorff: pisahkan pada koordinat yang berbeda). Ketakterbilangannya: lewat diagonal Cantor pada $\{0,2\}^\N$ . Akhirnya $\{0,2\}^\N \times \{0,2\}^\N \cong \{0,2\}^\N$ lewat penyelipan angka (yang merupakan homeomorfisma: kontinu komponen demi komponen pada kedua arahnya), sehingga $C \times C \cong C$ .

Latihan 6.11 ★★★

Proyeksi stereografis: dari kutub utara $N = (0, \dots, 0, 1)$ pada $S^n \subseteq \R^{n+1}$ , pemetaan $\sigma(x) = \frac{(x_1, \dots, x_n)}{1 - x_{n+1}}$ merupakan homeomorfisma $S^n \setminus \{N\} \to \R^n$ (tuliskan inversnya secara eksplisit). Simpulkan bahwa $S^n$ homeomorfik dengan kompaktifikasi satu titik $\widehat{\R^n}$ , dan bahwa membuang sembarang titik $S^n$ menyisakan ruang yang homeomorfik dengan $\R^n$ .

Solusi

Solusi Latihan 6.11.

Untuk $y \in \R^n$ , tetapkan

\tau(y) = \Bigl(\frac{2y}{\norm y^2 + 1},\ \frac{\norm y^2 - 1}{\norm y^2 + 1}\Bigr) \in \R^n\times\R = \R^{n+1}.

Mudah diperiksa $\norm{\tau(y)} = 1$ , $\tau(y) \neq N$ , dan $\sigma(\tau(y)) = y$ , $\tau(\sigma(x)) = x$ : jadi $\sigma$ dan $\tau$ saling invers, keduanya kontinu (karena rumus rasional yang penyebutnya tak lenyap): sehingga $S^n\setminus\{N\} \cong \R^n$ . Perluaslah menjadi $\hat\sigma \colon S^n \to \widehat{\R^n}$ dengan $N \mapsto \infty$ : sebuah bijeksi yang kontinu di setiap titik $S^n\setminus\{N\}$ , dan juga di $N$ : sebab persekitaran basis $\infty$ berupa $\widehat{\R^n}\setminus K$ dengan $K$ kompak dan $K \subseteq \bar B(0, R)$ ; lalu karena $\norm{\sigma(x)}^2 = \frac{1 + x_{n+1}}{1 - x_{n+1}} \to \infty$ ketika $x_{n+1} \to 1$ , himpunan $\{x \in S^n : x_{n+1} > 1 - \eta\}$ terpetakan di luar $\bar B(0,R)$ untuk $\eta$ kecil: itulah kekontinuannya. Dan bijeksi kontinu dari $S^n$ yang kompak ke $\widehat{\R^n}$ yang Hausdorff merupakan homeomorfisma. Untuk membuang titik lain $p$ : sebuah rotasi $S^n$ memetakan $p$ ke $N$ (rotasi merupakan homeomorfisma), sehingga kembali ke kasus yang sudah dihitung: $S^n \setminus \{p\} \cong \R^n$ .

Latihan 6.12 ★★★

(Kurva sinus topolog) Misalkan

T = \bigl\{(x, \sin\tfrac1x) : 0 < x \leq 1\bigr\} \cup \bigl(\{0\}\times\intcc{-1}1\bigr) \subseteq \R^2 .

(a) Tunjukkan bahwa $T$ kompak, dan bahwa ia merupakan penutup bagian grafiknya. (b) Tunjukkan bahwa $T$ terhubung (sebab grafiknya terhubung sebagai peta kontinu; dan penutupnya tetap terhubung). (c) Tunjukkan bahwa $T$ tidak terhubung lintasan: tak ada lintasan kontinu yang menghubungkan $(0,0)$ dengan $(1, \sin1)$ . (Jika $\gamma = (\gamma_1, \gamma_2)$ sebuah lintasan demikian, misalkan $t^* = \sup\{t : \gamma_1(t) = 0\}$ ; tepat setelah $t^*$ , $\gamma_1$ mengambil semua nilai positif yang kecil (menurut teorema nilai antara), sehingga $\gamma_2$ berayun antara $\pm1$ pada setiap selang $(t^*, t^* + \delta)$ — bertentangan dengan kekontinuan di $t^*$ .) (d) Simpulkan bahwa keterhubungan lintasan lebih kuat secara sejati daripada keterhubungan, lalu tunjukkan bahwa contoh semacam itu tak mungkin terbuka di $\R^n$ : sebab himpunan bagian $\R^n$ yang terbuka dan terhubung selalu terhubung lintasan (himpunan titik yang dapat dihubungkan ke sebuah titik acuan oleh lintasan bersifat terbuka sekaligus tertutup di dalam daerah asalnya).

Solusi

Solusi Latihan 6.12.

(a) Himpunan $T$ terbatas, dan tertutup: sebab limit titik $T$ yang absisnya $\to x_0 > 0$ tetap berada pada grafiknya (yang tertutup lokal) menurut kekontinuan $\sin\frac1x$ pada $\intoc01$ ; sedangkan limit yang absisnya $\to 0$ berordinat di $\intcc{-1}1$ , sehingga terletak pada ruas garisnya. Ia kompak menurut Heine–Borel (Akibat 6.17). Sebagai penutup grafik $\Gamma$ : setiap titik $(0, y)$ dengan $y \in \intcc{-1}1$ merupakan limit titik grafiknya — selesaikan $\sin\frac1x = y$ di dekat $0$ (sebab fungsinya menyapu $\intcc{-1}1$ pada setiap selang $[\frac1{(k+1)\pi}, \frac1{k\pi}]$ ): jadi $\bar\Gamma = T$ .

(b) Himpunan $\Gamma$ merupakan peta kontinu $\intoc01$ yang terhubung di bawah $x \mapsto (x, \sin\frac1x)$ : jadi terhubung; dan penutup himpunan terhubung tetap terhubung (Teorema 6.20): sehingga $T = \bar\Gamma$ terhubung.

(c) Andaikan $\gamma\colon\intcc01\to T$ kontinu dengan $\gamma(0) = (0,0)$ , $\gamma(1) = (1, \sin1)$ , lalu misalkan $t^* = \sup\{t : \gamma_1(t) = 0\}$ : menurut kekontinuannya $\gamma_1(t^*) = 0$ dan $\gamma_1 > 0$ pada $\intoc{t^*}1$ . Untuk setiap $\delta > 0$ , pada selang $\intoc{t^*}{t^*+\delta}$ nilai $\gamma_1$ mengambil semua nilai di suatu $\intoc0\eta$ (menurut teorema nilai antara, sebab $\gamma_1(t^* + \delta) > 0$ ); khususnya ia memuat absis berbentuk $\frac1{\pi/2 + 2k\pi}$ dan $\frac1{-\pi/2 + 2k\pi}$ untuk $k$ sebesar apa pun, dan di situ $\gamma_2 = \pm1$ . Jadi pada setiap persekitaran kanan $t^*$ , $\gamma_2$ mengambil kedua nilai $1$ dan $-1$ : sehingga $\gamma_2$ tak berlimit di $t^{*+}$ , dan itu bertentangan dengan kekontinuannya. Jadi tak ada lintasan yang demikian.

(d) Himpunan $T$ terhubung tetapi tidak terhubung lintasan: jadi kedua gagasan itu berbeda. Untuk $U \subseteq \R^n$ yang terbuka dan terhubung serta $a \in U$ , misalkan $V$ himpunan titik $U$ yang dapat dihubungkan ke $a$ oleh sebuah lintasan di $U$ . Himpunan $V$ terbuka: sebab di sekitar $x \in V$ ada bola $B(x, r) \subseteq U$ yang berbentuk bintang, dan menyambung lintasan menuju $x$ dengan sebuah ruas garis mencapai setiap titik bola itu. Himpunan $V$ juga tertutup di $U$ : sebab jika $x \in U \setminus V$ , argumen bola yang sama menunjukkan $B(x, r) \cap V = \varnothing$ (sebab titik $V$ di dalam bola itu akan menghubungkan $a$ ke $x$ ). Karena tak kosong ( $a \in V$ ), terbuka dan tertutup di $U$ yang terhubung: maka $V = U$ . Kurva sinus itu mengelak dari hal ini dengan menjadi tertutup dan berinterior kosong: sebab titik “buruknya” $(0,0)$ tak punya bola di dalam $T$ untuk menjembatani ayunannya.

6.6 Soal: himpunan Cantor dan sebuah kurva pengisi ruang

Soal 6.1

Soal akhir pekan — kurva Peano memang ada, dan mengapa ia bukan homeomorfisma

Pada 1890 Peano mengejutkan analisis dengan sebuah surjeksi kontinu $[0,1] \to [0,1]^2$ : yaitu kurva yang mengisi sebuah persegi. Kita membangun satu dengan tangan kosong dari himpunan Cantor $C$ pada Latihan 6.10 (yang hasilnya boleh dipakai bebas), lalu membuktikan bahwa pemetaan semacam itu tak mungkin injektif: sebab persegi bukanlah kurva. Sepanjang soal, unsur $C$ ditulis $x = \sum_{n \geq 1} \frac{2b_n(x)}{3^n}$ dengan angka $b_n(x) \in \{0, 1\}$ .

Bagian I — Membaca angka secara kontinu.

Tunjukkan bahwa jika $x, y \in C$ memenuhi $\abs{x - y} < 3^{-m}$ , maka $b_n(x) = b_n(y)$ untuk setiap $n \leq m$ . (Jika angka pertama yang berbeda adalah $b_k$ , maka $\abs{x - y} \geq \frac{2}{3^k} - \sum_{j>k}\frac2{3^j} = \frac1{3^k}$ .)
Simpulkan bahwa setiap fungsi angka $b_n \colon C \to \{0, 1\}$ bersifat kontinu, lalu turunkan kembali homeomorfisma $C \cong \{0,1\}^\N$ pada Latihan 6.10(c).

Bagian II — Sebuah surjeksi kontinu $C \to [0,1]^2$ .

Definisikan $g \colon C \to [0,1]$ dengan $g(x) = \sum_{n\geq1} b_n(x)\,2^{-n}$ (yakni membaca angka Cantor sebagai biner). Tunjukkan bahwa $g$ kontinu (pakailah pertanyaan 1) dan surjektif. Apakah ia injektif?
Definisikan $\Phi \colon C \to [0,1]^2$ dengan

$\Phi(x) = \Bigl(\ \sum_{n\geq1} b_{2n-1}(x)\,2^{-n},\ \sum_{n\geq1} b_{2n}(x)\,2^{-n}\ \Bigr)$

(angka ganjil memberikan absisnya, angka genap ordinatnya). Tunjukkan bahwa $\Phi$ kontinu dan surjektif.

Bagian III — Menutup celahnya: kurva Peano.

Komplemen $[0,1] \setminus C$ merupakan gabungan terbilang selang terbuka $(u, v)$ yang saling lepas (yaitu sepertiga tengah yang dibuang) dan ujungnya terletak di $C$ . Definisikan $f \colon [0,1] \to [0,1]^2$ dengan $f = \Phi$ pada $C$ , lalu diperluas secara afin pada setiap celahnya:

$f(t) = \frac{v - t}{v - u}\,\Phi(u) + \frac{t - u}{v - u}\,\Phi(v), \qquad t \in (u, v).$

Tunjukkan bahwa $f$ terdefinisi dengan baik dan surjektif pada $[0,1]^2$ .
Tunjukkan bahwa $f$ kontinu di setiap titik $[0,1] \setminus C$ (sebab afin secara lokal), dan di setiap titik $C$ : diberikan $\varepsilon$ , pilihlah $m$ dengan $2^{-m} < \varepsilon/2$ lalu pakai pertanyaan 1 untuk mengendalikan $\Phi$ pada $C$ di dekat $x$ , lalu periksalah bahwa interpolasi afinnya tak dapat lolos: pada sebuah celah $(u,v) \subseteq (x - 3^{-m}, x + 3^{-m})$ , nilai $f(t)$ terletak pada ruas garis $[\Phi(u), \Phi(v)]$ , yang kedua ujungnya dekat dengan $\Phi(x)$ . Simpulkan: $f$ merupakan surjeksi kontinu $[0,1] \to [0,1]^2$ .
Simpulkan adanya surjeksi kontinu $[0,1] \to [0,1]^n$ untuk setiap $n \geq 2$ , dan juga $\R \to \R^2$ .

Bagian IV — Namun tak pernah injektif.

Tunjukkan bahwa injeksi kontinu $f \colon [0,1] \to [0,1]^2$ akan menjadi homeomorfisma pada petanya (Akibat 6.14).
Tunjukkan bahwa $[0,1]$ dan $[0,1]^2$ tidak homeomorfik: buanglah sebuah titik yang dipilih baik-baik lalu bandingkan keterhubungannya (Metode 6.25).
Simpulkan: surjeksi kontinu $[0,1] \to [0,1]^2$ tak pernah dapat injektif — sebab yang injektif akan membuat $[0,1]^2 = f([0,1])$ homeomorfik dengan $[0,1]$ menurut pertanyaan 8, dan itu bertentangan dengan pertanyaan 9. Di manakah tepatnya kekompakan $[0,1]$ masuk ke dalam argumennya?
(Puncaknya) Rangkailah pelajarannya: ada surjeksi kontinu tetapi tak ada bijeksi kontinu $[0,1] \to [0,1]^2$ . Apa yang dikatakan hal ini tentang “dimensi” sebagai gagasan topologi? Rumuskan secara tepat satu teorema yang dibuktikan pada soal ini dan satu pernyataan masuk akal yang tetap di luar jangkauan perkakas kita (yakni invariansi domain).

Bagian V — Aritmetika himpunan Cantor.

Buktikan bahwa $C + C = [0, 2]$ : diberikan $t \in [0, 1]$ , tulis $t = \sum_n d_n3^{-n}$ dengan angka $d_n \in \{0, 1, 2\}$ lalu pecahlah setiap angkanya sebagai $d_n = a_n + b_n$ dengan $a_n, b_n \in \{0, 1\}$ ; simpulkan bahwa $\frac C2 + \frac C2 = [0, 1]$ (himpunan bagian $[0,1]$ manakah $\frac C2$ itu, dinyatakan dalam angka ternernya?), lalu skalakan kembali. Tak pernah ada simpanan yang diperlukan — katakan mengapa itulah intinya.
Tafsirkan secara geometri: “debu Cantor” $C \times C \subseteq \R^2$ , yang berinterior kosong, melemparkan bayangan penuh pada diagonalnya: sebab proyeksi $(x, y) \mapsto x + y$ memetakannya pada $[0, 2]$ . Catat pula keserupaan dirinya $C = \frac C3 \cup \bigl(\frac C3 + \frac23\bigr)$ , yaitu persamaan di balik setiap gambar $C$ .
Tunjukkan bahwa penyelipan angka berselang mendefinisikan homeomorfisma $C \to C \times C$ , lalu simpulkan $C \cong C^n$ untuk setiap $n$ — jadi himpunan Cantor adalah kuadrat dirinya sendiri, juga kubusnya, … Ruang akrab manakah yang berbagi sifat ini?
Tunjukkan bahwa $\frac14 \in C$ (hitunglah ekspansi ternernya: $\frac14 = \sum_{k\geq1} 2\cdot3^{-2k}$ ) walaupun $\frac14$ bukan ujung selang mana pun yang dibuang; lalu simpulkan — dengan mencacah ujungnya — bahwa ujung-ujung itu membentuk himpunan bagian sejati $C$ yang terbilang.
Tunjukkan bahwa pemetaan pembacaan biner $g$ pada pertanyaan 3 bersifat paling banyak $2$ -ke- $1$ , lalu uraikan dengan tepat titik mana di $[0,1]$ yang mempunyai dua prapeta. (Pemetaan $g$ meruntuhkan $C$ pada $[0,1]$ dengan merekatkan terbilang banyak pasangan: yaitu bayangan kombinatorik tangga Cantor yang akan dijumpai lagi di Bab 9.)

Bagian VI — Himpunan kompak sempurna: Cantor di mana-mana. Sebuah ruang metrik kompak tak kosong $P$ disebut sempurna jika ia tak punya titik terisolasi.

Misalkan $P$ kompak sempurna dan misalkan $x \in P$ , $r > 0$ . Tunjukkan bahwa bola $B(x, r)$ memuat dua titik $y_0 \neq y_1$ dari $P$ , dan karenanya dua bola tertutup saling lepas $\bar B(y_0, \rho)$ , $\bar B(y_1, \rho)$ di dalam $B(x, r)$ , yang berpusat di titik $P$ dan berjari-jari $\rho \leq r/4$ sekecil yang diinginkan. Jelaskan mengapa kesempurnaannya (yakni tanpa titik terisolasi) tepat merupakan syarat yang membuat pemecahan ini dapat diulang di dalam masing-masing bola baru itu.
Iterasikan: bangunlah himpunan tertutup $F_w \neq \varnothing$ yang diindeks kata biner berhingga $w$ , dengan $F_{w0}, F_{w1} \subseteq F_w$ saling lepas dan $\operatorname{diam}F_w \leq 2^{-\abs w} \operatorname{diam}P$ . Tunjukkan bahwa untuk setiap kata tak berhingga $\varepsilon \in \{0,1\}^\N$ irisan $\bigcap_mF_{\varepsilon_1\cdots\varepsilon_m}$ berupa satu titik $h(\varepsilon)$ (lewat sifat irisan berhingga pada $P$ yang kompak).
Tunjukkan bahwa $h\colon\{0,1\}^\N \to P$ injektif dan kontinu, lalu simpulkan: setiap ruang metrik kompak yang sempurna bersifat tak terbilang — bahkan berkardinalitas sekurang-kurangnya sebesar $\{0,1\}^\N$ . Peroleh kembali: $[0,1]$ dan $C$ tak terbilang.
Tunjukkan bahwa $h$ merupakan homeomorfisma pada petanya (sebab injeksi kontinu dari sebuah kompak, Akibat 6.14): jadi setiap ruang metrik kompak yang sempurna memuat salinan homeomorfik dari himpunan Cantor. Himpunan Cantor bukanlah keanehan melainkan benih universal bagi kesempurnaan kompak.
Simpulkan bahwa setiap ruang metrik kompak yang terbilang mempunyai titik terisolasi, lalu tampilkan satu contoh yang titik terisolasinya padat tetapi bukan seluruhnya: $K = \{0\} \cup \{\frac1n : n \geq 1\}$ .
(Cantor–Bendixson untuk $\R$ ) Misalkan $F \subseteq \R$ tertutup. Sebutlah $x$ sebuah titik kondensasi $F$ jika setiap persekitaran $x$ memotong $F$ secara tak terbilang. Tunjukkan bahwa titik kondensasi sebuah $F$ tertutup yang tak terbilang membentuk himpunan tertutup sempurna tak kosong $P$ , dan bahwa $F \setminus P$ terbilang (selimuti titik yang bukan kondensasi dengan terbilang banyak selang rasional yang memotong $F$ secara terbilang). Simpulkan: setiap himpunan bagian $\R$ yang tertutup bersifat terbilang atau berkardinalitas kontinum — jadi hipotesis kontinum berlaku untuk himpunan tertutup.

Bagian VII — Penutup: seberapa mulus, dan seberapa jauh dari sempurna.

(Kemulusan Hölder pada kurvanya) Tetapkan $\alpha = \frac{\ln 2}{2\ln 3} \approx 0.3155$ , lalu catat identitas $3^\alpha = \sqrt2$ . Dengan memakai pertanyaan 1, tunjukkan bahwa

$\norm{\Phi(x) - \Phi(y)}_\infty \leq 2\,\abs{x - y}^\alpha \qquad (x, y \in C),$

lalu rambatkan taksirannya melalui celah afinnya: tunjukkan bahwa kurva Peano $f$ pada pertanyaan 6 memenuhi $\norm{f(t) - f(s)}_\infty \leq 6\abs{t - s}^\alpha$ pada seluruh $[0,1]$ (tangani pasangan di celah yang sama lewat interpolasi, lalu pasangan umumnya lewat titik ekstrem $C \cap [t, s]$ ).
(Eksponen $\frac12$ adalah tembok) Tunjukkan bahwa tak ada surjeksi $F \colon [0,1] \to [0,1]^2$ yang dapat bersifat Hölder- $\alpha$ dengan $\alpha > \frac12$ : potonglah $[0,1]$ menjadi $N$ selang, batasilah diameter petanya, lalu cacahlah titik kisi $\bigl(\frac iM, \frac jM\bigr)$ , $0 \leq i, j \leq M$ , yang dapat dimuat sebuah himpunan berdiameter $< \frac1M$ ; lalu pilihlah $M$ berorde $N^\alpha$ dan biarkan $N \to \infty$ . Letakkan kurva kita ( $\alpha \approx 0.3155$ ) relatif terhadap tembok itu, lalu catat tanpa bukti bahwa kurva Hilbert mencapai eksponen kritis $\frac12$ .
(Himpunan turunan: mengukur ketaksempurnaan) Untuk $F$ yang tertutup di $\R$ , misalkan $F'$ himpunan titik limit $F$ (yang juga tertutup), lalu iterasikan: $F^{(0)} = F$ , $F^{(i+1)} = (F^{(i)})'$ . Periksalah bahwa

$K = \{0\} \cup \Bigl\{\frac1m\Bigr\}_{m \geq 1} \cup \Bigl\{\frac1m + \frac1n : m \geq 1,\ n > m^2\Bigr\}$

merupakan himpunan kompak terbilang dengan $K' = \{0\} \cup \{\frac1m\}$ , $K'' = \{0\}$ , $K''' = \varnothing$ (periksalah bahwa gugusan ke- $m$ hidup di dalam selang $(\frac1m, \frac1{m-1})$ , sehingga gugusannya tidak saling menyisip), dan bahwa titik terisolasinya padat di $K$ , seperti diramalkan pertanyaan 21. Uraikan induksi yang menghasilkan, untuk setiap $j$ , sebuah kompak terbilang $K_j$ dengan $K_j^{(j)} = \{0\}$ dan $K_j^{(j+1)} = \varnothing$ , lalu bandingkan dengan himpunan sempurna pada pertanyaan 22, yang penurunannya tak pernah bergerak: jadi rank berhingga persis merupakan lawan kesempurnaan.

Solusi

Solusi Soal 6.1.

1. Andaikan ekspansi $x, y \in C$ pertama kali berbeda pada peringkat $k \leq m$ , katakanlah $b_k(x) = 1$ , $b_k(y) = 0$ . Maka

x - y \;\geq\; \frac{2}{3^k} - \sum_{j > k}\frac{2}{3^j} = \frac{2}{3^k} - \frac{1}{3^k} = \frac1{3^k} \geq \frac1{3^m}:

kontraposisinya: $\abs{x - y} < 3^{-m}$ memaksa kesesuaian sampai peringkat $m$ .

2. Menurut pertanyaan 1, $b_n$ konstan pada $C \cap (x - 3^{-n}, x + 3^{-n})$ : jadi konstan lokal, sehingga kontinu. Pemetaan $x \mapsto (b_n(x))_n \in \{0,1\}^\N$ bersifat kontinu (komponen demi komponen, Proposisi 6.10(a)) dan bijektif (karena ekspansi angka- $\{0,2\}$ tunggal); dan dari $C$ yang kompak ke ruang Hausdorff, ia merupakan homeomorfisma (Akibat 6.14).

3. Kekontinuannya: jika $\abs{x - y} < 3^{-m}$ , maka $m$ angka pertamanya bersesuaian, sehingga $\abs{g(x) - g(y)} \leq \sum_{n > m}2^{-n} = 2^{-m}$ . Kesurjektifannya: setiap $t \in [0,1]$ mempunyai ekspansi biner $t = \sum b_n2^{-n}$ , dan $t = g\bigl(\sum 2b_n3^{-n}\bigr)$ . Tidak injektif: sebab $g$ mengenali kedua titik Cantor berangka $(0,1,1,1,\dots)$ dan $(1,0,0,\dots)$ — keduanya terpetakan ke $\frac12$ (lewat kedwiartian diadik $0.0111\ldots_2 = 0.1000\ldots_2$ ).

4. Setiap komponen $\Phi$ kontinu lewat taksiran yang sama (sebab angkanya merupakan subbarisan $b_n$ ). Kesurjektifannya: diberikan $(s, t) \in [0,1]^2$ , pilihlah angka biner $(c_n)$ dari $s$ dan $(d_n)$ dari $t$ , lalu selipkan berselang: titik $x \in C$ dengan $b_{2n-1}(x) = c_n$ , $b_{2n}(x) = d_n$ memenuhi $\Phi(x) = (s,t)$ .

5. Celahnya saling lepas berpasangan dengan ujung di $C$ , sehingga rumusnya mendefinisikan $f$ tanpa kedwiartian pada $[0,1]$ ; dan di ujung sebuah celah rumus afinnya mengembalikan $\Phi(u)$ dan $\Phi(v)$ : jadi konsisten dengan $f = \Phi$ pada $C$ . Kesurjektifannya: sudah $f(C) = \Phi(C) = [0,1]^2$ .

6. Di $t_0 \notin C$ : titik $t_0$ terletak pada celah terbuka tempat $f$ bersifat afin: jadi kontinu. Di $x \in C$ : kita catat lebih dahulu dua taksiran.

(i) Pada $C$ : jika $\abs{y - x} \leq 3^{-M}$ dengan $y \in C$ , maka angkanya bersesuaian sampai $M$ , sehingga setiap komponen $\Phi(y) - \Phi(x)$ paling besar $\sum_{n > \lfloor M/2\rfloor} 2^{-n} = 2^{-\lfloor M/2\rfloor}$ .

(ii) Menyeberangi sebuah celah: celah $(u,v)$ yang dibuang pada tahap $k$ berpanjang $3^{-k}$ , dan ujungnya berangka sesuai sampai peringkat $k - 1$ (sebab keduanya berbeda mulai peringkat $k$ ), sehingga $\norm{\Phi(v) - \Phi(u)}_\infty \leq 2^{-\lfloor (k-1)/2\rfloor}$ .

Sekarang misalkan $\abs{t - x} < 3^{-M}$ dengan $t$ pada sebuah celah $(u, v)$ dari tahap $k$ , dan katakanlah $u$ ujung di pihak $x$ , sehingga $\abs{u - x} < 3^{-M}$ dan $0 < t - u < 3^{-M}$ . Maka

\norm{f(t) - \Phi(x)}_\infty \leq \norm{\Phi(u) - \Phi(x)}_\infty + \frac{t - u}{v - u}\,\norm{\Phi(v) - \Phi(u)}_\infty \leq 2^{-\lfloor M/2\rfloor} + \min\bigl(1,\ 3^{k - M}\bigr)\, 2^{-\lfloor(k-1)/2\rfloor} .

Untuk $k \geq M$ suku terakhirnya $\leq 2^{-\lfloor(M-1)/2 \rfloor}$ ; sedangkan untuk $k < M$ , karena $2^{-\lfloor(k-1)/2\rfloor} \leq \sqrt2\,\cdot 2^{-k/2}$ ,

3^{k-M}\,2^{-\lfloor(k-1)/2\rfloor} \leq \sqrt2\,\Bigl(\frac{3}{\sqrt2}\Bigr)^{k} 3^{-M} \leq \sqrt2\,\Bigl(\frac{3}{\sqrt2}\Bigr)^{M} 3^{-M} = \sqrt2\; 2^{-M/2}

(sebab kuantitas di tengahnya naik terhadap $k$ ). Pada semua kasus $\norm{f(t) - \Phi(x)}_\infty \leq C\,2^{-M/2}$ dengan $C$ berupa konstanta mutlak: jadi membiarkan $M \to \infty$ membuktikan kekontinuannya di $x$ (sedangkan titik $t \in C$ tercakup oleh (i)). Karena itu $f$ merupakan surjeksi kontinu $[0,1] \to [0,1]^2$ — bahkan taksirannya menunjukkan ia Hölder bercitarasa eksponen $\log 2/(2\log 3)$ , tetapi kekontinuanlah satu-satunya yang kita klaim.

7. Untuk $[0,1]^n$ : pecahlah angka $x \in C$ menjadi $n$ subbarisan berselang lalu ulangi pertanyaan 4–6 kata demi kata. Untuk $\R \to \R^2$ : misalkan $h \colon [0,1] \to [-1,1]^2$ sebuah surjeksi kontinu (skalakan kembali $f$ ). Definisikan $F$ pada $[m, m + \frac12]$ (dengan $m \in \Z$ ) sebagai salinan $h$ yang diskalakan untuk mengisi $[-(m+1), m+1]^2$ bila $m \geq 0$ (dan secara simetris bila $m < 0$ ), lalu pada $[m + \frac12, m + 1]$ sebagai ruas afin yang menghubungkan nilai di ujungnya: maka $F$ kontinu (lewat perekatan pada kepingan tertutup, Proposisi 6.6(b)) dan petanya memuat $\bigcup_m [-(m+1), m+1]^2 = \R^2$ .

8. Ruang $[0,1]$ kompak dan $[0,1]^2$ Hausdorff: sehingga injeksi kontinu merupakan homeomorfisma pada petanya (Akibat 6.14 yang diterapkan pada korestriksinya).

9. Buanglah $\frac12$ : maka $[0,1]\setminus\{\frac12\}$ menjadi tak terhubung. Seandainya $h \colon [0,1] \to [0,1]^2$ sebuah homeomorfisma, maka $[0,1]^2\setminus\{h(\frac12)\}$ juga akan tak terhubung (karena peta homeomorfik ruang tak terhubung tetap tak terhubung); padahal persegi dikurangi sebuah titik bersifat terhubung lintasan: hubungkan dua titiknya dengan lintasan dua ruas yang menghindari lubangnya. Kontradiksi: jadi $[0,1] \not\cong [0,1]^2$ .

10. Menurut pertanyaan 8, surjeksi kontinu yang injektif $[0,1] \to [0,1]^2$ akan menjadi homeomorfisma, dan itu bertentangan dengan pertanyaan 9. Kekompakannya masuk persis pada Akibat 6.14: sebab di situlah invers sebuah bijeksi kontinu menjadi kontinu (karena peta himpunan tertutup bersifat kompak, sehingga tertutup). Tanpa kekompakan kesimpulannya sungguh gagal: $[0, 2\pi) \to S^1$ merupakan bijeksi kontinu yang bukan homeomorfisma.

11. Yang dibuktikan di sini: ada surjeksi kontinu, tetapi tak ada bijeksi kontinu, dari $[0,1]$ pada $[0,1]^2$ ; khususnya $[0,1] \not\cong [0,1]^2$ . Jadi “dimensi” tidak terpelihara oleh surjeksi kontinu — kardinalitas dan bahkan kekontinuan tak dapat melihatnya — tetapi ia memang invarian topologi pada tingkat homeomorfisma, setidaknya untuk dimensi $1$ lawan $2$ , tempat keterhubungan setelah penghapusan sudah mencukupi. Pernyataan umumnya — yaitu invariansi domain: bahwa $\R^m \cong \R^n$ mengakibatkan $m = n$ , dan bahwa injeksi kontinu $\R^n \to \R^n$ bersifat terbuka — memang benar tetapi menuntut topologi aljabar (homologi), yang melampaui kuliah ini.

12. Dalam terner, $\frac C2 = \{\sum_na_n3^{-n} : a_n \in \{0, 1\}\}$ (karena membagi dua angka $\{0,2\}$ memberikan angka $\{0,1\}$ ). Untuk $t \in [0,1]$ , ambillah sembarang ekspansi terner $t = \sum_nd_n3^{-n}$ dengan $d_n \in \{0,1,2\}$ , lalu pecahlah setiap angkanya sebagai $d_n = a_n + b_n$ dengan $a_n, b_n \in \{0,1\}$ ( $0 = 0{+}0$ , $1 = 1{+}0$ , $2 = 1{+}1$ ): maka $t \in \frac C2 + \frac C2$ . Intinya adalah bahwa setiap angkanya terpecah di dalam $\{0,1\}$ , sehingga tak ada simpanan yang merambat dan angkanya dapat digarap secara bebas. Inklusi sebaliknya jelas (sebab jumlah angkanya tetap $\leq 2$ ). Setelah diskalakan dengan $2$ : $C + C = [0,2]$ .

13. Pemetaan $(x, y) \mapsto x + y$ mengirim $C \times C$ pada $C + C = [0,2]$ : jadi debu itu, yang tak memuat persegi mana pun (karena interiornya kosong: Latihan 6.10), terproyeksikan sepanjang antidiagonalnya pada ruas garis penuh. Keserupaan dirinya: sebab angka terner pertama sebuah titik Cantor bernilai $0$ atau $2$ , dan melucutinya memberikan $C = \frac C3 \cup \bigl(\frac C3 + \frac23\bigr)$ — yaitu persamaan titik tetap yang membangkitkan setiap gambar $C$ .

14. Melalui $C \cong \{0,1\}^\N$ (pertanyaan 2), penyelipan $(\varepsilon, \varepsilon') \mapsto (\varepsilon_1, \varepsilon_1', \varepsilon_2, \varepsilon_2', \dots)$ merupakan bijeksi $\{0,1\}^\N\times\{0,1\}^\N \to \{0,1\}^\N$ yang kontinu pada kedua arahnya (sebab setiap koordinat keluarannya bergantung pada satu koordinat masukan saja; lihat topologi hasil kalinya). Karena itu $C\times C \cong C$ dan secara induktif $C^n \cong C$ . Ruang yang akrab tak berbagi sifat ini: $\R^2 \not\cong \R$ dan $[0,1]^2 \not\cong [0,1]$ (pertanyaan 11); sedangkan hasil kali tak berhingga memang berbagi: $([0,1]^\N)^2 \cong [0,1]^\N$ lewat penyelipan yang sama.

15. $\sum_{k\geq1}2\cdot3^{-2k} = 2\cdot\frac{1/9}{1 - 1/9} = \frac14$ : jadi ekspansi terner $\frac14$ adalah $0.\overline{02}$ , dengan angka di $\{0,2\}$ , sehingga $\frac14 \in C$ ; dan karena ia bukan ekspansi berhingga maupun ekor yang akhirnya bernilai $2$ , ia bukan ujung sepertiga tengah mana pun yang dibuang. Ujungnya membentuk himpunan terbilang (dua per selang yang dibuang, dan selangnya terbilang banyaknya), sedangkan $C \cong \{0,1\}^\N$ tak terbilang (lewat argumen diagonal, atau pertanyaan 19): jadi hampir setiap titik Cantor, seperti $\frac14$ , tak terlihat pada gambar ujung yang biasa.

16. Kesamaan $g(x) = g(y)$ berarti barisan biner $(b_n(x))$ dan $(b_n(y))$ mewakili bilangan real yang sama. Dan barisan biner berbeda yang mewakili bilangan sama tepat muncul pada kedwiartian diadik $0.w01^\infty = 0.w10^\infty$ : jadi paling banyak dua prapeta, dan tepat dua persis pada bilangan rasional diadik di $(0,1)$ . Jadi $g$ meruntuhkan $C$ pada $[0,1]$ dengan merekatkan terbilang banyak pasangan — yaitu kerangka kombinatorik tangga Cantor pada Bab 9.

17. Titik $x$ tak terisolasi di $P$ , sehingga $B(x, r/2)$ memuat suatu $y_0 \in P \setminus \{x\}$ ; dan $y_0$ pun tak terisolasi, sehingga $B(x, r/2)$ memuat titik kedua $y_1 \in P$ . Sembarang $\rho \leq \min\bigl(\frac{d(y_0,y_1)}3, \frac r4\bigr)$ membuat $\bar B(y_0, \rho)$ dan $\bar B(y_1, \rho)$ saling lepas dan termuat di $B(x, r)$ . Keduanya berpusat di titik $P$ , dan di situ penarikan dua titik yang sama dapat diulang: jadi kesempurnaan merupakan pasokan tak habis-habis titik terdekat yang menjaga rekursinya tetap hidup selamanya.

18. Bangunlah $F_w$ dengan induksi pada panjang katanya: $F_\varnothing = P$ , dan di dalam setiap bola $B(y_w, \rho_w)$ pertanyaan 17 melahirkan dua bola tertutup saling lepas berjari-jari $\leq \min(\rho_w/2,\ 2^{-\abs w-1}\operatorname{diam}P)$ yang berpusat di titik $P$ ; lalu tetapkan $F_{wi} = \bar B(y_{wi}, \rho_{wi}) \cap P$ : tak kosong (memuat pusatnya) dan kompak. Untuk $\varepsilon$ yang tak berhingga, kompak tak kosong yang bersarang $F_{\varepsilon_1\cdots\varepsilon_m}$ beririsan tak kosong (lewat sifat irisan berhingga pada $P$ yang kompak), dengan diameter $0$ : jadi satu titik $h(\varepsilon)$ .

19. Kata yang pertama kali berbeda pada peringkat $m$ mengirim petanya ke dua himpunan yang saling lepas $F_{w0}, F_{w1}$ (dengan awalan bersama $w$ ): jadi $h$ injektif. Jika dua kata bersesuaian sampai peringkat $m$ , maka kedua petanya terletak di himpunan berdiameter $\leq 2^{-m}\operatorname{diam}P$ : jadi $h$ kontinu. Karena itu $\{0,1\}^\N$ yang tak terbilang terinjeksi ke $P$ : jadi setiap ruang metrik kompak yang sempurna bersifat tak terbilang — termasuk $[0,1]$ dan $C$ .

20. Pemetaan $h$ merupakan injeksi kontinu dari $\{0,1\}^\N$ yang kompak ke $P$ yang Hausdorff (karena metrik): Akibat 6.14 meningkatkannya menjadi homeomorfisma pada petanya; dan $\{0,1\}^\N \cong C$ (pertanyaan 2). Jadi setiap ruang metrik kompak yang sempurna memuat salinan himpunan Cantor: kesempurnaan mempunyai benih universal, dan benih itu milik Cantor.

21. Ruang metrik kompak yang terbilang tak mungkin sempurna (pertanyaan 19), sehingga ia mempunyai titik terisolasi. Di $K = \{0\}\cup\{\frac1n : n \geq 1\}$ setiap titik $\frac1n$ bersifat terisolasi sedangkan $0$ tidak: jadi titik terisolasi bahkan dapat padat tanpa membuat ruangnya diskret — sebab kekompakan menahan limitnya tetap di dalam.

22. Misalkan $P$ himpunan titik kondensasi $F$ dan $\mathcal B$ keluarga terbilang berisi selang terbuka berujung rasional. Setiap titik $F$ yang bukan kondensasi terletak di suatu $I \in \mathcal B$ dengan $I \cap F$ terbilang, sehingga $F \setminus P$ termuat di gabungan terbilang banyak himpunan terbilang itu: jadi terbilang. Karena $F$ tak terbilang, $P \neq \varnothing$ ; lalu $P$ tertutup (sebab jika $x \notin P$ , maka maka selang saksi $I$ tak memuat satu titik kondensasi pun: $I \cap F$ terbilang) dan $P \subseteq F$ (sebab $F$ tertutup: titik kondensasi khususnya melekat padanya). Lalu $P$ sempurna: sebab seandainya $I \cap P = \{x\}$ untuk suatu selang $I$ , maka $I \cap F \subseteq \{x\} \cup (F \setminus P)$ akan terbilang, dan itu bertentangan dengan $x \in P$ . Kini konstruksi pohon pada pertanyaan 17–19 berjalan kata demi kata di dalam $P$ : sebab kepingan $\bar B(y, \rho) \cap P$ bersifat kompak (sebagai himpunan bagian $\R$ yang tertutup dan terbatas), setiap pusatnya tak terisolasi di $P$ , dan argumennya tak pernah memakai lebih dari itu. Karena itu $\abs P \geq \abs{\{0,1\}^\N} = \mathfrak c$ , sedangkan $\abs F \leq \mathfrak c$ secara trivial: jadi $F \subseteq \R$ yang tertutup dan tak terbilang berkardinalitas tepat $\mathfrak c$ . Himpunan tertutup tak dapat menjadi saksi kegagalan hipotesis kontinum.

23. Misalkan $x \neq y$ di $C$ lalu pilihlah $m \geq 0$ dengan $3^{-(m+1)} \leq \abs{x - y} < 3^{-m}$ . Menurut pertanyaan 1, angka $b_n(x) = b_n(y)$ bersesuaian untuk $n \leq m$ ; sedangkan koordinat pertama $\Phi$ memakai $b_1, b_3, \dots$ dan koordinat keduanya $b_2, b_4, \dots$ , sehingga pada setiap koordinat kedua titik itu berbagi sekurang-kurangnya $\lfloor m/2\rfloor$ angka biner terdepan:

\norm{\Phi(x) - \Phi(y)}_\infty \leq \sum_{k > \lfloor m/2\rfloor}2^{-k} = 2^{-\lfloor m/2\rfloor} \leq \sqrt2\cdot2^{-m/2} = \sqrt2\,\bigl(3^{-m}\bigr)^\alpha \leq \sqrt2\,\bigl(3\abs{x-y}\bigr)^\alpha,

dengan memakai $2^{-m/2} = 3^{-m\alpha}$ (ambil logaritmanya); dan $\sqrt2\cdot3^\alpha = \sqrt2\cdot\sqrt2 = 2$ : jadi batasnya $2\abs{x-y}^\alpha$ pada $C$ . Untuk celah $(u, v)$ yang sama: $f$ bersifat afin di sana, sehingga untuk $t, s \in [u, v]$ ,

\norm{f(t) - f(s)} = \frac{\abs{t-s}}{v-u}\, \norm{\Phi(v) - \Phi(u)} \leq \frac{\abs{t-s}}{v-u}\,2(v-u)^\alpha \leq 2\abs{t-s}^\alpha,

karena $\frac{\abs{t-s}}{v-u} \leq \bigl(\frac{\abs{t-s}} {v-u}\bigr)^\alpha$ bila $\abs{t-s} \leq v - u$ . Untuk $t < s$ yang umum: jika $[t, s]$ memotong $C$ , misalkan $u'$ dan $v'$ titik terkecil dan terbesar dari $C \cap [t, s]$ yang kompak; maka $t$ terletak pada sebuah celah (atau pada sebuah titik $C$ ) yang ujung kanannya $u'$ , sedangkan $s$ pada celah yang ujung kirinya $v'$ , dan

\norm{f(t) - f(s)} \leq 2\abs{t - u'}^\alpha + 2\abs{v' - u'}^\alpha + 2\abs{s - v'}^\alpha \leq 6\abs{t - s}^\alpha ;

sedangkan jika $[t, s]$ meleset dari $C$ , kasus celah yang sama berlaku. Jadi $f$ bersifat Hölder- $\alpha$ dengan $\alpha = \frac{\ln2}{2\ln3}$ .

24. Andaikan $\norm{F(t) - F(s)} \leq C\abs{t-s}^\alpha$ dengan $F$ surjektif dan $\alpha > \frac12$ . Potonglah $[0,1]$ menjadi $N$ selang $I_1, \dots, I_N$ berpanjang $\frac1N$ : maka setiap peta $F(I_j)$ berdiameter $\leq CN^{-\alpha}$ . Dua titik berbeda pada kisi $G_M = \bigl\{\bigl(\frac iM, \frac jM\bigr)\bigr\}_{0 \leq i, j \leq M}$ berjarak $\geq \frac1M$ , sehingga himpunan berdiameter $< \frac1M$ memuat paling banyak satu di antaranya. Pilihlah $M = \lfloor N^\alpha/(2C)\rfloor$ (dengan $N$ besar): maka $CN^{-\alpha} \leq \frac1{2M} < \frac1M$ , dan kesurjektifannya menempatkan setiap dari $(M+1)^2$ titik kisi itu di suatu $F(I_j)$ , sehingga

\frac{N^{2\alpha}}{4C^2} \leq (M + 1)^2 \leq N,

dan $N^{2\alpha - 1} \leq 4C^2$ gagal untuk $N$ besar bila $2\alpha > 1$ : kontradiksi. Kurva kita, dengan $\alpha \approx 0.3155$ , duduk di bawah tembok itu, seperti seharusnya; sedangkan kurva Hilbert (yang diterima tanpa bukti) bersifat Hölder- $\frac12$ , sehingga eksponen kritis $\frac12$ memang tercapai — jadi kemulusan Hölder, tak seperti keinjektifan, merupakan soal derajat, dan $\frac12$ tepat merupakan perbatasan yang dipaksakan dimensi $2$ pada pemetaan dari dimensi $1$ .

25. Gugusan ke- $m$ , yakni $\{\frac1m + \frac1n : n > m^2\}$ , terletak di $\bigl(\frac1m, \frac1m + \frac1{m^2}\bigr] \subseteq \bigl(\frac1m, \frac1{m-1}\bigr)$ untuk $m \geq 2$ , karena $\frac1{m-1} - \frac1m = \frac1{m(m-1)} > \frac1{m^2}$ (dan gugusan pertamanya terletak di $(1, \frac32]$ ): jadi gugusannya menempati selang yang saling lepas. Titik limit $K$ : di dalam selang ke- $m$ hanya $\frac1m$ (sebab gugusannya konvergen ke sana dan diskret dalam dirinya sendiri); dan secara global, $0$ (sebab setiap persekitaran $0$ memuat gugusan utuh). Jadi $K' = \{0\} \cup \{\frac1m\}$ , lalu $K'' = \{0\}$ (sebab setiap $\frac1m$ terisolasi di $K'$ ), dan $K''' = \varnothing$ ; sedangkan $K$ memuat titik limitnya, sehingga tertutup, terbatas, terbilang, kompak, dan titik terisolasinya — yaitu titik gugusan $\frac1m + \frac1n$ — padat di $K$ : sebab setiap unsur $K'$ merupakan limitnya, seperti diramalkan mekanisme pertanyaan 21. Induksinya: $K_1 = \{0\}\cup\{\frac1n\}$ mempunyai $K_1^{(1)} = \{0\}$ ; lalu diberikan kompak terbilang $K_j \subseteq [0, 1]$ dengan $K_j^{(j)} = \{0\}$ dan $K_j^{(j+1)} = \varnothing$ , tetapkan

K_{j+1} = \{0\} \cup \bigcup_{m \geq 1} \Bigl(\frac1m + \varepsilon_m K_j\Bigr),

dengan $\varepsilon_m$ cukup kecil sehingga salinan ke- $m$ terletak di $\bigl(\frac1m, \frac1{m-1}\bigr)$ . Penurunannya bekerja salinan demi salinan (sebab salinannya hidup di selang terbuka yang saling lepas), sehingga $K_{j+1}^{(i)} = \{0\} \cup \bigcup_m\bigl(\frac1m + \varepsilon_mK_j^{(i)}\bigr)$ untuk $i \leq j$ ; dan pada $i = j$ hal ini terbaca $\{0\} \cup \{\frac1m\}$ , lalu $K_{j+1}^{(j+1)} = \{0\}$ dan $K_{j+1}^{(j+2)} = \varnothing$ . Jadi setiap rank berhingga muncul. Himpunan sempurna merupakan ujung yang lain: $P' = P$ , sehingga penurunannya tak pernah bergerak — dan Cantor–Bendixson (pertanyaan 22) mengatakan persis bahwa setiap himpunan tertutup terpecah menjadi inti sempurna yang tak terlihat oleh penurunan, dan sisa terbilang yang dimakan habis oleh penurunan.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium