2002 digitized by USU digital library TEOREMA URYSOHN

TEOREMA URYSOHN SMIRNOV
ROSMAN SIREGAR
Fakultas Matematika Dan Ilmu Pengetahuan
Jurusan Matematika
Universitas Sumatera Utara
PENDAHULUAN
1-1. Latar Belakang
Setelah penulis membaca dari beberapa buku, maka pembicaraan mengenai
ruang topologi dan metrik dibahas secara terpisah, tetapi ada pernyataan metrizable
yang mengkaitkan pengertian metrik pada ruang topologi, dimana dengan
mempelajari metrizabiliti berarti eksistensi dari suatu metrik merupakan alat yang
berguna untuk pembuktian teorema pada ruang topologi.
Dari beberapa teorema yang membahas tentang metrizabiliti ruang topologi
maka penulis ingin mengemukakan teorema urysohn dan smirnov, karena kedua
teorema ini membahas metrizabiliti dengan syarat dan pembuktian yang berbeda.
Jadi dengan mempelajari teorema urysohn dan teorema smirnov, penulis
mengharapkan lebih memahami problema mengenai metrizabiliti sehingga penulis
mengambil judul “Studi Tentang Teorema Urysohn dan Smirnov”.
Bagaimana syarat suatu ruang dan peranan metrik pada suatu ruang topologi
sehinggadapat dijawab “kapan suatu ruang topologi akan metrizable dan juga
bagaimana persamaan dan perbedaan teorema urysohn dan teorema smirnov dalam
membahas metrizabliliti suatu ruang topologi.
BEBERAPA DEFENISI, LEMMA DAN TEOREMA
Dalam bab ini akan dibicarakan beberapa defenisi, lemma dan teorema,
dimana defenisi dan teorema yang dibahas akan menunjang pengertian dan
pembuktian teorema tentang metrizabiliti ruang topologi yang diberikan oleh
teorema urysohn dan smirnov yang akan dibahas pada bab berikutnya.
Defenisi 2.1 :
Pandang X himpunan sembarang yang tidak kosong; maka fungsi d : X x X
----- > R yang memenuhi :
(a). d(x,y) > 0, jika x ≠ y ; d(x,y) = 0, bila x = y untuk semua x,y ∈ X.
(b). d(x,y) = d(y,x) untuk semua x,y ∈ X
(c). d(x,z) ≤ d(x,y) + d(y,z) untuk semua x,y,z ∈ X
Maka d dikatakan metrik pada X, sedangkan pasangan (X,d) dikatakan ruang
metrik.
Suatu metrik disebut juga fungsi jarak, bila terdapat ε > 0 dan x,y ∈ X ditulis
Bd(x, ε) atau B(x, ε) ditentukan sebagai Bd(x, ε) = { y  d(x,y) < ε }
disebut bola terbuka.
2002 digitized by USU digital library
1
Defenisi 2.2 :
Metrik yang ditentukan dengan d(x,y) = min {d(x,y),1} disebut dengan
metrik standard terbatas pada R. Sedangkan bila diberikan suatu himpunan
indeks J dimana titik x = (xα)α∈j dan y = (yα)α∈j adalah anggota Rj, ditentukan
suatu metrik ρ pada Rj dengan persamaan,
ρ (x,y) = lub {d(xα,yα)  α ∈ J }
ρ disebut metrik seragam pada Rj.
Defenisi 2.3 :
Pandang X himpunan sembarang yang tidak kosong, maka koleksi σ dari
himpunan –himpunan bagian x memenuhi:
(a) X dan φ termuat di dalam σ.
(b) Gabungan elemen –elemen sesuatu sub koleksi dari σ termuat di dalam σ.
(c) Irisan dari elemen-elemen sesuatu sub koleksi berhingga dari σ termuat di
dalam σ.
Pasangan (X, σ) disebut ruang topologi, sedangkan anggota-anggota σ
adalah himpunan terbuka.
Definisi 2.4:
Pandang X himpunan sembarang yang tidak kosong, basis untuk suatu
topologi pada X adalah suatu koleksi β dari himpunan bagian X (disebut
elemen basis) sedemikian hingga:
(a) Untuk setiap x ∈X, terdapat paling sedikit satu elemen basis B memuat x.
(b) Jika x termuat pada irisan dua elemen basis B1 dan B2, maka terdapat
suatu elemen basis B3 sedemikian sehingga B3 ⊂ B1 ∩ B2.
Lemma 2.5:
Andaikan X ruang topologi, anggap A suatu koleksi himpunan-himpunan
terbuka dari X sedemikian hingga untuk setiap x ∈ X dan setiap himpunan
terbuka U dari X, tedapat suatu elemen A ∈ A sedemikian hingga x ∈ A ⊂ U.
Maka A adalah basis untuk topologi X.
Bukti:
Ambil x ∈ X, karena X sendiri suatu himpunan terbuka maka dengan
menganggap suatu elemen A dari A sedemikian hingga x ∈ A ⊂ X, maka
syarat (a) dari basis dipenuhi.
Diperiksa syarat (b) dari basis, bila x termuat pada A1 ∩ A2, dimana
A1, A2 ∈ A.
Karena A1 dan A2 terbuka, juga A1 ∩ A2 terbuka maka terdapat elemen A3 ∈
A, sedemikian hingga x ∈A3 ⊂ A1 ∩ A2.
Andaikan σ’ topologi pada X dihasilkan oleh A, σ merupakan topologi dari X.
bahwa σ’ lebih luas (finer) dari σ. Sebaliknya, karena setiap elemen A merupakan
elemen dari σ, begitu juga gabungan dari elemen-elemen A.
Karena σ sama dengan koleksi dari semua gabungan elemen-elemen A maka σ’ ⊂ σ.
Jadi σ’ = σ.
Definisi 2.6:
Jika X ruang topologi, X dikatakan metrizable jika ada metrik d pada
himpunan X yang menyebabkan (induced) topologi dari X.
Definisi 2.7:
Suatu ruang X dikatakan metrizable lokal jika setiap titik x dari X mempunyai
suatu lingkungan U yang metrizable di dalam ruang bagian topologi.
Definisi 2.8:
2002 digitized by USU digital library
2
Suatu ruang topologi X dikatakan ruang Hausdorff, jika untuk setiap
pasangan x1, x2 ∈ X terdapat lingkungan U1 dan U2 dari x1 dan x2 yang saling asing.
Ruang topologi X dikatakan ruan regular bila F himpunan bagian tertutup dari
X dan p ∈X yang tidak termuat pada F, maka terdapat himpunan terbuka G dan H
yang saling asing sedemikian sehingga F ⊂ G dan p ∈ H.
Ruang topologi dikatakan normal bila dan hanya bila untuk setiap F1 dan F2
himpunan tertutup yang saling asing dari X, terdapat himpunan terbuka G dan H
yang saling asing sedemikian sehingga F1 ⊂ G dan F2 ⊂ H.
Definisi 2.9:
Bila X dan Y ruang topologi, pergandaan topologi pada X x Y adalah topologi
yang sebagai basis adalah koleksi B daris emua himpunan-himpunan berbentuk UxV,
dimana U himpunan bagian terbuka dari X dan V himpunan bagian terbuka dari Y.
Teorema 2.10:
Andaikan
d (a, b) = min a − b ,1 merupakan metrik standard terbatas pada R.
Jika x dan y dua titik pada RW, ditentukan ,
 d ( xi , yi ) 
D( x, y ) = lub 

i


Maka D adalah metrik yang menyebabkan pergandaan topologi pada RW.
Bukti:
Sifat-sifat dari suatu metrik dipenuhi dengan sendirinya kecuali untuk
ketidaksamaan segitiga (sifat (c) dari metrik), yang mana dibuktikan untuk semua i,
d (xi , zi ) d (xi , yi ) d ( yi , zi )
≤
+
≤ D ( x, y ) + D ( y , z )
i
i
i
 d ( xi , yi ) 
karena, lub
 ≤ D ( x, y ) + D ( y , z )
i


Pertama, andaikan U terbuka di dalam metrik topologi dan x ∈ U, ditemukan suatu
himpunan terbuka V di dalam pergandaan topologi sedemikian hingga x ∈ V ⊂ U.
pilih suatu bola BD(x, ε) terletak di dalam U. Maka ambil N cukup besar sehingga 1/N
< ε.
Andaikan V merupakan elemen basis untuk pergandaan topologi.
V = (x1 - ε, x1 + ε)x … x(xn - ε, xn + ε) x R x R x…
Dinyatakan bahwa V⊂ BD(x, ε); ambil suatu titik,
Y ∈ RW → Ruang berdimensi tak berhingga
d (xi , yi ) 1
≤ ;
i
N
Untuk i ≥ N
Lebih lanjut,
 d (x , y ) d (xN , y N ) 1 
D( x, y ) ≤ max  1 1 ,...,
, 
1
N
N

Jika y berada di dalam V, berarti lebih kecil dari ε, karena itu V ⊂ BD(x, ε).
Sebaliknya, ambil suatu elemen basis: U = Π-∈z + Ui untukpergandaan topologi,
dimana Ui adalah terbuka di dalam R untuk i = α1, α2, … , αn dan Ui = R untuk
semua indeks I yang lain.
Berikan x ∈ U, ditemukan suatu himpunan terbuka V dari metrik topologi
sedemikian hingga x ∈ V ⊂ U.
2002 digitized by USU digital library
3
Pilih suau interval (xi - εi, xi + εi) dalam R berpusat pada xi dan terletak di dalam Ui
untuk i = x1, x2, … , xn; pilih setiap εi ≤ 1.
Maka ditentukan,
Dinyatakan bahwa,
ε

ε = min  i i = α1 ,α 2 ,...,α n 
i

x ∈ BD(x,ε) ⊂ U
Andaikan y suatu titik dari BD(x, ε), maka untuksemua I,
d (xi , yi )
≤ D ( x, y ) < ε
i
sekarang jika i = α1, α2, … , αn , maka
ε=
dan itu berarti
εi
, karena itu d ( xi , yi ) π ε i ≤ 1
i
xi − yi π ε i
Karena itu y ∈ Π Ui.
Berarti RW pada pergandaan topologi adalah metrizable.
Lemma 2.11: (Urysohn Lemma)
Andaikan A dan B himpunan bagian tertutup yang saling asing dari suatu
ruang normal. Maka terdapat suau fungsi kontinu f : x → [0,1] sedemikian hingga
f[A] = {0} dan f[B] = {1}.
Bukti:
Karena A ∩ B =φ, maka A⊂ BC. Dalam hal khusus bila B himpunan tertutup,
C
B adalah superset terbuka dari himpunan tertutup A. Bahwa ada himpunan terbuka
U1/2 sedemikian hingga
A ⊂ U 12 ⊂ U 12 B C
dimana U1/2 superset terbuka dari himpunan tertutup A dan BC adalah
superset terbuka dari himpunan tertutup U1/2. Maka terdapat himpunan-himpunan
terbuka U1/4 U3/4 sedemikian hingga
A ⊂ U 14 ⊂ U 14 ⊂ U 12 ⊂ U 12 ⊂ U 3 4 ⊂ U 3 4 ⊂ B C
Diteruskan cara ini dan diperoleh untuk setiap p ∈ D, dimana D adalah himpunan
bilangan rasional pada [0,1], suatu himpunan terbuka Up dengan sifat jika: p, q ∈D
dan p < q maka
U p ⊂ Uq .
Ditentukan fungsi f sebagai berikut:
f ( x) =
{
{
}
inf p : x∈U p , jika x∉B
1
jikax∈B
Dapat dilihat, bahwa untuk setiap x ∈ X, 0 ≤ f(x) ≤ 1 yaitu f memetakan X ke [0,1],
juga A ⊂ Up untuk semua p ∈ D. Karena itu f(A) = 0.
Selanjutnya dari ketentuan, f(B) = 1.
Tinggal membuktikan bahwa f kontinu.
Fungsi f kontinu jika invers dari himpunan [0, a) dan (b, 1] adalah himpunan bagian
terbuka dari X.
Haruslah;
1). f −1[(0,1)] = ∪{Up :
{
2). f −1[(b,1)] = ∪ U pc :
p π a}
}
pπb
Maka masing-masing adalah gabungan himpunan-himpunan terbuka, karena
itu terbuka.
2002 digitized by USU digital library
4
Bukti: 1)
Andaikan x ∈f-1 [[0,1)], maka f(x)∈[0,1), yaitu 0 ≤ f(x) < a. Karena D adalah
dense (rapat) di dalam [0,1], terdapatlah px ∈ D sedemikian hingga, f(x) < px < a.
Dengan kata lain f(x) = inf{p:x∈Up} < px < a.
Karena itu x ∈Upx dimana px < a. Maka x ∈U{Up: p < a}.
Telah memperlihatkan bahwa setiap elemen dalam f-1[[0,a)] juga termuat ke ∪{Up :
p < a} yaitu:
f-1{[0,a)]⊂ ∪ {Up: p < a}
Cara lainnya; anggap y ∈ ∪{Up: p < a}, maka terdapat py ∈ D sedemikian hingga py
< a dan y ∈ Upy.
Karena itu, f(y) = inf{p: y ∈Ut} ≤ py < a. Maka y juga termuat ke f-1[[0,a)]. Dengan
kata lain, ∪{Up: p < a}⊂ f-1[[0,a)].
Kedua hal di atas membuktikan 1).
Bukti: 2)
Andaikan x f-1{(b,1]]. Maka f(x) ∈ (b,1] yaitu: b < f(x) ≤ 1. Karena D dense
pada [0,1], terdapat p,q ∈D sedemikian hingga b < p < q < f(x) atau dengan kata
lain; f(x) = inf{p: x ∈ Up} > q.
Karena itu x ∉ Uq.
U ⊂ Uq.
Untuk p < q berarti
Karena itu juga x tidak termuat ke
U p . Karena itu x ∈ U pcy dimana p > b;
c
maka x ∈ ∪{ U p : p > b}
Akibatnya f-1[(b,1]] ⊂ ∪{ U p : p > b}.
c
c
Pada cara lain, andaikan y ∈ ∪{ U p : p > b}. Maka terdapat py ∈ D sedemikian
hingga py > b dan y ∈
berarti Up ⊂ Upy ⊂
U pcy ; karena itu y tidak termuat ke
U p y . Tetapi p < Py
U p y ; maka y ∈ Up untuk setiap p < py.
Akibatnya f(y) = inf {p: y ∈Up} ≥ py > b
Karena itu y ∈ f-1((b)). Dengan kata lain ,
∪{ U p : p > b} ⊂ f-1[(b,1]]
c
Dari hal di atas maka f kontinu.
Teorema 2.12:
Andaikan X ruang Hausdorff, {fx}x ∈ j koleksi dari fungsi-fungsi kontinu.
fx: X → R memenuhi untuk setiap titik x0 ∈ X dan setiap lingkungan U
dari x0 terdapat indeks x sedemikian sehingga fx positif pada x0 dan hilang
(vanish) di luar U. Maka,
F: X → Rj didefinisikan sebagai
F(x) = Fx(x)x∈j
Adalah suatu penyisipan dari X di dalam Rj.
Bukti:
Ambil fungsi fx sehingga terdapat suatu fungsi koleksi countable dari fungsi
kontinu; fx: X → [0,1]. Untuk x0 ∈ X dan lingkungan U dari x0, ada indeks x
sedemikian hingga fx positif pada x0 dan dihilangkan di luar U.
Ditentukan pemetaan F: X → Rj, dengan aturan, f(x) = (f1(x), f2(x), …), F
akan dinyatakan suatu penyisipan. Pertama F adalah kontinu karena Rj mempunyai
pergandaan topologi dan setiap fx adalah kontinu. Kedua, F adalah injektif karena
2002 digitized by USU digital library
5
untuk setiap x ≠ y, diketahui terdapat suatu indeks x sedemikian hingga fx(x) > 0
dan fx (y) = 0, karena itu F(x) ≠ F(y).
Akhirnya, harus dibuktikan bahwa F adalah homomorphis dari X onto
bayangannya, ruang bagian Z = F (X) dari Rj. Diketahui bahwa F menentukan suatu
kontinu bijektif dari X dengan Z, juga hanya perlu diperlihatkan bahwa untuk setiap
himpunan terbuka U di dalam X, himpunan F(U) adalah terbuka di dalam Z. Misal z0
merupakan suatu titik dari f(U). Akan ditemukan suatu himpunan terbuka W dari z
sedemikian sehingga,
z0 ∈W ⊂ F(U)
Bila x0 titik dari U sedemikian hingga F(x0) = z0 pilih indeks N untuk mana fN(x0) dan
fN(X – U) = 0. Ambil interval terbuka (0, + ∞) pada R, dan V himpunan terbuka
V = π N−1 ((0,+∞)) dari Rj.
Bila W = V∩ Z; maka W adalah terbuka di dalam Z, oleh definisi ruang bagian
topologi dinyatakan bahwa z0 ∈ W ⊂ F(U).
Pertama z0 ∈ W karena,
π N ( z0 ) = π N ( F ( x0 )) = f N ( x0 ) φ 0
Kedua, W ⊂ F(U). Jika z ∈ W, maka z = F(x) untuk beberapa x ∈ X dan
π N ( z ) ∈ (0,+∞). karena,
π N ( z ) = π N ( F ( x) = f N ( x), dan fN hilang di luar U, haruslah x di dalam
U. Maka z = F(x) adalah di dalam F(U). Jadi F adalah suatu penyisipan dari X di
dalam Rj.
Definisi 2.13:
Bila X ruang topologi, suatu koleksi A dari himpunan bagian X dinyatakan
berhingga lokal (locally finite), jika setiap titik dari X mempunyai suatu lingkungan
yang mengiris berhingga banyaknya elemen-elemen dari A.
Suatu koleksi B dari himpunan bagian X dikatakan countable berhingga lokal
(countably locally finite) jika B dapat ditulis sebagai gabungan countable dari koleksi
Bn, dimana setiap Bn adalah berhingga lokal.
Definisi 2.14:
Himpunan bagian A dari ruang X disebut himpunan Gδ di dalam X, jika A sama
dengan irisan dari koleksi countable himpunan-himpunan bagian terbuka dari X.
Lemma 2.15:
Anggap X ruang regular dengan basis B yang berhingga lokal dan countable.
Maka X adalah normal dan setiap himpunan tertutup di dalam X adalah himpunan Gδ
di dalam X.
Bukti:
Langkah 1:
Andaikan W ⊂ X, W terbuka, maka ada koleksi countable {Un} dari
himpunan-himpunan terbuka dari X sedemikian hingga,
W = ∪ Un = ∪ U n
Karena basis B untuk X adalah countable berhingga lokal, dapat ditulis,
B = ∪ Bn
Dimana setiap koleksi Bn adalah berhingga lokal. Bila Cn koleksi dari elemen
basis B sedemikian hingga B ∈ Bn dan
merupakan sub koleksi dari Bn.
Ditentukan
Un = ∪ B ∈ CnB
2002 digitized by USU digital library
B ⊂ W, maka Cn adalah berhingga lokal,
6
Maka Un adalah himpunan terbuka,sedangkan,
U = ∪ B ∈ Cn B
n
Karena itu,
U n ⊂ W, juga
∪ Un ⊂ ∪U n ⊂ W
Dinyatakan bahwa kesamaan dipenuhi. Ambil x ∈ W, dengan keregurelan,
suatu elemen basis B ∈ B sedemikian hingga x ∈ B dan B ⊂ W .
Sekarang B ∈ Bn untuk beberapa n. maka B ∈ Cn dengan definisi 2.14, juga
bahwa x ∈ Un.
Jadi W = ∪ Un.
Langkah 2:
Diperlihatkan bahwa setiap himpunan tertutup C di dalam X suatu himpunan
Gδdi dalam X. ambil C, andaikan W = X – C. Dengan langkah 1 terdapat himpunanhimpunan Un di dalam X sedemikian hingga W =
U n maka, C = ∩ (X - U n ),
Dari itu C sama dengan suatu irisan countable dari himpunan-himpunan
terbuka dari X.
Langkah 3:
Diperlihatkan bahwa X adalah normal. Andaikan C dan D himpunan tertutup
yang saling asing di dalam X. menggunakan langkah 1 untuk himpunan terbuka X –
D, dibentuk suatu koleksi countable {Un} dari himpunan-himpunan terbuka
sedemikian hingga,
∪ Un = ∪ U n = X – D
Maka {Un} menutup c dan setiap himpunan
U n adalah saling asing dari D.
dengan cara yang sama, dibentuk suatu selimut countable {Vn} dari D dengan
himpunan-himpunan terbuka yang mana closurenya saling asing dengan C.
Karena suatu ruang reguler dengan basis yang countable adalah normal.
Ditentukan,
U n = Un − ∪in=1 Vi dan V ' = Vn − ∪in=1U i
maka himpunan-himpunan :
U ' = ∪n∈z + U n' dan V ' = ∪ n∈z + Vn'
adalah himpunan-himpunan terbuka yang saling asing yang masing-masing
memuat C dan D. (lihat gambar 1).
2002 digitized by USU digital library
7
U1
V1
V2
U2
V3
C
D
U'1
V'1
V'2
U'2
V'3
C
D
Gambar 1: Elemen pada ruang Normal.
Teorema 2.16: (Syarat cukup Nagata-Smirnov).
Andaikan X ruang regular dengan suatu basis B yang countable danberhingga
lokal, maka x adalah metrizable.
Bukti:
Langkah 1.
Diperlihatkan bahwa jika W terbuka di dalam X, terdapat suatu fungsi kontinu
f : X → [0,1] sedemikian hingga f(x) > 0 untuk x ∈ W dan f(x) = 0 untuk x ∉ W.
Oleh Lemma 2.15, setiap himpunan tertutup dari X adalah irisan countable
dari himpunan-himpunan terbuka dari X. dengan komplemennya, memberikan
bahwa himpunan terbuka W adalah gabungan countable dari himpunan-himpunan
tertutup An dari X.
Menggunakan kenormalan, pilih untuk setiap bilangan positip n, suatu fungsi
kontinu.
fn : X → [0,1] sedemikian hingga
fn(An) = {1} dan fn(X-W) = {0}.
Ditentukan f(x) =
fn
∑2
n
Deret tersebut konvergen seragam, dengan perbandingan
∑
1n
2
, karena itu f
adalah kontinu, juga f positip pada W dan hilang di luar W.
Langkah 2:
Andaikan B = ∪ Bn dimana setiap koleksi Bn adalah berhingga lokal. Untuk
setiap bilangan positip n dan setiap elemen basis B ∈ Bn, pilih suatu fungsi
kontinu,
fn,B : X →[0,1/n]
sedemikian hingga fn,B (x) > 0 untuk x∈ B dan fn,B = 0 untuk x ∉ B. Koleksi
{fn,B} titik-titik terpisah dari himpunan-himpunan tertutup dari X.
2002 digitized by USU digital library
8
Ambil suatu titik x0 dan suatu lingkungan U darix0, ada suatu elemen basis B
sedemikian hingga: x0 ∈ B ⊂ U. Maka B ∈ Bn untuk beberapa n, karena itu
fn,B(x0) > 0 dan fn, B hilang di luar U.
Andaikan J himpunan bagian dari z+x B terdiri dari semua pasangan (n,B)
sedemikian hingga B berada pada Bn.
Ditentukan, F : X → [0,1]j
dengan persamaan F(x) = (fn,B(x))n,B ∈ j.
Relatif ke pergandaan topologi pada [0,1]j, pemetaan F adalah suatu
penyisipan (imbedding), oleh teorema 2.12.
Jadi, [0,1]j bukan metrizable secara umum.
Langkah 3:
Sekarang berikan [0,1]j topologi dihasilkan oleh metrik seragam ρ dan
diperlihatkan bahwa F adalah suatu penyisipan relatif ke topologi ini.
Topologi seragam lebih besar dari pergandaan topologi. Karena itu relatif ke
metrik seragam, pemetaan F adalah injektif dan membawa himpunanhimpunan terbuka dari X onto himpunan-himpunan terbuka dari ruang
bayangan Z = F(X). harus diberikan bukti terpisah bahwa F adalah kontinu.
Pada ruang bagian [0,1]j pada Rj, metrik seragam sama dengan metrik
ρ [( xα ), ( yα )] = lub{xα − yα }
Ambil suatu titik x0 ∈ X dan bilangan ε > 0, dan temukan suatu lingkungan W
dari x0 sedemikian hingga,
X ∈ W ⇒ ρ[(F(x), F(x0)] <ε.
Pilih suatu lingkungan Un darix0 yang mengiris hanya berhingga banyaknya
elemen-elemen dari koleksi Bn. Ini dimaksud sebagai B daerah peta di atas
Bn semua tetapi berhingga banyaknya dari fungsi-fungsi fn,B adalah sama
dengan nol pada Un. Tetapi semua fungsi fn,B adalah kontinu. Sekarang dapat
dipilih suatu lingkungan Vn dari x0 termuat di dalam Un pada mana setiap sisa
fungsi fn,B untuk B ∈ Bn, berganti pada hampir ε/2.
Dipilih sedemikian suau lingkungan Vn dari x0 untuk setiap n ∈ z+. maka pilih
N sedemikian 1/N ≤ ε/2, dan tentukan W = V1 ∩ V2 … ∩ VN.
Dinyatakan bahwa W adalah lingkungan x0 dimaksud.
Bila x ∈ W. Jika n < N, maka,
f n , B ( x) − f n , B ( x0 ) ≤ ε 2
Karena fungsi fn,B juga hilang atau berganti dengan hampir ε/2 pada W, jika
n > N, maka;
f n , B ( x) − f n, B ( x0 ) ≤
1
n
π
ε
2
karena fn,B pemetaan X ke [0,1/n].
karena itu
ρ (( F ( x), F ( x0 )) ≤ ε 2 π ε
Definisi 2.17:
Bila A adalah suatu koleksi dari himpunan-himpunan bagian X. Suatu koleksi
B dari himpunan bagian X dikatakan penyempurnaan (refinement) dari A jika untuk
setiap element B ∈ B, terdapat suatu elemen A ∈ A memuat B.
Jika elemene-elemen dari B adalah himpunan-himpunan terbuka, maka B
disebut penyempurnaan terbuka dari A; jika tertutup, B disebut
penyempurnaan tertutup dari A.
Lemma 2.18:
Andaikan X ruang metrizable, jika A adalah selimut terbuka dari X, maka
terdapat suatu koleksi D dari himpunan bagian X sedemikian hingga;
2002 digitized by USU digital library
9
a). D adalah selimut terbuka dari X
b). D adalah penyempurnaan dari A
c). D adalah countable berhingga lokal.
Bukti:
Misalkan koleksi A berisi elemen-elemen U, V,W,… pilih urutan “<” untuk
koleksi A. Pilih metrik untuk X. Untuk n > 0, ambil suatu elemen U dari A,
ditentukan Sn(U) himpunan bagian dari U dengan jarak 1/n. Secara singkat,
andaikan,
Sn(U) = { x B (x,1/n) ⊂ U}
Gunakan urutan “<” dari A hingga himpunan lebih kecil untuk setiap U ∈ A,
ditentukan;
S n' (U ) = S n (U ) − ∪v ⊂ u V
Keadaan dimana A terdiri dari tiga himpunan U < V < W digambarkan
seperti gambar.2
Jadi gambar menunjukkan, himpunan-himpunan yang dibentuk adalah saling
asing. Maka dinyatakan bahwa himpunan itu terpisah dengan jarak paling
sedikit 1/n.
U
S'n(U)
V
S'n(V)
W
S'n(W)
Gambar 2: Elemen selimut pada ruang X.
Jika V dan W adalah elemen yang berlainan dari A dinyatakan bahwa,
x ∈ S n' (V ) dan y ∈ S n' (W ) ⇒ d (x, y ) ≥
1
n
....(∗)
untuk membuktikan hal tersebut, anggap bahwa notasi telah dipilih V < W.
Karena
x ∈ S n' (V ) berarti x ∈ Sn(V). Dan y ∈ S n' (W ) diberikan oleh defenisi
bahwa y ∉ V (karena V < W). Karena x ∈ Sn(V) dan y ∉ V, haruslah
d(x,y)≥1/n.
Himpunan-himpunan
S n' (U ) bukan yang diperlukan, yang tidak diketahui
bahwa himpunan-himpunan tersebut adalah terbuka. Jadi andaikan
dikembangkan sedikit untuk memperoleh suatu himpunan terbuka En(U).
khususnya, misalkan En(U) merupakan lingkungan 1/3n dari
{
}
En (U ) = ∪ B(x, 1 3n ) x ∈ S n' (U )
S n' (U ) , maka
Dalam hal U < V < W, keadaan sekarang seperti gambar 3. Dari gambar
menunjukkan himpunan-himpunan yang terbentuk adalah saling asing dan
sesungguhnya terpisah paling sedikit 1/3n.
Karena itu jika V dan W adalah elemen yang berbeda anggota A, dinyatakan
bahwa,
2002 digitized by USU digital library
10
x ∈ En (V ) dan y ∈ En (W ) ⇒ d (x, y ) ≥
1
3n
.
ini diperoleh dari (*) dan ketidaksamaan segitiga. Juga untuk setiap v ∈ A,
himpunan En(V) termuat di dalam V.
Sekarang ditentukan,
εn = {En(U)U ε A}
Harus bahwa εn koleksi berhingga lokal dari himpunan-himpunan terbuka dan
εn menyempurnakan A. Kenyataan bahwa εn menyempurnakan A diperoleh
dari kenyataan bahwa En(V) ⊂ V untuk setiap v ∈ A.
Bahwa εn adalah berhingga lokal diperoleh dari keadaan untuk suatu x ∈X,
lingkungan 1/6n dari x dapat mengiris paling banyak satu elemen dari εn.
Tentu koleksi εn tidak akan menutup X (Gambar membuktikan hal tersebut).
U
En(U)
V
En(V)
W
En(W)
Gambar.3 : Elemen penyempurnaan ruang X.
Tetapi dinyatakan bahwa koleksi,
ε = ∪n ∈z+ εn
adalah menutup X.
Bila x ∈ X. Koleksi A dengan mana mula-mula ditutupi x; pilih U merupakan
elemen pertama dari A yang memuat x. Karena U terbuka, dapat dipilih n sehingga
B(x, 1/n) ⊂ U. Maka dengan definisi x ∈ Sn(U). Sekarang karena U adalah elemen
pertama dari A yang memuat x, titik berada ke S n ' (U ). maka x juga berada/termuat
ke elemen En(U) dari εn. Berarti ε adalah koleksi himpunan terbuka yang diinginkan.
Teorema 2.19: (Syarat perlu teorema Nagata-Smirnov).
Pandang X ruang metrizable, maka X mempunyai suatu basis yang countable
berhingga lokal.
Bukti :
Pilih suatu metrik untukX. Untuk m, maka Am merupakan selimut terbuka dari
X dengan semua bola-bola terbuka dengan jari-jari 1/m;
Am = {B(x, 1/m) x ∈ X}
Dengan lemma 2.18, terdapat suatu selimut terbuka Dm dari X
menyempurnakan Am sedemikian hingga Dm adalah berhingga lokal yang
countable dimana setiap elemen dari Dm berdiameter paling besar 2/m.
Bila D = ∪ m ∈ z+ Dm
Karena setiap koleksi Dm gabungan countable dari koleksi berhingga lokal,
begitu juga untuk D.
Dinyatakan bahwa D adalah suatu basis untuk X, maka teorema terbukti.
2002 digitized by USU digital library
11
Dibuktikan bahwa x∈X dan setiap ε > 0, terdapat suatu elemen D dari D
memuat x dan termuat di dalam B(x,ε). Pertama pilih m sedemikian 1/m <
ε
/2, maka karena Dm menutupi X, dapat dipilih suatu elemen D dari Dm
memuat x. Karena D memuat x dan berdiameter paling besar 2/m < ε, berarti
termuat di dalam; B(x,ε).
Menurut lemma 2.5 bahwa D adalah basis untuk X.
Defenisi 2.20:
Suatu ruang X adalah parakompak jika ruang tersebut Hausdorff dan setiap
selimut terbuka A dari x memiliki suatu penyempurnaan terbuka B yang
berhingga lokal yang menutup X.
Teorema 2.21: (Teorema Stone)
Setiap ruang metrizable adalah parakompak.
Bukti:
Andaikan X ruang metrizable, dari lemma 2.18 telah dibuktikan bahwa setiap
selimut terbuka dari X mempunyai suatu penyempurnaan terbuka (open refinement)
yang menutup X dan countable berhingga lokal.
Bila A suatu selimut terbuka dari X dan B merupuakan penyempurnaan A
yang countable, juga B = ∪ Bn dimana setiap Bn berhingga lokal. Ditunjukkan
elemen-elemen B secara umum dengan,
U, V, W, …
Bila Vi = ∪u∈Bi U, maka setiap n ∈ z+ dan setiap elemen U dari Bn, ditentukan,
Sn(U) = U - ∪i < n Vi
Dimana Cn = {Sn(U)U ∈ Bn} maka Cn penyempurnaan dari Bn, karena Sn(U) ⊂ U
untuk setiap U ∈ Bn. Karena Cn = ∪ Cn, dimana C menyatakan penyempurnaan yang
berhingga lokal dari A dan menutup X.
Ambil x suatu titik dari X. Tinjau selimut B = ∪ Bn, N merupakan bilangan bulat
terkecil sedemikian hingga x terletak dalam suatu elemen dari Bn.
Andai U suatu elemen dari BN yang memuat x, karena x tidak terletak di dalam
elemen Bi untuk i < N, titik x terletak di dalam elemen SN(U) dari C.
Karena setiap koleksi Bn adalah berhingga lokal, dapat dipilih untuk setiap
n = 1,
2, …, N suatu lingkungan Wn dri x yang mengiris berhingga banyaknya elemenelemen dari Bn.
Jika Wn mengiris elemen-elemen Sn(V) dari Cn, haruslah mengiris elemen V dari Bn,
karena Sn(V) ⊂ V, maka Wn mengiris hanya berhingga banyaknya elemen-elemen Cn.
Karena U terletak Bn, U tidak ada mengiris elemen dari Cn untuk n < N.
Jadi lingkungan W1 ∩ W2 ∩ … ∩ Wn ∩ U dari x mengiris hanya berhingga banyaknya
elemen-elemen dari C. Maka x terletak di dalam suatu elemen dari C dan x
mempunyai suatu lingkungan yang mengiris hanya berhingga banyaknya elemen
dari C.
Jadi X adalah parakompak.
METRIZABILITI RUANG TOPOLOGI OLEH
TEOREMA URYSOHN DAN TEOREMA SMIRNOV
Dalam bab ini dibicarakan teorema Urysohn dan teorema Smirnov, dimana
kedua teorema ini menunjukkan kemetrizablean suatu ruang dan juga diberikan
bukti dari kedua teorema tersebut.
Teorema 3.1: (Teorema Urysohn)
Setiap ruang regular X dengan basis yang countable adalah metrizable.
Bukti:
Akan dibuktikan bahwa X metrizable dengan penyisipan X di dalam suatu
2002 digitized by USU digital library
12
ruang metrizable Y, dengan memeperlihatkan X homomorphis dengan suat ruang
bagian dari Y.
Langkah 1:
Ditunjukkan terdapat suatu koleksi countable dari fungsi-fungsi kontinu fn : X
[0,1] dengan sifat bahwa diberikan suatu titik x0 dari X dan diberikan suatu
lingkungan U dari x0, terdapat suatu indeks n sedemikian hingga fn positip pada x0
dan hilang di luar U.
Untuk setiap n, m pada mana
B ⊂ Bm, dengan menggunakan lemma 2.12 untuk
memilih suatu fungsi kontinu gn,m : X ( [0,1] sedemikian hingga
gn,m Bm = {1} dan gn,m(X – Bm) = {0}.
Maka koleksi {gn,m} memenuhi keperluan, ambil x ε U, dapat dipilih satu
elemen basis Bm sedemikian hingga;
x ε Bm ε U
Menggunakan kereguleran, dapat dipilih satu Bn sehingga, x0 ε Bn Maka fungsi gn,m
tertentu, dan gn,m positip pada x0 dan hilang di luar U. Karena koleksi ini berindeks
dengan suatu himpunan bagian z+ * z+ berarti countable, karena itu dapat di indeks
kembali dengan bilangan positip yaitu {fn}
Langkah 2:
Ambil fungsi fn dari langkah pertama, dan RW di dalam pergandaan topologi
dan ditentukan suatu pemetaan F : X ( RW dengan aturan,
F(x) = (f1(x), f2(x), …)
dinyatakan bahwa F suatu penyisipan.
Pertama, F adalah kontinu karena RW memiliki pergandaan topologi dan setiap fn
adalah kontinu.
Kedua, F adalah injektif karena bila x ≠ y, diketahui ada suatu indeks n sedemikian
hingga fn(x) > 0 dan fn(y) = 0; karena itu, F(x) ( F(y).
Akhirnya harus dibuktikkan bahwa F suatu homomorphisma dari X onto
bayangannya, ruang bagian Z = F(x) dari RW. Diketahui bahwa F menunjukkan
suatu kontinu bijektif dari X dengan Z, yang diperlukan hanya memperlihatkan untuk
setiap himpunan terbuka U ( X, himpunan F(u) adalah terbuka di dalam Z. Andaikan
Z0 suatu titik dari F(u), akan ditemukan suatu himpunan terbuka W dari Z
sedemikian hingga,
Z0 ε W ε F(U)
Bila x0 merupakan titik dari U sedemikian hingga F(x0) = Z0. Pilih suatu indeks N
untuk mana fN(x0) > 0 dan fN(x-u) = {0}. Ambil interval terbuka (0, +() di dalam R
dan andaikan V himpunan terbuka,
V = π −N1 (0,+∞)
dari RW.
Bila W = V ∩ Z, maka W terbuka di dalam Z, oleh defenisi ruang topologi. Lihat
gambar.4, dinyatakan bahwa Z0 ε ⊂ F(U).
Pertama, Z0 ε W karena,
πN(Z0) = πN(F(x0) = fN(x0) > 0
2002 digitized by USU digital library
13
F
F(u)
E0
RW
x0
u
w=v
x
z
0
Gambar.4 : Pemetaan dari ruang X ke ruang metrizable Y.
Kedua, W ⊂ F(u), bila z ε W, maka z = F(x) untuk beberapa x ε X, dan πN(z) ∈
(0,+0). Karena (N(z) = (NF(x) = fN(x), dan fN hilang di luar U, haruslah x di dalam
U. Maka z = F(x) adalah di dalam F(u). Jadi F adalah suatu penyisipan dari X di
dalam RW.
Langkah 3:
Disisipkan X di dalam ruang metrik (RW, ρ Kenyataan disisipkan X di dalam
ruang bagian [0,1]W, pada mana ρ sama dengan metrik,
ρ( x, y) = lub{x i − y i }
digunakan koleksi countable dari fungsi fn : X → [0,1] dibentuk di dalam langkah.1,
tetapi sekarang dikenakan syarat tambahaan bahwa fn(x) ≤ 1/n untuk semua x.
ditentukan F : X →[0,1]W dengan persamaan,
F(x) = (f1(x), f2(x), …),
seperti sebelumnya. Dinyatakan F sekarang suatu penyisipan relatif ke metrik ρ pada
[0,1]W. Diketahui dari langkah.2, bahwa F injektif. Karena itu diketahui bahwa jika
digunakan pergandaan topologi pada [0,1]W, pemetaan F membawa himpunanhimpunan terbuka dari X onto himpunan-himpunan terbuka Z = F(X). Tinggal
membuktikan bahwa F kontinu.
Andaikan x0 suatu titik dari X dan untuk ε > 0 perlu ditemukan suatu
lingkungan U dari x0 sedemikian hingga,
x ε U → ρ(F(x), F(x0)) < ε
Pertama pilih n cukup besar sehingga 1/N ≤ ε/2. Maka untuk setiap n = 1, 2, …, N,
gunakan kekontinuan dari fn untuk memilih suatu lingkungan Un dari x0 sedemikian
hingga,
f n (x ) − f n (x 0 ) ≤ ε / 2
untuk x ∈ Un, dimana U = U1 ∩ U2 ∩ ...∩ UN; diperlihatkan bahwa U adalah
lingkungan dari x0 yang dimaksudkan. Bila x ∈ U dan n ≤ N,
fn ( x ) − fn ( x 0) ≤ ε / 2
dengan pilihan dari U. Dan jika n > N, maka
fn ( x ) − fn ( x 0) < 1 / N ≤ ε / 2
Karena fn pemetaan X ke [0,1/n]. Demikian juga untuk semua x ∈ U,
ρ((F(x ), F(x 0 ))) ≤ ε / 2 π ε
2002 digitized by USU digital library
14
Teorema 3.2: Teorema Smirnov
Suatu ruang X adalah metrizable, ruang tersebut parakompak dan metrizable
lokal.
Bukti:
Anggap X metrizable. Maka X adalah metrizable lokal dan juga parakompak,
oleh teorema stone. Sebaliknya anggap bahwa X parakompak dan metrizable lokal,
akan diperlihatkan bahwa X memiliki suat basis B yang countable berhingga lokal.
Karena X adalah reguler (merupakan parakompak), menurut teorema nagatasmirnov bahwa X adalah metrizable.
Tutupi X dengan himpunan-himpunan terbuka yang metrizable, kemudian
pilih suatu penyempurnaan terbuka C yang berhingga lokal dari selimut ini yang
menutup X. Setiap elemen c dari C adalah metrizable. Andaikan fungsi dc: c x C → R
merupakan suatu metrik yan memberikan topologi dari C. Ambil x ∈ C dan Bc(x, ε)
menunjukkan himpunan semua titik-titik y ∈ C sedemikian hingga dc(x,y) < ε. Akan
terbuka di dalam C. Ambil m ∈ Z+, misalkan Am selimut dari X oleh semua bola-bola
terbuka dengan jari-jari 1/m di dalam himpunan-himpunan c ∈ C;
A m = {Bc(x,1 / m ) c ∈ C dan x ∈ c}
Bila Am penyempurnaan terbuka dari Am yang menutupi x dimana D = ∪ DM;
Maka D adalah berhingga lokal yang countable. Dinyatakan bahwa D adalah suatu
basis untuk X.
Andaikan x suatu titik-titik dari X dan U lingkungan dari X. dicoba
menemukan suatu elemen d ∈ D sedemikian hingga,
X∈d⊂U
Sekarang x termuat ke hanya berhingga banyaknya elemen-elemen dari C,
katakanlah C1, C2, ... , Ck.
Maka U ∩ Ci adalah suatu lingkungan dari x di dalam himpunan Ci, juga terdapat εi >
0 sedemikian hingga
Bci (x, εi) ⊂ (U ∩ Ci)
Pilih m sehingga 1/m < ½ min {ε1, ε2, ..., εk}. karena koleksi Dm menutupi x,
haruslah elemen d ∈ Dm memuat x. karena Dm penyempurnaan dari Am, haruslah
terdapat suatu elemen Bc (y, 1/m) dari Am, untuk beberapa c ∈ C dan beberapa y ∈
c, yang memuat d. Maka x termuat ke C, karena itu c haruslah salah satu dari
himpunan-himpunan c1, c2,..,ck.
katakanlah bahwa c =ci, maka dengan mempergunakan ketidaksamaan segitiga
diperoleh,
D ⊂ Bci(y, 1/m) ⊂ Bci (x, εi) ⊂ U
Maka D adalah basis untuk X.
2002 digitized by USU digital library
15
DAFTAR PUSTAKA
1. Kelley John, L., General Topologi, Van Nostrand Reinhold Company, Inc., New
York, London, Toronto, 1955.
2. lipschutz Seymour, Theory and Problem of general Topologi, Schaum’s Outline
Series, MC Graw Hill International Book Company, Singapore, 1965.
3. Munkres James, R., Topologi A first Course, Prentice Hall of India Private Limited,
New Delhi, 1978.
4. Tsen Hu-Sze, Elements of general topologi, A Feffer and Simons International
University Edition, First Printing, 1964.
2002 digitized by USU digital library
16