18
BAB III RUANG HAUSDORFF
Pada bab ini akan dibahas mengenai ruang Hausdorff, kekompakan pada ruang Hausdorff dan ruang regular lengkap. Pembahasan diawali dengan mendefinisikan Ruang Hausdorff dan beberapa sifatnya kemudian dilanjutkan dengan kekompakkan dari ruang Hausdorff, diantaranya jika suatu ruang Hausdorff X adalah kompak, maka ruang X juga normal. Pembahasan diakhiri dengan mengkaji ruang reguler lengkap, yaitu membuktikan bahwa ruang normal adalah ruang regular lengkap.
3.1
Ruang Hausdorff Ruang Hausdorff adalah ruang dimana setiap dua buah elemen yang
berbeda dapat dipisahkan oleh dua buah persekitaran yang disjoint. Berikut adalah definisi dari ruang Hausdorff.
Definisi 3.1.1 Ruang Hausdorff Diberikan ruang topologi ( X ,τ ) . Ruang X dikatakan ruang Hausdroff jika dan hanya jika untuk setiap pasangan x, y ∈ X ada persekitaran U , V ⊂ X sedemikian sehingga x ∈ U , y ∈ V dan U ∩ V = φ .
Berikut beberapa contoh ruang topologi yang merupakan ruang Hausdorff dan ruang yang bukan ruang Hausdorff
19
Contoh 3.1.2 Diberikan ruang topologi topologi
( X ,τ ) ,
dengan X = {a, b, c, d } dan τ = 2 X . Ruang
adalah ruang Hausdorff, karena untuk setiap
X
x, y ∈ X ada
U = { x} ,V = { y} ⊂ X sedemikian sehingga x ∈ U , y ∈ V dan U ∩ V = φ . Maka X adalah Ruang Hausdorff
Contoh 3.1.3 Diberikan
ruang
topologi
( M ,τ ) ,
τ = {{a, b},{c, d }, X ,φ }. Ruang topologi M
dengan
M = {a, b, c, d }
dan
bukan ruang Hausdorff, karena ada
a, b ∈ M sedemikian sehingga untuk setiap persekitaran U , V ⊂ X a ∈ U , b ∈ V
tetapi U ∩ V = {a, b} ≠ φ Maka X bukan Ruang Hausdorff
Ruang Hausdorff memiliki sifat diantaranya: setiap subruangnya adalah juga Hausdorff; hasil jumlah dan hasil kali dari anggota-anggota koleksi ruang Hausdorff yang disjoin adalah juga Hausdorff. Dibawah ini akan ditunjukkan beberapa sifat dari ruang Hausdorff
Teorema 3.1.4 Setiap subruang E dari ruang Hausdorff X adalah ruang Hausdorff. Bukti :
20
Misal a, b ∈ E . Karena X ruang Hausdorff, maka ada himpunan buka U dan V di X sedemikian sehingga a ∈ U , b ∈ V
dan U ∩ V = φ . Misal U * = E ∩ U
dan V * = E ∩ V . Karena E , U , V , himpunan buka, maka U * dan V * juga himpunan buka dari subruang E . Karena a ∈ U * , b ∈ V * dan U * ∩ V * = φ . Dari definsi ruang Hausdorff maka E dalah Ruang Hausdorff.
Teorema 3.1.5 Jumlah topologi X dari sebarang disjoint koleksi
{X
µ
µ ∈ M}
dari ruang Hausdorff adalah ruang Hausdorff. Bukti : Misalkan X = { X µ µ ∈ M } dan a, b ∈ X , a ≠ b sembarang. Dari definisi jumlah topologi X maka ada z , v ∈ M sedemikian sehingga a ∈ X z dan b ∈ X v , dimana
X z , X v ∈ X . Terdapat dua kasus Kasus 1 : z ≠ v , Ambil U = X z dan V = X v , Karena X z , X v ∈ X maka X z ∩ X v = φ . Kasus 2 : z = v Ini berarti a, b ∈ X z dengan a ≠ b . Karena X z ruang Hausdorff maka terdapat himpunan buka U dan V di X z sedemikian sehingga a ∈ U dan b ∈ V dan
U ∩V = φ . Dari kedua kasus diatas dapat disimpulkan bahwa X adalah Ruang Hausdorff.
21
Teorema 3.1.6 Hasil kali topologi X dari sebarang koleksi
{X
µ
µ ∈ M } dari ruang Hausdorff
adalah ruang Hausdorff. Bukti : Misal a, b sebarang dua titik yang berbeda di X . Dari hasil kali Cartesian (2.2.1), a ≠ b mengakibatkan keberadaan dari v ∈ M sedemikian sehingga a ( v ) dan
b ( v ) adalah dua elemen yang berbeda di X v . Karena X v adalah ruang Hausdorff, maka ada himpunan buka U dan V di X v sedemikian sehingga a ( v ) ∈ U dan
b ( v ) ∈ V dan U ∩ V = φ . Misal U * dan V * dinotasikan sebagai subbasis himpunan buka di X yang didefinisikan oleh
{
}
{
}
U * = x ∈ X x ( v ) ∈U V * = x ∈ X x ( v ) ∈V
Karena a ( v ) ∈ U , b ( v ) ∈ V maka a ∈ U * , b ∈ V * dan U * ∩ V * = φ . Akibatnya X adalah Ruang Hausdorff
3.2
Kekompakan pada ruang Hausdorff Pada pasal ini akan dibahas sifat kekompakan pada ruang Hausdorff.
Sebelumnya akan didefinisikan terlebih dahulu suatu ruang dikatakan kompak dan beberapa sifat yang dipenuhi oleh sebuah ruang yang kompak.
22
Pada teorema 3.2.3 dibahas sifat suatu himpunan kompak pada suatu ruang Hausdorff. Sifat ini penting untuk menunjukkan bahwa ruang Hausdorff yang kompak adalah ruang normal Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa hasil kali topologi X dari ruang Hausdorff yang kompak adalah juga kompak. Untuk membuktikannya diperlukan teorema Tychonoff dan teorema Heine Borel. Berikut pembahasan di mulai dengan definisi ruang yang kompak.
Definisi 3.2.1 Sebuah ruang X dikatakan ruang yang kompak jika dan hanya jika setiap cover buka dari X mempunyai sebuah subcover hingga.
Teorema 3.2.2 Setiap himpunan tutup K di dalam sebuah ruang X yang kompak adalah kompak. Bukti: Diberikan C adalah cover dari K oleh himpunan-himpunan buka dari X . Karena K tutup, maka komplemen
X \ K adalah buka. Anggota-anggota
dari C dengan himpunan buka X \ K membentuk sebuah cover buka dari X . Karena X adalah kompak, cover buka dari X mengandung sebuah subcover hingga dari X . Dengan kata lain, ada sebuah bilangan batas dari himpunanhimpunan
buka
U1 , U 2 ,..., U n
U1 ∪ U 2 ∪ ... ∪ U n ∪ X \ K = X .
di
dalam
C
sedemikian
sehingga
23
Akibatnya {U1 ,U 2 ,...,U n } adalah cover dari K . Karena C
memiliki subcover
hingga maka K kompak.
Teorema 3.2.3 Jika K adalah sebuah himpunan yang kompak di dalam sebuah ruang Hausdorff X dan p adalah sebuah titik di dalam X \ K , maka ada himpunanhimpunan buka U dan V yang saling lepas dari X sedemikian sehingga K ⊂ U dan p ∈V . Bukti: Ambil a ∈ K sembarang K ⊂ X , dan diketahui p ∈ X \ K . Karena X ruang Hausdorff maka ada himpunan-himpunan buka U a dan Va dari X sedemikian sehingga a ∈ U a
dan p ∈ Va .
Misal F = {U a a ∈ K } dengan U a
himpunan buka dari X , maka F adalah sebuah cover dari K . Karena K kompak, maka F memiliki sebuah subcover hingga dari K , yaitu ada berhingga titik a1 , a1 ,..., an dari K sedemikian sehingga K terkandung di dalam U yaitu
U = U n1 ∪ ... ∪ U nn . Di lain pihak, misalkan V = Vn1 ∩ ... ∩ Vnn . Diperoleh U dan V adalah himpunan-himpunan buka dari X , sedemikian sehingga K ⊂ U , p ∈V , dan U ∩ V = φ . Terbukti teorema diatas
24
Akibat 3.2.4 Setiap himpunan K yang kompak pada ruang Hausdorff X adalah tutup. Bukti: Untuk setiap p ∈ X \ K , berdasarkan teorema 3.2.3 terdapat himpunanhimpunan buka U dan V yang saling lepas dari X sedemikian sehingga K ⊂ U dan
p ∈ V . Selanjutnya diperoleh V ⊂ X \ U ⊂ X \ K . Karena untuk setiap
p ∈ X \ K , ada persekitaran V sedemikian sehingga p ∈ V ⊂ X \ K . Dengan
demikian, X \ K buka dan K tutup.
Akan ditunjukkan bahwa ruang Hausdorff yang kompak adalah ruang normal, sebelumnya berikut ini adalah definisi dari ruang normal.
Definisi 3.2.5 Ruang normal X adalah ruang yang untuk setiap himpunan tutup A , B yang
disjoint
terdapat
himpunan
buka
F,
G
sedemikian
sehingga
A ⊂ F , B ⊂ G dan G ∩ F = φ .
Teorema 3.2.6 Setiap ruang Hausdorff yang kompak adalah normal. Bukti: Diberikan A dan B sebarang dua himpunan-himpunan tutup yang disjoint pada ruang Hausdorff X yang kompak. Berdasarkan teorema 3.2.2, maka A dan
B adalah himpunan kompak. Selanjutnya berdasarkan 3.2.3 untuk setiap b ∈ B
25
terdapat dua himpunan buka yang saling lepas U b dan Vb dari X sedemikian sehingga A ⊂ U b dan b ∈ Vb . Misalkan F = {Vb b ∈ B} adalah koleksi dari himpunan-himpunan buka dari X , maka F adalah cover dari B . Karena B kompak, maka F mempunyai sebuah subcover hingga dari B . Dengan kata lain, ada elemen b1 , b2 ,..., bn dari B sedemikian sehingga B termuat di dalam V dimana V = Vb1 ∪ ... ∪ Vbn . Di lain pihak, misalkan U = U b1 ∩ ... ∩ U bn , maka U dan V adalah himpunanhimpunan buka dari X , sedemikian sehingga A ⊂ U , B ⊂ V dan U ∩ V = φ . Dengan demikian, X adalah normal.
Berikut akan ditunjukkan bahwa jika X adalah ruang Hausdorff yang kompak maka hasil kali X juga ruang Hausdorff yang kompak. Namun terlebih dahulu akan dibuktikan hasil kali Topologi dari keluarga ruang yang kompak adalah kompak.
Definisi 3.2.7 Keluarga himpunan F dikatakan memiliki finite intersection property jika dan hanya jika irisan berhingga subkeluarga dari F adalah tidak kosong
Teorema 3.2.8 Ruang X kompak jika dan hanya jika setiap keluarga dari himpunan tutup di X yang memiliki finite intersection property memiliki irisan yang tidak kosong
26
Bukti:
( ⇒ ) Misal
Y
sebarang keluarga himpunan tutup di ruang kompak X .
Asumsikan irisan dari seluruh anggota Y bahwa Y
adalah kosong. Akan ditunjukkan
tidak memiliki finite intersection property.
Misal G = { X \ A A ∈Y
}.
Karena irisan dari elemen Y
adalah kosong,
berdasarkan dalil De Morgan (Teorema 2.1.7), maka G adalah cover buka pada ruang X . Karena X kompak, maka G memiliki subcover hingga. Dengan kata lain
terdapat
himpunan
{ X \ A1 , X \ A2 ,..., X \ An }
A1 , A2 ,..., An
sedemikian
sehingga
adalah cover di X . Berdasarkan dalil De Morgan maka
A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ An = φ . Artinya Y
( ⇐)
Y
di
tidak memiliki finite intersection property.
Misal B sebarang cover buka dari X dan F = { X \ U U ∈ B} adalah
keluarga himpunan tutup dari X . Karena B cover dari X , maka berdasarkan dalil De Morgan diperoleh bahwa irisan dari seluruh anggota Y Ini berarti Y himpunan
adalah kosong.
tidak memiliki finite intersection property . Dengan kata lain ada buka
U1 , U 2 ,..., U n
( X \ U1 ) ∩ ( X \ U 2 ) ∩ ... ∩ ( X \ U n ) = φ . (U1 ) ∪ (U 2 ) ∪ ... ∪ (U n ) = X .
di
B
sedemikian
sehingga
Berdasarkan dalil De Morgan diperoleh
Dengan kata lain B memiliki subcover hingga di
X , selanjutnya terbukti bahwa X kompak
27
Teorema 3.2.9 Teorema Tychonoff Hasil Kali Topologi dari keluarga ruang kompak adalah kompak. Bukti : Misal Y = { X µ | µ ∈ M } adalah sebuah keluarga dari ruang kompak dan misalkan X merupakan hasil kali topologi dari keluarga Y . Akan dibuktikan kekompakan dari X , dengan membuktikan jika U
adalah sebuah keluarga dari
himpunan-himpunan bagian dari X yang memiliki finite intersection property, maka I {Cl ( B ) B ∈ U } ≠ φ (Teorema 3.2.7). Misal V kelas dari semua keluarga dari himpunan-himpunan bagian dari
X yang mempunyai finite intersection property, maka berdasarkan definisi 2.1.9 kelas V ini adalah finite character. Berdasarkan Lemma Tukey (Lemma 2.1.10) ada sebuah anggota maksimal dari V yang memuat keluarga U yang diberikan. Tanpa mengurangi keumuman, diasumsikan bahwa U itu sendiri adalah anggota maksimal dari kelas V . Dari kemaksimalan U , itu berarti bahwa irisan dari anggota-anggota setiap keluarga-keluarga bagian hingga dari U
adalah anggota U . Selain itu,
jika sebuah himpunan bagian E dari X beririsan dengan setiap anggota dari U , maka E juga merupakan anggota dari U . Sekarang, diberikan µ ∈ M dan proyeksi pµ : X → X µ , misalkan keluarga Uµ = { pµ ( B ) | B ∈ U } adalah himpunan bagian dari X µ , maka Uµ memiliki finite intersection property. Karena X µ kompak,
{
maka
}
berdasarkan teorema 3.2.7, H µ = I Cl pµ ( B ) B ∈ U ≠ φ . Pilih sebuah elemen x µ ∈ H µ untuk setiap µ ∈ M . Misalkan x adalah elemen dari hasil kali topologi X yang koordinat ke-
µ -nya x(µ ) adalah x µ ∈ X µ . Akan dibuktikan bahwa x ∈ Cl ( B ) untuk setiap B ∈ U .
28
*
Untuk tujuan ini, anggap sebarang subbasic himpunan buka U µ dari X yang memuat titik x , dengan µ ∈ M dan U µ adalah sebuah himpunan buka dari X µ memuat titik x µ . Karena xµ ∈ Cl pµ ( B ) untuk setiap B ∈U , ini berarti
bahwa U µ beririsan pµ ( B ) untuk setiap B ∈U . Dengan demikian, himpunan U µ * = pµ−1 (U µ ) beririsan setiap anggota B dari U . Dari kemaksimalan U *
bahwa U µ termasuk U , dan irisan dari sebarang berhingga subbasic himpunan buka yang memuat x adalah anggota dari U . Akibatnya setiap persekitaran dari
x di X beririsan dengan setiap anggota B ∈ U . Konsekuensinya, x ∈ Cl ( B ) untuk setiap persekitaran dari x di X beririsan dengan B , untuk setiap B ∈ U . Dengan kata lain
x ∈ Cls ( B ) , B ∈U . Akibatnya
I{Cl ( B ) B ∈U } ≠ φ .
Berdasarkan teorema 3.2.7 diperoleh hasil kali topologi dari keluarga dari ruang yang kompak adalah kompak.
Teorema 3.2.10 Teorema Heine Borel Misalkan K himpunan bagian dari
. K adalah kompak jika dan hanya jika K
tutup dan terbatas Bukti :
( ⇒ ) Akan ditunjukkan
K tutup dan terbatas
Misalkan K kompak, artinya untuk setiap cover buka V dari K , maka ada sub cover hingga W ⊂ V sedemikian sehingga W cover dari K .
29
∞
Misal H m := ( − m, m ) untuk m∈ , maka H m buka dan K ⊆ U H m =
. Dengan
m =1
kata lain _ = { H m m ∈ _
memiliki
} adalah cover buka dari berhingga
K . Karena K kompak maka
subkoleksi
sedemikian
sehingga
M
K ⊆ U H m = H M = ( − M , M ) untuk suatu M ∈
. Ini berarti K terbatas
m =1
Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa K tutup dengan menunjukkan Misalkan u ∈ untuk n ∈ dibuat
\ K , dan didefinisikan himpunan Gn := y ∈
. Diperoleh Gn tidak memuat u untuk n ∈ menjadi
Gn1 = y ∈
bentuk
Gn = y ∈
1 y > u − , Gn2 = y ∈ n
y>u−
\K buka.
1 : y −u > n
. Selanjutnya Gn dapat
1 1 ∪ y < u + , n n
dengan
1 y < u + dan Gn = Gn1 ∪ Gn2 . Akan n
dibuktikan Gn buka dengan membuktikan Gn1 , Gn2 buka.
1) Untuk Gn1 = y ∈
1 y > u − . n
1 a − u − n , maka ( a − ∂, a + ∂ ) adalah Ambil sebarang a ∈ Gn1 , misal ∂ = 2 persekitaran
yang
memuat
a.
Karena
a−∂ > u −
1 , n
( a − ∂, a + ∂ ) ⊂ Gn . Akibatnya ( a − ∂, a + ∂ ) adalah persekitaran dari 1
maka
a.
Karena untuk sebarang a ∈ Gn1 ada persekitaran ( a − ∂, a + ∂ ) sedemikian sehingga ( a − ∂, a + ∂ ) ⊂ Gn1 , maka Gn1 buka.
30
2) Untuk Gn2 = y ∈
1 y
1 b − u − n Ambil sebarang b ∈ Gn2 , misal ∂ = , maka ( b − ∂, b + ∂ ) adalah 2 persekitaran
yang
( b − ∂, b + ∂ ) ⊂ Gn
2
memuat
b.
b+∂
Karena
1 , n
maka
. Akibatnya ( b − ∂, b + ∂ ) adalah persekitaran dari b .
Karena untuk sebarang b ∈ Gn2 ada persekitaran ( b − ∂, b + ∂ ) sedemikian sehingga ( b − ∂, b + ∂ ) ⊂ Gn2 , maka Gn2 buka. Dari 1) dan 2) diperoleh kesimpulan bahwa Gn buka untuk n ∈ Klaim
∞
∞
n =1
n =1
.
\ {u} = U Gn . Karena u ∉ K maka K ⊂ U Gn . Selanjutnya karena K
kompak akibatnya ada m ∈
m
sedemikian sehingga K ⊆ U Gn = Gm . n =1
Dari definisi Gn 1 1 u − , u + ⊆ m m Karena untuk u ∈ 1 1 u − , u + ⊆ m m
diperoleh bahwa
1 1 K ∩ u − , u + =φ m m
dan interval
\K . 1 1 \ K ada persekitaran u − , u + sedemikian sehingga m m \ K , maka
\K buka akibatnya K tutup
Terbukti bahwa K terbatas dan tutup.
( ⇐ ) Akan ditunjukkan bahwa
K kompak
31
Misalkan K tutup dan terbatas dan G = { g a } cover buka dari K . Akan dibuktikan dengan kontradiksi dengan mengandaikan bahwa K tidak m
kompak. Artinya untuk setiap m ∈
maka K ⊄ U g a . a =1
Dari pemisalan K terbatas maka ada r > 0 sedemikian sehingga K ⊆ [ − r , r ] . Misal I1:= [-r,r], I1 dibagi menjadi dua sub-interval tutup I1' := [ − r , 0] dan
I1'' := [ 0, r ] , maka K ∩ I1' ≠ φ atau K ∩ I1" ≠ φ . m
Jika K ∩ I1' ≠ φ , maka ada z 1∈ K ∩ I1' ⊂ I1 . Karena K ∩ I1' ⊄ U g a , m ∈
maka
a =1
ambil I 2 := I1' kemudian I 2 dibagi menjadi dua subinterval tutup I 2' dan I 2" . Jika m
K ∩ I 2' tidak kosong maka ada z 2∈ K ∩ I 2' ⊂ I 2 . Karena K ∩ I 2' ⊄ U g a , m ∈ a =1
maka ambil I 3 := I 2" . Dengan melanjutkan sampai n kali akan diperoleh barisan
( In ) .
Interval
Property
(Teorema2.1.8) diperoleh, ada titik z sedemikian sehingga z ∈ I n , n ∈
. Karena
interval
tutup
bersarang
Berdasarkan
Nested
untuk setiap interval I n ada zn sedemikian sehingga zn ∈ I n dimana zn ≠ z maka z adalah titik akumulasi dari K . Karena K tutup dari teorema 2.2.15 diperoleh z ∈ K , oleh karena itu ada himpunan g λ di G dengan z ∈ g λ . Karena g λ buka,
ada ε > 0 sedemikian sehingga ( z − ε , z + ε ) ⊆ g λ . Dilain pihak karena interval I n diperoleh dengan membagi dua I1 := [ − r , r ] secara berulang-ulang diperoleh panjang dari interval I n adalah
r 2
n− 2
, untuk n yang cukup besar,
r 2
n−2
< ε maka
32
I n ⊆ ( z − ε , z + ε ) ⊆ gλ . sehingga
r 2
n−2
Artinya
jika
n
cukup
besar
sedemikian
< ε , maka K ∩ I n termuat di satu himpunan g λ di G . Kontradiksi
dengan pengandaian, maka haruslah K termuat di berhingga gabungan himpunan di G . Dengan kata lain K haruslah kompak
Akibat 3.2.11 Setiap hasil kali topologi I M dari unit interval tutup I = [ 0,1] adalah ruang Hausdorff yang kompak Bukti : Dari Teorema Heine-Borel (Teorema 3.2.10) diperoleh bahwa I kompak, Dari Teorema Tychonoff (Teorema 3.2.9) jika I kompak maka I M kompak dan dari teorema 3.1.4 diperoleh I ruang Hausdorff. Dari teorema 3.1.6 jika I
ruang
Hausdorff maka I M ruang Hausdorff. Artinya hasil kali topologi I M adalah ruang Hausdorff yang kompak
3.3
Ruang Reguler Lengkap Pada pasal ini akan dibuktikan bahwa ruang normal adalah ruang reguler.
Definisi 3.3.1 Ruang X dikatakan regular lengkap di titik p dari X jika dan hanya jika, untuk setiap lingkugan N dari p di X , ada fungsi kontinu
χ:X →I Sedemikian sehingga χ ( p ) = 0 dan χ ( X \ N ) = 1 .
33
Ruang X dikatakan ruang regular jika dan hanya jika regular lengkap di setiap p∈ X .
Berikut akan dibuktikan Lemma Urysohn yaitu jika X normal maka X adalah reguler lengkap, namun akan dibuktikan beberapa teorema yang akan digunakan pada pembuktian Lemma Urysohn
Teorema 3.3.2 Ruang X normal jika dan hanya jika untuk setiap himpunan tutup F dan himpunan buka H yang memuat F ada himpunan buka G sedemikian sehingga
F ⊂ G ⊂ Cls ( G ) ⊂ H Bukti :
(⇒)
Misal X normal dan F ⊂ H , dengan F tutup dan H buka. Maka X \ H
tutup, dan F ∩ X \ K = φ . Karena X normal maka ada himpunan buka G, G* sedemikian sehingga F ⊂ G, X \ H ⊂ G * dan G ∩ G* = φ . …..(1)
G ∩ G* = φ
maka
G ⊂ X \ G* .
Dari
definisi
closure
G ⊂ Cls ( G ) ⊂ X \ G* …(2) X \ H ⊂ G * maka X \ G* ⊂ H …...(3) dari (1), (2) dan (3) diperoleh
F ⊂ G ⊂ Cls ( G ) ⊂ X \ G * ⊂ H maka F ⊂ G ⊂ Cls ( G ) ⊂ H
diperoleh
34
Terbukti Jika X ruang normal maka untuk setiap himpunan tutup F dan himpunan buka H yang memuat F ada himpunan buka G sedemikian sehingga
F ⊂ G ⊂ Cls ( G ) ⊂ H .
( ⇐)
Misal untuk setiap himpunan tutup F dan himpunan buka H yang memuat
F ada himpunan buka G sedemikian sehingga F ⊂ G ⊂ Cls ( G ) ⊂ H . Misal F1 ,
F2 himpunan tutup yang disjoint, maka F1 ⊂ X \ F2 dengan X \ F2 buka. Dari pemisalan
ada
himpunan
buka
G
sedemikian
sehingga
F1 ⊂ G ⊂ Cls ( G ) ⊂ X \ F2 . Cls ( G ) ⊂ X \ F2 ,
maka
F2 ⊂ X \ Cls ( G )
dan
G ⊂ Cls ( G ) ,
maka
G ∩ X \ Cls ( G ) = φ , dengan X \ Cls ( G ) buka. Diperoleh untuk setiap himpunan tutup F1 , F2 yang disjoint ada himpunan buka G
dan X \ Cls ( G ) sedemikian sehingga G ∩ X \ Cls ( G ) = φ , akibatnya
X
normal
Teorema 3.3.3 Jika D himpunan bilangan dyadic pada unit interval [ 0,1] yaitu 15 1 1 3 1 3 5 7 1 D = 0, , , , , , , , ,..., ,...,1 , maka D padat di [ 0,1] 16 2 4 4 8 8 8 8 16 Bukti: Akan dibuktikan D padat di [ 0,1] dengan menunjukkan setiap interval buka
( a − ∂, a + ∂ ) dengan
pusat di sebarang a ∈ [ 0,1] memuat elemen D . Perhatikan
35
bahwa
1
lim n→∞ 2
n
= 0 , maka ada q = 2n0 sedemikian sehingga 0 <
perhatikan interval
1 < ∂ . Kemudian q
1 1 2 2 3 q − 2 q − 1 q − 1 0, q , q , q , q , q ,..., q , q , q ,1 , maka
q −1 k k + 1 k k + 1 0,1 = . Karena a ∈ [ 0,1] , a termuat disalah satu interval , [ ] U , , q q q k =0 q
m m + 1 m m +1 m+h misal a ∈ , yaitu ≤a≤ , artinya a = , 0 ≤ h ≤ 1, dilain q q q q q pihak
1 1+ l <∂= , 0 < l, l ∈ q q
Dengan kata lain a − ∂ <
dengan
akibatnya
( m + h ) − (1 + l ) = ( m + h − 1) − l < m .
m m m dan ≤ a < a + ∂ . Diperoleh a − ∂ < < a + ∂ , q q q
m ∈ D . Diperoleh kesimpulan, sebarang interval buka q
memuat elemen D yaitu
( a − ∂, a + ∂ )
m , maka D padat di [ 0,1] q
Lemma 3.3.4 Lemma Urysohn Jika A dan B dua buah himpunan tutup yang disjoint pada ruang normal X , maka ada fungsi kontinu
χ : X →I sedemikian sehingga χ ( A ) = 0 dan χ ( B ) = 1 Bukti : Dari hipotesis bahwa
A ∩ B = φ , maka
A ⊂ X \ B . Karena
B
tutup
maka X \ B buka dan X \ B memuat A dimana A tutup. Dari teorema 3.3.2
36
dijamin keberadaan U 1
2
( ) tutup, maka ada U
Karena U 1 buka dan Cls U 1 2
( ) ⊂U
A ⊂ U 1 ⊂ Cls U 1 4
4
1
( ) ⊂ X \ B.
sedemikian sehingga A ⊂ U 1 ⊂ Cls U 1
2
2
2
( ) ⊂U
⊂ Cls U 1
2
3
4
1
4
2
, U 3 sedemikian sehingga 4
( )⊂ X \B.
⊂ Cls U 3
Dengan
4
melanjutkannya, diperoleh himpunan keluarga F = {U t t ∈ D} yang memiliki sifat
( )
jika t1 , t2 ∈ D dan t1 < t2 maka Cls U t1 ⊂ U t2 Didefinisikan fungsi χ : X → I yaitu :
inf {t : x ∈ U t } untuk x ∉ B
χ ( x) =
1
untuk x ∈ B
Karena A ⊂ U t , t ∈ D maka χ ( A ) = 0 . Dari definisi χ diperoleh χ ( B ) = 1 . Selanjutnya akan dibuktikan χ kontinu. Dari teorema 2.3.3 χ kontinu jika invers dari himpunan subbasic [ 0, a ) dan ( b,1] adalah himpunan buka di X . Akan dibuktikan χ −1 [ 0, a ) = U {U t : t < a}
i). Misal x ∈ χ −1 [ 0, a ) , maka χ ( x ) ∈ [ 0, a ) yaitu 0 ≤ χ ( x ) < a . Karena D padat di [ 0,1] , maka ada t x ∈ D sedemikian sehingga χ ( x ) < t x < a . Dengan kata lain χ ( x ) = inf {t : x ∈ U t } < t x < a . Karena
x ∈ U t x dimana
t x < a , maka
x ∈ U {U t : t < a} . Karena x sebarang maka χ −1 [ 0, a ) ⊂ U {U t : t < a} .
37
ii). Misal
y ∈ U {U t : t < a} , maka ada t y ∈ D sedemikian sehingga t y < a dan
y ∈U t y ,
oleh
karena
χ ( y ) = inf {t : y ∈ U t } < t y < a .
itu
Akibatnya
y ∈ χ −1 [ 0, a ) . Dengan kata lain χ −1 [ 0, a ) ⊃ U {U t : t < a} Dari i) dan ii) diperoleh χ −1 [ 0, a ) = U {U t : t < a} . Karena U t buka untuk
t < a maka χ −1 [ 0, a ) = U {U t : t < a}
Akan dibuktikan χ −1 ( b,1] = U { X \ Cls (U t ) : t > b} iii) Misal x ∈ χ −1 ( b,1] , maka χ ( x ) ∈ ( b,1] yaitu b < χ ( x ) ≤ 1 . Karena D padat di [ 0,1] , maka ada t1 , t2 ∈ D sedemikian sehingga b < t1 < t2 < χ ( x ) . Dengan kata lain χ ( x ) = inf {t : x ∈ U t } > t2 . Jadi x ∉ Gt2 . Perhatikan jika
( )
( )
t1 < t2 maka Cls Gt1 ⊂ Gt2 . Karena x ∉ Gt2 maka x ∉ Cls Gt1
artinya
( )
x ∈ X \ Cls Gt1 dimana t1 > b . Akibatnya x ∈ U { X \ Cls (U t ) : t > b} . Karena
x sebarang, χ −1 ( b,1] ⊂ U { X \ Cls (U t ) : t > b} iv). Misal y ∈ U { X \ Cls (U t ) : t > b} , maka ada t y ∈ D sedemikian sehingga ty > b
dan
( )
y ∈ X \ Cls U t y
( )
mengakibatkan U t ⊂ U t ⊂ Cls U t y
atau
y
y ∉Ut y . Dilain pihak untuk t < t y
maka y ∉U t untuk t < t y . Oleh karena itu
χ ( y ) = inf {t : y ∈ U t } ≥ t y > b , mengakibatkan
y ∈ χ −1 ( ( b,1]) . Karena y
sebarang maka χ −1 ( b,1] ⊃ U { X \ Cls (U t ) : t > b}
38
dari iii) dan iv) diperoleh kesimpulan χ −1 ( b,1] = U { X \ Cls (U t ) : t > b} . Karena
X \ Cls (U t ) buka untuk t > b , maka χ −1 ( b,1] = U { X \ Cls (U t ) : t > b} buka Karena
gabungan
dari
setiap
χ −1 ( b,1] = U { X \ Cls (U t ) : t > b}
himpunan gabung
buka
adalah
buka,
maka
χ −1 [ 0, a ) = U {U t : t < a} adalah
buka. Dari teorema (2.3.3) diperoleh χ kontinu. Terbukti jika A dan B dua buah himpunan tutup yang disjoint pada ruang normal
X , maka ada fungsi kontinu
χ : X →I Sedemikian sehingga χ ( A ) = 0 dan χ ( B ) = 1
