Bab 12: Interval, Teorema Interval Bersarang, dan Representasi Desimal

12.1 Klasifikasi Topologis Interval

Unit ini membangun fondasi rigor untuk memahami interval sebagai objek matematika yang terdefinisi secara presis, bukan sekadar "segmen garis bilangan" secara intuitif. Kami memulai dari sifat paling mendasar yang membedakan interval dari himpunan bagian $\mathbb{R}$ lainnya, yaitu sifat cembung menurut urutan (order-convexity), kemudian membuktikan bahwa sifat ini persis mengkarakterisasi semua jenis interval yang dikenal. Selanjutnya kami mendefinisikan secara mandiri—tanpa meminjam teori dari Bab 13—arti kata "terbuka" dan "tertutup" dalam konteks $\mathbb{R}$ sebagai ruang metrik, dan mengklasifikasikan setiap jenis interval menurut kriteria tersebut. Klasifikasi melalui ujung interval memakai aksioma supremum dan keberadaan infimum; bukti keterbukaan lokal hanya memakai aljabar urutan. Archimedes dipakai secara khusus pada contoh $\mathbb Z$ dalam Solusi 12.1-6 melalui lemma pembulatan, bukan pada setiap bukti unit ini.

Beberapa catatan konvensi yang berlaku sepanjang unit ini. Himpunan bilangan asli adalah $\mathbb{N} = \{0, 1, 2, \ldots\}$. Simbol $\infty$ dan $-\infty$ adalah penanda ujung tak terbatas, bukan anggota $\mathbb{R}$; ekspresi seperti $(a, \infty)$ berarti $\{x \in \mathbb{R} : x > a\}$ dan tidak mengandung "$\infty$" sebagai unsur. Lapangan terurut lengkap $\mathbb{R}$ tidak dibangun ulang di sini; kami merujuk sifat-sifat yang telah ditetapkan pada bab terdahulu secara deskriptif.

Motivasi: Mengapa Mengklasifikasikan Interval?

Dalam analisis matematika, banyak teorema penting—seperti Teorema Nilai Antara, Teorema Nilai Ekstrem, dan kelak teorema tentang barisan bersarang—mensyaratkan domain yang berbentuk interval. Namun pernyataan "berbentuk interval" itu sendiri harus didefinisikan secara ketat agar teorema-teorema tersebut tidak berdiri di atas pengertian intuitif yang samar. Pertanyaan yang harus dijawab adalah: apa sifat intrinsik suatu himpunan $I \subseteq \mathbb{R}$ yang menjadikannya interval, dan jenis interval mana saja yang ada?

Selain itu, dalam analisis nyata kita sering memerlukan pembedaan antara interval yang "terbuka" dan yang "tertutup", karena sifat-sifat kalkulus berperilaku berbeda di keduanya. Sebagai motivasi dari teorema yang akan dipelajari kemudian, fungsi kontinu pada interval tertutup terbatas yang takkosong mencapai maksimum dan minimum. Pada interval terbuka, kesimpulan itu tidak dijamin untuk setiap fungsi kontinu; hasil tersebut tidak dipakai dalam bukti unit ini. Karena itu, selain mengklasifikasikan interval berdasarkan bentuk aljabarnya, kita juga perlu mengklasifikasikannya berdasarkan sifat topologis fundamentalnya.

Strategi keseluruhan unit ini adalah sebagai berikut. Pertama, kita mendefinisikan interval secara intrinsik melalui sifat order-convexity. Kedua, kita membuktikan teorema karakterisasi: setiap himpunan order-convex di $\mathbb{R}$ adalah salah satu dari sebelas jenis yang dapat dicacah (termasuk himpunan kosong dan singleton). Ketiga, kita mendefinisikan keterbukaan dan ketertutupan secara minimal langsung dari definisi lingkungan, lalu mengklasifikasikan setiap jenis interval. Tidak ada argumen yang meminjam konsep dari bab yang lebih lanjut seperti kompaktness atau barisan konvergen untuk membuktikan pernyataan yang menjadi prasyarat konsep tersebut.

Definisi Order-Convex dan Keluarga Interval

Kita mulai dengan definisi sentral unit ini.

Definisi 12.1.1. Misalkan $I \subseteq \mathbb{R}$. Himpunan $I$ disebut order-convex (atau cembung terurut) jika untuk setiap $u, v \in I$ dengan $u < v$, dan untuk setiap $z \in \mathbb{R}$ dengan $u < z < v$, berlaku $z \in I$. Suatu himpunan yang order-convex disebut interval.

Dengan kata lain, $I$ adalah interval jika dan hanya jika: setiap bilangan real yang berada di antara dua anggota $I$ juga merupakan anggota $I$. Perhatikan bahwa kondisi ini bersifat vakuos jika $I$ tidak memiliki dua anggota yang berbeda; dengan demikian himpunan kosong $\emptyset$ dan setiap singleton $\{a\}$ adalah interval secara trivial.

Definisi 12.1.2. Untuk $a,b\in\mathbb R$, definisikan empat himpunan berikut melalui ketaksamaan; bila $a<b$, keempatnya adalah bentuk interval terbatas nondegenerat:

Jika $a<b$, maka $a<(a+b)/2<b$, sehingga titik tengah itu anggota keempat himpunan dan semuanya takkosong. Rumus keanggotaan yang sama tetap digunakan saat $a=b$ atau $a>b$, dengan hasil degenerat yang dibahas berikutnya.

Definisi 12.1.3. Untuk $a, b \in \mathbb{R}$, kita mendefinisikan empat jenis sinar (ray):

Selain itu, $\mathbb{R}$ sendiri dianggap interval (sering ditulis $(-\infty, \infty)$).

Definisi 12.1.4. Kasus-kasus degenerat: untuk $a \in \mathbb{R}$, singleton $\{a\} = [a, a]$ adalah interval. Jika $a = b$, maka $(a,a) = \emptyset$, $[a,a) = \emptyset$, $(a,a] = \emptyset$, semuanya kosong karena setidaknya satu ketaksamaan tegas bersama kedua pembatas akan memaksa $a<a$, yang mustahil. Jika $a > b$, keempat ekspresi $(a,b), [a,b], [a,b), (a,b]$ juga kosong karena tidak ada $x \in \mathbb{R}$ yang memenuhi $a < x < b$ atau $a \leq x \leq b$ ketika $a > b$. Himpunan kosong $\emptyset$ adalah interval (kasus vacuously convex).

Bukti: Semua Bentuk yang Terdefinisi adalah Interval

Teorema 12.1.5. Setiap himpunan yang didefinisikan dalam Definisi 12.1.2, 12.1.3, dan 12.1.4 adalah order-convex.

Strategi Bukti. Untuk setiap kasus, kita ambil $u, v$ anggota himpunan dengan $u < v$, ambil $z$ dengan $u < z < v$, lalu verifikasi bahwa $z$ memenuhi kondisi keanggotaan himpunan tersebut. Ini hanya memerlukan transitifitas dan sifat urutan $\mathbb{R}$.

Bukti. Kasus $(a,b)$: Ambil $u, v \in (a,b)$ dengan $u < v$, dan $z$ dengan $u < z < v$. Maka $a < u < z$ (karena $a < u$ dan $u < z$) dan $z < v < b$, sehingga $a < z < b$, yaitu $z \in (a,b)$.

Kasus $[a,b]$: Ambil $u, v \in [a,b]$ dengan $u < v$, dan $z$ dengan $u < z < v$. Maka $a \leq u < z$ dan $z < v \leq b$, sehingga $a \leq z \leq b$, yaitu $z \in [a,b]$.

Kasus $[a,b)$: Ambil $u, v \in [a,b)$ dengan $u < v$, dan $z$ dengan $u < z < v$. Maka $a \leq u < z$ dan $z < v < b$, sehingga $a \leq z < b$, yaitu $z \in [a,b)$. Untuk $(a,b]$, dari $u,v\in(a,b]$ dan $u<z<v$ diperoleh $a<u<z<v\leq b$, sehingga $a<z\leq b$ dan $z\in(a,b]$.

Kasus $(a,\infty)$: Ambil $u, v \in (a,\infty)$ dengan $u < v$, dan $z$ dengan $u < z$. Maka $a < u < z$, sehingga $z > a$, yaitu $z \in (a,\infty)$. Untuk $[a,\infty)$, dari $a\leq u<z<v$ diperoleh $z\geq a$. Untuk $(-\infty,b)$, dari $u<z<v<b$ diperoleh $z<b$. Untuk $(-\infty,b]$, dari $u<z<v\leq b$ diperoleh $z\leq b$. Jadi setiap titik di antara dua anggota berada dalam sinar yang sama.

Kasus $\mathbb{R}$: Setiap $z \in \mathbb{R}$ trivially berada dalam $\mathbb{R}$.

Kasus $\emptyset$ dan $\{a\}$: Kondisi order-convexity berbunyi "untuk setiap $u, v \in I$ dengan $u < v$, ...". Karena $\emptyset$ tidak memiliki anggota dan $\{a\}$ tidak memiliki dua anggota berbeda, premis tidak pernah terpenuhi, sehingga implikasi vacuously benar. $\square$

Teorema Karakterisasi: Arah Balik

Arah yang jauh lebih dalam dan substansial adalah arah balik: setiap himpunan order-convex di $\mathbb{R}$ harus berbentuk salah satu dari jenis yang telah kita definisikan. Inilah teorema karakterisasi utama unit ini.

Teorema 12.1.6 (Karakterisasi Interval di $\mathbb{R}$). Misalkan $I \subseteq \mathbb{R}$ adalah himpunan order-convex. Maka $I$ adalah salah satu dari: $\emptyset$, suatu singleton $\{a\}$, atau salah satu dari sembilan jenis interval yang didefinisikan dalam Definisi 12.1.2–12.1.3 (dengan $a < b$ untuk interval terbatas, atau $a \in \mathbb{R}$ untuk sinar).

Strategi Bukti. Kita bagi berdasarkan kardinalitas $I$. Jika $|I| = 0$, selesai. Jika $|I| = 1$, selesai. Jika $|I| \geq 2$, kita bagi lagi berdasarkan keterbatasan $I$ dari bawah dan dari atas. Dalam setiap subkasus, kita tetapkan $a = \inf I$ dan/atau $b = \sup I$ (ketika batas tersebut ada di $\mathbb{R}$), lalu membuktikan bahwa $I$ sama persis dengan salah satu dari sebelas bentuk yang mungkin dengan cara menunjukkan inklusi dua arah, menggunakan order-convexity untuk arah $\supseteq$ dan definisi infimum/supremum untuk arah $\subseteq$.

Bukti. Misalkan $I$ order-convex dan $|I| \geq 2$. Pilih $p, q \in I$ dengan $p \neq q$; WLOG $p < q$.

Kasus A: $I$ terbatas dari bawah dan dari atas. Karena $I$ takkosong dan terbatas dua sisi, Aksioma 11.3.1 tentang supremum dan Teorema 11.3.3 tentang infimum memberi $a:=\inf I\in\mathbb R$ dan $b:=\sup I\in\mathbb R$. Karena $p < q$ keduanya anggota $I$, kita punya $a \leq p < q \leq b$, sehingga $a < b$.

Langkah 1: Setiap anggota $I$ berada dalam $[a,b]$. Ini langsung dari definisi $a = \inf I$ dan $b = \sup I$: untuk setiap $x \in I$, $a \leq x \leq b$, yaitu $x \in [a,b]$. Jadi $I \subseteq [a,b]$.

Langkah 2: Setiap $x$ dengan $a < x < b$ adalah anggota $I$. Karena $x > a = \inf I$, maka $x$ bukan merupakan batas bawah $I$, sehingga terdapat $u \in I$ dengan $u < x$. Karena $x < b = \sup I$, maka $x$ bukan merupakan batas atas $I$, sehingga terdapat $v \in I$ dengan $x < v$. Maka $u, v \in I$, $u < x < v$, dan order-convexity $I$ memberikan $x \in I$. Jadi $(a,b) \subseteq I$.

Langkah 3: Menentukan keanggotaan $a$ dan $b$. Apakah $a \in I$ dan/atau $b \in I$? Ini memberikan empat pilihan: — Jika $a \in I$ dan $b \in I$: maka $(a,b) \subseteq I \subseteq [a,b]$ dan $\{a,b\} \subseteq I$, jadi $I = [a,b]$. — Jika $a \notin I$ dan $b \notin I$: maka $I \subseteq (a,b)$ dan $(a,b) \subseteq I$, jadi $I = (a,b)$. — Jika $a \in I$ dan $b \notin I$: maka $I = [a,b)$. — Jika $a \notin I$ dan $b \in I$: maka $I = (a,b]$.

Kasus B: $I$ terbatas dari bawah tetapi tidak dari atas. Maka $a := \inf I \in \mathbb{R}$ ada, tetapi $I$ tidak terbatas atas. Klaim: $I = [a,\infty)$ atau $I = (a,\infty)$.

Langkah 1: $I \subseteq [a,\infty)$. Langsung dari $a = \inf I$.

Langkah 2: Untuk setiap $x > a$, berlaku $x \in I$. Karena $x > a = \inf I$, ada $u \in I$ dengan $u < x$. Karena $I$ tidak terbatas atas, ada $v \in I$ dengan $v > x$. Maka order-convexity memberi $x \in I$. Jadi $(a,\infty) \subseteq I$.

Langkah 3: Keanggotaan $a$ dalam $I$ menentukan apakah $I = [a,\infty)$ atau $I = (a,\infty)$.

Kasus C: $I$ terbatas dari atas tetapi tidak dari bawah. Karena $I$ takkosong, ada $b=\sup I\in\mathbb R$. Setiap $y\in I$ memenuhi $y\leq b$, sehingga $I\subseteq(-\infty,b]$. Ambil $x<b$. Karena $x$ bukan batas atas, ada $v\in I$ dengan $x<v$; karena $I$ tidak terbatas bawah, ada $u\in I$ dengan $u<x$. Sifat order-convex memberi $x\in I$. Jadi $(-\infty,b)\subseteq I\subseteq(-\infty,b]$. Bila $b\in I$, maka $I=(-\infty,b]$; bila $b\notin I$, maka $I=(-\infty,b)$. Tidak ada infimum real yang diasumsikan untuk sisi takterbatas ini.

Kasus D: $I$ tidak terbatas dari bawah maupun dari atas. Untuk setiap $x \in \mathbb{R}$: karena $I$ tidak terbatas bawah, ada $u \in I$ dengan $u < x$; karena $I$ tidak terbatas atas, ada $v \in I$ dengan $v > x$. Order-convexity memberi $x \in I$. Jadi $I = \mathbb{R}$. $\square$

Kasus Degenerat: Kosong, Singleton, dan Perbatasan $a = b$, $a > b$

Bagian utama bukti Teorema 12.1.6 menangani kasus $|I|\geq2$, setelah kasus kosong dan singleton dipisahkan. Kita perlu memisahkan kasus-kasus yang lebih kecil dengan cermat, karena terminologi "interval" dalam literatur kadang digunakan dengan berbagai konvensi.

Proposisi 12.1.7 (Kasus Degenerat). (i) Himpunan kosong $\emptyset$ adalah interval (order-convex secara vacuous). (ii) Setiap singleton $\{a\}$ dengan $a \in \mathbb{R}$ adalah interval. (iii) Jika $a = b$, maka $[a,a] = \{a\}$ (singleton); $(a,a) = \emptyset$; $[a,a) = \emptyset$; $(a,a] = \emptyset$. (iv) Jika $a > b$, maka $(a,b) = \emptyset$; $[a,b] = \emptyset$; $[a,b) = \emptyset$; $(a,b] = \emptyset$.

Bukti. (i) dan (ii) telah dibahas dalam Teorema 12.1.5. (iii) Untuk $[a,a]$: $x \in [a,a]$ berarti $a \leq x \leq a$, yaitu $x = a$, jadi $[a,a] = \{a\}$. Untuk $(a,a)$: $x \in (a,a)$ berarti $a < x < a$, yang mustahil untuk $x \in \mathbb{R}$ karena $a < a$ tidak terpenuhi; jadi $(a,a) = \emptyset$. Argumen serupa berlaku untuk $[a,a)$ dan $(a,a]$. (iv) Jika $a > b$, maka kondisi $a < x$ dan $x < b$ tidak dapat keduanya dipenuhi secara bersamaan karena $a > b$ mengakibatkan tidak ada $x$ dengan $a < x < b$; demikian pula untuk $a \leq x \leq b$ dengan $a > b$. $\square$

Catatan penting: tidak ada "tabel kasus" tunggal yang memadai untuk semua nilai $a, b \in \mathbb{R}$ tanpa diskriminasi apakah $a < b$, $a = b$, atau $a > b$. Penulis dan pembaca harus selalu menetapkan asumsi ketaksamaan sebelum menggunakan notasi interval.

Definisi Minimal Keterbukaan dan Ketertutupan di $\mathbb{R}$

Kita sekarang mendefinisikan konsep topologis fundamental secara langsung dari prinsip pertama, tanpa mengimpor teori dari Bab 13.

Definisi 12.1.8 (Lingkungan Terbuka). Untuk $x \in \mathbb{R}$ dan $\delta > 0$, lingkungan terbuka berjari-jari $\delta$ di $x$ adalah himpunan $(x - \delta, x + \delta) = \{y \in \mathbb{R} : |y - x| < \delta\}$.

Definisi 12.1.9 (Himpunan Terbuka dan Tertutup di $\mathbb{R}$). — Himpunan $U \subseteq \mathbb{R}$ disebut terbuka di $\mathbb{R}$ jika: untuk setiap $x \in U$, terdapat $\delta > 0$ sehingga $(x - \delta, x + \delta) \subseteq U$. — Himpunan $F \subseteq \mathbb{R}$ disebut tertutup di $\mathbb{R}$ jika komplemennya $\mathbb{R} \setminus F$ terbuka di $\mathbb{R}$.

Ini adalah definisi standar keterbukaan dalam konteks metrik standar pada $\mathbb{R}$. Kita tidak membutuhkan definisi ruang metrik umum; definisi di atas sudah lengkap untuk $\mathbb{R}$. Perhatikan bahwa suatu himpunan bisa saja: (a) terbuka saja, (b) tertutup saja, (c) keduanya terbuka dan tertutup (clopen), atau (d) bukan terbuka dan bukan tertutup. Kita akan melihat contoh dari setiap kategori.

Lemma 12.1.10. $\emptyset$ dan $\mathbb{R}$ keduanya terbuka dan tertutup di $\mathbb{R}$.

Bukti. $\emptyset$ terbuka secara hampa karena tidak ada anggota yang harus diberi lingkungan. Untuk setiap $x\in\mathbb R$, radius $\delta=1$ memberi $(x-1,x+1)\subseteq\mathbb R$, sehingga $\mathbb R$ terbuka. Karena $\mathbb R\setminus\mathbb R=\emptyset$ terbuka, $\mathbb R$ tertutup. Karena $\mathbb R\setminus\emptyset=\mathbb R$ terbuka, $\emptyset$ tertutup. $\square$

Klasifikasi Topologis: Interval Terbatas

Kita sekarang membuktikan klasifikasi topologis untuk setiap jenis interval, dimulai dari yang terbatas.

Teorema 12.1.11 (Klasifikasi $(a,b)$). Untuk $a < b$, interval $(a,b)$ terbuka di $\mathbb{R}$ dan tidak tertutup di $\mathbb{R}$.

Bukti. Keterbukaan: Ambil $x \in (a,b)$. Maka $a < x < b$, sehingga $x - a > 0$ dan $b - x > 0$. Tetapkan $\delta = \frac{1}{2} \min(x - a, b - x) > 0$. Klaim: $(x - \delta, x + \delta) \subseteq (a,b)$. Ambil $y$ dengan $|y - x| < \delta$. Maka:

Jadi $a < y < b$, yaitu $y \in (a,b)$. Ini membuktikan $(a,b)$ terbuka.

Tidak tertutup: Komplemen $(a,b)^c=(-\infty,a]\cup[b,\infty)$ memuat $a$. Untuk setiap $\delta>0$, pilih $\varepsilon=\min(\delta/2,(b-a)/2)>0$ dan $z=a+\varepsilon$. Karena $0<\varepsilon<\delta$ dan $\varepsilon\leq(b-a)/2<b-a$, berlaku $z\in(a-\delta,a+\delta)$ serta $a<z<b$. Jadi $z\notin(a,b)^c$. Ini berlaku untuk setiap radius, bukan hanya radius yang lebih kecil dari $b-a$, sehingga komplemen tidak terbuka di $a$ dan $(a,b)$ tidak tertutup. $\square$

Teorema 12.1.12 (Klasifikasi $[a,b]$). Untuk $a < b$, interval $[a,b]$ tertutup di $\mathbb{R}$ dan tidak terbuka di $\mathbb{R}$.

Bukti. Ketertutupan: Kita tunjukkan $[a,b]^c = (-\infty, a) \cup (b, \infty)$ terbuka. Ambil $x \in (-\infty, a)$, maka $x < a$, tetapkan $\delta = \frac{a-x}{2} > 0$. Untuk $|y - x| < \delta$, $y < x + \delta = x + \frac{a-x}{2} = \frac{x+a}{2} < a$, jadi $y \in (-\infty, a)$. Jadi $(-\infty, a)$ terbuka. Untuk $x>b$, pilih $\delta=(x-b)/2>0$. Jika $|y-x|<\delta$, maka $y>x-\delta=(x+b)/2>b$, sehingga $(b,\infty)$ terbuka. Gabungan dua himpunan terbuka adalah terbuka (dapat diverifikasi langsung: jika $x$ dalam gabungan, $x$ berada di salah satu komponen terbuka dan $\delta$ yang bekerja untuk komponen itu bekerja juga untuk gabungan). Jadi $[a,b]^c$ terbuka, artinya $[a,b]$ tertutup.

Tidak terbuka: Ambil $a \in [a,b]$. Untuk setiap $\delta > 0$, $a - \frac{\delta}{2} < a$ berada dalam $(a - \delta, a + \delta)$ tetapi $a - \frac{\delta}{2} \notin [a,b]$ (karena $a - \frac{\delta}{2} < a$). Jadi tidak ada $\delta > 0$ dengan $(a - \delta, a + \delta) \subseteq [a,b]$. $\square$

Teorema 12.1.13 (Klasifikasi $[a,b)$ dan $(a,b]$). Untuk $a < b$, interval setengah-terbuka $[a,b)$ dan $(a,b]$ tidak terbuka dan tidak tertutup di $\mathbb{R}$.

Bukti untuk $[a,b)$. Tidak terbuka: Ambil $a \in [a,b)$. Untuk setiap $\delta > 0$, $a - \frac{\delta}{2} < a$ berada dalam $(a-\delta, a+\delta)$ tetapi $a - \frac{\delta}{2} < a$ sehingga $a - \frac{\delta}{2} \notin [a,b)$. Jadi $[a,b)$ tidak terbuka.

Tidak tertutup: Kita tunjukkan $[a,b)^c = (-\infty, a) \cup [b, \infty)$ tidak terbuka. Ambil $b \in [b, \infty) \subseteq [a,b)^c$. Untuk setiap $\delta > 0$, ambil $\varepsilon = \min\!\left(\frac{\delta}{2}, \frac{b-a}{2}\right) > 0$; maka $b - \varepsilon \in (b - \delta, b + \delta)$ dan $a \leq b - \varepsilon < b$, sehingga $b - \varepsilon \in [a,b)$, yaitu $b - \varepsilon \notin [a,b)^c$. Jadi $[a,b)^c$ tidak terbuka, artinya $[a,b)$ tidak tertutup. Untuk $(a,b]$, titik $b\in(a,b]$ menghalangi keterbukaan: bagi setiap $\delta>0$, titik $b+\delta/2$ berada dalam lingkungan $b$ tetapi di luar himpunan. Komplemennya memuat $a$; bagi setiap $\delta>0$, pilih $\varepsilon=\min(\delta/2,(b-a)/2)>0$. Titik $a+\varepsilon$ berada dalam $(a-\delta,a+\delta)$ dan dalam $(a,b]$, sehingga di luar komplemen. Jadi komplemen tidak terbuka di $a$ dan $(a,b]$ tidak tertutup. $\square$

Klasifikasi Topologis: Sinar dan Kasus Khusus

Teorema 12.1.14 (Klasifikasi Sinar Terbuka). Untuk $a \in \mathbb{R}$, interval $(a, \infty)$ terbuka di $\mathbb{R}$ dan tidak tertutup. Untuk $b \in \mathbb{R}$, interval $(-\infty, b)$ terbuka di $\mathbb{R}$ dan tidak tertutup.

Bukti untuk $(a,\infty)$. Keterbukaan: Ambil $x \in (a, \infty)$, maka $x > a$. Tetapkan $\delta = \frac{x-a}{2} > 0$. Untuk $|y - x| < \delta$: $y > x - \delta = x - \frac{x-a}{2} = \frac{x+a}{2} > a$. Jadi $y \in (a,\infty)$. Terbuka terbukti. Tidak tertutup: Komplemen $(-\infty, a]$ tidak terbuka: ambil $a \in (-\infty, a]$; untuk setiap $\delta > 0$, $a + \frac{\delta}{2} > a$ berada dalam $(a - \delta, a + \delta)$ tetapi $a + \frac{\delta}{2} \notin (-\infty, a]$. Untuk $(-\infty,b)$, setiap $x<b$ mempunyai radius $\delta=(b-x)/2>0$; jika $|y-x|<\delta$, maka $y<x+\delta=(x+b)/2<b$. Jadi sinar itu terbuka. Komplemennya $[b,\infty)$ tidak terbuka di $b$, karena bagi setiap $\delta>0$ titik $b-\delta/2$ berada dalam lingkungan $b$ tetapi di luar komplemen. Maka $(-\infty,b)$ tidak tertutup. $\square$

Teorema 12.1.15 (Klasifikasi Sinar Tertutup). Untuk $a \in \mathbb{R}$, interval $[a, \infty)$ tertutup di $\mathbb{R}$ dan tidak terbuka. Untuk $b \in \mathbb{R}$, interval $(-\infty, b]$ tertutup di $\mathbb{R}$ dan tidak terbuka.

Bukti untuk kedua sinar. Untuk $(-\infty,b]$, komplemen $(b,\infty)$ terbuka menurut Teorema 12.1.14, sehingga sinar itu tertutup. Ia tidak terbuka: bagi setiap $\delta>0$, titik $b+\delta/2$ berada dalam lingkungan $b\in(-\infty,b]$ tetapi di luar sinar. Untuk $[a,\infty)$, ketertutupan: Komplemen $(-\infty, a)$ terbuka (dibuktikan seperti kasus $(a,\infty)$ dengan arah terbalik). Jadi $[a,\infty)$ tertutup. Tidak terbuka: Ambil $a \in [a,\infty)$; untuk $\delta > 0$, $a - \frac{\delta}{2} < a$ berada dalam $(a-\delta, a+\delta)$ tetapi $a - \frac{\delta}{2} \notin [a,\infty)$. $\square$

Teorema 12.1.16 (Klasifikasi Singleton). Untuk $a \in \mathbb{R}$, singleton $\{a\}$ tertutup di $\mathbb{R}$ dan tidak terbuka.

Bukti. Ketertutupan: Komplemen $\mathbb{R} \setminus \{a\} = (-\infty, a) \cup (a, \infty)$, gabungan dua himpunan terbuka, adalah terbuka. Jadi $\{a\}$ tertutup. Tidak terbuka: Untuk setiap $\delta > 0$, $a + \frac{\delta}{2} \in (a - \delta, a + \delta)$ tetapi $a + \frac{\delta}{2} \neq a$ sehingga $a + \frac{\delta}{2} \notin \{a\}$. $\square$

Ringkasan Klasifikasi Topologis. Dengan $a < b$:

$(a,b)$: terbuka, tidak tertutup. $\quad [a,b]$: tertutup, tidak terbuka. $\quad [a,b)$ dan $(a,b]$: tidak terbuka, tidak tertutup.

$(a,\infty)$ dan $(-\infty, b)$: terbuka, tidak tertutup. $\quad [a,\infty)$ dan $(-\infty, b]$: tertutup, tidak terbuka.

$\mathbb{R}$: terbuka dan tertutup. $\quad \emptyset$: terbuka dan tertutup. $\quad \{a\}$: tertutup, tidak terbuka.

Perlu ditekankan: kita tidak mengklaim bahwa setiap himpunan tertutup di $\mathbb{R}$ adalah interval, atau bahwa setiap himpunan yang bukan terbuka adalah tertutup. Kedua klaim itu palsu secara umum.

Keterbukaan Relatif versus Keterbukaan di $\mathbb{R}$

Sebelum beralih ke latihan, kita perlu memperjelas perbedaan antara keterbukaan yang bersifat relatif terhadap suatu subhimpunan dan keterbukaan di ambient $\mathbb{R}$. Perbedaan ini penting agar tidak terjadi kebingungan dalam soal-soal latihan dan diskusi selanjutnya.

Definisi 12.1.17 (Keterbukaan Relatif). Misalkan $S \subseteq \mathbb{R}$ dan $U \subseteq S$. Himpunan $U$ disebut terbuka relatif terhadap $S$ (atau terbuka dalam $S$) jika untuk setiap $x \in U$, terdapat $\delta > 0$ sehingga $(x - \delta, x + \delta) \cap S \subseteq U$. Ekuivalen, $U$ terbuka dalam $S$ jika dan hanya jika terdapat himpunan $V$ yang terbuka di $\mathbb{R}$ dengan $U = V \cap S$.

Bukti kesetaraan dua rumusan. Jika $U=V\cap S$ dengan $V$ terbuka di $\mathbb R$, setiap $x\in U\subseteq V$ mempunyai $\delta>0$ dengan $(x-\delta,x+\delta)\subseteq V$. Irisan dengan $S$ memberi lingkungan relatif yang termuat dalam $U$. Sebaliknya, andaikan rumusan lingkungan relatif berlaku. Ambil $V$ sebagai gabungan semua interval $(x-\delta,x+\delta)$ dengan $x\in U$, $\delta>0$, dan $(x-\delta,x+\delta)\cap S\subseteq U$. Tidak dipilih satu radius global per titik: semua pasangan yang memenuhi syarat dipakai. Setiap $x\in U$ berada dalam salah satu interval itu, sehingga $U\subseteq V\cap S$. Setiap anggota $V\cap S$ berada dalam interval penyusun yang irisannya dengan $S$ termuat dalam $U$, sehingga $V\cap S\subseteq U$. Terakhir, setiap $y\in V$ berada dalam suatu interval penyusun terbuka, yang memberi radius lingkungan $y$ termuat dalam interval itu dan karenanya dalam $V$; jadi $V$ terbuka. Jika $U=\emptyset$, gabungannya kosong dan argumen tetap sah. Ini membuktikan kedua arah tanpa memakai teori dari Bab 13. $\square$

Contoh 12.1.18. Himpunan $[0,1)$ tidak terbuka di $\mathbb{R}$ (dibuktikan dalam Teorema 12.1.13). Namun $[0,1)$ terbuka dalam $[0,1]$. Memang, $[0,1) = (-1, 1) \cap [0,1]$, dan $(-1,1)$ terbuka di $\mathbb{R}$. Jadi $[0,1)$ adalah himpunan yang terbuka relatif dalam ruang $[0,1]$ tetapi tidak terbuka dalam ruang ambient $\mathbb{R}$.

Ini bukan kontradiksi; "terbuka" adalah sifat yang bergantung pada ruang ambient. Fakta bahwa $[0,1)$ terbuka dalam $[0,1]$ sama sekali tidak bertentangan dengan fakta bahwa ia tidak terbuka di $\mathbb{R}$. Setiap pernyataan tentang keterbukaan harus menyebutkan dengan jelas ruang ambientnya.

Dalam seluruh unit ini, kecuali dinyatakan lain secara eksplisit, "terbuka" dan "tertutup" selalu berarti terbuka/tertutup di $\mathbb{R}$ sebagai ruang ambient.

Contoh Terhitung dan Ilustrasi

Contoh 12.1.19. Tentukan apakah $A = [2, 5)$ adalah interval, tentukan $\inf A$ dan $\sup A$, dan apakah masing-masing tercapai sebagai minimum atau maksimum.

Penyelesaian. Pertama, $A = [2,5)$ adalah interval berdasarkan Definisi 12.1.2 dengan $a = 2, b = 5, a < b$. Berdasarkan Teorema 12.1.5, ia order-convex. Berdasarkan Teorema 12.1.13, ia tidak terbuka dan tidak tertutup di $\mathbb{R}$.

Mengenai infimum: setiap $x\in A$ memenuhi $x\geq2$, sehingga $2$ batas bawah. Karena $2\leq2<5$, berlaku $2\in A$, jadi $\inf A=\min A=2$. Mengenai supremum: $5$ batas atas sebab setiap $x\in A$ memenuhi $x<5$. Untuk setiap $M<5$, tetapkan $c=\max(2,M)<5$ dan $z=(c+5)/2$. Karena $2\leq c<z<5$, kita punya $z\in[2,5)=A$; karena $M\leq c<z$, titik ini melampaui $M$. Jadi tidak ada batas atas lebih kecil dari $5$ dan $\sup A=5$. Karena $5\notin A$, maksimum tidak ada: maksimum, bila ada, harus sama dengan supremum menurut Unit 11.2. $\square$

Contoh 12.1.20. Tunjukkan bahwa $B = \{0, 2\}$ adalah himpunan tertutup di $\mathbb{R}$ tetapi bukan interval.

Penyelesaian. Tertutup: $B^c = (-\infty, 0) \cup (0, 2) \cup (2, \infty)$, gabungan tiga himpunan terbuka (masing-masing adalah interval terbuka atau sinar terbuka), yang terbuka. Jadi $B$ tertutup. Bukan interval: $0, 2 \in B$ dan $0 < 1 < 2$, tetapi $1 \notin B$. Jadi $B$ tidak order-convex, bukan interval. Ini menunjukkan bahwa himpunan tertutup tidak harus berupa interval. $\square$

Contoh 12.1.21. Tentukan apakah irisan $(-1, 3) \cap [2, 5]$ adalah interval dan klasifikasikan secara topologis.

Penyelesaian. $(-1,3) \cap [2,5] = \{x : -1 < x < 3 \text{ dan } 2 \leq x \leq 5\} = [2, 3)$. Ini adalah interval setengah-terbuka dengan $a = 2, b = 3$. Berdasarkan Teorema 12.1.13, ia tidak terbuka dan tidak tertutup di $\mathbb{R}$. Irisan dua interval adalah interval—ini adalah kasus khusus dari Latihan 12.1-5 di bawah. $\square$

Latihan 12.1-1 dan Solusi: Kasus Degenerat $a = b$

Latihan 12.1-1. Misalkan $a \in \mathbb{R}$. Tentukan secara lengkap empat himpunan $(a,a)$, $[a,a]$, $[a,a)$, $(a,a]$. Untuk masing-masing, nyatakan apakah ia interval, dan jika ya, klasifikasikan secara topologis di $\mathbb{R}$.

Solusi 12.1-1. Himpunan $(a,a)$: $x \in (a,a)$ berarti $a < x < a$, yaitu $a < a$ setelah eliminasi $x$—tetapi $a < a$ palsu. Jadi $(a,a) = \emptyset$. Himpunan kosong adalah interval (vacuously order-convex) dan terbuka serta tertutup di $\mathbb{R}$ (Lemma 12.1.10).

Himpunan $[a,a]$: $x \in [a,a]$ berarti $a \leq x \leq a$, yaitu $x = a$. Jadi $[a,a] = \{a\}$. Singleton adalah interval dan tertutup tetapi tidak terbuka di $\mathbb{R}$ (Teorema 12.1.16).

Himpunan $[a,a)$: $x \in [a,a)$ berarti $a \leq x < a$, yaitu $a \leq x$ dan $x < a$, yang mustahil. Jadi $[a,a) = \emptyset$. Interval, terbuka dan tertutup.

Himpunan $(a,a]$: $x \in (a,a]$ berarti $a < x \leq a$, yaitu $x > a$ dan $x \leq a$, yang mustahil. Jadi $(a,a] = \emptyset$. Interval, terbuka dan tertutup. $\square$

Latihan 12.1-2 dan 12.1-3: Klasifikasi dan Sinar

Latihan 12.1-2. Untuk $I = [2, 5)$, tentukan $\inf I$ dan $\sup I$, nyatakan apakah masing-masing adalah minimum/maksimum, dan klasifikasikan $I$ secara topologis di $\mathbb{R}$. Untuk setiap $\delta>0$, berikan titik saksi di lingkungan $x=2$ yang berada di luar $I$, guna membuktikan bahwa $I$ tidak terbuka, dan bukti bahwa komplemen tidak terbuka di $y = 5$.

Solusi 12.1-2. $\inf I = 2$: untuk setiap $x \in [2,5)$, $x \geq 2$, jadi $2$ adalah batas bawah; $2 \in I$ jadi $2$ adalah minimum, sehingga $\inf I = \min I = 2$. $\sup I = 5$: setiap $x \in [2,5)$ memenuhi $x < 5$, jadi $5$ adalah batas atas. Untuk $M < 5$: jika $M < 2$, maka $2 \in I$ dan $2 > M$; jika $2 \leq M < 5$, ambil $M' = \frac{M+5}{2}$, maka $M < M' < 5$ dan $M' \geq 2$, sehingga $M' \in [2,5)$ dan $M' > M$, jadi $M$ bukan batas atas. Dengan demikian $\sup I = 5$. Karena $5 \notin I$, $I$ tidak memiliki maksimum.

Klasifikasi: $I = [2,5)$ adalah interval setengah-terbuka, tidak terbuka dan tidak tertutup (Teorema 12.1.13).

Saksi tidak-terbuka di $x = 2$: untuk setiap $\delta > 0$, $2 - \frac{\delta}{2} < 2$ berada dalam $(2 - \delta, 2 + \delta)$ tetapi $2 - \frac{\delta}{2} < 2$ sehingga $2 - \frac{\delta}{2} \notin [2,5)$. Komplemen tidak terbuka di $y = 5$: $[2,5)^c = (-\infty, 2) \cup [5,\infty)$. Ambil $5 \in [5,\infty)$. Untuk $\delta > 0$, pilih $\varepsilon = \min(\delta/2, 3/2) > 0$; maka $5 - \varepsilon \in (5-\delta, 5+\delta)$ dan $2 \leq 5 - \varepsilon < 5$, sehingga $5-\varepsilon\in[2,5)$ dan $5-\varepsilon\notin[2,5)^c$. $\square$

Latihan 12.1-3. Untuk setiap sinar $(a,\infty)$, $[a,\infty)$, $(-\infty,b)$, $(-\infty,b]$ dengan $a, b \in \mathbb{R}$: (i) buktikan mereka adalah interval; (ii) klasifikasikan secara topologis; (iii) berikan saksi $\delta$ eksplisit yang membuktikan keterbukaan (untuk yang terbuka) atau bukti ketertutupan melalui komplemen (untuk yang tertutup).

Solusi 12.1-3. Keempat sinar adalah interval berdasarkan Teorema 12.1.5 dan konstruksi dalam Teorema 12.1.6, Kasus B dan C.

$(a,\infty)$ terbuka: untuk $x > a$, tetapkan $\delta = \frac{x-a}{2} > 0$. Untuk $|y-x| < \delta$: $y > x - \delta = \frac{x+a}{2} > a$. Tidak tertutup: komplemen $(-\infty, a]$ tidak terbuka di $a$ (untuk $\delta > 0$, $a + \frac{\delta}{2} \in (-\infty, a]^c$ berada dalam $(a-\delta, a+\delta)$).

$[a,\infty)$ tertutup: komplemen $(-\infty, a)$ terbuka (untuk $x < a$, $\delta = \frac{a-x}{2}$ bekerja). Tidak terbuka: di $x = a$, $a - \frac{\delta}{2} \notin [a,\infty)$.

$(-\infty, b)$ terbuka: untuk $x < b$, $\delta = \frac{b-x}{2}$. Setiap $y \in (x-\delta, x+\delta)$ memenuhi $y < x + \delta = \frac{x+b}{2} < b$. $(-\infty,b)$ tidak tertutup: untuk setiap $\delta>0$, titik $b-\delta/2$ berada dalam lingkungan $b$ tetapi di luar komplemen $[b,\infty)$. Sinar $(-\infty,b]$ tertutup karena komplemennya $(b,\infty)$ terbuka, dengan radius $(x-b)/2$ pada setiap $x>b$. Ia tidak terbuka di $b$: untuk setiap $\delta>0$, titik $b+\delta/2$ berada dalam lingkungan $b$ tetapi di luar sinar. $\square$