Bab 13: Topologi Dasar Garis Riil ($\mathbb{R}$ sebagai Ruang Metrik)

13.1 Jarak Mutlak sebagai Metrik Standar di $\mathbb{R}$

Bagian III buku ini dimulai dengan satu pertanyaan sederhana: apa artinya dua bilangan real "dekat"? Pada Bab 11 kita bekerja dengan urutan. Batas atas, supremum, dan sifat Archimedes semuanya dirumuskan dengan $\leq$ dan $<$. Pada Bab 12 kita mengelompokkan interval dan memakai rumusan $(x-\delta,x+\delta)=\{y\in\mathbb{R}:|y-x|<\delta\}$ sebagai lingkungan terbuka (Definisi 12.1.8). Rumusan itu diam-diam memperlakukan $|y-x|$ sebagai jarak. Unit ini membuat perlakuan itu eksplisit: kita membuktikan bahwa fungsi $d(x,y)=|x-y|$ memenuhi aksioma suatu metrik, sehingga $\mathbb{R}$ menjadi ruang metrik. Unit 13.2 sampai 13.4 kemudian membangun lingkungan, interior, batas, dan himpunan buka di atas metrik ini.

Prasyarat yang dipakai hanya berikut.

• Aksioma lapangan terurut dan hukum urutan Bab 9–10. Secara khusus: translasi mempertahankan urutan, perkalian dengan bilangan positif mempertahankan urutan, perkalian dengan bilangan negatif membaliknya, dan trikotomi.
• Definisi 10.2.7 (nilai mutlak): $|x|=x$ bila $x\geq0$ dan $|x|=-x$ bila $x<0$.
• Proposisi 10.2.7a: (i) $|x|\geq0$; (ii) $|x|=0$ jika dan hanya jika $x=0$; (iii) $|x|^2=x^2$; (iv) $|-x|=|x|$.
• Proposisi 10.2.7b: $|xy|=|x|\,|y|$.
• Penyisipan $\mathbb{N}\subseteq\mathbb{Z}\subseteq\mathbb{Q}\subseteq\mathbb{R}$ dari Bab 8, dengan $\mathbb{N}=\{0,1,2,\ldots\}$.

Ketaksamaan segitiga pernah muncul sebagai Latihan 10.1-6, tetapi hanya sebagai latihan. Badan teks Bab 10 secara eksplisit belum memerlukannya (catatan setelah Proposisi 10.2.7b). Karena seluruh teori metrik bertumpu pada ketaksamaan ini, unit ini membuktikannya kembali sebagai hasil bernomor sebelum memakainya. Tidak ada aksioma kelengkapan, akar kuadrat, Archimedes, limit, atau barisan yang dipakai dalam bukti unit ini. Akibatnya, semua hasil bernomor dalam unit ini berlaku juga di lapangan terurut mana pun, termasuk $\mathbb{Q}$. Kita tetap menyebut $\mathbb{R}$ karena itulah ruang yang dipelajari. Pembahasan nilai mutlak yang lebih lengkap, misalnya fungsi sepotong-sepotong, varian ketaksamaan segitiga, dan estimasi galat, dijadwalkan pada Bab 17–18. Bab-bab itu boleh merujuk hasil unit ini; arah sebaliknya tidak dipakai.

Motivasi: Selisih Bertanda versus Jarak

Seorang teknisi membandingkan pembacaan sensor $x$ dengan nilai acuan $p$. Selisih $x-p$ memberi tahu dua hal: arah (terlalu tinggi atau terlalu rendah) dan besar penyimpangan. Untuk pertanyaan "apakah pembacaan cukup dekat dengan acuan?" yang relevan hanyalah besarnya. Pembacaan $p+0{,}3$ dan $p-0{,}3$ sama jauhnya dari $p$, padahal selisih bertandanya $0{,}3$ dan $-0{,}3$. Nilai mutlak membuang tanda dan menyisakan besar: $|0{,}3|=|-0{,}3|=0{,}3$.

Jarak, dalam pengertian yang akan kita formalkan, adalah bilangan real tak negatif yang diberikan kepada setiap pasangan titik. Jarak bukan selisih bertanda, dan bukan pula objek geometris yang harus digambar lebih dulu. Gambar garis bilangan membantu intuisi, tetapi setiap klaim di bawah dibuktikan dari aksioma urutan dan definisi nilai mutlak.

Pertanyaan yang mendorong definisi metrik adalah: sifat apa dari $|x-y|$ yang benar-benar kita pakai ketika bernalar tentang kedekatan? Jawabannya ternyata hanya empat sifat. Jarak tidak negatif. Jarak nol tepat ketika kedua titik sama. Jarak simetris. Jalan memutar lewat titik ketiga tidak pernah lebih pendek daripada jalan langsung. Keempat sifat itu diabstraksikan sebagai aksioma metrik. Sesudah itu, setiap teorema yang hanya memakai keempat sifat tersebut otomatis berlaku untuk setiap metrik, bukan hanya untuk $|x-y|$.

Lemma Dasar Nilai Mutlak

Kita mulai dengan dua lemma yang menerjemahkan pertidaksamaan bernilai mutlak menjadi pertidaksamaan ganda tanpa nilai mutlak. Keduanya dibuktikan dengan pemisahan kasus tanda. Kita sengaja tidak mengkuadratkan kedua ruas, karena pengkuadratan hanya sah bila tanda kedua ruas dikendalikan.

Lemma 13.1.1 (Pengapit Nilai Mutlak)

Untuk setiap $t\in\mathbb{R}$ berlaku

$$-|t|\leq t\leq|t|.$$

Bukti. Kasus $t\geq0$: menurut definisi $|t|=t$, sehingga $t\leq|t|$ berlaku sebagai kesamaan. Karena $t\geq0$, kita punya $-t\leq0\leq t$, yaitu $-|t|=-t\leq t$.

Kasus $t<0$: menurut definisi $|t|=-t$, sehingga $-|t|=-(-t)=t$ dan ketaksamaan kiri berlaku sebagai kesamaan. Karena $t<0$, kita punya $-t>0$, sehingga $t<0<-t=|t|$.

Pada kedua kasus, $-|t|\leq t\leq|t|$. $\square$

Lemma ini juga memberi $-t\leq|t|$: terapkan lemma pada $-t$ untuk memperoleh $-t\leq|-t|$, lalu gunakan $|-t|=|t|$ (Proposisi 10.2.7a(iv)).

Lemma 13.1.2 (Pertidaksamaan Nilai Mutlak sebagai Pertidaksamaan Ganda)

Misalkan $t,c\in\mathbb{R}$.

(a) Jika $c\geq0$, maka $|t|\leq c$ jika dan hanya jika $-c\leq t\leq c$.

(b) Jika $c>0$, maka $|t|<c$ jika dan hanya jika $-c<t<c$.

Bukti (a). ($\Rightarrow$) Misalkan $|t|\leq c$. Lemma 13.1.1 memberi $t\leq|t|$, sehingga transitivitas memberi $t\leq c$. Catatan sesudah Lemma 13.1.1 memberi $-t\leq|t|\leq c$, sehingga $-t\leq c$. Mengalikan dengan $-1$ membalik arah, jadi $-c\leq t$. Kedua hasil memberi $-c\leq t\leq c$.

($\Leftarrow$) Misalkan $-c\leq t\leq c$. Jika $t\geq0$, maka $|t|=t\leq c$. Jika $t<0$, maka $|t|=-t$. Dari $-c\leq t$, perkalian dengan $-1$ memberi $-t\leq c$, jadi $|t|\leq c$.

Bukti (b) sama, dengan setiap $\leq$ yang melibatkan $c$ diganti $<$. ($\Rightarrow$) Dari $|t|<c$ dan $t\leq|t|$ diperoleh $t<c$. Dari $-t\leq|t|<c$ diperoleh $-t<c$, yaitu $-c<t$. ($\Leftarrow$) Jika $t\geq0$, maka $|t|=t<c$. Jika $t<0$, maka $|t|=-t<c$ karena $-c<t$. $\square$

Catatan domain. Syarat $c\geq0$ pada (a) tidak membatasi kebenaran secara berlebihan. Jika $c<0$, ruas kiri $|t|\leq c$ mustahil karena $|t|\geq0>c$. Ruas kanan $-c\leq t\leq c$ juga mustahil karena akan memberi $-c\leq c$, yaitu $0\leq 2c$, padahal $c<0$. Jadi ekuivalensi tetap benar sebagai "salah jika dan hanya jika salah". Kita tetap menulis syarat itu karena hanya kasus $c\geq0$ yang dipakai. Hal serupa berlaku untuk (b) dengan $c\leq0$. Kasus tepi yang sering muncul adalah $c=0$ pada (a): $|t|\leq0$ jika dan hanya jika $t=0$, sesuai Proposisi 10.2.7a(ii), dan memang $-0\leq t\leq0$ berarti $t=0$.

Contoh 13.1.3 (Membuka Nilai Mutlak)

Himpunan $\{x\in\mathbb{R}:|x-2|<\tfrac12\}$ sama dengan $(\tfrac32,\tfrac52)$. Terapkan Lemma 13.1.2(b) dengan $t=x-2$ dan $c=\tfrac12>0$: $|x-2|<\tfrac12$ jika dan hanya jika $-\tfrac12<x-2<\tfrac12$. Menambahkan $2$ pada ketiga ruas mempertahankan urutan, sehingga ekuivalen dengan $\tfrac32<x<\tfrac52$.

Himpunan $\{x\in\mathbb{R}:|3x+1|\leq5\}$ sama dengan $[-2,\tfrac43]$. Lemma 13.1.2(a) dengan $c=5$ memberi $-5\leq3x+1\leq5$, lalu $-6\leq3x\leq4$, lalu (perkalian dengan $\tfrac13>0$) $-2\leq x\leq\tfrac43$.

Ketaksamaan Segitiga

Teorema 13.1.4 (Ketaksamaan Segitiga untuk Nilai Mutlak)

Untuk setiap $u,v\in\mathbb{R}$ berlaku

$$|u+v|\leq|u|+|v|.$$

Kesamaan berlaku jika dan hanya jika $uv\geq0$, yaitu $u$ dan $v$ tidak berlawanan tanda secara tegas.

Bukti ketaksamaan. Lemma 13.1.1 memberi $-|u|\leq u\leq|u|$ dan $-|v|\leq v\leq|v|$. Penjumlahan dua ketaksamaan lemah yang searah mempertahankan arah. Jika $a\leq b$ dan $e\leq f$, translasi memberi $a+e\leq b+e$ dan $b+e\leq b+f$, lalu transitivitas memberi $a+e\leq b+f$. Dengan cara itu

$$-(|u|+|v|)\leq u+v\leq|u|+|v|.$$

Bilangan $c=|u|+|v|$ tidak negatif, sebagai jumlah dua bilangan tak negatif. Lemma 13.1.2(a) dengan $t=u+v$ memberi $|u+v|\leq|u|+|v|$.

Bukti kasus kesamaan. Misalkan $uv\geq0$. Trikotomi pada $u$ dan $v$ menyisakan dua kemungkinan yang mencakup semua kasus. Bila $u\geq0$ dan $v\geq0$, maka $u+v\geq0$, sehingga $|u+v|=u+v=|u|+|v|$. Bila $u\leq0$ dan $v\leq0$, maka $u+v\leq0$, sehingga $|u+v|=-(u+v)=(-u)+(-v)=|u|+|v|$. Pada kasus kedua, $|u|=-u$ juga berlaku ketika $u=0$. Kemungkinan lain, yaitu satu positif tegas dan satu negatif tegas, memberi $uv<0$ dan sudah dikecualikan.

Sebaliknya, misalkan $uv<0$. Maka salah satu positif tegas dan yang lain negatif tegas. Karena peran $u$ dan $v$ simetris, cukup bahas $u>0>v$. Maka $|u|=u$ dan $|v|=-v>0$. Di satu sisi, $u+v<u<u+(-v)=|u|+|v|$. Di sisi lain, $-(u+v)=(-u)+(-v)<-v<u+(-v)=|u|+|v|$, karena $-u<0<u$. Jadi $u+v$ dan $-(u+v)$ keduanya lebih kecil tegas daripada $|u|+|v|$. Karena $|u+v|$ sama dengan salah satunya, $|u+v|<|u|+|v|$. $\square$

Perhatikan bahwa bukti ini hanya memakai aljabar urutan. Ia tidak memakai sifat metrik yang baru akan dibuktikan dengan teorema ini, jadi tidak ada lingkaran. Ia juga tidak memakai pengkuadratan, sehingga tidak bergantung pada Korolari 10.2.6a.

Korolari 13.1.5 (Segitiga untuk Banyak Suku)

Untuk setiap $k\in\mathbb{N}$ dengan $k\geq1$ dan setiap $u_1,\ldots,u_k\in\mathbb{R}$,

$$\Bigl|\sum_{i=1}^{k}u_i\Bigr|\leq\sum_{i=1}^{k}|u_i|.$$

Bukti. Induksi pada $k\geq1$ (Bab 7). Untuk $k=1$, kedua ruas sama dengan $|u_1|$. Misalkan pernyataan benar untuk suatu $k\geq1$. Untuk $k+1$ suku, tulis $\sum_{i=1}^{k+1}u_i=\bigl(\sum_{i=1}^{k}u_i\bigr)+u_{k+1}$. Teorema 13.1.4 memberi

$$\Bigl|\sum_{i=1}^{k+1}u_i\Bigr|\leq\Bigl|\sum_{i=1}^{k}u_i\Bigr|+|u_{k+1}|\leq\sum_{i=1}^{k}|u_i|+|u_{k+1}|=\sum_{i=1}^{k+1}|u_i|,$$

dengan langkah kedua dari hipotesis induksi ditambah translasi oleh $|u_{k+1}|$. $\square$

Untuk $k=0$, jumlah kosong bernilai $0$ di kedua ruas, sehingga pernyataan tetap benar sebagai $0\leq0$. Kita menyebut $k\geq1$ dalam rumusan agar tidak bergantung pada konvensi jumlah kosong.

Korolari 13.1.6 (Ketaksamaan Segitiga Terbalik)

Untuk setiap $u,v\in\mathbb{R}$ berlaku

$$\bigl||u|-|v|\bigr|\leq|u-v|.$$

Bukti. Tulis $u=(u-v)+v$. Teorema 13.1.4 memberi $|u|\leq|u-v|+|v|$, jadi $|u|-|v|\leq|u-v|$. Dengan menukar peran, $v=(v-u)+u$ memberi $|v|\leq|v-u|+|u|$. Karena $v-u=-(u-v)$, Proposisi 10.2.7a(iv) memberi $|v-u|=|u-v|$, sehingga $|v|-|u|\leq|u-v|$. Ketaksamaan terakhir dapat ditulis $-|u-v|\leq|u|-|v|$. Jadi $-|u-v|\leq|u|-|v|\leq|u-v|$. Karena $|u-v|\geq0$, Lemma 13.1.2(a) dengan $t=|u|-|v|$ dan $c=|u-v|$ memberi kesimpulan. $\square$

Versi terbalik menyatakan bahwa nilai mutlak tidak memperbesar jarak. Kalau $u$ dan $v$ dekat, besar keduanya juga dekat. Arah sebaliknya salah: $|1|=|-1|$, tetapi $1$ dan $-1$ berjarak $2$. Contoh ini akan muncul lagi dalam Contoh 13.1.15.

Definisi Metrik

Definisi 13.1.7 (Metrik dan Ruang Metrik)

Misalkan $X$ suatu himpunan. Fungsi $d:X\times X\to\mathbb{R}$ disebut metrik pada $X$ jika untuk semua $x,y,z\in X$ berlaku:

(M1) Tak negatif: $d(x,y)\geq0$.

(M2) Definit: $d(x,y)=0$ jika dan hanya jika $x=y$.

(M3) Simetri: $d(x,y)=d(y,x)$.

(M4) Ketaksamaan segitiga: $d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)$.

Pasangan $(X,d)$ disebut ruang metrik, dan $d(x,y)$ disebut jarak antara $x$ dan $y$ menurut $d$.

Beberapa sumber menulis kodomain sebagai $[0,\infty)$ dan dengan demikian memasukkan (M1) ke dalam tipe fungsi. Di buku ini $\infty$ bukan bilangan real. Notasi $[0,\infty)$ hanya berarti himpunan $\{t\in\mathbb{R}:t\geq0\}$ (Definisi 12.1.3), jadi kedua cara penulisan memuat isi yang sama. Kita menulis kodomain $\mathbb{R}$ dan menyebut (M1) sebagai syarat tersendiri agar setiap pemeriksaan metrik terlihat lengkap.

(M1) sebenarnya dapat diturunkan dari (M2)–(M4). Ambil $z=x$ pada (M4): $0=d(x,x)\leq d(x,y)+d(y,x)=2d(x,y)$, jadi $d(x,y)\geq0$. Kita tetap mendaftarnya karena pemeriksaan langsung lebih mudah dibaca, dan karena latihan berikut membahas fungsi yang gagal tepat pada satu syarat.

Kuantor dalam definisi perlu dibaca dengan teliti. (M4) harus berlaku untuk setiap tripel $x,y,z$, termasuk ketika dua atau ketiganya sama. Satu tripel yang gagal sudah cukup untuk menyimpulkan bahwa $d$ bukan metrik. Sebaliknya, memeriksa beberapa tripel yang berhasil tidak membuktikan apa pun.

Jarak Mutlak sebagai Metrik

Teorema 13.1.8 (Metrik Standar pada $\mathbb{R}$)

Fungsi $d:\mathbb{R}\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ yang didefinisikan oleh

$$d(x,y)=|x-y|$$

adalah metrik pada $\mathbb{R}$.

Bukti. Ambil sebarang $x,y,z\in\mathbb{R}$.

(M1) $d(x,y)=|x-y|\geq0$ menurut Proposisi 10.2.7a(i).

(M2) Proposisi 10.2.7a(ii) memberi: $|x-y|=0$ jika dan hanya jika $x-y=0$. Persamaan $x-y=0$ ekuivalen dengan $x=y$ (tambahkan $y$ pada kedua ruas, atau kurangkan $y$).

(M3) Karena $y-x=-(x-y)$, Proposisi 10.2.7a(iv) memberi $d(y,x)=|y-x|=|-(x-y)|=|x-y|=d(x,y)$.

(M4) Tulis $x-z=(x-y)+(y-z)$. Teorema 13.1.4 dengan $u=x-y$ dan $v=y-z$ memberi

$$d(x,z)=|x-z|\leq|x-y|+|y-z|=d(x,y)+d(y,z).\qquad\square$$

Metrik ini disebut metrik standar atau jarak mutlak pada $\mathbb{R}$. Sepanjang Bab 13–14, bila tidak disebut lain, $\mathbb{R}$ dipandang sebagai ruang metrik $(\mathbb{R},d)$ dengan $d(x,y)=|x-y|$.

Kita tidak mendefinisikan $d$ melalui $\sqrt{(x-y)^2}$. Rumus itu memang menghasilkan bilangan yang sama: Korolari 12.3.5 membuktikan $\sqrt{t^2}=|t|$ untuk setiap $t\in\mathbb{R}$. Namun keberadaan akar bertumpu pada kelengkapan (Teorema 11.3.8), sehingga memakai akar menambah ketergantungan yang tidak perlu. Teorema 13.1.8 sama sekali tidak memerlukannya.

Contoh 13.1.9 (Jarak Eksak)

(a) $d(-3,2)=|-3-2|=|-5|=5$.

(b) $d(\tfrac13,-\tfrac12)=|\tfrac13+\tfrac12|=|\tfrac26+\tfrac36|=\tfrac56$.

(c) $d(x,x)=0$ untuk setiap $x$, misalnya $d(\tfrac72,\tfrac72)=0$.

(d) $d(x,2)<\tfrac12$ jika dan hanya jika $\tfrac32<x<\tfrac52$, menurut Contoh 13.1.3.

Pada (a), selisih bertanda $-3-2=-5$ negatif, tetapi jaraknya $5$. Urutan argumen tidak berpengaruh: $d(2,-3)=|5|=5$.

Sifat Metrik Standar yang Khas untuk $\mathbb{R}$

Hasil-hasil berikut memakai struktur aljabar $\mathbb{R}$, bukan hanya aksioma (M1)–(M4). Karena itu hasil ini tidak berlaku otomatis di sebarang ruang metrik.

Proposisi 13.1.10 (Translasi, Refleksi, dan Penskalaan)

Untuk semua $x,y,a,c\in\mathbb{R}$:

(a) $d(x+a,y+a)=d(x,y)$ (invarian terhadap translasi);

(b) $d(-x,-y)=d(x,y)$ (invarian terhadap refleksi);

(c) $d(cx,cy)=|c|\,d(x,y)$.

Bukti. (a) $(x+a)-(y+a)=x-y$, jadi kedua jarak sama dengan $|x-y|$. (b) $(-x)-(-y)=-(x-y)$, lalu gunakan Proposisi 10.2.7a(iv). (c) $cx-cy=c(x-y)$, lalu Proposisi 10.2.7b memberi $|c(x-y)|=|c|\,|x-y|$. $\square$

Pemetaan $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ yang memenuhi $d(f(x),f(y))=d(x,y)$ untuk semua $x,y$ disebut isometri. Menurut (a) dan (b), setiap translasi $x\mapsto x+a$ dan refleksi $x\mapsto-x$ adalah isometri. Komposisi keduanya, misalnya $x\mapsto -x+5$, juga isometri. Menurut (c), penskalaan $x\mapsto cx$ adalah isometri jika dan hanya jika $|c|=1$. Untuk $|c|\ne1$, ambil $x=1$ dan $y=0$: $d(c,0)=|c|\ne1=d(1,0)$. Kasus $c=0$ ekstrem: semua titik dipetakan ke $0$. Pemetaan ini meruntuhkan setiap jarak menjadi nol, sehingga bukan isometri dan bahkan bukan injeksi.

Proposisi 13.1.11 (Kesamaan dalam Ketaksamaan Segitiga dan Keantaraan)

Untuk semua $x,y,z\in\mathbb{R}$:

$$d(x,z)=d(x,y)+d(y,z)\iff\min(x,z)\leq y\leq\max(x,z).$$

Bukti. Kedua ruas tidak berubah bila $x$ dan $z$ ditukar. Ruas kiri tetap karena (M3) dan komutativitas penjumlahan; ruas kanan tetap karena $\min$ dan $\max$ simetris. Jadi cukup membahas $x\leq z$, sehingga $\min(x,z)=x$, $\max(x,z)=z$, dan $d(x,z)=z-x$. Kita pisahkan posisi $y$ menurut trikotomi.

Kasus $x\leq y\leq z$. Maka $y-x\geq0$ dan $z-y\geq0$, jadi $d(x,y)+d(y,z)=(y-x)+(z-y)=z-x=d(x,z)$. Kesamaan berlaku.

Kasus $y<x$. Maka $y<x\leq z$, sehingga $d(x,y)=x-y$ dan $d(y,z)=z-y$. Jumlahnya $(x-y)+(z-y)=(z-x)+2(x-y)$. Karena $x-y>0$, jumlah itu lebih besar tegas daripada $z-x=d(x,z)$. Kesamaan gagal.

Kasus $y>z$. Maka $x\leq z<y$, sehingga $d(x,y)=y-x$ dan $d(y,z)=y-z$. Jumlahnya $(y-x)+(y-z)=(z-x)+2(y-z)>z-x$. Kesamaan gagal.

Ketiga kasus mencakup semua $y\in\mathbb{R}$, termasuk kasus $x=z$ yang membuat kasus pertama hanya memuat $y=x$. $\square$

Proposisi ini memberi makna tepat pada ungkapan "$y$ terletak di antara $x$ dan $z$": jalan lewat $y$ tidak memutar. Bentuk ini khusus untuk garis dengan metrik standar. Pada metrik diskret di Contoh 13.1.16, kesamaan $d(x,z)=d(x,y)+d(y,z)$ untuk $x\ne z$ hanya terjadi ketika $y\in\{x,z\}$. Di sana tidak ada titik "di antara" dalam pengertian urutan.

Dengan Teorema 13.1.4 terdapat juga rumusan aljabar: substitusi $u=x-y$ dan $v=y-z$ menunjukkan bahwa kesamaan berlaku jika dan hanya jika $(x-y)(y-z)\geq0$. Latihan 13.1-3 meminta pembaca memeriksa bahwa kedua rumusan setara.

Proposisi 13.1.12 (Himpunan Titik Berjarak Kurang dari $r$)

Misalkan $p\in\mathbb{R}$.

(a) Untuk $r>0$: $\{x\in\mathbb{R}:d(x,p)<r\}=(p-r,p+r)$.

(b) Untuk $r\geq0$: $\{x\in\mathbb{R}:d(x,p)\leq r\}=[p-r,p+r]$.

(c) Untuk $r\leq0$: $\{x\in\mathbb{R}:d(x,p)<r\}=\emptyset$. Untuk $r<0$: $\{x\in\mathbb{R}:d(x,p)\leq r\}=\emptyset$.

Bukti. (a) Lemma 13.1.2(b) dengan $t=x-p$ dan $c=r$: $|x-p|<r$ jika dan hanya jika $-r<x-p<r$, yaitu $p-r<x<p+r$. (b) Sama, memakai Lemma 13.1.2(a). Untuk $r=0$, hasilnya $[p,p]=\{p\}$. (c) $d(x,p)\geq0$ menurut (M1), sehingga $d(x,p)<r\leq0$ dan $d(x,p)\leq r<0$ mustahil. $\square$

Bagian (a) menyelaraskan unit ini dengan Definisi 12.1.8: lingkungan terbuka berjari-jari $\delta$ pada Bab 12 tidak lain adalah himpunan titik yang berjarak kurang dari $\delta$ menurut metrik standar. Unit 13.2 akan menamai himpunan ini bola terbuka $B(p,r)$. Bagian (c) menjelaskan mengapa radius bola terbuka selalu disyaratkan positif: radius nol menghasilkan himpunan kosong, yang tidak memuat pusatnya.

Subruang dan Metrik Lain

Proposisi 13.1.13 (Pembatasan Metrik ke Subhimpunan)

Misalkan $(X,d)$ ruang metrik dan $Y\subseteq X$. Pembatasan $d_Y=d|_{Y\times Y}$ adalah metrik pada $Y$.

Bukti. Untuk $x,y,z\in Y$, keempat syarat (M1)–(M4) untuk $d_Y$ adalah kasus khusus dari syarat yang sama untuk $d$, karena $x,y,z\in X$ dan $d_Y$ bernilai sama dengan $d$ pada titik-titik itu. $\square$

Jadi $\mathbb{Q}$, $\mathbb{Z}$, $\mathbb{N}$, dan setiap interval, dengan jarak $|x-y|$, adalah ruang metrik. Bentuk ruang dapat sangat berbeda meskipun rumus jaraknya sama. Pada $\mathbb{Z}$, dua bilangan bulat berbeda berjarak sekurang-kurangnya $1$. Jika $m\ne n$ di $\mathbb{Z}$, maka $m-n$ adalah bilangan bulat tak nol. Akibatnya $|m-n|$ bilangan bulat positif, sehingga $|m-n|\geq1$ karena tidak ada bilangan bulat di antara $0$ dan $1$ (Bab 8). Pada $\mathbb{Q}$, sebaliknya, untuk setiap $q\in\mathbb{Q}$ dan setiap rasional positif $s$, bilangan $q+s/2$ adalah rasional yang berbeda dari $q$ dan berjarak $s/2<s$. Perbedaan ini menjadi penting pada Unit 13.2 ketika lingkungan relatif dibahas.

Contoh 13.1.14 (Kuadrat Jarak Bukan Metrik)

Definisikan $e(x,y)=(x-y)^2$. Fungsi $e$ memenuhi (M1), karena kuadrat tak negatif (Bab 10). Ia juga memenuhi (M2), karena $(x-y)^2=0$ jika dan hanya jika $x-y=0$, dan (M3), karena $(y-x)^2=(x-y)^2$. Namun (M4) gagal. Ambil $x=0$, $y=1$, $z=2$: $e(0,2)=4$, sedangkan $e(0,1)+e(1,2)=1+1=2$, dan $4>2$. Jadi $e$ bukan metrik. Satu tripel yang gagal sudah cukup.

Pelajaran: menguadratkan jarak memperbesar langkah panjang lebih cepat daripada langkah pendek. Akibatnya, jalan memutar lewat titik tengah tampak "lebih pendek" daripada jalan langsung.

Contoh 13.1.15 (Selisih Besar Bukan Metrik pada $\mathbb{R}$)

Definisikan $\rho(x,y)=\bigl||x|-|y|\bigr|$. Fungsi $\rho$ memenuhi (M1), (M3), dan (M4):

• (M1) berlaku karena nilai mutlak tak negatif;
• (M3) berlaku karena $|y|-|x|=-(|x|-|y|)$;
• (M4) berlaku karena untuk $a=|x|-|y|$ dan $b=|y|-|z|$, Teorema 13.1.4 memberi $\rho(x,z)=|a+b|\leq|a|+|b|=\rho(x,y)+\rho(y,z)$.

Namun (M2) gagal: $\rho(1,-1)=|1-1|=0$ padahal $1\ne-1$. Jadi $\rho$ bukan metrik pada $\mathbb{R}$. Fungsi yang memenuhi (M1), (M3), (M4) dan $\rho(x,x)=0$ biasa disebut pseudometrik. Kita tidak memakai istilah itu lebih lanjut. Yang penting di sini: tiga syarat yang dipenuhi tidak cukup untuk menyebut suatu fungsi metrik.

Pada subhimpunan $[0,\infty)=\{x\in\mathbb{R}:x\geq0\}$, nilai $\rho(x,y)=|x-y|$ karena $|x|=x$ dan $|y|=y$. Jadi pembatasan $\rho$ ke $[0,\infty)$ adalah metrik standar yang dibatasi (Proposisi 13.1.13). Gagal atau tidaknya suatu syarat bergantung pada himpunan tempat fungsi itu didefinisikan.

Contoh 13.1.16 (Metrik Diskret)

Definisikan pada $\mathbb{R}$

$$\delta(x,y)=\begin{cases}0 & \text{jika } x=y,\\ 1 & \text{jika } x\ne y.\end{cases}$$

(M1)–(M3) langsung dari definisi. Untuk (M4), ambil $x,y,z$. Jika $x=z$, ruas kiri $0$ dan ruas kanan tak negatif. Jika $x\ne z$, maka $y$ tidak mungkin sama dengan keduanya; jadi $y\ne x$ atau $y\ne z$, sehingga ruas kanan sekurang-kurangnya $1=\delta(x,z)$. Jadi $\delta$ metrik.

Contoh ini menunjukkan bahwa satu himpunan dapat membawa banyak metrik. Kata "standar" pada $|x-y|$ adalah pilihan, bukan keharusan logis. Pilihan itu cocok dengan urutan $\mathbb{R}$, dan pada Bab 13–14 justru kecocokan itu yang kita pelajari. Pada metrik diskret, misalnya, himpunan titik yang berjarak kurang dari $\tfrac12$ dari $p$ hanyalah $\{p\}$, sangat berbeda dari interval $(p-\tfrac12,p+\tfrac12)$ pada metrik standar.

Strategi Pembuktian dalam Unit Ini

Strategi 1: Membuka nilai mutlak. Ubah $|t|\leq c$ atau $|t|<c$ menjadi pertidaksamaan ganda memakai Lemma 13.1.2. Periksa dahulu tanda $c$.

Strategi 2: Membuktikan ketaksamaan jarak. Sisipkan titik antara dan pakai (M4). Misalnya, $d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)$ dengan $y$ dipilih agar kedua suku di kanan diketahui.

Strategi 3: Memeriksa apakah suatu fungsi metrik. Periksa keempat syarat untuk semua titik. Untuk membantah, cukup satu contoh tandingan eksplisit pada satu syarat, dengan perhitungan lengkap.

Strategi 4: Memisahkan hasil umum dari hasil khusus garis. Hasil yang hanya memakai (M1)–(M4) berlaku di setiap ruang metrik. Hasil yang memakai urutan atau aljabar $\mathbb{R}$, seperti Proposisi 13.1.10–13.1.12, harus diberi label demikian.

Latihan

Latihan 13.1-1. Hitung secara eksak $d(\tfrac34,-\tfrac56)$, $d(-\tfrac23,-\tfrac15)$, dan $d(\tfrac52,\tfrac52)$ dalam metrik standar. Untuk setiap jarak, tuliskan selisih bertanda $x-y$ lalu tentukan tandanya sebelum membuka nilai mutlak.

Latihan 13.1-2. Misalkan $t,c\in\mathbb{R}$ dengan $c\geq0$. Buktikan bahwa $|t|\leq c$ jika dan hanya jika $-c\leq t\leq c$ secara langsung dengan dua kasus $t\geq0$ dan $t<0$, tanpa memakai Lemma 13.1.1. Kemudian tunjukkan bahwa untuk $c<0$ kedua pernyataan sama-sama salah untuk setiap $t$.

Latihan 13.1-3. (a) Buktikan ulang ketaksamaan segitiga $|u+v|\leq|u|+|v|$ dengan pemisahan empat kasus tanda $u\geq0$ atau $u<0$, dan $v\geq0$ atau $v<0$. (b) Untuk $x,y,z\in\mathbb{R}$, buktikan bahwa $(x-y)(y-z)\geq0$ jika dan hanya jika $\min(x,z)\leq y\leq\max(x,z)$. Simpulkan bahwa kriteria kesamaan Teorema 13.1.4 dan Proposisi 13.1.11 setara.

Latihan 13.1-4. (a) Buktikan $\bigl||u|-|v|\bigr|\leq|u-v|$ untuk semua $u,v\in\mathbb{R}$. (b) Berikan satu pasangan yang memberi kesamaan dan satu pasangan yang memberi ketaksamaan tegas. (c) Buktikan bahwa kesamaan berlaku jika dan hanya jika $uv\geq0$.

Latihan 13.1-5. Untuk $c\in\mathbb{R}$, definisikan $d_c(x,y)=c\,|x-y|$ pada $\mathbb{R}$. Buktikan bahwa $d_c$ metrik jika $c>0$. Tunjukkan syarat mana yang gagal jika $c=0$ dan jika $c<0$, masing-masing dengan contoh eksplisit.

Latihan 13.1-6. Misalkan $e(x,y)=(x-y)^2$. Periksa (M1), (M2), (M3) dengan bukti, lalu tunjukkan dengan $x=0$, $y=1$, $z=2$ bahwa (M4) gagal. Tunjukkan pula bahwa untuk setiap $x<z$, titik tengah $y=\tfrac{x+z}{2}$ selalu memberi $e(x,z)>e(x,y)+e(y,z)$.

Latihan 13.1-7. Misalkan $\rho(x,y)=\bigl||x|-|y|\bigr|$. Buktikan bahwa $\rho$ memenuhi (M1), (M3), dan (M4) pada $\mathbb{R}$, tetapi gagal (M2) dengan memakai $1$ dan $-1$. Tentukan semua pasangan $(x,y)$ dengan $\rho(x,y)=0$.

Latihan 13.1-8. (a) Buktikan bahwa $f(x)=x+a$ dan $g(x)=-x$ adalah isometri $\mathbb{R}\to\mathbb{R}$. (b) Buktikan bahwa $h(x)=2x$ memenuhi $d(h(x),h(y))=2d(x,y)$, sehingga bukan isometri. (c) Tunjukkan bahwa $k(x)=-x+5$ isometri. Hitung $d(k(1),k(4))$ dan bandingkan dengan $d(1,4)$.

Solusi

Solusi 13.1-1. Untuk $x=\tfrac34$ dan $y=-\tfrac56$: $x-y=\tfrac34+\tfrac56=\tfrac{9}{12}+\tfrac{10}{12}=\tfrac{19}{12}>0$, sehingga $d(\tfrac34,-\tfrac56)=\tfrac{19}{12}$.

Untuk $x=-\tfrac23$ dan $y=-\tfrac15$: $x-y=-\tfrac23+\tfrac15=-\tfrac{10}{15}+\tfrac{3}{15}=-\tfrac{7}{15}<0$, sehingga $d(-\tfrac23,-\tfrac15)=-(-\tfrac7{15})=\tfrac7{15}$.

Untuk $x=y=\tfrac52$: $x-y=0$, sehingga $d=|0|=0$, sesuai (M2).

Perhatikan bahwa pada jarak kedua, kedua titik negatif dan selisihnya negatif. Jarak tetap positif karena nilai mutlak membalik tanda selisih yang negatif. $\square$

Solusi 13.1-2. ($\Rightarrow$) Misalkan $|t|\leq c$.

• Kasus $t\geq0$. Maka $|t|=t$, jadi $t\leq c$. Selain itu $-c\leq0\leq t$, karena $c\geq0$ memberi $-c\leq0$. Jadi $-c\leq t\leq c$.
• Kasus $t<0$. Maka $|t|=-t$, jadi $-t\leq c$, dan perkalian dengan $-1$ memberi $-c\leq t$. Selain itu $t<0\leq c$. Jadi $-c\leq t\leq c$.

($\Leftarrow$) Misalkan $-c\leq t\leq c$.

• Kasus $t\geq0$: $|t|=t\leq c$.
• Kasus $t<0$: $|t|=-t$, dan dari $-c\leq t$ diperoleh $-t\leq c$.

Pada kedua kasus $|t|\leq c$.

Untuk $c<0$: pernyataan $|t|\leq c$ salah, karena $|t|\geq0>c$. Pernyataan $-c\leq t\leq c$ juga salah. Andaikan benar; transitivitas memberi $-c\leq c$. Menambahkan $c$ memberi $0\leq 2c$, lalu mengalikan dengan $\tfrac12>0$ memberi $0\leq c$, bertentangan dengan $c<0$. Jadi kedua pernyataan salah untuk setiap $t$, dan ekuivalensinya tetap benar. Namun lemma tidak memberi informasi yang berguna pada kasus ini. $\square$

Solusi 13.1-3. (a) Empat kasus.

1. $u\geq0$, $v\geq0$: maka $u+v\geq0$ dan $|u+v|=u+v=|u|+|v|$.
2. $u<0$, $v<0$: maka $u+v<0$ dan $|u+v|=-u-v=|u|+|v|$.
3. $u\geq0$, $v<0$: maka $|u|=u$ dan $|v|=-v>0$. Jika $u+v\geq0$, maka $|u+v|=u+v<u\leq u+(-v)=|u|+|v|$, karena $v<0<-v$. Jika $u+v<0$, maka $|u+v|=-u-v\leq -v\leq u+(-v)=|u|+|v|$, karena $-u\leq0\leq u$.
4. $u<0$, $v\geq0$: sama dengan kasus 3 setelah menukar $u$ dan $v$, karena $u+v=v+u$.

Pada semua kasus, $|u+v|\leq|u|+|v|$.

(b) ($\Leftarrow$) Jika $x\leq y\leq z$, maka $x-y\leq0$ dan $y-z\leq0$, sehingga hasil kalinya $\geq0$. Jika $z\leq y\leq x$, kedua faktor $\geq0$ dan hasil kalinya $\geq0$. Dua kasus ini mencakup $\min(x,z)\leq y\leq\max(x,z)$: bila $x\leq z$ yang dimaksud kasus pertama, bila $z<x$ kasus kedua.

($\Rightarrow$) Misalkan $(x-y)(y-z)\geq0$. Kedua faktor tidak mungkin berlawanan tanda secara tegas, sebab hasil kali bilangan positif dan negatif adalah negatif (Bab 10). Jadi kedua faktor $\geq0$ atau kedua faktor $\leq0$. Jika keduanya $\geq0$, maka $y\leq x$ dan $z\leq y$, jadi $z\leq y\leq x$. Jika keduanya $\leq0$, maka $x\leq y\leq z$. Pada kedua kasus, $y$ terletak di antara $\min(x,z)$ dan $\max(x,z)$.

Kesimpulan. Teorema 13.1.4 dengan $u=x-y$ dan $v=y-z$ menyatakan bahwa $d(x,z)=d(x,y)+d(y,z)$ jika dan hanya jika $(x-y)(y-z)\geq0$. Bagian (b) menunjukkan syarat ini setara dengan syarat keantaraan Proposisi 13.1.11. Jadi kedua kriteria kesamaan setara, dan masing-masing memberi bukti alternatif bagi yang lain. $\square$

Solusi 13.1-4. (a) Ini Korolari 13.1.6. Ringkasnya: $|u|\leq|u-v|+|v|$ dan $|v|\leq|u-v|+|u|$. Jadi $-|u-v|\leq|u|-|v|\leq|u-v|$, lalu gunakan Lemma 13.1.2(a) dengan $c=|u-v|\geq0$.

(b) Kesamaan: $u=3$, $v=1$ memberi $\bigl||3|-|1|\bigr|=2=|3-1|$. Ketaksamaan tegas: $u=3$, $v=-1$ memberi $\bigl||3|-|-1|\bigr|=2$ sedangkan $|3-(-1)|=4$.

(c) Misalkan $uv\geq0$. Jika $u,v\geq0$, maka $|u|-|v|=u-v$, sehingga $\bigl||u|-|v|\bigr|=|u-v|$. Jika $u,v\leq0$, maka $|u|-|v|=-u+v=-(u-v)$, dan Proposisi 10.2.7a(iv) memberi $\bigl||u|-|v|\bigr|=|u-v|$.

Sebaliknya, misalkan $uv<0$. Karena peran $u$ dan $v$ simetris (kedua ruas tidak berubah bila ditukar), cukup bahas $u>0>v$. Tulis $a=|u|=u>0$ dan $b=|v|=-v>0$. Maka $|u-v|=|u+b|=u+b=a+b$, karena $u+b>0$. Di sisi lain, $\bigl|a-b\bigr|$ sama dengan $a-b$ atau $b-a$. Keduanya lebih kecil tegas daripada $a+b$: $a-b<a<a+b$ dan $b-a<b<a+b$. Jadi $\bigl||u|-|v|\bigr|<|u-v|$, dan kesamaan gagal. $\square$

Solusi 13.1-5. Misalkan $c>0$ dan $x,y,z\in\mathbb{R}$.

• (M1): $c>0$ dan $|x-y|\geq0$ memberi $c|x-y|\geq0$.
• (M2): $c|x-y|=0$. Karena $c\ne0$, kalikan dengan $c^{-1}$ untuk memperoleh $|x-y|=0$, yaitu $x=y$. Sebaliknya, $x=y$ memberi $c\cdot0=0$.
• (M3): langsung dari simetri $|x-y|=|y-x|$.
• (M4): Teorema 13.1.8 memberi $|x-z|\leq|x-y|+|y-z|$. Perkalian dengan $c>0$ mempertahankan arah dan distributif memberi $d_c(x,z)\leq d_c(x,y)+d_c(y,z)$.

Jadi $d_c$ metrik.

Untuk $c=0$: $d_0(x,y)=0$ untuk semua $x,y$, sehingga (M2) gagal. Contohnya $d_0(0,1)=0$ padahal $0\ne1$.

Untuk $c<0$: (M1) gagal, misalnya $d_c(0,1)=c\cdot1=c<0$. (M4) juga gagal, tetapi tidak semua tripel membantahnya. Tripel $0,1,2$ memberi $d_c(0,2)=2c$ dan $d_c(0,1)+d_c(1,2)=2c$, sehingga ketaksamaan tak tegas berlaku pada tripel itu. Tripel $x=z=0$, $y=1$ membantahnya: ruas kiri $d_c(0,0)=0$ dan ruas kanan $2c<0$, padahal $0\leq2c$ salah. Cukup satu syarat yang gagal; kita mencatat dua agar jelas bahwa tanda $c$ merusak lebih dari satu aksioma. $\square$

Solusi 13.1-6. (M1): untuk setiap $t\in\mathbb{R}$, $t^2\geq0$. Jika $t\geq0$, ini perkalian dua bilangan tak negatif. Jika $t<0$, maka $t^2=(-t)^2$ dengan $-t>0$. Jadi $e(x,y)=(x-y)^2\geq0$. (M2): $(x-y)^2=0$ jika dan hanya jika $x-y=0$. Arah ($\Rightarrow$): jika $x-y\ne0$, kuadratnya positif, karena kuadrat bilangan tak nol positif menurut kasus tanda di atas dengan ketaksamaan tegas. (M3): $(y-x)^2=(-(x-y))^2=(x-y)^2$.

(M4) gagal: $e(0,2)=4$, sedangkan $e(0,1)+e(1,2)=1+1=2<4$.

Titik tengah. Misalkan $x<z$, tulis $h=z-x>0$, dan $y=\tfrac{x+z}2$. Maka $y-x=z-y=\tfrac h2$. Jadi $e(x,y)+e(y,z)=\tfrac{h^2}{4}+\tfrac{h^2}{4}=\tfrac{h^2}{2}$, sedangkan $e(x,z)=h^2$. Karena $h^2>0$, berlaku $h^2>\tfrac{h^2}2$. Jadi (M4) gagal untuk setiap pasangan berbeda, bukan hanya untuk $0$ dan $2$. $\square$

Solusi 13.1-7. (M1): $\rho(x,y)$ adalah nilai mutlak, jadi tak negatif. (M3): $|y|-|x|=-(|x|-|y|)$, lalu Proposisi 10.2.7a(iv). (M4): untuk $x,y,z$, tulis $a=|x|-|y|$ dan $b=|y|-|z|$. Maka $a+b=|x|-|z|$, dan Teorema 13.1.4 memberi $\rho(x,z)=|a+b|\leq|a|+|b|=\rho(x,y)+\rho(y,z)$.

(M2) gagal: $\rho(1,-1)=\bigl||1|-|-1|\bigr|=|1-1|=0$, padahal $1\ne-1$.

Semua pasangan dengan $\rho(x,y)=0$: menurut Proposisi 10.2.7a(ii), $\rho(x,y)=0$ jika dan hanya jika $|x|=|y|$. Kita klaim ini setara dengan $y=x$ atau $y=-x$. Jika $y=\pm x$, maka $|y|=|x|$ menurut Proposisi 10.2.7a(iv). Sebaliknya, misalkan $|x|=|y|$. Menurut definisi, $|x|\in\{x,-x\}$ dan $|y|\in\{y,-y\}$. Jadi $y=|y|$ atau $y=-|y|$, yaitu $y=\pm|x|$, dan $|x|=\pm x$. Akibatnya $y\in\{x,-x\}$. Jadi himpunan pasangan yang dicari adalah $\{(x,y):y=x\text{ atau }y=-x\}$. (M2) gagal tepat pada pasangan $(x,-x)$ dengan $x\ne0$. $\square$

Solusi 13.1-8. (a) Untuk $f(x)=x+a$, Proposisi 13.1.10(a) memberi $d(f(x),f(y))=d(x,y)$. Untuk $g(x)=-x$, Proposisi 13.1.10(b) memberi hal yang sama.

(b) Proposisi 13.1.10(c) dengan $c=2$ memberi $d(2x,2y)=|2|\,d(x,y)=2d(x,y)$. Untuk $x=1$ dan $y=0$, ruas kiri $2$ dan $d(1,0)=1$, jadi $h$ bukan isometri.

(c) $k=f\circ g$ dengan $a=5$, karena $k(x)=g(x)+5$. Maka $d(k(x),k(y))=d(g(x)+5,g(y)+5)=d(g(x),g(y))=d(x,y)$. Secara konkret, $k(1)=4$ dan $k(4)=1$, sehingga $d(k(1),k(4))=|4-1|=3=d(1,4)$. Pemetaan $k$ membalik urutan ($1<4$ tetapi $k(1)>k(4)$), tetapi mempertahankan jarak. Jadi isometri tidak harus mempertahankan urutan. $\square$

Ringkasan dan Pranala ke Unit 13.2

Unit ini telah:

• membuktikan Lemma 13.1.1–13.1.2 untuk membuka nilai mutlak;
• membuktikan ketaksamaan segitiga beserta kriteria kesamaannya (Teorema 13.1.4), versi banyak suku (Korolari 13.1.5), dan versi terbalik (Korolari 13.1.6), semuanya dari aljabar urutan saja;
• merumuskan aksioma metrik (Definisi 13.1.7) dan membuktikan bahwa $d(x,y)=|x-y|$ adalah metrik pada $\mathbb{R}$ (Teorema 13.1.8);
• membuktikan sifat khusus garis: invariansi translasi dan refleksi, penskalaan, keantaraan, dan bentuk interval dari himpunan titik berjarak kurang dari $r$;
• menunjukkan lewat contoh tandingan bahwa kuadrat jarak dan selisih besar bukan metrik, sedangkan metrik diskret adalah metrik lain pada himpunan yang sama.

Status prasyarat:

• Tidak ada pinjaman maju dalam unit ini.
• Hasil Bab 10 yang dipakai (Definisi 10.2.7, Proposisi 10.2.7a/b) berstatus diperiksa logika, belum persetujuan penulis.
• Rujukan ke Teorema 11.3.8 dan Korolari 12.3.5 hanya catatan tentang rumus akar yang sengaja tidak dipakai.

Unit 13.2 akan memberi nama pada himpunan $\{x:d(x,p)<r\}$, yaitu bola terbuka $B(p,r)$, dan mendefinisikan lingkungan sebagai himpunan yang memuat suatu bola berpusat di titik tersebut. Ketaksamaan segitiga Teorema 13.1.4 akan menjadi alat utama di sana. Contohnya, bukti bahwa setiap titik di dalam bola mempunyai bola kecil sendiri yang masih termuat dalam bola semula memerlukan langkah $d(x,p)\leq d(x,q)+d(q,p)$.

13.2 Lingkungan (Neighborhood) dan Titik Sekitar

Unit 13.1 memberi garis riil sebuah metrik: $d(x,y)=|x-y|$. Unit ini memakai metrik itu untuk merumuskan secara tepat gagasan "titik-titik di sekitar $p$". Dalam bahasa sehari-hari, "dekat" tidak punya ukuran tetap: dua kota berjarak lima kilometer dekat bagi pengemudi tetapi jauh bagi pejalan kaki. Dalam analisis, kedekatan selalu dinyatakan relatif terhadap suatu radius positif yang dipilih. Kalimat "$x$ dekat $p$" baru bermakna sebagai "$d(x,p)<r$" untuk $r$ tertentu. Pernyataan yang tidak bergantung pada pilihan radius dirumuskan dengan kuantor: "untuk setiap $r>0$" atau "terdapat $r>0$".

Prasyarat dari Unit 13.1:

• metrik standar dan aksioma (M1)–(M4) (Definisi 13.1.7, Teorema 13.1.8);
• ketaksamaan segitiga (Teorema 13.1.4);
• bentuk interval dari himpunan titik berjarak kurang dari $r$ (Proposisi 13.1.12);
• pembatasan metrik ke subhimpunan (Proposisi 13.1.13).

Dari Bab 12 dipakai Definisi 12.1.8 (lingkungan terbuka berjari-jari $\delta$). Dari Bab 11 dipakai Sifat Archimedes (Teorema 11.3.9) dan Korolari 11.3.10 (untuk setiap $y>0$ ada $n\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $1/n<y$). Keduanya hanya dipakai pada contoh keluarga radius $1/n$ dan selalu disebut eksplisit. Kerapatan $\mathbb{Q}$ (Teorema 11.3.11) hanya dipakai pada satu catatan tentang subruang $\mathbb{Q}$. Kita tidak memakai himpunan tutup, closure, titik akumulasi, barisan, limit, atau kontinuitas; semuanya milik Bab 14 dan sesudahnya.

Bola Terbuka

Definisi 13.2.1 (Bola Terbuka dan Lingkungan-$\varepsilon$)

Misalkan $p\in\mathbb{R}$ dan $r\in\mathbb{R}$ dengan $r>0$. Bola terbuka berpusat $p$ dengan radius $r$ adalah

$$B(p,r)=\{x\in\mathbb{R}:d(x,p)<r\}=\{x\in\mathbb{R}:|x-p|<r\}.$$

Bila radius ditulis dengan huruf $\varepsilon$, himpunan $B(p,\varepsilon)$ juga disebut lingkungan-$\varepsilon$ dari $p$.

Radius selalu positif. Proposisi 13.1.12(c) menunjukkan bahwa rumus yang sama dengan $r\leq0$ menghasilkan himpunan kosong. Himpunan kosong tidak memuat $p$ dan tidak berguna sebagai "sekitar $p$". Definisi yang sama, dengan $\mathbb{R}$ diganti sebarang ruang metrik $(X,d)$, mendefinisikan bola terbuka di $X$; kita memakainya pada akhir unit untuk subruang.

Proposisi 13.2.2 (Bola Terbuka di $\mathbb{R}$ adalah Interval Terbuka)

Untuk $p\in\mathbb{R}$ dan $r>0$:

(a) $B(p,r)=(p-r,p+r)$;

(b) $p\in B(p,r)$;

(c) titik ujung $p-r$ dan $p+r$ bukan anggota $B(p,r)$.

Bukti. (a) adalah Proposisi 13.1.12(a). (b) $d(p,p)=0<r$ menurut (M2). (c) $d(p\pm r,p)=|\pm r|=r$, dan $r<r$ salah. $\square$

Bagian (a) menunjukkan bahwa bola terbuka pada unit ini sama dengan "lingkungan terbuka berjari-jari $\delta$" pada Definisi 12.1.8. Bab 12 sudah memakai himpunan ini; yang baru di sini adalah bahwa himpunan itu sekarang dipahami sebagai bola terhadap suatu metrik. Karena itu sifat-sifatnya dapat dibuktikan dengan (M1)–(M4) dan nantinya dibawa ke ruang metrik lain.

Contoh 13.2.3 (Lingkungan-$\varepsilon$ dari $p=2$ dengan $\varepsilon=0{,}5$)

Ambil $p=2$ dan $\varepsilon=0{,}5=\tfrac12$. Menurut Proposisi 13.2.2,

$$B(2,\tfrac12)=(2-\tfrac12,\,2+\tfrac12)=(\tfrac32,\tfrac52)=(1{,}5;\;2{,}5).$$

Secara rinci, $x\in B(2,\tfrac12)$ jika dan hanya jika $|x-2|<\tfrac12$, yaitu $-\tfrac12<x-2<\tfrac12$ (Lemma 13.1.2(b)), yaitu $\tfrac32<x<\tfrac52$. Beberapa pemeriksaan:

• $2$ anggota karena $d(2,2)=0<\tfrac12$;
• $\tfrac94$ anggota karena $d(\tfrac94,2)=\tfrac14<\tfrac12$;
• $\tfrac32$ dan $\tfrac52$ bukan anggota karena jaraknya ke $2$ tepat $\tfrac12$;
• $\tfrac{8}{5}$ anggota karena $d(\tfrac85,2)=\tfrac25<\tfrac12$.

Tulisan desimal $1{,}5$ dan $2{,}5$ hanyalah nama lain dari $\tfrac32$ dan $\tfrac52$. Semua perhitungan di atas eksak, tanpa pembulatan.

Definisi 13.2.4 (Bola Tertutup — Notasi)

Untuk $p\in\mathbb{R}$ dan $r\geq0$ kita menulis

$$B[p,r]=\{x\in\mathbb{R}:d(x,p)\leq r\}=[p-r,p+r],$$

dengan kesamaan kedua menurut Proposisi 13.1.12(b). Untuk $r=0$, $B[p,0]=\{p\}$.

Notasi ini hanya singkatan. Pertanyaan apakah $B[p,r]$ merupakan himpunan tutup dalam pengertian umum ditunda ke Bab 14. Bab 12 sudah membuktikan bahwa interval $[a,b]$ tertutup menurut Definisi 12.1.9, tetapi teori himpunan tutup (karakterisasi, titik limit, penutupan) belum dipakai di sini.

Proposisi 13.2.5 (Bola Bersarang)

Misalkan $p\in\mathbb{R}$ dan $0<s\leq r$. Maka $B(p,s)\subseteq B(p,r)$. Akibatnya, untuk dua bola berpusat sama, $B(p,r_1)\cap B(p,r_2)=B(p,\min(r_1,r_2))$.

Bukti. Jika $d(x,p)<s$ dan $s\leq r$, transitivitas memberi $d(x,p)<r$. Untuk irisan, tulis $m=\min(r_1,r_2)>0$. Inklusi $B(p,m)\subseteq B(p,r_i)$ untuk $i=1,2$ mengikuti bagian pertama, jadi $B(p,m)$ termuat dalam irisan. Sebaliknya, jika $x$ di irisan, maka $d(x,p)<r_1$ dan $d(x,p)<r_2$, sehingga $d(x,p)$ lebih kecil daripada yang terkecil di antara keduanya, yaitu $d(x,p)<m$. $\square$

Lingkungan

Definisi 13.2.6 (Lingkungan Suatu Titik)

Misalkan $p\in\mathbb{R}$ dan $U\subseteq\mathbb{R}$. Himpunan $U$ disebut lingkungan dari $p$ jika terdapat $r>0$ sehingga $B(p,r)\subseteq U$.

Dengan definisi ini, kata "lingkungan" tanpa $\varepsilon$ berarti himpunan yang memuat sekurang-kurangnya satu bola berpusat di $p$. Kata "lingkungan-$\varepsilon$" berarti bola itu sendiri. Setiap lingkungan-$\varepsilon$ dari $p$ adalah lingkungan dari $p$ (ambil $r=\varepsilon$), tetapi lingkungan tidak wajib berbentuk bola, tidak wajib berupa interval, dan, seperti akan terlihat pada Unit 13.4, tidak wajib terbuka. Sebagian buku memakai "lingkungan" khusus untuk himpunan terbuka. Dengan konvensi buku ini, yang kita sebut "lingkungan terbuka" adalah lingkungan yang sekaligus terbuka.

Urutan kuantor dalam definisi penting. Lingkungan hanya meminta adanya satu radius yang bekerja. Kita tidak meminta $B(p,r)\subseteq U$ untuk setiap $r>0$; syarat itu hanya dipenuhi oleh $U=\mathbb{R}$, karena setiap $x\in\mathbb{R}$ terletak di $B(p,|x-p|+1)$.

Proposisi 13.2.7 (Sifat Dasar Lingkungan)

Misalkan $p\in\mathbb{R}$.

(a) Jika $U$ lingkungan dari $p$, maka $p\in U$.

(b) Setiap bola $B(p,r)$ dengan $r>0$ adalah lingkungan dari $p$. Juga $\mathbb{R}$ adalah lingkungan dari $p$.

(c) Kebalikan (a) salah: $\{p\}$ memuat $p$ tetapi bukan lingkungan dari $p$.

Bukti. (a) Ada $r>0$ dengan $B(p,r)\subseteq U$. Karena $p\in B(p,r)$ (Proposisi 13.2.2(b)), maka $p\in U$.

(b) Untuk $B(p,r)$, radius $r$ sendiri bekerja karena $B(p,r)\subseteq B(p,r)$. Untuk $\mathbb{R}$, sebarang radius bekerja, misalnya $r=1$.

(c) Ambil sebarang $r>0$. Titik $p+\tfrac r2$ memenuhi $d(p+\tfrac r2,p)=\tfrac r2<r$, jadi terletak di $B(p,r)$. Karena $\tfrac r2>0$, titik itu berbeda dari $p$, sehingga bukan anggota $\{p\}$. Jadi tidak ada $r>0$ dengan $B(p,r)\subseteq\{p\}$. $\square$

Contoh 13.2.8 (Interval Tertutup sebagai Lingkungan)

Himpunan $U=[p-1,p+1]$ adalah lingkungan dari $p$, karena $B(p,1)=(p-1,p+1)\subseteq[p-1,p+1]$. Radius yang lebih kecil, misalnya $\tfrac12$, juga bekerja menurut Proposisi 13.2.5. Namun $U$ bukan lingkungan dari ujungnya $p+1$. Untuk setiap $r>0$, titik $p+1+\tfrac r2$ terletak di $B(p+1,r)$ tetapi lebih besar daripada $p+1$, jadi di luar $U$. Hal yang sama berlaku untuk $p-1$ dengan titik $p-1-\tfrac r2$.

Contoh ini menunjukkan bahwa "lingkungan dari $p$" adalah sifat pasangan $(U,p)$, bukan sifat $U$ saja. Himpunan yang sama dapat menjadi lingkungan bagi sebagian titiknya dan bukan lingkungan bagi titik lain.

Setiap Titik Bola Mempunyai Bola Sendiri

Lemma 13.2.9 (Bola di Dalam Bola)

Misalkan $p\in\mathbb{R}$, $r>0$, dan $q\in B(p,r)$. Tetapkan $\eta=r-d(q,p)$. Maka $\eta>0$ dan

$$B(q,\eta)\subseteq B(p,r).$$

Bukti. Karena $q\in B(p,r)$, berlaku $d(q,p)<r$, sehingga $\eta=r-d(q,p)>0$. Misalkan $x\in B(q,\eta)$, yaitu $d(x,q)<\eta$. Ketaksamaan segitiga (M4) memberi

$$d(x,p)\leq d(x,q)+d(q,p)<\eta+d(q,p)=r.$$

Jadi $x\in B(p,r)$. $\square$

Bukti ini hanya memakai (M1)–(M4), sehingga berlaku di setiap ruang metrik, bukan hanya di $\mathbb{R}$. Lemma ini adalah inti Unit 13.4: ia menunjukkan bahwa setiap titik bola mempunyai "ruang gerak" kecil yang masih berada di dalam bola. Kita tidak memakai fakta bahwa bola itu himpunan terbuka untuk membuktikan lemma ini; justru lemma ini yang nanti membuktikan fakta tersebut.

Akibat 13.2.10

Jika $q\in B(p,r)$, maka $B(p,r)$ adalah lingkungan dari $q$.

Bukti. Lemma 13.2.9 memberi $\eta>0$ dengan $B(q,\eta)\subseteq B(p,r)$. $\square$

Catatan tentang ketergantungan radius. Radius $\eta=r-d(q,p)$ bergantung pada $q$. Semakin dekat $q$ ke tepi bola, semakin kecil $\eta$. Tidak ada satu radius $\eta>0$ yang bekerja untuk semua $q\in B(p,r)$ sekaligus. Misalkan $\eta>0$ diberikan, dan tulis $m=\min(\eta,r)>0$. Titik $q=p+r-\tfrac m2$ berada di $B(p,r)$, karena $d(q,p)=r-\tfrac m2<r$ dan $r-\tfrac m2\geq r-\tfrac r2>0$. Titik $x=p+r$ memenuhi $d(x,q)=\tfrac m2<\eta$, jadi $x\in B(q,\eta)$, padahal $x\notin B(p,r)$. Jadi pernyataan "untuk setiap $q\in B(p,r)$ terdapat $\eta>0$ dengan $B(q,\eta)\subseteq B(p,r)$" benar, sedangkan pernyataan dengan urutan kuantor ditukar, "terdapat $\eta>0$ sehingga untuk setiap $q\in B(p,r)$ berlaku $B(q,\eta)\subseteq B(p,r)$", salah. Perbedaan ini adalah contoh langsung pertukaran kuantor ganda dari Bab 2.

Operasi pada Lingkungan

Proposisi 13.2.11 (Superset, Irisan Berhingga, dan Gabungan)

Misalkan $p\in\mathbb{R}$.

(a) Jika $U$ lingkungan dari $p$ dan $U\subseteq V\subseteq\mathbb{R}$, maka $V$ lingkungan dari $p$.

(b) Jika $k\in\mathbb{N}$, $k\geq1$, dan $U_1,\ldots,U_k$ masing-masing lingkungan dari $p$, maka $U_1\cap\cdots\cap U_k$ lingkungan dari $p$.

(c) Jika $(U_i)_{i\in J}$ keluarga subhimpunan $\mathbb{R}$ dan sekurang-kurangnya satu $U_{i_0}$ adalah lingkungan dari $p$, maka $\bigcup_{i\in J}U_i$ lingkungan dari $p$.

Bukti. (a) Radius yang bekerja untuk $U$ juga bekerja untuk $V$: $B(p,r)\subseteq U\subseteq V$.

(b) Untuk setiap $i\in\{1,\ldots,k\}$ pilih $r_i>0$ dengan $B(p,r_i)\subseteq U_i$. Karena daftar ini berhingga dan tak kosong, $r=\min(r_1,\ldots,r_k)$ terdefinisi (Teorema 11.1.14) dan positif, sebagai salah satu $r_i$. Untuk setiap $i$, $r\leq r_i$, sehingga Proposisi 13.2.5 memberi $B(p,r)\subseteq B(p,r_i)\subseteq U_i$. Jadi $B(p,r)$ termuat dalam irisan.

(c) Gabungan memuat $U_{i_0}$, lalu terapkan (a). $\square$

Pada (b), pemilihan $k$ radius dilakukan satu per satu untuk daftar berhingga; tidak diperlukan prinsip pemilihan untuk keluarga tak hingga. Untuk $k=0$, dengan konvensi bahwa irisan keluarga kosong subhimpunan $\mathbb{R}$ adalah $\mathbb{R}$, irisannya tetap lingkungan dari $p$ menurut Proposisi 13.2.7(b). Kita menulis $k\geq1$ agar tidak bergantung pada konvensi itu.

Pada (c), anggota lain keluarga tidak perlu lingkungan dari $p$, bahkan tidak perlu memuat $p$. Contohnya, $(-1,1)\cup\{5\}$ adalah lingkungan dari $0$, meskipun $\{5\}$ tidak memuat $0$.

Contoh 13.2.12 (Irisan Tak Hingga Lingkungan Dapat Gagal)

Untuk $n\in\mathbb{N}_{+}$, tulis $U_n=B(0,\tfrac1n)=(-\tfrac1n,\tfrac1n)$. Setiap $U_n$ adalah lingkungan dari $0$. Kita klaim

$$\bigcap_{n\in\mathbb{N}_{+}}U_n=\{0\},$$

dan $\{0\}$ bukan lingkungan dari $0$ menurut Proposisi 13.2.7(c).

Bukti. Titik $0$ anggota setiap $U_n$ karena $d(0,0)=0<\tfrac1n$. Misalkan $x\ne0$. Maka $|x|>0$, dan Korolari 11.3.10 (konsekuensi Sifat Archimedes) memberi $n\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $\tfrac1n<|x|$. Untuk $n$ itu, $d(x,0)=|x|>\tfrac1n$, jadi $x\notin U_n$, sehingga $x$ tidak berada dalam irisan. $\square$

Pemakaian Archimedes di sini esensial untuk keluarga radius $\tfrac1n$. Di lapangan terurut non-Archimedes ada unsur positif yang lebih kecil daripada setiap $\tfrac1n$, dan irisan yang sama akan memuat unsur-unsur itu. Contoh ini juga tidak berarti setiap irisan tak hingga lingkungan gagal. Keluarga konstan $V_n=(-1,1)$ untuk semua $n\in\mathbb{N}_{+}$ mempunyai irisan $(-1,1)$, yang lingkungan dari $0$. Yang gagal adalah jaminan umum untuk semua keluarga tak hingga.

Proposisi 13.2.13 (Hanya $p$ yang Berada di Setiap Bola Berpusat $p$)

Untuk setiap $p\in\mathbb{R}$,

$$\bigcap_{r>0}B(p,r)=\{p\},$$

dengan irisan diambil atas semua bilangan real $r>0$.

Bukti. $p$ anggota setiap $B(p,r)$. Jika $x\ne p$, tulis $r_0=d(x,p)>0$ (menurut (M2)). Maka $x\notin B(p,r_0)$, karena $d(x,p)<r_0$ salah. $\square$

Bandingkan dengan Contoh 13.2.12. Bila semua radius positif diizinkan, radius $r_0=d(x,p)$ sendiri menjadi saksi, dan Archimedes tidak diperlukan. Bila radius dibatasi pada $\tfrac1n$, kita memerlukan Archimedes untuk menjamin bahwa radius sekecil itu tersedia di antara $\tfrac1n$. Pembedaan ini akan muncul berulang kali: "untuk setiap $\varepsilon>0$" dapat diganti "untuk setiap $n\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $\varepsilon=\tfrac1n$" hanya karena Archimedes.

Memisahkan Dua Titik

Proposisi 13.2.14 (Bola yang Memisahkan)

Misalkan $p,q\in\mathbb{R}$ dengan $p\ne q$, dan $t=d(p,q)$. Maka $t>0$, dan untuk setiap $s$ dengan $0<s\leq\tfrac t2$,

$$B(p,s)\cap B(q,s)=\emptyset.$$

Bukti. $t>0$ menurut (M2). Andaikan $z\in B(p,s)\cap B(q,s)$. Ketaksamaan segitiga dan simetri memberi

$$t=d(p,q)\leq d(p,z)+d(z,q)<s+s=2s\leq t,$$

yaitu $t<t$, kontradiksi. $\square$

Pilihan $s=\tfrac t3$ juga bekerja karena $\tfrac t3\leq\tfrac t2$. Batas $\tfrac t2$ tajam untuk metrik standar: jika $s>\tfrac t2$, titik tengah $z=\tfrac{p+q}2$ berjarak $\tfrac t2<s$ ke $p$ dan ke $q$, sehingga terletak di kedua bola. Hasil ini hanya memakai (M2)–(M4). Jadi di setiap ruang metrik, dua titik berbeda mempunyai lingkungan-lingkungan yang saling lepas. Di topologi, sifat ini disebut sifat Hausdorff; istilah itu tidak kita pakai lebih lanjut di bab ini.

Makna "Titik Sekitar"

Judul master memakai istilah "titik sekitar". Istilah ini tidak mendefinisikan kelas titik baru di luar bola dan lingkungan. Ia menunjuk pada cara membaca pernyataan kedekatan:

• "$x$ berada di sekitar $p$ dalam skala $r$" berarti $x\in B(p,r)$, yaitu $d(x,p)<r$.
• "Sifat $P$ berlaku di sekitar $p$" berarti terdapat $r>0$ sehingga $P(x)$ berlaku untuk semua $x\in B(p,r)$. Dengan kata lain, himpunan $\{x:P(x)\}$ adalah lingkungan dari $p$.
• "Setiap sekitar $p$ memuat titik dengan sifat $Q$" berarti untuk setiap $r>0$ terdapat $x\in B(p,r)$ dengan $Q(x)$.

Dua bentuk terakhir berbeda kuantornya ($\exists r\,\forall x$ versus $\forall r\,\exists x$), dan perbedaan itu menentukan konsep yang dihasilkan. Bentuk pertama akan menjadi titik interior pada Unit 13.3. Bentuk kedua, diterapkan pada himpunan dan komplemennya sekaligus, akan menjadi titik batas. Tidak ada radius yang "dekat" secara mutlak. Misalnya, pernyataan "$2{,}4$ dekat $2$" benar untuk radius $\tfrac12$ dan salah untuk radius $\tfrac14$.

Contoh 13.2.15 (Sifat yang Berlaku di Sekitar Suatu Titik)

Sifat "$x>1$" berlaku di sekitar $p=2$. Ambil $r=1$: jika $|x-2|<1$, maka $x>2-1=1$. Sifat itu tidak berlaku di sekitar $p=1$. Untuk setiap $r>0$, titik $1-\tfrac r2\in B(1,r)$ tidak memenuhi $x>1$. Dalam bahasa lingkungan, himpunan $(1,\infty)=\{x\in\mathbb{R}:x>1\}$ adalah lingkungan dari $2$ dan bukan lingkungan dari $1$.

Bola dan Lingkungan Relatif dalam Subruang

Menurut Proposisi 13.1.13, setiap $X\subseteq\mathbb{R}$ adalah ruang metrik dengan pembatasan $d_X$ dari metrik standar. Bola dan lingkungan di ruang $(X,d_X)$ didefinisikan dengan kata yang sama, tetapi semestanya $X$.

Definisi 13.2.16 (Bola dan Lingkungan Relatif)

Misalkan $X\subseteq\mathbb{R}$, $p\in X$, dan $r>0$. Bola relatif adalah

$$B_X(p,r)=\{x\in X:d(x,p)<r\}=X\cap B(p,r).$$

Himpunan $U\subseteq X$ disebut lingkungan relatif dari $p$ dalam $X$ jika terdapat $r>0$ dengan $B_X(p,r)\subseteq U$.

Kesamaan $B_X(p,r)=X\cap B(p,r)$ langsung dari definisi: $x$ anggota ruas kiri jika dan hanya jika $x\in X$ dan $d(x,p)<r$. Dalam setiap pernyataan relatif, semesta $X$ harus ditulis, karena status suatu himpunan dapat berubah ketika semesta berubah.

Contoh 13.2.17 (Semesta Mengubah Status)

(a) $X=[0,1]$, $p=0$, $r=\tfrac12$: $B_X(0,\tfrac12)=[0,1]\cap(-\tfrac12,\tfrac12)=[0,\tfrac12)$. Jadi $[0,\tfrac12)$ adalah bola relatif, dan karena itu lingkungan relatif dari $0$ dalam $[0,1]$. Namun $[0,\tfrac12)$ bukan lingkungan dari $0$ dalam $\mathbb{R}$: setiap $B(0,r)$ memuat $-\tfrac r2\notin[0,\tfrac12)$.

(b) $X=\{0\}$: untuk setiap $r>0$, $B_X(0,r)=\{0\}$. Jadi $\{0\}$ adalah lingkungan relatif dari $0$ dalam $X$, padahal bukan lingkungan dari $0$ dalam $\mathbb{R}$ (Proposisi 13.2.7(c)).

(c) $X=\mathbb{Z}$: untuk $n\in\mathbb{Z}$, $B_{\mathbb{Z}}(n,\tfrac12)=\{n\}$, karena bilangan bulat lain berjarak sekurang-kurangnya $1$ dari $n$ (Proposisi 13.1.13). Jadi setiap subhimpunan $\mathbb{Z}$ yang memuat $n$ adalah lingkungan relatif dari $n$ dalam $\mathbb{Z}$.

(d) $X=\mathbb{Q}$: untuk $q\in\mathbb{Q}$ dan $r>0$, bola relatif $B_{\mathbb{Q}}(q,r)=\mathbb{Q}\cap(q-r,q+r)$ memuat rasional selain $q$. Kerapatan $\mathbb{Q}$ (Teorema 11.3.11) memberi rasional di $(q,q+r)$. Jadi $\{q\}$ bukan lingkungan relatif dari $q$ dalam $\mathbb{Q}$, berbeda dari keadaan di $\mathbb{Z}$.

Strategi Pembuktian

Strategi 1: Membuktikan bahwa $U$ lingkungan dari $p$. Tunjukkan satu radius $r>0$ secara eksplisit, lalu buktikan $B(p,r)\subseteq U$: ambil $x$ dengan $|x-p|<r$ dan tunjukkan $x\in U$.

Strategi 2: Membuktikan bahwa $U$ bukan lingkungan dari $p$. Untuk setiap $r>0$, konstruksikan $x_r\in B(p,r)\setminus U$. Titik berbentuk $p\pm\tfrac r2$ sering cukup.

Strategi 3: Menggabungkan beberapa syarat lokal. Ambil minimum berhingga dari radius yang bekerja untuk masing-masing syarat.

Strategi 4: Memakai segitiga untuk memindahkan pusat. Dari $d(q,p)<r$ peroleh radius sisa $r-d(q,p)$ di sekitar $q$.

Strategi 5: Menyebut semesta. Dalam subruang, tuliskan $X$ dan gunakan $B_X$.

Latihan

Latihan 13.2-1. Tuliskan $B(2,\tfrac12)$ sebagai interval. Tentukan, dengan menghitung jarak eksak, apakah $2$, $\tfrac32$, $\tfrac52$, $\tfrac94$, dan $\tfrac{21}{10}$ anggota bola itu.

Latihan 13.2-2. Buktikan bahwa $[1,3]$ adalah lingkungan dari $2$ dan dari setiap $p$ dengan $1<p<3$, dengan memberi radius eksplisit yang bergantung pada $p$. Buktikan bahwa $[1,3]$ bukan lingkungan dari $1$ maupun dari $3$.

Latihan 13.2-3. Buktikan bahwa $\{2\}$ dan $\{2,3\}$ masing-masing memuat $2$ tetapi bukan lingkungan dari $2$.

Latihan 13.2-4. Misalkan $q=\tfrac94$. (a) Periksa bahwa $q\in B(2,\tfrac12)$ dan hitung $\eta=\tfrac12-d(q,2)$. (b) Tuliskan $B(q,\eta)$ sebagai interval dan periksa langsung bahwa $B(q,\eta)\subseteq B(2,\tfrac12)$. (c) Buktikan bahwa untuk setiap $s>\eta$, $B(q,s)\not\subseteq B(2,\tfrac12)$.

Latihan 13.2-5. Misalkan $U=[1,3]$ dan $V=(\tfrac32,4)$. (a) Tunjukkan bahwa keduanya lingkungan dari $2$ dengan radius eksplisit masing-masing. (b) Tunjukkan bahwa $U\cap V$ lingkungan dari $2$ dengan memakai minimum kedua radius. (c) Buktikan secara umum: irisan dua lingkungan dari $p$ adalah lingkungan dari $p$.

Latihan 13.2-6. (a) Untuk $n\in\mathbb{N}_{+}$, misalkan $U_n=(-\tfrac1n,\tfrac1n)$. Buktikan bahwa irisan semua $U_n$ adalah $\{0\}$, dan sebutkan di mana Sifat Archimedes dipakai. (b) Misalkan $V_n=(-1-\tfrac1n,\,1+\tfrac1n)$. Buktikan bahwa $\bigcap_{n\in\mathbb{N}_{+}}V_n=[-1,1]$. Simpulkan bahwa irisan tak hingga itu adalah lingkungan dari $0$, tetapi bukan lingkungan dari $1$.

Latihan 13.2-7. Misalkan $p=-1$ dan $q=2$. (a) Buktikan bahwa $B(p,1)\cap B(q,1)=\emptyset$. (b) Buktikan bahwa $B(p,\tfrac32)\cap B(q,\tfrac32)=\emptyset$. (c) Tunjukkan bahwa $B(p,2)\cap B(q,2)\ne\emptyset$ dengan memberi satu titik bersama.

Latihan 13.2-8. Misalkan $X=[0,1]$. (a) Hitung $B_X(0,\tfrac12)$, $B_X(1,\tfrac14)$, dan $B_X(\tfrac12,2)$. (b) Buktikan bahwa $[0,\tfrac12)$ lingkungan relatif dari $0$ dalam $X$ tetapi bukan lingkungan dari $0$ dalam $\mathbb{R}$. (c) Untuk $Y=\{0\}$, buktikan bahwa $\{0\}$ lingkungan relatif dari $0$ dalam $Y$.

Solusi

Solusi 13.2-1. $B(2,\tfrac12)=(\tfrac32,\tfrac52)$ menurut Proposisi 13.2.2.

$\square$

Solusi 13.2-2. Untuk $1<p<3$, tetapkan $r_p=\min(p-1,\,3-p)>0$. Jika $|x-p|<r_p$, maka $x>p-r_p\geq p-(p-1)=1$ dan $x<p+r_p\leq p+(3-p)=3$. Jadi $x\in(1,3)\subseteq[1,3]$, sehingga $B(p,r_p)\subseteq[1,3]$. Untuk $p=2$, radiusnya $r_2=1$.

Untuk $p=1$: setiap $B(1,r)$ memuat $1-\tfrac r2<1$, yang tidak di $[1,3]$. Untuk $p=3$: setiap $B(3,r)$ memuat $3+\tfrac r2>3$. Jadi $[1,3]$ bukan lingkungan dari kedua ujungnya. $\square$

Solusi 13.2-3. Untuk $\{2\}$: Proposisi 13.2.7(c) dengan $p=2$.

Untuk $\{2,3\}$: ambil $r>0$ dan $x=2+\tfrac{m}2$ dengan $m=\min(r,1)>0$. Maka $d(x,2)=\tfrac m2<r$, jadi $x\in B(2,r)$. Juga $2<x\leq2+\tfrac12<3$, jadi $x\ne2$ dan $x\ne3$. Dengan demikian $B(2,r)\not\subseteq\{2,3\}$ untuk setiap $r>0$.

Kedua himpunan memuat $2$, jadi keanggotaan saja tidak cukup untuk menjadi lingkungan. Minimum dengan $1$ diperlukan agar titik saksi tidak kebetulan sama dengan $3$ ketika $r=2$. $\square$

Solusi 13.2-4. (a) $d(\tfrac94,2)=\tfrac14<\tfrac12$, jadi $q\in B(2,\tfrac12)$, dan $\eta=\tfrac12-\tfrac14=\tfrac14$.

(b) $B(\tfrac94,\tfrac14)=(\tfrac94-\tfrac14,\tfrac94+\tfrac14)=(2,\tfrac52)$. Karena $\tfrac32<2$, setiap $x$ dengan $2<x<\tfrac52$ memenuhi $\tfrac32<x<\tfrac52$. Jadi inklusinya berlaku, sesuai Lemma 13.2.9.

(c) Misalkan $s>\tfrac14$. Titik $\tfrac52$ memenuhi $d(\tfrac52,\tfrac94)=\tfrac14<s$, jadi $\tfrac52\in B(\tfrac94,s)$. Tetapi $\tfrac52\notin B(2,\tfrac12)$ (Solusi 13.2-1). Jadi $\eta=\tfrac14$ adalah radius terbesar yang bekerja di titik ini. Radius dari Lemma 13.2.9 tajam di $\mathbb{R}$. $\square$

Solusi 13.2-5. (a) $B(2,1)=(1,3)\subseteq[1,3]=U$, jadi radius $1$ bekerja untuk $U$. $B(2,\tfrac12)=(\tfrac32,\tfrac52)\subseteq(\tfrac32,4)=V$, karena $\tfrac52<4$, jadi radius $\tfrac12$ bekerja untuk $V$.

(b) $\min(1,\tfrac12)=\tfrac12$. Proposisi 13.2.5 memberi $B(2,\tfrac12)\subseteq B(2,1)\subseteq U$, dan $B(2,\tfrac12)\subseteq V$. Jadi $B(2,\tfrac12)\subseteq U\cap V$. Secara eksplisit $U\cap V=(\tfrac32,3]$.

(c) Jika $B(p,r_1)\subseteq U$ dan $B(p,r_2)\subseteq V$, tulis $r=\min(r_1,r_2)>0$. Proposisi 13.2.5 memberi $B(p,r)\subseteq B(p,r_1)\subseteq U$ dan $B(p,r)\subseteq B(p,r_2)\subseteq V$, sehingga $B(p,r)\subseteq U\cap V$. $\square$

Solusi 13.2-6. (a) Ini Contoh 13.2.12. $0$ anggota setiap $U_n$. Untuk $x\ne0$, Korolari 11.3.10 (Archimedes) memberi $n\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $\tfrac1n<|x|$, sehingga $x\notin U_n$. Archimedes dipakai tepat pada langkah memilih $n$ ini.

(b) Inklusi $[-1,1]\subseteq V_n$ untuk setiap $n$: jika $-1\leq x\leq1$, maka $-1-\tfrac1n<-1\leq x\leq1<1+\tfrac1n$, karena $\tfrac1n>0$. Jadi $[-1,1]$ termuat dalam irisan.

Sebaliknya, misalkan $x\notin[-1,1]$, yaitu $|x|>1$. Korolari 11.3.10 dengan $y=|x|-1>0$ memberi $n\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $\tfrac1n<|x|-1$, yaitu $|x|>1+\tfrac1n$. Menurut Lemma 13.1.2(b), $x\in V_n$ setara dengan $|x|<1+\tfrac1n$. Jadi $x\notin V_n$. Akibatnya irisannya tepat $[-1,1]$.

Himpunan $[-1,1]$ adalah lingkungan dari $0$ karena $B(0,1)\subseteq[-1,1]$. Ia bukan lingkungan dari $1$, karena setiap $B(1,r)$ memuat $1+\tfrac r2\notin[-1,1]$. Irisan tak hingga lingkungan dari $0$ di sini tetap lingkungan dari $0$, berbeda dengan (a). $\square$

Solusi 13.2-7. $t=d(-1,2)=3$.

(a) $s=1\leq\tfrac32=\tfrac t2$, jadi Proposisi 13.2.14 memberi irisan kosong. Secara langsung: $B(-1,1)=(-2,0)$ dan $B(2,1)=(1,3)$, dan tidak ada $x$ dengan $x<0$ dan $x>1$ sekaligus.

(b) $s=\tfrac32=\tfrac t2$ masih memenuhi syarat proposisi. Secara langsung: $B(-1,\tfrac32)=(-\tfrac52,\tfrac12)$ dan $B(2,\tfrac32)=(\tfrac12,\tfrac72)$. Titik $\tfrac12$ bukan anggota keduanya, dan tidak ada $x$ dengan $x<\tfrac12<x$.

(c) $B(-1,2)=(-3,1)$ dan $B(2,2)=(0,4)$. Titik $\tfrac12$ memenuhi $d(\tfrac12,-1)=\tfrac32<2$ dan $d(\tfrac12,2)=\tfrac32<2$, jadi berada di keduanya. $\square$

Solusi 13.2-8. (a) $B_X(0,\tfrac12)=[0,1]\cap(-\tfrac12,\tfrac12)=[0,\tfrac12)$. $B_X(1,\tfrac14)=[0,1]\cap(\tfrac34,\tfrac54)=(\tfrac34,1]$. $B_X(\tfrac12,2)=[0,1]\cap(-\tfrac32,\tfrac52)=[0,1]=X$.

(b) Radius $\tfrac12$ memberi $B_X(0,\tfrac12)=[0,\tfrac12)\subseteq[0,\tfrac12)$, jadi $[0,\tfrac12)$ lingkungan relatif dari $0$ dalam $X$. Dalam $\mathbb{R}$, setiap $B(0,r)$ memuat $-\tfrac r2$, yang negatif sehingga bukan anggota $[0,\tfrac12)$. Jadi $[0,\tfrac12)$ bukan lingkungan dari $0$ dalam $\mathbb{R}$.

(c) $B_Y(0,1)=\{0\}\cap(-1,1)=\{0\}\subseteq\{0\}$. $\square$

Ringkasan dan Pranala ke Unit 13.3

Unit ini mendefinisikan bola terbuka $B(p,r)$ dengan radius positif dan menunjukkan bahwa di $\mathbb{R}$ bola itu adalah interval $(p-r,p+r)$. Contoh master $B(2,\tfrac12)=(1{,}5;\,2{,}5)$ dihitung eksak.

Lingkungan dari $p$ adalah himpunan yang memuat suatu bola berpusat $p$. Hasil-hasil yang dibuktikan:

• lingkungan selalu memuat $p$, tetapi memuat $p$ tidak cukup;
• superset dan irisan berhingga lingkungan adalah lingkungan;
• irisan tak hingga dapat gagal (contoh radius $\tfrac1n$, dengan Archimedes);
• setiap titik bola mempunyai bola sendiri di dalamnya (Lemma 13.2.9), dengan radius yang bergantung pada titik;
• dua titik berbeda dapat dipisahkan oleh bola-bola saling lepas;
• "titik sekitar" dibaca sebagai pernyataan berkuantor atas radius;
• dalam subruang, bola dan lingkungan relatif bergantung pada semesta.

Unit 13.3 memakai dua pola kuantor dari bagian "Makna Titik Sekitar" untuk mengklasifikasikan setiap titik $p\in\mathbb{R}$ terhadap himpunan $A$: interior bila $A$ lingkungan dari $p$, eksterior bila komplemen $A$ lingkungan dari $p$, dan batas bila setiap bola berpusat $p$ bertemu $A$ maupun komplemennya.

13.3 Titik Interior, Titik Eksterior, dan Titik Batas

Unit 13.2 berakhir dengan dua pola kuantor untuk membaca "sekitar suatu titik". Pola pertama: "terdapat radius $r>0$ sehingga seluruh bola $B(p,r)$ memiliki suatu sifat". Pola kedua: "untuk setiap radius $r>0$, bola $B(p,r)$ memuat titik dengan suatu sifat". Unit ini memakai kedua pola itu untuk mengklasifikasikan posisi setiap titik $p\in\mathbb{R}$ terhadap suatu himpunan $A\subseteq\mathbb{R}$. Hasilnya tiga kelas: titik interior (jauh di dalam $A$), titik eksterior (jauh di luar $A$), dan titik batas (di setiap skala, dekat dengan keduanya). Teorema utama unit ini menyatakan bahwa setiap titik termasuk tepat satu dari ketiga kelas.

Prasyarat:

• bola terbuka $B(p,r)$ dengan $r>0$ dan bentuknya $(p-r,p+r)$ (Definisi 13.2.1, Proposisi 13.2.2);
• lingkungan (Definisi 13.2.6) dan sifat-sifatnya (Proposisi 13.2.7, 13.2.11);
• lemma bola-dalam-bola (Lemma 13.2.9);
• bola relatif $B_X$ (Definisi 13.2.16);
• dari Bab 2, negasi kuantor ganda;
• dari Bab 11, supremum dan karakterisasinya (Teorema 11.2.9);
• untuk contoh tertentu: kerapatan $\mathbb{Q}$ (Teorema 11.3.11) dan kerapatan bilangan irasional (Teorema 11.3.12). Status Bab 11: diperiksa logika dan ditelaah Claude, belum disetujui penulis.

Semua klasifikasi pada unit ini bergantung pada ruang semesta. Kecuali disebut lain, semestanya $\mathbb{R}$ dengan metrik standar, dan komplemen ditulis $\mathbb{R}\setminus A$. Kita tidak memakai penutupan (closure), titik akumulasi, himpunan tutup umum, barisan, atau limit; topik-topik itu milik Bab 14 dan sesudahnya. Secara khusus, titik batas didefinisikan langsung melalui bola, bukan sebagai irisan penutupan.

Peringatan istilah. Kata "batas" pada "titik batas" (boundary point) tidak sama dengan "batas atas" atau "batas bawah" (upper/lower bound) pada Bab 11. Batas atas adalah bilangan yang tidak dilampaui oleh anggota himpunan. Titik batas adalah titik yang setiap bolanya menyentuh himpunan dan komplemennya. Misalnya, $5$ adalah batas atas $(0,1)$ tetapi bukan titik batasnya. Hubungan yang benar di antara keduanya dibuktikan pada Proposisi 13.3.15.

Tiga Definisi

Definisi 13.3.1 (Titik Interior)

Misalkan $A\subseteq\mathbb{R}$ dan $p\in\mathbb{R}$. Titik $p$ disebut titik interior $A$ jika terdapat $r>0$ sehingga $B(p,r)\subseteq A$. Himpunan semua titik interior $A$ ditulis $\operatorname{Int}(A)$.

Dengan bahasa Unit 13.2: $p\in\operatorname{Int}(A)$ jika dan hanya jika $A$ adalah lingkungan dari $p$.

Definisi 13.3.2 (Titik Eksterior)

Misalkan $A\subseteq\mathbb{R}$ dan $p\in\mathbb{R}$. Titik $p$ disebut titik eksterior $A$ jika terdapat $r>0$ sehingga $B(p,r)\subseteq\mathbb{R}\setminus A$, yaitu $B(p,r)\cap A=\emptyset$. Himpunan semua titik eksterior $A$ ditulis $\operatorname{Ext}(A)$.

Definisi 13.3.3 (Titik Batas)

Misalkan $A\subseteq\mathbb{R}$ dan $p\in\mathbb{R}$. Titik $p$ disebut titik batas $A$ jika untuk setiap $r>0$ berlaku kedua hal berikut:

$$B(p,r)\cap A\ne\emptyset\qquad\text{dan}\qquad B(p,r)\cap(\mathbb{R}\setminus A)\ne\emptyset.$$

Himpunan semua titik batas $A$ ditulis $\partial A$.

Tiga catatan tentang definisi batas:

1. Kuantornya universal atas radius: syarat harus berlaku untuk setiap $r>0$, termasuk radius yang sangat kecil.
2. Titik saksi di $A$ atau di komplemen boleh $p$ sendiri. Jika $p\in A$, maka $p$ menjadi saksi bahwa $B(p,r)\cap A\ne\emptyset$ untuk setiap $r$, sehingga tinggal diperiksa bahwa setiap bola memuat titik di luar $A$. Kita tidak meminta saksi berbeda dari $p$. Penghapusan pusat adalah ciri definisi titik akumulasi pada Bab 14, dan definisi itu tidak dipakai di sini.
3. Titik batas boleh anggota $A$ dan boleh bukan anggota $A$. Contoh 13.3.9 memperlihatkan keduanya pada satu himpunan.

Sifat Dasar

Proposisi 13.3.4 (Inklusi dan Dualitas)

Untuk setiap $A\subseteq\mathbb{R}$:

(a) $\operatorname{Int}(A)\subseteq A$ dan $\operatorname{Ext}(A)\subseteq\mathbb{R}\setminus A$;

(b) $\operatorname{Ext}(A)=\operatorname{Int}(\mathbb{R}\setminus A)$;

(c) $\partial A=\partial(\mathbb{R}\setminus A)$;

(d) $\operatorname{Int}(\mathbb{R}\setminus A)=\operatorname{Ext}(A)$ dan $\operatorname{Ext}(\mathbb{R}\setminus A)=\operatorname{Int}(A)$.

Bukti. (a) Jika $B(p,r)\subseteq A$, maka $p\in B(p,r)\subseteq A$ (Proposisi 13.2.2(b)). Jika $B(p,r)\subseteq\mathbb{R}\setminus A$, maka $p\notin A$.

(b) Kedua ruas didefinisikan oleh syarat yang sama: terdapat $r>0$ dengan $B(p,r)\subseteq\mathbb{R}\setminus A$.

(c) Komplemen dari $\mathbb{R}\setminus A$ adalah $A$. Jadi definisi $\partial(\mathbb{R}\setminus A)$ meminta setiap bola bertemu $\mathbb{R}\setminus A$ dan bertemu $A$. Syarat ini sama dengan definisi $\partial A$; hanya urutan kedua syaratnya yang tertukar.

(d) Kesamaan pertama adalah (b). Kesamaan kedua adalah (b) yang diterapkan pada $\mathbb{R}\setminus A$, karena $\mathbb{R}\setminus(\mathbb{R}\setminus A)=A$. $\square$

Bagian (c) menyatakan bahwa himpunan dan komplemennya berbagi batas yang sama. Bagian (b) menyatakan bahwa "jauh di luar $A$" sama dengan "jauh di dalam komplemen $A$". Akibatnya, setiap fakta tentang interior langsung memberi fakta dual tentang eksterior.

Teorema 13.3.5 (Partisi Garis Riil)

Untuk setiap $A\subseteq\mathbb{R}$, ketiga himpunan $\operatorname{Int}(A)$, $\operatorname{Ext}(A)$, dan $\partial A$ saling lepas dan gabungannya $\mathbb{R}$. Dengan kata lain, setiap $p\in\mathbb{R}$ termasuk tepat satu dari ketiganya.

Bukti. Saling lepas.

• $\operatorname{Int}(A)\cap\operatorname{Ext}(A)=\emptyset$: titik interior anggota $A$ dan titik eksterior anggota $\mathbb{R}\setminus A$ (Proposisi 13.3.4(a)), dan tidak ada titik di keduanya.
• $\operatorname{Int}(A)\cap\partial A=\emptyset$: jika $B(p,r_0)\subseteq A$ untuk suatu $r_0>0$, maka $B(p,r_0)\cap(\mathbb{R}\setminus A)=\emptyset$. Jadi syarat batas gagal untuk radius $r_0$, dan $p\notin\partial A$.
• $\operatorname{Ext}(A)\cap\partial A=\emptyset$: jika $B(p,r_0)\cap A=\emptyset$, syarat batas gagal untuk $r_0$.

Gabungan. Ambil $p\in\mathbb{R}$ dengan $p\notin\operatorname{Int}(A)$ dan $p\notin\operatorname{Ext}(A)$. Kita tunjukkan $p\in\partial A$.

Pernyataan "$p\in\operatorname{Int}(A)$" berbentuk $\exists r>0\;\forall x\,(x\in B(p,r)\Rightarrow x\in A)$. Negasinya, menurut aturan negasi kuantor Bab 2, adalah

$$\forall r>0\;\exists x\;\bigl(x\in B(p,r)\wedge x\notin A\bigr),$$

yaitu: setiap bola $B(p,r)$ memuat titik di luar $A$, atau $B(p,r)\cap(\mathbb{R}\setminus A)\ne\emptyset$ untuk setiap $r>0$.

Dengan cara yang sama, negasi "$p\in\operatorname{Ext}(A)$" adalah: untuk setiap $r>0$, $B(p,r)\cap A\ne\emptyset$.

Kedua negasi berlaku bersama, sehingga untuk setiap $r>0$ bola $B(p,r)$ bertemu $A$ dan bertemu komplemennya. Itulah definisi $p\in\partial A$. $\square$

Kesalahan yang perlu dihindari: "bukan interior" tidak berarti "eksterior". Negasi interior hanya mengatakan bahwa setiap bola keluar dari $A$; bola-bola itu masih boleh memuat titik $A$. Pada Contoh 13.3.10, titik $c$ bukan interior dari $\{c\}$ dan juga bukan eksteriornya; ia titik batas. Pola kesalahan ini adalah pertukaran keliru antara $\neg\exists r\,\forall x$ dan $\exists r\,\forall x\,\neg$.

Akibat 13.3.6 (Uji Satu Sisi untuk Titik Batas)

Misalkan $A\subseteq\mathbb{R}$.

(a) Jika $p\in A$, maka $p\in\partial A$ jika dan hanya jika $p\notin\operatorname{Int}(A)$, yaitu setiap bola $B(p,r)$ memuat titik di luar $A$.

(b) Jika $p\notin A$, maka $p\in\partial A$ jika dan hanya jika $p\notin\operatorname{Ext}(A)$, yaitu setiap bola $B(p,r)$ memuat titik $A$.

Bukti. (a) Karena $p\in A$, Proposisi 13.3.4(a) memberi $p\notin\operatorname{Ext}(A)$. Menurut Teorema 13.3.5, $p$ termasuk tepat satu dari $\operatorname{Int}(A)$ dan $\partial A$. Bagian (b) dual. $\square$

Akibat ini mempersingkat pemeriksaan titik batas. Untuk titik anggota $A$, cukup tunjukkan bahwa setiap bola keluar dari $A$; untuk titik di luar $A$, cukup tunjukkan bahwa setiap bola masuk ke $A$.

Lemma 13.3.7 (Interior Bersifat Lokal)

Misalkan $A\subseteq\mathbb{R}$, $p\in\mathbb{R}$, dan $r>0$ dengan $B(p,r)\subseteq A$. Maka $B(p,r)\subseteq\operatorname{Int}(A)$. Secara dual, jika $B(p,r)\subseteq\mathbb{R}\setminus A$, maka $B(p,r)\subseteq\operatorname{Ext}(A)$.

Bukti. Ambil $q\in B(p,r)$. Lemma 13.2.9 memberi $\eta=r-d(q,p)>0$ dengan $B(q,\eta)\subseteq B(p,r)\subseteq A$. Jadi $q\in\operatorname{Int}(A)$. Bagian dual mengikuti dengan menerapkan bagian pertama pada $\mathbb{R}\setminus A$ dan memakai Proposisi 13.3.4(b). $\square$

Lemma ini menyatakan bahwa bersama satu titik interior, seluruh bola saksinya juga terdiri atas titik interior. Unit 13.4 akan memakai lemma ini untuk membuktikan bahwa $\operatorname{Int}(A)$ selalu himpunan buka. Hasil itu tidak dipakai di sini.

Proposisi 13.3.8 (Monotonisitas)

Jika $A\subseteq C\subseteq\mathbb{R}$, maka $\operatorname{Int}(A)\subseteq\operatorname{Int}(C)$ dan $\operatorname{Ext}(C)\subseteq\operatorname{Ext}(A)$.

Bukti. Jika $B(p,r)\subseteq A$, maka $B(p,r)\subseteq C$. Jika $B(p,r)\subseteq\mathbb{R}\setminus C$, maka $B(p,r)\subseteq\mathbb{R}\setminus A$, karena $\mathbb{R}\setminus C\subseteq\mathbb{R}\setminus A$. $\square$

Batas tidak monoton terhadap inklusi. Ambil $A=\{0\}\subseteq C=\mathbb{R}$: $\partial A=\{0\}$ (Contoh 13.3.10) tetapi $\partial C=\emptyset$ (Contoh 13.3.11). Sebaliknya, ambil $A=\emptyset\subseteq C=\{0\}$: $\partial A=\emptyset\subsetneq\partial C$. Jadi tidak ada inklusi umum dalam arah mana pun.

Contoh Klasifikasi

Contoh 13.3.9 (Interval Setengah Terbuka $[a,b)$)

Misalkan $a<b$ dan $A=[a,b)$. Maka

$$\operatorname{Int}(A)=(a,b),\qquad\operatorname{Ext}(A)=(-\infty,a)\cup(b,\infty),\qquad\partial A=\{a,b\}.$$

Bukti. Menurut Teorema 13.3.5, cukup menunjukkan tiga hal: titik-titik $(a,b)$ interior, titik-titik $(-\infty,a)\cup(b,\infty)$ eksterior, dan $a,b$ titik batas. Ketiga kelompok itu sudah mencakup seluruh $\mathbb{R}$, sehingga setiap kelas tidak memuat titik lain.

Interior. Untuk $p\in(a,b)$, tetapkan $r=\min(p-a,\,b-p)>0$. Jika $|x-p|<r$, maka $x>p-r\geq a$ dan $x<p+r\leq b$, sehingga $x\in(a,b)\subseteq A$.

Eksterior. Untuk $p<a$, tetapkan $r=a-p>0$. Jika $|x-p|<r$, maka $x<p+r=a$, sehingga $x\notin A$. Untuk $p>b$, tetapkan $r=p-b$. Jika $|x-p|<r$, maka $x>b$, sehingga $x\notin A$. Pada $p=b$ radius ini nol dan tidak diizinkan; titik $b$ memang ditangani terpisah di bawah.

Titik $a$ (anggota $A$). Ambil $r>0$ dan $h=\min(\tfrac r2,\tfrac{b-a}2)>0$. Saksi di $A$ adalah $a$ sendiri. Saksi di luar $A$ adalah $a-h$: $|a-h-a|=h<r$ dan $a-h<a$. Jadi $a\in\partial A$. Saksi $a+h$ juga terletak di $A$, karena $a<a+h\leq a+\tfrac{b-a}2<b$; ini menunjukkan bahwa saksi di dalam $A$ tidak harus pusatnya.

Titik $b$ (bukan anggota $A$). Ambil $r>0$ dan $h$ seperti di atas. Saksi di $A$ adalah $b-h$: $a\leq b-\tfrac{b-a}2\leq b-h<b$ dan $|b-h-b|=h<r$. Saksi di luar $A$ adalah $b$ sendiri. Jadi $b\in\partial A$.

Peran $\min$ pada $h$: tanpa $\tfrac{b-a}2$, untuk radius besar seperti $r=10(b-a)$, titik $b-\tfrac r2$ jatuh di kiri $a$ dan bukan saksi yang sah untuk $A$. $\square$

Pada contoh ini $a\in A\cap\partial A$ dan $b\in\partial A\setminus A$. Jadi titik batas boleh anggota himpunan atau bukan.

Contoh 13.3.10 (Singleton)

Untuk $c\in\mathbb{R}$ dan $A=\{c\}$:

$$\operatorname{Int}(A)=\emptyset,\qquad\operatorname{Ext}(A)=\mathbb{R}\setminus\{c\},\qquad\partial A=\{c\}.$$

Bukti. Untuk $p\ne c$, tetapkan $r=\tfrac{|p-c|}{2}>0$. Maka $c\notin B(p,r)$, karena $d(c,p)=2r>r$. Jadi $B(p,r)\cap A=\emptyset$ dan $p\in\operatorname{Ext}(A)$. Untuk $p=c$: $c\in A$, dan setiap $B(c,r)$ memuat $c+\tfrac r2\notin A$. Akibat 13.3.6(a) memberi $c\in\partial A$. Teorema 13.3.5 kemudian memaksa $\operatorname{Int}(A)=\emptyset$. $\square$

Contoh 13.3.11 (Himpunan Kosong dan $\mathbb{R}$)

$\operatorname{Int}(\emptyset)=\emptyset$, $\operatorname{Ext}(\emptyset)=\mathbb{R}$, dan $\partial\emptyset=\emptyset$: untuk setiap $p$, $B(p,1)\subseteq\mathbb{R}=\mathbb{R}\setminus\emptyset$.

Secara dual, $\operatorname{Int}(\mathbb{R})=\mathbb{R}$, $\operatorname{Ext}(\mathbb{R})=\emptyset$, dan $\partial\mathbb{R}=\emptyset$, sesuai Proposisi 13.3.4(c) karena $\partial\mathbb{R}=\partial\emptyset$.

Contoh 13.3.12 (Keempat Interval Terbatas)

Untuk $a<b$, keempat himpunan $(a,b)$, $[a,b]$, $[a,b)$, $(a,b]$ mempunyai interior yang sama $(a,b)$, eksterior yang sama $(-\infty,a)\cup(b,\infty)$, dan batas yang sama $\{a,b\}$. Buktinya sama dengan Contoh 13.3.9. Radius untuk titik dalam dan titik luar tidak bergantung pada keanggotaan ujung. Pada ujung, saksi $a\pm h$ dan $b\pm h$ yang sama tetap bekerja; ujung itu sendiri menjadi saksi di sisi tempat ia berada.

Yang membedakan keempat interval hanyalah keanggotaan titik batas: $[a,b]$ memuat kedua titik batasnya, $(a,b)$ tidak memuat satu pun. Bab 14 akan menghubungkan pemuatan seluruh titik batas dengan sifat tutup. Di sini kita hanya mencatat pembedaan itu.

Contoh 13.3.13 (Interval Berlubang)

Misalkan $A=(0,1)\cup(1,2)$. Maka $\operatorname{Int}(A)=A$, $\partial A=\{0,1,2\}$, dan $\operatorname{Ext}(A)=(-\infty,0)\cup(2,\infty)$.

Bukti.

• Untuk $p\in(0,1)$, radius $\min(p,1-p)$ bekerja; untuk $p\in(1,2)$, radius $\min(p-1,2-p)$ bekerja. Jadi $A\subseteq\operatorname{Int}(A)$, dan dengan Proposisi 13.3.4(a), $\operatorname{Int}(A)=A$.
• Untuk $p<0$, radius $-p$ memberi bola di $(-\infty,0)$. Untuk $p>2$, radius $p-2$ memberi bola di $(2,\infty)$. Keduanya titik eksterior.
• Titik $0$ dan $2$ bukan anggota $A$. Setiap bola $B(0,r)$ memuat $\min(\tfrac r2,\tfrac12)\in(0,1)\subseteq A$, dan setiap bola $B(2,r)$ memuat $2-\min(\tfrac r2,\tfrac12)\in(1,2)$. Akibat 13.3.6(b) memberi $0,2\in\partial A$.
• Titik $1$ bukan anggota $A$. Setiap $B(1,r)$ memuat $1-\min(\tfrac r2,\tfrac12)\in(0,1)\subseteq A$, sehingga $1\in\partial A$.

Ketiga kelompok mencakup seluruh $\mathbb{R}$, sehingga Teorema 13.3.5 memberi kesamaan yang diklaim. $\square$

Titik $1$ adalah contoh titik di luar $A$ yang bukan eksterior: ia tidak dimiliki $A$, tetapi $A$ "mengepungnya" dari kedua sisi.

Contoh 13.3.14 (Bilangan Bulat)

Untuk $A=\mathbb{Z}$: $\operatorname{Int}(\mathbb{Z})=\emptyset$, $\partial\mathbb{Z}=\mathbb{Z}$, dan $\operatorname{Ext}(\mathbb{Z})=\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z}$.

Bukti.

• Untuk $n\in\mathbb{Z}$ dan $r>0$, titik $n+\tfrac m2$ dengan $m=\min(r,1)$ memenuhi $n<n+\tfrac m2\leq n+\tfrac12<n+1$. Jadi titik itu bukan bilangan bulat (tidak ada bilangan bulat di antara $n$ dan $n+1$, Bab 8), padahal terletak di $B(n,r)$. Akibat 13.3.6(a) memberi $n\in\partial\mathbb{Z}$.
• Untuk $p\notin\mathbb{Z}$, Lema 8.3.3 (pinjaman Archimedes-nya ditutup oleh Teorema 11.3.9) memberi bilangan bulat $k$ dengan $k\leq p<k+1$, dan $k<p$ karena $p\notin\mathbb{Z}$. Radius $r=\min(p-k,\,k+1-p)>0$ memberi $B(p,r)\subseteq(k,k+1)$, yang tidak memuat bilangan bulat. Jadi $p\in\operatorname{Ext}(\mathbb{Z})$.

Teorema 13.3.5 memberi $\operatorname{Int}(\mathbb{Z})=\emptyset$. Argumen ini sejalan dengan Solusi 12.1-6. $\square$

Supremum sebagai Titik Batas

Proposisi 13.3.15 (Supremum dan Infimum adalah Titik Batas)

Misalkan $A\subseteq\mathbb{R}$ tak kosong dan terbatas ke atas, dan $s=\sup A$, yang ada menurut Aksioma 11.3.1. Maka $s\in\partial A$. Secara dual, jika $A$ tak kosong dan terbatas ke bawah, maka $\inf A\in\partial A$.

Bukti. Ambil $r>0$. Menurut Teorema 11.2.9(c), terdapat $t\in A$ dengan $s-r<t\leq s$, sehingga $|t-s|<r$ dan $t\in B(s,r)\cap A$. Titik $s+\tfrac r2$ terletak di $B(s,r)$ dan lebih besar dari $s$. Karena $s$ batas atas $A$, titik itu bukan anggota $A$, sehingga $B(s,r)\cap(\mathbb{R}\setminus A)\ne\emptyset$. Karena $r$ sebarang, $s\in\partial A$.

Untuk infimum, terapkan hal yang sama dengan Teorema 11.2.10(c): bola memuat $t\in A$ dengan $i\leq t<i+r$, dan memuat $i-\tfrac r2\notin A$. $\square$

Proposisi ini adalah satu-satunya jembatan antara "batas atas" dan "titik batas" yang kita perlukan. Batas atas yang lebih besar dari supremum adalah titik eksterior. Misalnya, $5$ dan $(0,1)$: $B(5,4)=(1,9)$ tidak memuat titik $(0,1)$. Sebaliknya, titik batas tidak harus berupa supremum atau infimum: titik $1$ pada Contoh 13.3.13 adalah titik batas tetapi bukan supremum maupun infimum $A$.

Contoh Bilangan Rasional

Contoh 13.3.16 (Batas $\mathbb{Q}$ adalah Seluruh Garis)

$\operatorname{Int}(\mathbb{Q})=\emptyset$, $\operatorname{Ext}(\mathbb{Q})=\emptyset$, dan $\partial\mathbb{Q}=\mathbb{R}$.

Bukti. Ambil $p\in\mathbb{R}$ dan $r>0$. Karena $p-r<p+r$:

• Teorema 11.3.11 (kerapatan $\mathbb{Q}$) memberi rasional $q$ dengan $p-r<q<p+r$, sehingga $B(p,r)\cap\mathbb{Q}\ne\emptyset$;
• Teorema 11.3.12 (kerapatan bilangan irasional) memberi irasional $z$ dengan $p-r<z<p+r$, sehingga $B(p,r)\cap(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})\ne\emptyset$.

Jadi $p\in\partial\mathbb{Q}$ untuk setiap $p$, dan Teorema 13.3.5 memaksa interior dan eksterior kosong. $\square$

Kedua kerapatan diperlukan. Kerapatan $\mathbb{Q}$ saja hanya memberi $\operatorname{Ext}(\mathbb{Q})=\emptyset$. Untuk $\operatorname{Int}(\mathbb{Q})=\emptyset$ diperlukan irasional di setiap bola. Unit 12.4 membuktikan bahwa bilangan rasional berekspansi periodik akhirnya dan, sebaliknya, ekspansi periodik akhirnya bernilai rasional. Namun pembahasan itu tidak dengan sendirinya menghasilkan irasional di dalam bola yang diberikan. Saksi irasional diambil dari konstruksi eksplisit Teorema 11.3.12, $z=q+\sqrt2/n$, bukan dari dalih "desimal tak berulang". Status prasyarat: Teorema 11.3.11 dan 11.3.12 berada dalam Bab 11 yang sudah diperiksa logika dan ditelaah Claude, dan masih menunggu persetujuan penulis.

Dengan Proposisi 13.3.4(c), $\partial(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})=\mathbb{R}$ juga.

Klasifikasi Relatif dalam Subruang

Definisi 13.3.17 (Interior, Eksterior, dan Batas Relatif)

Misalkan $X\subseteq\mathbb{R}$, $A\subseteq X$, dan $p\in X$. Definisi 13.3.1–13.3.3 diulang dengan bola relatif $B_X(p,r)=X\cap B(p,r)$ dan komplemen relatif $X\setminus A$:

• $p\in\operatorname{Int}_X(A)$ jika $B_X(p,r)\subseteq A$ untuk suatu $r>0$;
• $p\in\operatorname{Ext}_X(A)$ jika $B_X(p,r)\subseteq X\setminus A$ untuk suatu $r>0$;
• $p\in\partial_XA$ jika untuk setiap $r>0$, $B_X(p,r)$ bertemu $A$ dan bertemu $X\setminus A$.

Bukti Teorema 13.3.5 hanya memakai bentuk kuantor dan fakta $p\in B_X(p,r)$. Karena itu bukti yang sama, kata demi kata, memberi partisi $X=\operatorname{Int}_X(A)\cup\operatorname{Ext}_X(A)\cup\partial_XA$ menjadi tiga bagian saling lepas.

Contoh 13.3.18 (Semesta $[0,1]$)

Misalkan $X=[0,1]$ dan $A=[0,\tfrac12)$. Maka

$$\operatorname{Int}_X(A)=[0,\tfrac12),\qquad\operatorname{Ext}_X(A)=(\tfrac12,1],\qquad\partial_XA=\{\tfrac12\},$$

sedangkan dalam semesta $\mathbb{R}$, menurut Contoh 13.3.12, $\partial A=\{0,\tfrac12\}$.

Bukti.

• Titik $0$: $B_X(0,\tfrac12)=[0,\tfrac12)\subseteq A$, jadi $0\in\operatorname{Int}_X(A)$. Bola relatif tidak memuat bilangan negatif, sehingga "sisi kiri" yang membuat $0$ titik batas di $\mathbb{R}$ tidak ada di $X$.
• Titik $p\in(0,\tfrac12)$: radius $\min(p,\tfrac12-p)$ memberi $B_X(p,r)\subseteq(0,\tfrac12)\subseteq A$.
• Titik $p\in(\tfrac12,1]$: radius $p-\tfrac12$ memberi $B_X(p,r)\subseteq(\tfrac12,1]=X\setminus A$, termasuk untuk $p=1$, dengan $B_X(1,\tfrac12)=(\tfrac12,1]$.
• Titik $\tfrac12\in X\setminus A$: untuk setiap $r>0$, titik $\tfrac12-\min(\tfrac r2,\tfrac14)$ terletak di $X$, di $A$, dan di $B(\tfrac12,r)$. Titik $\tfrac12$ sendiri adalah saksi di $X\setminus A$. Jadi $\tfrac12\in\partial_XA$.

Ketiga kelompok mencakup $X$. $\square$

Pesannya sama dengan Unit 13.2: setiap pernyataan interior, eksterior, atau batas harus menyebut semestanya. Titik $0$ adalah titik batas $A$ di $\mathbb{R}$, tetapi titik interior $A$ di $[0,1]$.

Strategi Pembuktian

Strategi 1: Mengklasifikasikan semua titik. Tebak tiga himpunan yang saling lepas dan menutup $\mathbb{R}$. Buktikan setiap titik tebakan interior dan setiap titik tebakan eksterior dengan radius eksplisit, dan setiap titik tebakan batas dengan saksi untuk setiap $r$. Teorema 13.3.5 kemudian menjamin tidak ada titik lain di setiap kelas.

Strategi 2: Memilih saksi batas untuk semua radius. Gunakan $\min$ antara $\tfrac r2$ dan suatu jarak tetap agar saksi tidak melompati bagian lain himpunan ketika $r$ besar.

Strategi 3: Memakai pusat sebagai saksi. Bila $p\in A$, $p$ sudah menjadi saksi di $A$; cukup cari saksi di luar. Akibat 13.3.6 merumuskan penghematan ini.

Strategi 4: Memakai dualitas. Fakta tentang eksterior $A$ adalah fakta tentang interior $\mathbb{R}\setminus A$, dan $A$ serta komplemennya berbagi batas.

Strategi 5: Menegasikan dengan benar. "Bukan interior" berarti $\forall r>0$, $B(p,r)\not\subseteq A$. Itu tidak sama dengan "eksterior".

Latihan

Latihan 13.3-1. Misalkan $A=[2,5)$. Tentukan $\operatorname{Int}(A)$, $\operatorname{Ext}(A)$, dan $\partial A$ dengan bukti lengkap. Untuk titik $1$, $2$, $3$, $5$, dan $6$, sebutkan kelasnya beserta radius atau saksi eksplisit.

Latihan 13.3-2. Misalkan $A=(0,1)\cup(1,2)$. (a) Buktikan bahwa $1\in\partial A$ tetapi $1\notin A$. (b) Buktikan bahwa $1$ bukan titik eksterior $A$, meskipun $1\notin A$. (c) Tentukan $\partial A$ seluruhnya.

Latihan 13.3-3. Tentukan interior, eksterior, dan batas dari $\emptyset$, $\mathbb{R}$, dan $\{-4\}$. Pada setiap kasus, tunjukkan bagaimana kuantor "untuk setiap $r>0$" dipenuhi atau gagal.

Latihan 13.3-4. (a) Tuliskan secara formal pernyataan "$p\in\operatorname{Int}(A)$" dan negasinya, lalu turunkan negasinya langkah demi langkah dengan aturan negasi kuantor. (b) Buktikan Teorema 13.3.5 dengan kata-kata sendiri. (c) Tunjukkan dengan contoh bahwa "$p\notin\operatorname{Int}(A)$" tidak mengakibatkan "$p\in\operatorname{Ext}(A)$".

Latihan 13.3-5. Buktikan bahwa $\partial A=\partial(\mathbb{R}\setminus A)$ dan $\operatorname{Ext}(A)=\operatorname{Int}(\mathbb{R}\setminus A)$ untuk setiap $A\subseteq\mathbb{R}$. Periksa kedua kesamaan pada $A=[2,5)$ secara eksplisit.

Latihan 13.3-6. (a) Buktikan bahwa $\partial\mathbb{Q}=\mathbb{R}$, dan sebutkan dengan tepat teorema kerapatan mana yang dipakai untuk masing-masing dari dua syarat batas. (b) Tentukan $\operatorname{Int}(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})$. (c) Tentukan interior, eksterior, dan batas dari $\mathbb{Q}\cap[0,1]$.

Latihan 13.3-7. (a) Berikan himpunan $A$ dan titik $p\in A$ yang bukan titik interior $A$. (b) Berikan himpunan $A$ dan titik $p\notin A$ yang bukan titik eksterior $A$. (c) Buktikan bahwa jika $p\in A$ dan $p\notin\operatorname{Int}(A)$, maka $p\in\partial A$.

Latihan 13.3-8. Misalkan $X=[0,1]$ dan $A=[0,\tfrac12)$. (a) Tentukan $\operatorname{Int}_X(A)$, $\operatorname{Ext}_X(A)$, dan $\partial_XA$. (b) Tentukan $\operatorname{Int}(A)$, $\operatorname{Ext}(A)$, dan $\partial A$ dalam $\mathbb{R}$. (c) Jelaskan dengan bola eksplisit mengapa status titik $0$ berbeda pada (a) dan (b).

Solusi

Solusi 13.3-1. Menurut Contoh 13.3.9 dengan $a=2$ dan $b=5$: $\operatorname{Int}(A)=(2,5)$, $\operatorname{Ext}(A)=(-\infty,2)\cup(5,\infty)$, dan $\partial A=\{2,5\}$. Bukti lengkapnya ada pada contoh itu.

• $1$: eksterior, dengan radius $2-1=1$, karena $B(1,1)=(0,2)$ tidak memuat titik $A$.
• $3$: interior, dengan radius $\min(3-2,5-3)=1$, karena $B(3,1)=(2,4)\subseteq A$.
• $6$: eksterior, dengan radius $6-5=1$, karena $B(6,1)=(5,7)$.
• $2$: titik batas yang anggota $A$. Untuk $r>0$, saksi di $A$ adalah $2$, dan saksi di luar adalah $2-\min(\tfrac r2,\tfrac32)<2$.
• $5$: titik batas yang bukan anggota $A$. Saksi di $A$ adalah $5-\min(\tfrac r2,\tfrac32)\in[\tfrac72,5)$, dan saksi di luar adalah $5$.

$\square$

Solusi 13.3-2. (a) $1\notin(0,1)$ dan $1\notin(1,2)$, jadi $1\notin A$. Untuk $r>0$, titik $1-\min(\tfrac r2,\tfrac12)$ terletak di $[\tfrac12,1)\subseteq A$ dan di $B(1,r)$, sedangkan $1$ sendiri saksi di luar $A$. Jadi $1\in\partial A$.

(b) Bagian (a) menunjukkan bahwa setiap $B(1,r)$ bertemu $A$, sehingga tidak ada $r>0$ dengan $B(1,r)\subseteq\mathbb{R}\setminus A$.

(c) $\partial A=\{0,1,2\}$, menurut Contoh 13.3.13. $\square$

Solusi 13.3-3. $\emptyset$: setiap $p$ eksterior dengan $r=1$, karena syarat $B(p,1)\cap\emptyset=\emptyset$ benar. Syarat batas "$B(p,r)\cap\emptyset\ne\emptyset$ untuk setiap $r$" gagal sudah pada $r=1$. Interior kosong menurut Proposisi 13.3.4(a). Jadi $\operatorname{Int}=\emptyset$, $\operatorname{Ext}=\mathbb{R}$, $\partial=\emptyset$.

$\mathbb{R}$: setiap $p$ interior dengan $r=1$. Syarat batas gagal karena $B(p,1)\cap\emptyset=\emptyset$. Jadi $\operatorname{Int}=\mathbb{R}$, $\operatorname{Ext}=\emptyset$, $\partial=\emptyset$.

$\{-4\}$: menurut Contoh 13.3.10, $\operatorname{Int}=\emptyset$, $\operatorname{Ext}=\mathbb{R}\setminus\{-4\}$, dan $\partial=\{-4\}$. Pada $p=-4$, kuantor "untuk setiap $r>0$" dipenuhi dengan saksi $-4$ (di dalam) dan $-4+\tfrac r2$ (di luar). Pada $p\ne-4$, kuantor gagal untuk radius $\tfrac{|p+4|}{2}$. $\square$

Solusi 13.3-4. (a) $p\in\operatorname{Int}(A)$ ditulis $\exists r\in\mathbb{R}\,\bigl(r>0\wedge\forall x\in\mathbb{R}\,(|x-p|<r\Rightarrow x\in A)\bigr)$. Negasinya diturunkan bertahap:

1. $\forall r\in\mathbb{R}\,\neg\bigl(r>0\wedge\forall x\,(|x-p|<r\Rightarrow x\in A)\bigr)$;
2. $\forall r\,\bigl(r>0\Rightarrow\neg\forall x\,(|x-p|<r\Rightarrow x\in A)\bigr)$;
3. $\forall r\,\bigl(r>0\Rightarrow\exists x\,\neg(|x-p|<r\Rightarrow x\in A)\bigr)$;
4. $\forall r>0\;\exists x\,(|x-p|<r\wedge x\notin A)$.

Langkah 2 memakai $\neg(P\wedge Q)\equiv P\Rightarrow\neg Q$. Langkah 4 memakai $\neg(P\Rightarrow Q)\equiv P\wedge\neg Q$.

(b) Pertama, ketiga kelas saling lepas. Titik interior mempunyai satu bola di dalam $A$, sehingga bola itu tidak bertemu komplemen; dengan demikian titik itu bukan eksterior dan bukan titik batas. Hal yang dual berlaku untuk titik eksterior. Kedua, jika $p$ bukan interior dan bukan eksterior, negasi pada (a) dan negasi dualnya menyatakan bahwa setiap bola bertemu komplemen dan setiap bola bertemu $A$. Itulah titik batas.

(c) $A=\{0\}$ dan $p=0$: $0$ bukan interior (Contoh 13.3.10), tetapi juga bukan eksterior, karena $0\in A$ dan titik eksterior tidak pernah anggota $A$. $\square$

Solusi 13.3-5. Ini Proposisi 13.3.4(b)–(c). Pada $A=[2,5)$, komplemennya $\mathbb{R}\setminus A=(-\infty,2)\cup[5,\infty)$.

• Interior komplemen: titik $p<2$ dengan radius $2-p$, dan titik $p>5$ dengan radius $p-5$. Titik $5$ bukan interior komplemen, karena setiap $B(5,r)$ memuat $5-\min(\tfrac r2,\tfrac32)\in A$. Jadi $\operatorname{Int}(\mathbb{R}\setminus A)=(-\infty,2)\cup(5,\infty)=\operatorname{Ext}(A)$.
• Batas komplemen: titik $2$ (setiap bola memuat $2$ yang di $A$ dan $2-\tfrac r2$ yang di komplemen) dan titik $5$ (dengan saksi yang sama seperti di atas). Jadi $\partial(\mathbb{R}\setminus A)=\{2,5\}=\partial A$.

$\square$

Solusi 13.3-6. (a) Ini Contoh 13.3.16. Syarat "$B(p,r)\cap\mathbb{Q}\ne\emptyset$" memakai Teorema 11.3.11, dan syarat "$B(p,r)\cap(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})\ne\emptyset$" memakai Teorema 11.3.12, keduanya pada interval $(p-r,p+r)$.

(b) $\operatorname{Int}(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})=\operatorname{Ext}(\mathbb{Q})=\emptyset$, menurut Proposisi 13.3.4(b) dan (a).

(c) Misalkan $C=\mathbb{Q}\cap[0,1]$. Interior: $C\subseteq\mathbb{Q}$, sehingga Proposisi 13.3.8 memberi $\operatorname{Int}(C)\subseteq\operatorname{Int}(\mathbb{Q})=\emptyset$.

Eksterior: untuk $p<0$, radius $-p$ memberi bola di $(-\infty,0)$, yang lepas dari $C$; untuk $p>1$, radius $p-1$ bekerja. Untuk $p\in[0,1]$ dan $r>0$, interval $[0,1]\cap(p-r,p+r)$ memuat interval terbuka tak kosong:

• untuk $p<1$, $(p,\min(p+r,1))$;
• untuk $p=1$, $(\max(1-r,0),1)$.

Kerapatan $\mathbb{Q}$ memberi rasional di dalamnya, sehingga $B(p,r)\cap C\ne\emptyset$ dan $p$ bukan eksterior.

Batas: untuk $p\in[0,1]$, setiap bola memuat titik $C$ (baru dibuktikan) dan titik irasional (Teorema 11.3.12), yang bukan anggota $C$.

Jadi $\operatorname{Int}(C)=\emptyset$, $\operatorname{Ext}(C)=(-\infty,0)\cup(1,\infty)$, dan $\partial C=[0,1]$. $\square$

Solusi 13.3-7. (a) $A=[0,1]$ dan $p=0$: setiap $B(0,r)$ memuat $-\tfrac r2\notin A$.

(b) $A=(0,1)$ dan $p=1$: setiap $B(1,r)$ memuat $1-\min(\tfrac r2,\tfrac12)\in A$.

(c) Karena $p\in A$, $p\notin\operatorname{Ext}(A)$ (Proposisi 13.3.4(a)). Dengan hipotesis $p\notin\operatorname{Int}(A)$, Teorema 13.3.5 menyisakan $p\in\partial A$. Ini Akibat 13.3.6(a). $\square$

Solusi 13.3-8. (a) Menurut Contoh 13.3.18: $\operatorname{Int}_X(A)=[0,\tfrac12)$, $\operatorname{Ext}_X(A)=(\tfrac12,1]$, dan $\partial_XA=\{\tfrac12\}$.

(b) Menurut Contoh 13.3.12 dengan $a=0$ dan $b=\tfrac12$: $\operatorname{Int}(A)=(0,\tfrac12)$, $\operatorname{Ext}(A)=(-\infty,0)\cup(\tfrac12,\infty)$, dan $\partial A=\{0,\tfrac12\}$.

(c) Di $X$, bola relatif $B_X(0,\tfrac12)=[0,1]\cap(-\tfrac12,\tfrac12)=[0,\tfrac12)$ termuat dalam $A$, jadi $0$ interior relatif. Di $\mathbb{R}$, setiap bola $B(0,r)=(-r,r)$ memuat $-\tfrac r2$, yang di luar $A$, jadi $0$ titik batas. Perbedaannya berasal dari titik-titik negatif yang ada di $\mathbb{R}$ tetapi tidak di $X$. $\square$

Ringkasan dan Pranala ke Unit 13.4

Unit ini mendefinisikan titik interior, eksterior, dan batas melalui bola. Hasil-hasil yang dibuktikan:

• setiap titik termasuk tepat satu kelas (Teorema 13.3.5), dengan negasi kuantor yang ditulis eksplisit;
• interior dan eksterior saling dual lewat komplemen, dan suatu himpunan berbagi batas dengan komplemennya;
• uji satu sisi untuk titik batas (Akibat 13.3.6) dan sifat lokal interior (Lemma 13.3.7);
• klasifikasi lengkap untuk interval, singleton, $\emptyset$, $\mathbb{R}$, interval berlubang, $\mathbb{Z}$, dan $\mathbb{Q}$;
• supremum dan infimum adalah titik batas (Proposisi 13.3.15);
• dalam subruang, klasifikasi bergantung pada semesta.

Unit 13.4 mendefinisikan himpunan buka sebagai himpunan yang semua titiknya titik interior, yaitu $U=\operatorname{Int}(U)$. Lemma 13.3.7 akan langsung memberi bahwa $\operatorname{Int}(A)$ selalu buka, dan sifat gabungan sebarang serta irisan berhingga akan dibuktikan dari definisi.

13.4 Himpunan Buka (Open Sets) dan Sifat-Sifatnya

Unit 13.3 mengklasifikasikan titik terhadap suatu himpunan. Unit ini membalik sudut pandang dan mengklasifikasikan himpunan: suatu himpunan disebut buka bila semua anggotanya titik interior. Dengan kata lain, setiap anggota mempunyai "ruang gerak" berupa bola kecil yang tidak keluar dari himpunan. Konsep ini sudah muncul pada Definisi 12.1.9 dengan nama "terbuka di $\mathbb{R}$" dan dipakai Bab 12 untuk mengklasifikasikan interval. Unit ini menyatakannya dalam bahasa metrik Bab 13 dan membuktikan sifat-sifat strukturalnya:

• gabungan sebarang himpunan buka adalah buka;
• irisan berhingga himpunan buka adalah buka;
• irisan tak hingga dapat gagal buka;
• interior adalah himpunan buka terbesar di dalam suatu himpunan;
• setiap himpunan buka adalah gabungan bola terbuka;
• keterbukaan relatif dicirikan sebagai irisan dengan himpunan buka.

Istilah "himpunan buka" pada judul master dan "himpunan terbuka" pada Bab 12 kita pakai bergantian dengan arti yang sama persis. Judul unit dipertahankan sesuai master.

Prasyarat:

• dari Unit 13.2: bola terbuka, lingkungan, Lemma 13.2.9, Proposisi 13.2.5, 13.2.11, dan Contoh 13.2.12;
• dari Unit 13.3: interior, eksterior, batas, Teorema 13.3.5, Akibat 13.3.6, dan Lemma 13.3.7;
• dari Unit 12.1: Definisi 12.1.9, Teorema 12.1.11–12.1.16 (klasifikasi interval), dan Definisi 12.1.17 (keterbukaan relatif);
• dari Bab 11: Korolari 11.3.10 (Archimedes), hanya pada contoh keluarga radius $\tfrac1n$, dan Teorema 11.1.14 (minimum himpunan berhingga).

Tidak ada pemakaian kelengkapan selain lewat Archimedes pada contoh-contoh itu. Teori himpunan tutup, titik akumulasi, dan penutupan ditunda ke Bab 14.

Definisi dan Kesetaraan

Definisi 13.4.1 (Himpunan Buka)

Himpunan $U\subseteq\mathbb{R}$ disebut buka (terbuka) di $\mathbb{R}$ jika untuk setiap $p\in U$ terdapat $r>0$ sehingga $B(p,r)\subseteq U$.

Karena $B(p,r)=(p-r,p+r)$ (Proposisi 13.2.2), definisi ini sama persis dengan bagian pertama Definisi 12.1.9. Semua klasifikasi interval Bab 12 tetap berlaku tanpa perubahan.

Urutan kuantornya $\forall p\in U\;\exists r>0$. Radius boleh bergantung pada titik. Rumusan yang lebih kuat, $\exists r>0\;\forall p\in U$, tidak dipenuhi oleh kebanyakan himpunan buka. Ambil $U=(0,1)$ dan sebarang $r>0$. Titik $p=\tfrac{\min(r,1)}{2}\in U$ memenuhi $d(0,p)=p\leq\tfrac r2<r$, sehingga $0\in B(p,r)$ padahal $0\notin U$. Jadi tidak ada satu radius untuk semua titik. Hal yang sama sudah tampak pada catatan setelah Akibat 13.2.10.

Proposisi 13.4.2 (Tiga Rumusan Setara)

Untuk $U\subseteq\mathbb{R}$, pernyataan berikut setara:

(a) $U$ buka;

(b) $U=\operatorname{Int}(U)$;

(c) $U$ adalah lingkungan dari setiap anggotanya;

(d) $U\cap\partial U=\emptyset$, yaitu $U$ tidak memuat satu pun titik batasnya.

Bukti. (a)⇔(c): kedua pernyataan adalah definisi yang sama (Definisi 13.2.6).

(a)⇔(b): Proposisi 13.3.4(a) selalu memberi $\operatorname{Int}(U)\subseteq U$. Jadi $U=\operatorname{Int}(U)$ setara dengan $U\subseteq\operatorname{Int}(U)$, yang tidak lain adalah (a).

(b)⇔(d): Menurut Akibat 13.3.6(a), setiap $p\in U$ termasuk tepat satu dari $\operatorname{Int}(U)$ atau $\partial U$. Jadi $U\subseteq\operatorname{Int}(U)$ jika dan hanya jika tidak ada $p\in U$ yang termasuk $\partial U$. $\square$

Rumusan (d) memberi cara cepat membantah keterbukaan: tunjukkan satu titik batas yang anggota himpunan. Misalnya $[a,b)$ dengan $a<b$ memuat titik batasnya $a$ (Contoh 13.3.9), jadi tidak buka. Rumusan (d) juga meluruskan salah kaprah bahwa himpunan buka "tidak punya batas": $(0,1)$ buka dan $\partial(0,1)=\{0,1\}\ne\emptyset$. Yang benar, himpunan buka tidak memuat titik batasnya. Buka juga tidak berarti tidak terbatas: $(0,1)$ buka dan terbatas.

Contoh Dasar

Teorema 13.4.3 (Himpunan Buka Dasar)

(a) $\emptyset$ dan $\mathbb{R}$ buka.

(b) Setiap bola terbuka $B(p,r)$ dengan $r>0$ buka.

(c) Setiap interval terbuka $(a,b)$ dengan $a<b$ dan setiap sinar terbuka $(a,\infty)$, $(-\infty,b)$ buka.

(d) Untuk $a<b$, himpunan $[a,b]$, $[a,b)$, $(a,b]$ tidak buka. Sinar $[a,\infty)$, $(-\infty,b]$ dan singleton $\{c\}$ juga tidak buka.

Bukti. (a) $\emptyset$ buka secara hampa: tidak ada $p\in\emptyset$ yang harus diberi radius. Untuk $\mathbb{R}$, radius $1$ bekerja di setiap titik (lihat juga Lemma 12.1.10).

(b) Untuk $q\in B(p,r)$, Lemma 13.2.9 memberi $B(q,r-d(q,p))\subseteq B(p,r)$.

(c) $(a,b)=B(\tfrac{a+b}2,\tfrac{b-a}2)$: $|x-\tfrac{a+b}2|<\tfrac{b-a}2$ setara dengan $a<x<b$ menurut Lemma 13.1.2(b). Jadi (c) untuk interval terbatas mengikuti dari (b). Untuk sinar $(a,\infty)$, titik $p>a$ mempunyai radius $p-a$: jika $|x-p|<p-a$, maka $x>a$. Sinar $(-\infty,b)$ dual. Hasil yang sama ada pada Teorema 12.1.11 dan 12.1.14.

(d) Masing-masing himpunan memuat titik batas: $a$ untuk $[a,b]$, $[a,b)$, dan $[a,\infty)$; $b$ untuk $(a,b]$ dan $(-\infty,b]$; serta $c$ untuk $\{c\}$ (Contoh 13.3.10). Proposisi 13.4.2(d) memberi kesimpulan. Hasil ini sama dengan Teorema 12.1.12–12.1.16. $\square$

Gabungan dan Irisan

Teorema 13.4.4 (Gabungan Sebarang Himpunan Buka)

Misalkan $J$ sebarang himpunan indeks, dan untuk setiap $i\in J$, $U_i\subseteq\mathbb{R}$ buka. Maka $\bigcup_{i\in J}U_i$ buka.

Bukti. Tulis $U=\bigcup_{i\in J}U_i$ dan ambil $p\in U$. Menurut definisi gabungan, terdapat $i_0\in J$ dengan $p\in U_{i_0}$. Karena $U_{i_0}$ buka, terdapat $r>0$ dengan $B(p,r)\subseteq U_{i_0}\subseteq U$. Jadi $U$ buka. $\square$

Bukti ini tidak memilih indeks atau radius secara serentak untuk semua titik. Untuk setiap $p$ yang sedang diperiksa, cukup ada satu indeks dan satu radius, sesuai urutan kuantor definisi. Jika $J=\emptyset$, gabungannya $\emptyset$, yang buka; bukti di atas juga berlaku secara hampa karena tidak ada $p$ yang diperiksa. Banyaknya himpunan dalam keluarga, berhingga atau tidak, tidak berperan sama sekali.

Teorema 13.4.5 (Irisan Berhingga Himpunan Buka)

Misalkan $k\in\mathbb{N}$ dengan $k\geq1$, dan $U_1,\ldots,U_k\subseteq\mathbb{R}$ buka. Maka $U_1\cap\cdots\cap U_k$ buka.

Bukti. Ambil $p$ dalam irisan. Untuk setiap $i\in\{1,\ldots,k\}$, $p\in U_i$ dan $U_i$ buka, sehingga ada $r_i>0$ dengan $B(p,r_i)\subseteq U_i$. Daftar $r_1,\ldots,r_k$ berhingga dan tak kosong, jadi $r=\min(r_1,\ldots,r_k)$ ada (Teorema 11.1.14) dan positif. Proposisi 13.2.5 memberi $B(p,r)\subseteq B(p,r_i)\subseteq U_i$ untuk setiap $i$, jadi $B(p,r)$ termuat dalam irisan. $\square$

Untuk $k=0$, dengan konvensi irisan keluarga kosong subhimpunan $\mathbb{R}$ sama dengan $\mathbb{R}$, irisannya buka. Kita menulis $k\geq1$ agar teorema tidak bergantung pada konvensi itu.

Langkah yang memerlukan keberhinggaan adalah pengambilan minimum. Untuk keluarga tak hingga, radius-radius $r_i$ tidak perlu mempunyai minimum. Kalaupun infimumnya ada, infimum itu bisa $0$, yang bukan radius yang sah. Contoh berikut memperlihatkan bahwa kegagalan ini nyata.

Contoh 13.4.6 (Irisan Tak Hingga: Gagal dan Berhasil)

(a) Untuk $n\in\mathbb{N}_{+}$, $U_n=(-\tfrac1n,\tfrac1n)$ buka, tetapi $\bigcap_{n\in\mathbb{N}_{+}}U_n=\{0\}$ (Contoh 13.2.12, dengan Archimedes) tidak buka. Radius terbaik untuk titik $0$ di $U_n$ adalah $\tfrac1n$, dan tidak ada radius positif yang lebih kecil atau sama dengan semuanya.

(b) Untuk $n\in\mathbb{N}_{+}$, $V_n=(-1-\tfrac1n,\,1+\tfrac1n)$ buka, tetapi irisannya $[-1,1]$ (Solusi 13.2-6(b)) tidak buka.

(c) Untuk $n\in\mathbb{N}_{+}$, $W_n=(-n,n)$ buka, dan irisannya $W_1=(-1,1)$ buka. Memang $W_1\subseteq W_n$ untuk setiap $n\geq1$, karena $-n\leq-1<1\leq n$. Irisannya termuat dalam $W_1$ dan memuat $W_1$, sehingga sama dengan $W_1$.

Jadi irisan tak hingga himpunan buka kadang buka dan kadang tidak. Teorema 13.4.5 tidak dapat diperluas menjadi jaminan umum untuk keluarga tak hingga.

Interior sebagai Himpunan Buka Terbesar

Teorema 13.4.7 (Interior Buka dan Maksimal)

Untuk setiap $A\subseteq\mathbb{R}$:

(a) $\operatorname{Int}(A)$ buka;

(b) jika $V\subseteq A$ dan $V$ buka, maka $V\subseteq\operatorname{Int}(A)$.

Jadi $\operatorname{Int}(A)$ adalah himpunan buka terbesar yang termuat dalam $A$, yaitu gabungan semua himpunan buka yang termuat dalam $A$. Secara dual, $\operatorname{Ext}(A)$ buka.

Bukti. (a) Ambil $p\in\operatorname{Int}(A)$, dengan $B(p,r)\subseteq A$. Lemma 13.3.7 memberi $B(p,r)\subseteq\operatorname{Int}(A)$. Jadi $\operatorname{Int}(A)$ buka.

(b) Ambil $p\in V$. Karena $V$ buka, ada $r>0$ dengan $B(p,r)\subseteq V\subseteq A$, sehingga $p\in\operatorname{Int}(A)$.

Kalimat "gabungan semua himpunan buka dalam $A$": gabungan itu memuat $\operatorname{Int}(A)$ menurut (a), karena $\operatorname{Int}(A)$ sendiri salah satu himpunan buka dalam $A$. Gabungan itu juga termuat dalam $\operatorname{Int}(A)$ menurut (b). Untuk eksterior, $\operatorname{Ext}(A)=\operatorname{Int}(\mathbb{R}\setminus A)$ (Proposisi 13.3.4(b)), lalu terapkan (a) pada $\mathbb{R}\setminus A$. $\square$

Akibat 13.4.8 (Aljabar Interior)

Untuk $A,C\subseteq\mathbb{R}$:

(a) $\operatorname{Int}(\operatorname{Int}(A))=\operatorname{Int}(A)$;

(b) $A$ buka jika dan hanya jika $\operatorname{Int}(A)=A$;

(c) jika $A\subseteq C$, maka $\operatorname{Int}(A)\subseteq\operatorname{Int}(C)$;

(d) $\operatorname{Int}(A\cap C)=\operatorname{Int}(A)\cap\operatorname{Int}(C)$;

(e) $\operatorname{Int}(A)\cup\operatorname{Int}(C)\subseteq\operatorname{Int}(A\cup C)$, dan inklusinya dapat tegas.

Bukti. (a) $\operatorname{Int}(A)$ buka (Teorema 13.4.7(a)), lalu gunakan Proposisi 13.4.2(b). (b) adalah Proposisi 13.4.2. (c) adalah Proposisi 13.3.8.

(d) Inklusi $\subseteq$: $A\cap C\subseteq A$ dan $A\cap C\subseteq C$, lalu gunakan (c). Inklusi $\supseteq$: jika $B(p,r_1)\subseteq A$ dan $B(p,r_2)\subseteq C$, maka $B(p,\min(r_1,r_2))\subseteq A\cap C$ menurut Proposisi 13.2.5.

(e) Inklusi: $A\subseteq A\cup C$ dan $C\subseteq A\cup C$, lalu gunakan (c). Inklusi tegas: ambil $A=(-1,0]$ dan $C=[0,1)$. Menurut Contoh 13.3.12, $\operatorname{Int}(A)=(-1,0)$ dan $\operatorname{Int}(C)=(0,1)$, sehingga gabungannya $(-1,0)\cup(0,1)$ tidak memuat $0$. Padahal $A\cup C=(-1,1)$ buka, sehingga $\operatorname{Int}(A\cup C)=(-1,1)\ni0$. $\square$

Contoh lain untuk (e), setelah kerapatan tersedia: $A=\mathbb{Q}$ dan $C=\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$. Ruas kiri $\emptyset\cup\emptyset=\emptyset$ (Contoh 13.3.16), sedangkan $\operatorname{Int}(A\cup C)=\operatorname{Int}(\mathbb{R})=\mathbb{R}$. Contoh dengan interval di atas tidak memerlukan kerapatan.

Himpunan Buka sebagai Gabungan Bola

Teorema 13.4.9 (Representasi Gabungan Bola)

Himpunan $U\subseteq\mathbb{R}$ buka jika dan hanya jika $U$ adalah gabungan suatu keluarga bola terbuka. Secara khusus, untuk $U$ buka,

$$U=\bigcup\bigl\{B(p,r):p\in U,\ r>0,\ B(p,r)\subseteq U\bigr\}.$$

Bukti. ($\Leftarrow$) Setiap bola buka (Teorema 13.4.3(b)), dan gabungan sebarang himpunan buka buka (Teorema 13.4.4). Ini mencakup keluarga kosong yang gabungannya $\emptyset$.

($\Rightarrow$) Misalkan $U$ buka. Tulis $\mathcal{B}$ untuk keluarga semua bola $B(p,r)$ dengan $p\in U$, $r>0$, dan $B(p,r)\subseteq U$. Keluarga ini dibentuk dengan prinsip separasi dari himpunan pasangan $(p,r)\in U\times(0,\infty)$. Setiap anggota $\mathcal{B}$ termuat dalam $U$, jadi $\bigcup\mathcal{B}\subseteq U$. Sebaliknya, untuk $p\in U$ keterbukaan memberi suatu $r>0$ dengan $B(p,r)\subseteq U$. Bola itu anggota $\mathcal{B}$ dan memuat $p$, jadi $p\in\bigcup\mathcal{B}$. $\square$

Bukti ini tidak memilih satu radius untuk setiap titik. Seluruh pasangan yang memenuhi syarat dimasukkan sekaligus, sehingga tidak diperlukan fungsi pilihan. Karena bola di $\mathbb{R}$ adalah interval terbuka, akibatnya setiap himpunan buka di $\mathbb{R}$ adalah gabungan interval terbuka. Kita tidak mengklaim lebih dari itu. Pernyataan yang lebih tajam, bahwa setiap himpunan buka di $\mathbb{R}$ adalah gabungan terhitung interval terbuka yang saling lepas, memerlukan argumen tambahan (komponen dan keterhitungan dari Bagian IV) dan tidak dipakai di sini.

Contoh 13.4.10 (Gabungan Himpunan Tak Buka Bisa Buka)

Untuk $n\in\mathbb{N}$ dengan $n\geq3$, misalkan $K_n=[\tfrac1n,1-\tfrac1n]$. Setiap $K_n$ tidak buka (Teorema 13.4.3(d), karena $\tfrac1n<1-\tfrac1n$ untuk $n\geq3$). Namun

$$\bigcup_{n\geq3}K_n=(0,1),$$

yang buka. Inklusi $\subseteq$ jelas karena $0<\tfrac1n$ dan $1-\tfrac1n<1$. Untuk $\supseteq$, ambil $x\in(0,1)$. Maka $m=\min(x,1-x)>0$, dan Korolari 11.3.10 memberi $n_0\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $\tfrac1{n_0}<m$. Tetapkan $n=\max(n_0,3)$. Maka $\tfrac1n\leq\tfrac1{n_0}<m$, sehingga $\tfrac1n<x$ dan $\tfrac1n<1-x$, yaitu $x\in K_n$. Jadi Teorema 13.4.4 hanya memberi syarat cukup: gabungan himpunan buka adalah buka, tetapi himpunan yang tidak buka juga dapat bergabung menjadi himpunan buka.

Keterbukaan Relatif

Definisi 13.4.11 (Buka Relatif)

Misalkan $X\subseteq\mathbb{R}$ dan $V\subseteq X$. Himpunan $V$ buka relatif terhadap $X$ (buka di $X$) jika untuk setiap $p\in V$ terdapat $r>0$ dengan $B_X(p,r)\subseteq V$.

Karena $B_X(p,r)=X\cap(p-r,p+r)$, definisi ini sama dengan rumusan lingkungan pada Definisi 12.1.17.

Teorema 13.4.12 (Karakterisasi Keterbukaan Relatif)

Misalkan $X\subseteq\mathbb{R}$ dan $V\subseteq X$. Maka $V$ buka di $X$ jika dan hanya jika terdapat $G\subseteq\mathbb{R}$ yang buka di $\mathbb{R}$ dengan $V=X\cap G$.

Bukti. ($\Leftarrow$) Misalkan $V=X\cap G$ dengan $G$ buka. Untuk $p\in V$, $p\in G$, sehingga ada $r>0$ dengan $B(p,r)\subseteq G$. Maka $B_X(p,r)=X\cap B(p,r)\subseteq X\cap G=V$.

($\Rightarrow$) Misalkan $V$ buka di $X$. Tetapkan

$$G=\bigcup\bigl\{B(p,r):p\in V,\ r>0,\ B_X(p,r)\subseteq V\bigr\}.$$

$G$ buka menurut Teorema 13.4.9. Setiap $p\in V$ memiliki suatu radius yang memenuhi syarat, jadi $p\in G$; bersama $p\in X$, diperoleh $V\subseteq X\cap G$. Sebaliknya, jika $y\in X\cap G$, maka $y\in B(p,r)$ untuk suatu pasangan yang memenuhi syarat. Karena $y\in X$, $y\in B_X(p,r)\subseteq V$. Jadi $X\cap G=V$. Jika $V=\emptyset$, keluarganya kosong, $G=\emptyset$, dan $X\cap\emptyset=\emptyset=V$. $\square$

Bukti ini adalah versi bahasa bola dari bukti kesetaraan setelah Definisi 12.1.17. Seperti di sana, tidak dipilih satu radius untuk setiap titik.

Proposisi 13.4.13 (Semesta Buka)

Misalkan $X\subseteq\mathbb{R}$ buka dan $V\subseteq X$. Maka $V$ buka di $X$ jika dan hanya jika $V$ buka di $\mathbb{R}$.

Bukti. Jika $V$ buka di $X$, Teorema 13.4.12 memberi $V=X\cap G$ dengan $G$ buka. Irisan dua himpunan buka adalah buka (Teorema 13.4.5), jadi $V$ buka di $\mathbb{R}$. Sebaliknya, jika $V$ buka di $\mathbb{R}$, maka $V=X\cap V$ karena $V\subseteq X$, dan Teorema 13.4.12 dengan $G=V$ memberi keterbukaan relatif. $\square$

Tanpa syarat $X$ buka, keterbukaan relatif tidak mengakibatkan keterbukaan di $\mathbb{R}$. Contohnya $X=[0,1]$ dan $V=[0,\tfrac12)=X\cap(-1,\tfrac12)$ buka di $X$ tetapi tidak buka di $\mathbb{R}$, sesuai Contoh 12.1.18.

Model Toleransi (Hipotetis)

Bagian ini memakai bahasa pengukuran sebagai ilustrasi matematika. Semua angka hipotetis dan tidak menyatakan spesifikasi, akurasi, atau keselamatan perangkat nyata. Penerapan pada sistem tertentu memerlukan data dan standar dari sistem itu sendiri.

Contoh 13.4.14 (Margin Lokal pada Pita Toleransi Ketat)

Misalkan nilai target $t\in\mathbb{R}$ dan toleransi $\tau>0$. Aturan ketat "terima bila $|x-t|<\tau$" mendefinisikan himpunan lolos

$$A=\{x\in\mathbb{R}:|x-t|<\tau\}=B(t,\tau)=(t-\tau,t+\tau),$$

yang buka menurut Teorema 13.4.3(b). Keterbukaan di sini berarti setiap nilai lolos mempunyai margin. Untuk $x\in A$, tetapkan $\eta=\tau-|x-t|>0$. Jika gangguan $h$ memenuhi $|h|<\eta$, ketaksamaan segitiga memberi

$$|(x+h)-t|\leq|x-t|+|h|<|x-t|+\eta=\tau,$$

sehingga $x+h\in A$. Dengan angka: $t=2$, $\tau=\tfrac12$, $x=\tfrac94$ memberi $\eta=\tfrac12-\tfrac14=\tfrac14$. Setiap gangguan berukuran kurang dari $\tfrac14$ mempertahankan kelolosan. Gangguan $h=\tfrac14$ sudah membawa nilai ke $\tfrac52$, yang tidak lolos. Jadi margin $\tfrac14$ tajam.

Bila aturannya "terima bila $|x-t|\leq\tau$", himpunan lolosnya $[t-\tau,t+\tau]$, yang tidak buka. Titik ujung $t+\tau$ lolos tetapi tidak mempunyai margin: gangguan positif sekecil apa pun membuatnya tidak lolos. Mengganti $<$ dengan $\leq$ mengubah himpunan dan sifat topologinya. Pilihan antara keduanya adalah keputusan aturan penerimaan, bukan konsekuensi matematika.

Bila keluaran pembacaan hanya dapat bernilai pada grid diskret, misalnya kelipatan $\tfrac1{100}$, $X=\{\tfrac k{100}:k\in\mathbb{Z}\}$, semesta yang tepat adalah $X$, bukan $\mathbb{R}$. Dua anggota $X$ yang berbeda berjarak sekurang-kurangnya $\tfrac1{100}$: selisihnya $\tfrac{k-l}{100}$ dengan $k-l$ bilangan bulat tak nol. Karena itu $B_X(x,\tfrac1{200})=\{x\}$ untuk setiap $x\in X$, dan setiap subhimpunan $X$ buka di $X$. Dalam semesta diskret, keterbukaan relatif tidak membawa informasi tentang margin. Margin harus dinyatakan langsung sebagai jarak ke batas aturan, misalnya banyaknya langkah grid sampai keluar dari pita. Model kontinu tidak boleh dipakai untuk menyimpulkan perilaku perangkat yang keluarannya diskret.

Strategi Pembuktian

Strategi 1: Membuktikan keterbukaan. Ambil $p\in U$ sebarang dan berikan radius eksplisit yang boleh bergantung pada $p$. Biasanya radius itu jarak ke titik terdekat di luar $U$, atau minimum beberapa jarak.

Strategi 2: Membantah keterbukaan. Temukan satu titik $p\in U$ yang merupakan titik batas $U$ (Proposisi 13.4.2(d)). Artinya, untuk setiap $r>0$, tunjukkan satu titik di $B(p,r)\setminus U$.

Strategi 3: Membangun himpunan buka dari himpunan buka. Gabungan sebarang dan irisan berhingga aman. Untuk irisan tak hingga, periksa langsung.

Strategi 4: Bekerja dengan interior. Untuk menunjukkan $V\subseteq\operatorname{Int}(A)$, cukup tunjukkan bahwa $V$ buka dan $V\subseteq A$ (Teorema 13.4.7(b)).

Strategi 5: Keterbukaan relatif. Tuliskan himpunan sebagai $X\cap G$ dengan $G$ buka di $\mathbb{R}$, atau periksa bola relatif $B_X$ secara langsung.

Latihan

Latihan 13.4-1. Buktikan langsung dari Definisi 13.4.1, dengan radius eksplisit, bahwa $\emptyset$, $\mathbb{R}$, $(-2,3)$, dan $(3,\infty)$ buka. Untuk $(-2,3)$, tuliskan radius sebagai fungsi titik $p$ dan periksa nilainya pada $p=-1$ dan $p=\tfrac52$.

Latihan 13.4-2. (a) Buktikan Teorema 13.4.4, termasuk kasus keluarga kosong. (b) Buktikan bahwa $\bigcup_{n\geq3}[\tfrac1n,1-\tfrac1n]=(0,1)$ dan sebutkan di mana Archimedes dipakai. (c) Apa yang ditunjukkan (b) tentang kebalikan Teorema 13.4.4?

Latihan 13.4-3. (a) Buktikan bahwa $(0,2)\cap(1,3)\cap(-5,\tfrac32)$ buka dengan menghitung irisannya dan memberi radius eksplisit untuk setiap titik. (b) Jelaskan peran minimum berhingga dalam bukti Teorema 13.4.5. (c) Apa irisan keluarga kosong subhimpunan $\mathbb{R}$ menurut konvensi buku ini, dan apakah ia buka?

Latihan 13.4-4. Untuk $n\in\mathbb{N}_{+}$, tentukan irisan dan keterbukaan dari keluarga (a) $(-\tfrac1n,\tfrac1n)$, (b) $(-1-\tfrac1n,1+\tfrac1n)$, dan (c) $(-n,n)$. Pada setiap kasus, sebutkan apakah Archimedes diperlukan.

Latihan 13.4-5. Misalkan $U=(0,1)\cup(2,3)$. (a) Buktikan bahwa $U$ buka dengan radius eksplisit $r_p$ untuk setiap $p\in U$. (b) Buktikan bahwa $U=\bigcup_{p\in U}B(p,r_p)$ untuk radius pada (a). (c) Buktikan arah ($\Rightarrow$) Teorema 13.4.9 secara umum tanpa memilih radius per titik.

Latihan 13.4-6. (a) Buktikan bahwa $\operatorname{Int}(A)$ adalah himpunan buka terbesar dalam $A$. (b) Buktikan $\operatorname{Int}(\operatorname{Int}(A))=\operatorname{Int}(A)$. (c) Buktikan $\operatorname{Int}(A\cap C)=\operatorname{Int}(A)\cap\operatorname{Int}(C)$. (d) Hitung kedua ruas $\operatorname{Int}(A)\cup\operatorname{Int}(C)$ dan $\operatorname{Int}(A\cup C)$ untuk $A=(-1,0]$, $C=[0,1)$.

Latihan 13.4-7. Misalkan $X=[0,1]$ dan $V=[0,\tfrac12)$. (a) Buktikan dengan bola relatif bahwa $V$ buka di $X$. (b) Tunjukkan $G$ buka di $\mathbb{R}$ dengan $V=X\cap G$. (c) Buktikan bahwa $V$ tidak buka di $\mathbb{R}$. (d) Misalkan $Y=(0,1)$ dan $W=(0,\tfrac12)$. Apakah $W$ buka di $Y$ dan di $\mathbb{R}$? Jelaskan dengan Proposisi 13.4.13.

Latihan 13.4-8. (Model hipotetis.) Misalkan $t=2$ dan $\tau=\tfrac12$. (a) Untuk aturan ketat $|x-t|<\tau$, hitung margin $\eta$ untuk $x=\tfrac94$ dan $x=\tfrac{19}{10}$, dan buktikan bahwa gangguan $|h|<\eta$ mempertahankan kelolosan. (b) Untuk aturan $|x-t|\leq\tau$, tunjukkan bahwa $x=\tfrac52$ lolos tetapi tidak mempunyai margin positif. (c) Untuk keluaran pada grid $X=\{\tfrac k{100}:k\in\mathbb{Z}\}$, tunjukkan bahwa setiap subhimpunan $X$ buka di $X$, lalu jelaskan mengapa hal itu tidak memberi informasi margin.

Solusi

Solusi 13.4-1.

• $\emptyset$: hampa.
• $\mathbb{R}$: $r=1$ untuk setiap $p$.
• $(-2,3)$: untuk $p\in(-2,3)$, $r_p=\min(p+2,\,3-p)>0$. Jika $|x-p|<r_p$, maka $x>p-r_p\geq-2$ dan $x<p+r_p\leq3$. Untuk $p=-1$: $r=\min(1,4)=1$ dan $B(-1,1)=(-2,0)$. Untuk $p=\tfrac52$: $r=\min(\tfrac92,\tfrac12)=\tfrac12$ dan $B(\tfrac52,\tfrac12)=(2,3)$.
• $(3,\infty)$: $r_p=p-3$, karena $|x-p|<p-3$ memberi $x>3$.

$\square$

Solusi 13.4-2. (a) Ini Teorema 13.4.4. Untuk keluarga kosong, gabungannya $\emptyset$, yang buka secara hampa.

(b) Ini Contoh 13.4.10. Archimedes (Korolari 11.3.10) dipakai untuk memilih $n_0$ dengan $\tfrac1{n_0}<\min(x,1-x)$.

(c) Kebalikannya salah: gabungan dapat buka meskipun tidak satu pun suku gabungannya buka. Teorema 13.4.4 hanya memberi syarat cukup. $\square$

Solusi 13.4-3. (a) $(0,2)\cap(1,3)=(1,2)$, dan $(1,2)\cap(-5,\tfrac32)=(1,\tfrac32)$. Untuk $p\in(1,\tfrac32)$, radius $\min(p-1,\tfrac32-p)$ bekerja. Pendekatan lain lewat Teorema 13.4.5: untuk $p$ dalam irisan, radius masing-masing faktor adalah $\min(p,2-p)$, $\min(p-1,3-p)$, dan $\min(p+5,\tfrac32-p)$, dan minimum ketiganya bekerja untuk irisan. Contoh: $p=\tfrac54$ memberi radius $\tfrac34$, $\tfrac14$, dan $\tfrac14$, dengan minimum $\tfrac14$, dan $B(\tfrac54,\tfrac14)=(1,\tfrac32)$.

(b) Minimum daftar berhingga positif ada dan positif. Minimum itu adalah satu radius yang bekerja untuk semua faktor sekaligus. Untuk keluarga tak hingga, minimum bisa tidak ada, dan infimum bisa $0$.

(c) Irisan keluarga kosong subhimpunan $\mathbb{R}$ adalah $\mathbb{R}$, yang buka. $\square$

Solusi 13.4-4.

(a) Irisannya $\{0\}$, tidak buka. Archimedes diperlukan untuk menyingkirkan setiap $x\ne0$ (Contoh 13.2.12).

(b) Irisannya $[-1,1]$, tidak buka karena memuat titik batas $1$. Archimedes diperlukan untuk menyingkirkan $|x|>1$ (Solusi 13.2-6(b)).

(c) Irisannya $(-1,1)$, buka. Archimedes tidak diperlukan, karena $(-1,1)\subseteq(-n,n)$ untuk setiap $n\geq1$ dan $(-1,1)$ sendiri anggota keluarga ($n=1$). $\square$

Solusi 13.4-5. (a) Untuk $p\in(0,1)$, $r_p=\min(p,1-p)$; untuk $p\in(2,3)$, $r_p=\min(p-2,3-p)$. Pada kasus pertama, $|x-p|<r_p$ memberi $0<x<1$. Pada kasus kedua, $|x-p|<r_p$ memberi $2<x<3$. Jadi $B(p,r_p)\subseteq U$.

(b) Setiap $B(p,r_p)\subseteq U$, sehingga gabungannya termuat dalam $U$. Setiap $p\in U$ terletak di bolanya sendiri $B(p,r_p)$. Jadi kedua himpunan sama. Di sini radius ditentukan oleh rumus eksplisit, jadi tidak ada pemilihan sebarang.

(c) Misalkan $U$ buka. Bentuk himpunan pasangan

$$P=\{(p,r)\in U\times\mathbb{R}:r>0\text{ dan }B(p,r)\subseteq U\}$$

dengan prinsip separasi, dan tetapkan $W=\bigcup_{(p,r)\in P}B(p,r)$.

Inklusi $W\subseteq U$: setiap $x\in W$ terletak di suatu $B(p,r)$ dengan $(p,r)\in P$, dan bola itu termuat dalam $U$.

Inklusi $U\subseteq W$: ambil $q\in U$. Karena $U$ buka, pernyataan "terdapat $r>0$ dengan $B(q,r)\subseteq U$" benar. Untuk $r$ semacam itu, $(q,r)\in P$, dan $q\in B(q,r)\subseteq W$.

Langkah terakhir hanya memakai keberadaan $r$ untuk satu titik $q$ yang sedang diperiksa (eliminasi eksistensial biasa). Kita tidak membentuk fungsi $q\mapsto r_q$ untuk semua $q$ sekaligus. Jadi $U=W$, dan $U$ adalah gabungan bola terbuka. $\square$

Solusi 13.4-6. (a)–(c) adalah Teorema 13.4.7 dan Akibat 13.4.8(a), (d).

(d) $\operatorname{Int}((-1,0])=(-1,0)$ dan $\operatorname{Int}([0,1))=(0,1)$ (Contoh 13.3.12), sehingga ruas kiri $(-1,0)\cup(0,1)$. Ruas kanan $\operatorname{Int}((-1,1))=(-1,1)$ karena $(-1,1)$ buka. Titik $0$ ada di ruas kanan tetapi tidak di ruas kiri. Jadi inklusinya tegas. $\square$

Solusi 13.4-7. (a) Untuk $p\in[0,\tfrac12)$, tetapkan $r=\tfrac12-p>0$. Maka $B_X(p,r)=[0,1]\cap(p-r,\tfrac12)\subseteq[0,\tfrac12)$, karena setiap anggotanya $\geq0$ dan $<\tfrac12$.

(b) $G=(-1,\tfrac12)$ buka di $\mathbb{R}$, dan $X\cap G=[0,\tfrac12)$.

(c) $0\in V$ dan $0\in\partial V$ dalam $\mathbb{R}$ (setiap $B(0,r)$ memuat $-\tfrac r2\notin V$), jadi $V$ tidak buka di $\mathbb{R}$ menurut Proposisi 13.4.2(d).

(d) $W=(0,\tfrac12)$ buka di $\mathbb{R}$ (Teorema 13.4.3(c)). Karena $Y=(0,1)$ buka di $\mathbb{R}$ dan $W\subseteq Y$, Proposisi 13.4.13 memberi bahwa $W$ juga buka di $Y$. Pada semesta buka, kedua pengertian keterbukaan berimpit; pada semesta $X=[0,1]$ di bagian (a)–(c), keduanya berbeda. $\square$

Solusi 13.4-8. (a) Himpunan lolos $A=(\tfrac32,\tfrac52)$.

• Untuk $x=\tfrac94$: $\eta=\tfrac12-\tfrac14=\tfrac14$.
• Untuk $x=\tfrac{19}{10}$: $|x-2|=\tfrac1{10}$, sehingga $\eta=\tfrac12-\tfrac1{10}=\tfrac25$.

Untuk $|h|<\eta$, ketaksamaan segitiga memberi $|x+h-2|\leq|x-2|+|h|<|x-2|+\eta=\tfrac12$, sehingga $x+h\in A$.

(b) Untuk $x=\tfrac52$: $|x-2|=\tfrac12\leq\tfrac12$, jadi lolos. Untuk setiap $\eta>0$, gangguan $h=\tfrac\eta2$ memenuhi $|h|<\eta$, padahal $|x+h-2|=\tfrac12+\tfrac\eta2>\tfrac12$. Jadi tidak ada margin positif. Secara topologi, $\tfrac52$ adalah titik batas himpunan lolos $[\tfrac32,\tfrac52]$ yang menjadi anggotanya.

(c) Untuk $x=\tfrac k{100}\in X$ dan $y=\tfrac l{100}\in X$ dengan $y\ne x$, $|x-y|=\tfrac{|k-l|}{100}\geq\tfrac1{100}$, karena $|k-l|$ bilangan bulat positif. Jadi $B_X(x,\tfrac1{200})=\{x\}$. Untuk sebarang $V\subseteq X$ dan $x\in V$, radius $\tfrac1{200}$ memberi $B_X(x,\tfrac1{200})=\{x\}\subseteq V$, sehingga $V$ buka di $X$. Karena semua subhimpunan buka, sifat "buka" tidak membedakan pembacaan yang aman jauh dari batas aturan dari pembacaan yang tepat di tepi pita. Margin harus diukur langsung, misalnya sebagai $\tau-|x-t|$ atau banyak langkah grid sampai keluar pita. Kesimpulan ini tentang model, bukan tentang perangkat tertentu. $\square$

Ringkasan Unit 13.4 dan Penutup Bab 13

Unit ini mendefinisikan himpunan buka sebagai himpunan yang setiap titiknya interior, dan menunjukkan kesetaraannya dengan $U=\operatorname{Int}(U)$, dengan "lingkungan dari setiap titiknya", dan dengan "tidak memuat titik batasnya". Hasil-hasil yang dibuktikan:

• gabungan sebarang dan irisan berhingga himpunan buka adalah buka;
• irisan tak hingga dapat gagal (radius $\tfrac1n$, dengan Archimedes) atau berhasil (keluarga $(-n,n)$);
• interior adalah himpunan buka terbesar di dalam suatu himpunan, dan aljabar interior beserta contoh tandingannya;
• setiap himpunan buka adalah gabungan semua bola di dalamnya, tanpa memilih radius per titik;
• keterbukaan relatif dicirikan sebagai $X\cap G$ dengan $G$ buka, dan berimpit dengan keterbukaan biasa bila semestanya buka;
• model toleransi hipotetis menunjukkan arti margin lokal dan batas pemakaiannya pada keluaran diskret.

Bab 13 secara keseluruhan membangun rantai nilai mutlak → ketaksamaan segitiga → metrik → bola → lingkungan → interior/eksterior/batas → himpunan buka. Tidak ada mata rantai yang memakai himpunan tutup umum, titik akumulasi, penutupan, barisan, atau limit. Kelengkapan hanya masuk lewat Archimedes dan kerapatan pada contoh tertentu, selalu dengan rujukan eksplisit. Bab 14 melanjutkan dengan sisi lain struktur ini: himpunan tutup sebagai komplemen himpunan buka, titik akumulasi yang mensyaratkan saksi berbeda dari pusat, Teorema Bolzano–Weierstrass, dan penutupan himpunan.