Bab 14: Himpunan Tutup dan Titik Akumulasi

14.1 Himpunan Tutup (Closed Sets) dan Karakterisasinya

Bab 13 membangun himpunan buka: himpunan yang setiap anggotanya mempunyai bola di dalam himpunan itu. Bab 14 mempelajari pasangannya, yaitu himpunan tutup, dan konsep yang menghubungkan himpunan tutup dengan kedekatan: titik akumulasi, Teorema Bolzano–Weierstrass, dan penutupan. Unit pertama ini mendefinisikan himpunan tutup sebagai komplemen himpunan buka, lalu memberi karakterisasinya lewat bola dan lewat titik batas Bab 13. Sifat-sifat operasinya diturunkan dari Bab 13 melalui hukum De Morgan.

Istilah "himpunan tutup" pada judul master dan "himpunan tertutup" pada Definisi 12.1.9 dipakai bergantian dengan arti yang sama persis, sebagaimana "buka" dan "terbuka" pada Unit 13.4.

Prasyarat:

• Teorema 3.4.2 (De Morgan untuk keluarga sebarang, termasuk keluarga indeks kosong);
• Definisi 12.1.9 dan klasifikasi interval Teorema 12.1.11–12.1.16;
• dari Bab 13: bola $B(p,r)$, interior/eksterior/batas dan partisinya (Teorema 13.3.5), Proposisi 13.3.4, Contoh 13.3.9–13.3.14, himpunan buka dan operasinya (Teorema 13.4.3–13.4.5), keterbukaan relatif (Teorema 13.4.12);
• dari Bab 11: Korolari 11.3.10 (Archimedes), hanya pada contoh keluarga $[\tfrac1n,1]$;
• dari Bab 8: Lema 8.3.3, yang pinjaman Archimedes-nya ditutup oleh Teorema 11.3.9, hanya pada contoh $\mathbb{Z}$.

Status Bab 11–13: Bab 11 dan 12 diperiksa logika dan ditelaah Claude. Bab 13 ditulis dan diswa-telaah Claude. Semuanya belum disetujui penulis.

Penjelasan master menyebut bahwa suatu himpunan tutup "memuat seluruh titik limitnya". Istilah titik limit (titik akumulasi) baru didefinisikan pada Unit 14.2. Karena itu karakterisasi tersebut dibuktikan di sana sebagai teorema, dan tidak dipakai sebagai premis di unit ini. Kita juga tidak memakai barisan, limit, atau kekompakan.

Definisi dan Kriteria Bola

Definisi 14.1.1 (Himpunan Tutup)

Himpunan $F\subseteq\mathbb{R}$ disebut tutup (tertutup) di $\mathbb{R}$ jika komplemennya $\mathbb{R}\setminus F$ buka di $\mathbb{R}$.

Definisi ini sama dengan bagian kedua Definisi 12.1.9. Kata "tutup" tidak berarti terbatas, tidak berarti berhingga, dan tidak berarti "mempunyai ujung". Contoh-contoh di bawah memperlihatkan himpunan tutup yang tak terbatas ($\mathbb{R}$, $[0,\infty)$, $\mathbb{Z}$) dan himpunan tutup tanpa ujung sama sekali ($\mathbb{R}$).

Proposisi 14.1.2 (Kriteria Bola untuk Ketertutupan)

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

(a) $F$ tutup;

(b) untuk setiap $p\notin F$ terdapat $r>0$ dengan $B(p,r)\cap F=\emptyset$;

(c) setiap titik di luar $F$ adalah titik eksterior $F$, yaitu $\mathbb{R}\setminus F=\operatorname{Ext}(F)$.

Bukti. (a)⇔(b): $\mathbb{R}\setminus F$ buka berarti untuk setiap $p\in\mathbb{R}\setminus F$ ada $r>0$ dengan $B(p,r)\subseteq\mathbb{R}\setminus F$. Inklusi $B(p,r)\subseteq\mathbb{R}\setminus F$ sama dengan $B(p,r)\cap F=\emptyset$. Jadi (a) dan (b) adalah pernyataan yang sama, ditulis dengan dua cara.

(b)⇔(c): (b) menyatakan $\mathbb{R}\setminus F\subseteq\operatorname{Ext}(F)$. Inklusi sebaliknya selalu berlaku menurut Proposisi 13.3.4(a). $\square$

Kriteria (b) adalah cara kerja sehari-hari: untuk membuktikan $F$ tutup, ambil titik sebarang di luar $F$ dan tunjukkan satu bola di sekitarnya yang tidak menyentuh $F$. Untuk membantah, temukan satu titik di luar $F$ yang setiap bolanya menyentuh $F$.

Teorema 14.1.3 (Karakterisasi lewat Titik Batas)

Untuk $F\subseteq\mathbb{R}$: $F$ tutup jika dan hanya jika $\partial F\subseteq F$.

Bukti. ($\Rightarrow$) Misalkan $F$ tutup dan $p\in\partial F$. Andaikan $p\notin F$. Proposisi 14.1.2(b) memberi $r>0$ dengan $B(p,r)\cap F=\emptyset$, padahal definisi titik batas menuntut $B(p,r)\cap F\ne\emptyset$. Kontradiksi ini memberi $p\in F$.

($\Leftarrow$) Misalkan $\partial F\subseteq F$ dan $p\notin F$. Maka $p\notin\partial F$. Juga $p\notin\operatorname{Int}(F)$, karena $\operatorname{Int}(F)\subseteq F$ (Proposisi 13.3.4(a)). Teorema 13.3.5 menyisakan $p\in\operatorname{Ext}(F)$. Jadi Proposisi 14.1.2(c) berlaku dan $F$ tutup. $\square$

Bandingkan dengan Proposisi 13.4.2(d): $U$ buka jika dan hanya jika $U$ tidak memuat satu pun titik batasnya. Teorema 14.1.3 menyatakan bahwa $F$ tutup jika dan hanya jika $F$ memuat semua titik batasnya. Kedua pernyataan cocok dengan Proposisi 13.3.4(c), yang menyatakan bahwa himpunan dan komplemennya berbagi batas yang sama. $F$ memuat seluruh $\partial F$ tepat ketika $\mathbb{R}\setminus F$ tidak memuat satu pun titik dari $\partial(\mathbb{R}\setminus F)=\partial F$.

Bukti ini tidak memakai penutupan atau titik akumulasi. Titik batas di sini adalah titik batas Definisi 13.3.3, dengan saksi yang boleh berupa pusat sendiri.

Operasi pada Himpunan Tutup

Teorema 14.1.4 (Irisan Sebarang dan Gabungan Berhingga)

(a) Jika $J$ sebarang himpunan indeks dan $F_i\subseteq\mathbb{R}$ tutup untuk setiap $i\in J$, maka $\bigcap_{i\in J}F_i$ tutup. Untuk $J=\emptyset$, dengan konvensi Bab 3 bahwa irisan keluarga kosong subhimpunan $\mathbb{R}$ adalah $\mathbb{R}$, hasilnya $\mathbb{R}$, yang tutup.

(b) Jika $k\in\mathbb{N}$ dengan $k\geq1$ dan $F_1,\ldots,F_k$ tutup, maka $F_1\cup\cdots\cup F_k$ tutup. Gabungan keluarga kosong adalah $\emptyset$, yang tutup.

Bukti. (a) Teorema 3.4.2(b) dengan semesta $\mathbb{R}$ memberi

Setiap $\mathbb{R}\setminus F_i$ buka, sehingga gabungannya buka menurut Teorema 13.4.4. Ini juga berlaku untuk $J=\emptyset$: ruas kanan gabungan kosong, yaitu $\emptyset$, dan ruas kiri $\mathbb{R}\setminus\mathbb{R}=\emptyset$.

(b) Teorema 3.4.2(a) memberi $\mathbb{R}\setminus(F_1\cup\cdots\cup F_k)=(\mathbb{R}\setminus F_1)\cap\cdots\cap(\mathbb{R}\setminus F_k)$, irisan berhingga himpunan buka, yang buka menurut Teorema 13.4.5. Untuk keluarga kosong, komplemen $\emptyset$ adalah $\mathbb{R}$, yang buka. $\square$

Peran "sebarang" dan "berhingga" bertukar dibandingkan himpunan buka: buka tahan terhadap gabungan sebarang dan irisan berhingga, sedangkan tutup tahan terhadap irisan sebarang dan gabungan berhingga. Pertukaran ini persis pertukaran $\cup$ dan $\cap$ dalam hukum De Morgan.

Contoh 14.1.5 (Gabungan Tak Hingga Dapat Gagal)

Untuk $n\in\mathbb{N}_{+}$, misalkan $F_n=[\tfrac1n,1]$. Setiap $F_n$ tutup (Contoh 14.1.6(a), dengan $\tfrac1n\leq1$). Kita klaim

dan $(0,1]$ tidak tutup.

Bukti. Inklusi $\subseteq$: setiap anggota $F_n$ memenuhi $0<\tfrac1n\leq x\leq1$. Inklusi $\supseteq$: untuk $0<x\leq1$, Korolari 11.3.10 memberi $n\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $\tfrac1n<x$, sehingga $x\in F_n$.

Untuk ketidaktutupan, titik $0\notin(0,1]$, tetapi setiap $B(0,r)$ memuat $\min(\tfrac r2,1)\in(0,1]$. Jadi $0$ titik batas yang bukan anggota, dan Teorema 14.1.3 memberi kesimpulan. $\square$

Seperti pada himpunan buka, kegagalan ini tidak universal. Keluarga konstan $F_n=[0,1]$ mempunyai gabungan $[0,1]$, yang tutup. Yang gagal hanyalah jaminan umum.

Contoh Himpunan Tutup dan Tidak Tutup

Contoh 14.1.6 (Himpunan Tutup Dasar)

(a) Untuk $a\leq b$, interval $[a,b]$ tutup. Untuk $p<a$, radius $a-p$ memberi bola di $(-\infty,a)$; untuk $p>b$, radius $p-b$ memberi bola di $(b,\infty)$. Kasus $a=b$ termasuk: $[a,a]=\{a\}$.

(b) Sinar $[a,\infty)$ dan $(-\infty,b]$ tutup, dengan radius $a-p$ untuk $p<a$, dan $p-b$ untuk $p>b$.

(c) Untuk $c\in\mathbb{R}$, singleton $\{c\}$ tutup: untuk $p\ne c$, radius $\tfrac{|p-c|}2$ memberi bola yang tidak memuat $c$.

(d) Setiap himpunan berhingga $\{c_1,\ldots,c_k\}$ dengan $k\geq1$ adalah gabungan berhingga singleton, sehingga tutup menurut Teorema 14.1.4(b). Himpunan kosong juga tutup. "Berhingga" di sini dipakai dalam arti kerja yang sama dengan Teorema 11.1.14: anggotanya dapat didaftar habis. Definisi formalnya dijadwalkan pada Bab 20.1.

(e) $\emptyset$ dan $\mathbb{R}$ tutup, karena komplemennya masing-masing $\mathbb{R}$ dan $\emptyset$, yang buka. Keduanya juga buka (Teorema 13.4.3(a)).

Hasil (a)–(c) dan (e) sudah dibuktikan dalam bahasa interval pada Teorema 12.1.12, 12.1.15, 12.1.16, dan Lemma 12.1.10. Di sini hasil itu ditulis ulang dengan kriteria bola.

Contoh 14.1.7 (Himpunan yang Tidak Tutup)

Misalkan $a<b$.

(a) $[a,b)$ tidak tutup: titik $b$ adalah titik batas (Contoh 13.3.9) yang bukan anggota. $[a,b)$ juga tidak buka, karena memuat titik batasnya $a$. Jadi $[a,b)$ bukan buka dan bukan tutup.

(b) $(a,b)$ tidak tutup: $a$ dan $b$ adalah titik batas yang bukan anggota. $(a,b)$ buka.

(c) $(0,1]$, $(a,\infty)$, dan $\mathbb{Q}$ tidak tutup. Untuk $\mathbb{Q}$, Contoh 13.3.16 memberi $\partial\mathbb{Q}=\mathbb{R}\not\subseteq\mathbb{Q}$, karena ada bilangan irasional, misalnya $\sqrt2$ dari Teorema 11.3.8 dan 8.4.7.

Contoh ini menunjukkan bahwa "tidak buka" bukan berarti "tutup", dan "tidak tutup" bukan berarti "buka". Klasifikasi himpunan subhimpunan $\mathbb{R}$ menurut keterbukaan dan ketertutupan mempunyai empat kemungkinan: buka saja (misalnya $(0,1)$), tutup saja (misalnya $[0,1]$), keduanya ($\emptyset$, $\mathbb{R}$), dan bukan keduanya ($[0,1)$, $\mathbb{Q}$). Pertanyaan apakah ada himpunan selain $\emptyset$ dan $\mathbb{R}$ yang buka sekaligus tutup di $\mathbb{R}$ dijawab negatif oleh teori keterhubungan, yang tidak dibahas di sini. Kita tidak memakai fakta itu.

Contoh 14.1.8 (Bilangan Bulat Tutup)

$\mathbb{Z}$ tutup. Ini sama dengan Contoh 13.3.14 ($\operatorname{Ext}(\mathbb{Z})=\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z}$) bersama Proposisi 14.1.2(c), dan dengan Solusi 12.1-6. Ringkasnya, untuk $p\notin\mathbb{Z}$, Lema 8.3.3 memberi bilangan bulat $k$ dengan $k<p<k+1$, dan radius $\min(p-k,k+1-p)>0$ memberi bola yang termuat dalam $(k,k+1)$, tanpa bilangan bulat.

$\mathbb{Z}$ adalah himpunan tutup yang tak terbatas dan tak berhingga. Setiap anggotanya adalah titik batas, dan tidak satu pun titik interior. Ketertutupan $\mathbb{Z}$ tidak memerlukan Teorema Bolzano–Weierstrass (Unit 14.3); yang diperlukan hanya pembulatan, yang bergantung pada Archimedes.

Ketertutupan Relatif

Definisi 14.1.9 (Tutup Relatif)

Misalkan $X\subseteq\mathbb{R}$ dan $F\subseteq X$. Himpunan $F$ disebut tutup relatif terhadap $X$ (tutup di $X$) jika $X\setminus F$ buka di $X$ (Definisi 13.4.11).

Komplemen diambil di dalam semesta $X$, bukan di dalam $\mathbb{R}$. Ini satu-satunya perbedaan dari Definisi 14.1.1, dan perbedaan itulah yang menentukan.

Teorema 14.1.10 (Karakterisasi Ketertutupan Relatif)

Misalkan $X\subseteq\mathbb{R}$ dan $F\subseteq X$. Maka $F$ tutup di $X$ jika dan hanya jika terdapat $C\subseteq\mathbb{R}$ tutup di $\mathbb{R}$ dengan $F=X\cap C$.

Bukti. ($\Rightarrow$) $X\setminus F$ buka di $X$, sehingga Teorema 13.4.12 memberi $G$ buka di $\mathbb{R}$ dengan $X\setminus F=X\cap G$. Tetapkan $C=\mathbb{R}\setminus G$, yang tutup. Untuk $x\in X$: $x\in F$ jika dan hanya jika $x\notin X\setminus F$, jika dan hanya jika $x\notin G$, jika dan hanya jika $x\in C$. Karena $F\subseteq X$, diperoleh $F=X\cap C$.

($\Leftarrow$) Misalkan $F=X\cap C$ dengan $C$ tutup. Tetapkan $G=\mathbb{R}\setminus C$, yang buka. Untuk $x\in X$, $x\in X\setminus F$ jika dan hanya jika $x\notin C$, jika dan hanya jika $x\in G$. Jadi $X\setminus F=X\cap G$, yang buka di $X$ menurut Teorema 13.4.12. $\square$

Contoh 14.1.11 (Semesta Mengubah Status Ketertutupan)

Misalkan $X=(0,1)$ dan $F=(0,\tfrac12]$. Maka $F=X\cap(-\infty,\tfrac12]$, dan $(-\infty,\tfrac12]$ tutup di $\mathbb{R}$. Jadi $F$ tutup di $X$. Namun $F$ tidak tutup di $\mathbb{R}$: titik $0\notin F$ adalah titik batas $F$ di $\mathbb{R}$, karena setiap $B(0,r)$ memuat $\min(\tfrac r2,\tfrac12)\in F$. Di semesta $X$, titik $0$ tidak tersedia, sehingga tidak ada "lubang" yang membuat $F$ gagal tutup.

Akibat lain: $X$ sendiri selalu tutup di $X$ (komplemen relatifnya $\emptyset$), walaupun $X=(0,1)$ tidak tutup di $\mathbb{R}$.

Strategi Pembuktian

Strategi 1: Membuktikan ketertutupan. Ambil $p\notin F$ dan beri radius eksplisit dengan $B(p,r)\cap F=\emptyset$ (Proposisi 14.1.2(b)). Atau tunjukkan bahwa setiap titik batas anggota $F$ (Teorema 14.1.3).

Strategi 2: Membantah ketertutupan. Temukan satu $p\notin F$ yang setiap bolanya bertemu $F$. Ini titik batas yang tidak dimuat $F$.

Strategi 3: Menyusun himpunan tutup. Irisan sebarang dan gabungan berhingga himpunan tutup adalah tutup. Untuk gabungan tak hingga, periksa langsung.

Strategi 4: Berpindah ke komplemen. Pernyataan tentang himpunan tutup diterjemahkan menjadi pernyataan tentang komplemennya yang buka, dan sebaliknya. De Morgan menukar gabungan dan irisan.

Strategi 5: Menyebut semesta. Untuk ketertutupan relatif, ambil komplemen di dalam $X$, atau tulis $F=X\cap C$ dengan $C$ tutup di $\mathbb{R}$.

Latihan

Latihan 14.1-1. Buktikan secara rinci bahwa untuk $F\subseteq\mathbb{R}$, "$\mathbb{R}\setminus F$ buka" setara dengan "untuk setiap $p\notin F$ terdapat $r>0$ dengan $B(p,r)\cap F=\emptyset$". Terapkan kriteria ini untuk membuktikan bahwa $[-1,4]$ tutup, dengan radius eksplisit pada $p=-3$ dan $p=\tfrac92$.

Latihan 14.1-2. (a) Buktikan bahwa $\{c\}$ tutup untuk setiap $c\in\mathbb{R}$. (b) Buktikan dengan induksi pada $k\geq1$ bahwa setiap himpunan $\{c_1,\ldots,c_k\}$ tutup. (c) Tunjukkan langsung dengan radius eksplisit bahwa $\{0,1,3\}$ tutup.

Latihan 14.1-3. Tentukan apakah $\emptyset$, $\mathbb{R}$, dan $[0,\infty)$ masing-masing buka, tutup, keduanya, atau bukan keduanya. Jelaskan mengapa $[0,\infty)$ membantah anggapan bahwa himpunan tutup harus terbatas.

Latihan 14.1-4. Buktikan bahwa $[0,1)$ bukan buka dan bukan tutup. Sebutkan titik dan saksi eksplisit untuk setiap $r>0$ pada kedua bagian.

Latihan 14.1-5. (a) Buktikan Teorema 14.1.4 dengan De Morgan, termasuk kasus keluarga indeks kosong. (b) Buktikan bahwa $\bigcap_{n\in\mathbb{N}_{+}}[-\tfrac1n,1+\tfrac1n]$ tutup, lalu hitung irisan itu.

Latihan 14.1-6. Misalkan $F_n=[\tfrac1n,1]$ untuk $n\in\mathbb{N}_{+}$. (a) Buktikan bahwa $\bigcup_{n}F_n=(0,1]$, dan sebutkan di mana Archimedes dipakai. (b) Buktikan bahwa $0$ adalah titik batas gabungan itu dan bukan anggotanya. (c) Simpulkan apa yang tidak dapat diperluas dari Teorema 14.1.4(b).

Latihan 14.1-7. Buktikan Teorema 14.1.3: $F$ tutup jika dan hanya jika $\partial F\subseteq F$. Terapkan pada $F=[2,5)$ dan $F=[2,5]$.

Latihan 14.1-8. Misalkan $X=(0,1)$ dan $F=(0,\tfrac12]$. (a) Buktikan bahwa $F$ tutup di $X$ dengan dua cara: lewat komplemen relatif $X\setminus F$ dan lewat Teorema 14.1.10. (b) Buktikan bahwa $F$ tidak tutup di $\mathbb{R}$. (c) Apakah $X$ tutup di $X$? Apakah $X$ tutup di $\mathbb{R}$?

Solusi

Solusi 14.1-1. Kesetaraan: $\mathbb{R}\setminus F$ buka berarti setiap $p\in\mathbb{R}\setminus F$ mempunyai $r>0$ dengan $B(p,r)\subseteq\mathbb{R}\setminus F$. Untuk himpunan $B$, $B\subseteq\mathbb{R}\setminus F$ jika dan hanya jika tidak ada anggota $B$ di $F$, yaitu $B\cap F=\emptyset$. Substitusi memberi kriteria kedua, dan setiap langkah dapat dibalik.

Untuk $[-1,4]$: titik di luar adalah $p<-1$ atau $p>4$. Untuk $p<-1$, radius $-1-p$ memberi $B(p,r)\subseteq(-\infty,-1)$. Untuk $p>4$, radius $p-4$ memberi $B(p,r)\subseteq(4,\infty)$. Pada $p=-3$: $r=2$ dan $B(-3,2)=(-5,-1)$. Pada $p=\tfrac92$: $r=\tfrac12$ dan $B(\tfrac92,\tfrac12)=(4,5)$. $\square$

Solusi 14.1-2. (a) Contoh 14.1.6(c).

(b) Basis $k=1$ adalah (a). Langkah: $\{c_1,\ldots,c_{k+1}\}=\{c_1,\ldots,c_k\}\cup\{c_{k+1}\}$ adalah gabungan dua himpunan tutup, sehingga tutup menurut Teorema 14.1.4(b) dengan dua himpunan. Pengulangan nama dalam daftar tidak mengganggu, karena gabungannya tetap himpunan yang sama.

(c) Untuk $p\notin\{0,1,3\}$, radius $\tfrac12\min(|p|,|p-1|,|p-3|)$ positif karena ketiga jarak positif. Bola dengan radius itu tidak memuat $0$, $1$, maupun $3$, karena jarak $p$ ke masing-masing lebih besar daripada radius. Contoh: $p=2$ memberi $r=\tfrac12$ dan $B(2,\tfrac12)=(\tfrac32,\tfrac52)$. $\square$

Solusi 14.1-3. $\emptyset$ dan $\mathbb{R}$ masing-masing buka dan tutup (Contoh 14.1.6(e)).

$[0,\infty)$ tutup, karena komplemennya $(-\infty,0)$ buka, dengan radius $-p$ untuk $p<0$. $[0,\infty)$ tidak buka, karena $0$ anggota dan titik batasnya: $-\tfrac r2$ ada di setiap $B(0,r)$ dan di luar himpunan. Jadi $[0,\infty)$ tutup saja.

$[0,\infty)$ tutup tetapi tak terbatas di atas: untuk setiap calon batas atas $M$, bilangan $\max(M,0)+1$ anggotanya dan lebih besar dari $M$. Ketertutupan adalah sifat komplemen, bukan sifat ukuran. $\square$

Solusi 14.1-4. Bukan buka: $0\in[0,1)$, dan untuk setiap $r>0$, $-\tfrac r2\in B(0,r)\setminus[0,1)$.

Bukan tutup: $1\notin[0,1)$, dan untuk setiap $r>0$, $1-\min(\tfrac r2,\tfrac12)\in B(1,r)\cap[0,1)$. Jadi $1$ titik batas yang bukan anggota. $\square$

Solusi 14.1-5. (a) Ini Teorema 14.1.4. Kasus kosong: irisan keluarga kosong adalah $\mathbb{R}$ (tutup), dan gabungan keluarga kosong adalah $\emptyset$ (tutup).

(b) Setiap $[-\tfrac1n,1+\tfrac1n]$ tutup, sehingga irisannya tutup menurut (a). Irisannya $[0,1]$. Inklusi $[0,1]\subseteq$ setiap suku jelas. Sebaliknya, jika $x<0$, Korolari 11.3.10 memberi $n$ dengan $\tfrac1n<-x$, sehingga $x<-\tfrac1n$ dan $x$ di luar suku ke-$n$. Jika $x>1$, pilih $n$ dengan $\tfrac1n<x-1$. $\square$

Solusi 14.1-6. (a) Contoh 14.1.5. Archimedes dipakai untuk memilih $n$ dengan $\tfrac1n<x$ bagi setiap $x\in(0,1]$.

(b) $0\notin(0,1]$, dan setiap $B(0,r)$ memuat $\min(\tfrac r2,1)\in(0,1]$. Jadi $0$ titik batas yang bukan anggota.

(c) Teorema 14.1.4(b) tidak dapat diperluas ke gabungan tak hingga: setiap $F_n$ tutup, tetapi gabungannya tidak tutup. $\square$

Solusi 14.1-7. Bukti umum adalah Teorema 14.1.3.

Untuk $F=[2,5)$: $\partial F=\{2,5\}$ (Contoh 13.3.9), dan $5\notin F$. Jadi $\partial F\not\subseteq F$ dan $F$ tidak tutup.

Untuk $F=[2,5]$: $\partial F=\{2,5\}\subseteq F$ (Contoh 13.3.12), jadi $F$ tutup, sesuai Contoh 14.1.6(a). $\square$

Solusi 14.1-8. (a) Cara pertama: $X\setminus F=(\tfrac12,1)$. Untuk $p\in(\tfrac12,1)$, radius $\min(p-\tfrac12,1-p)$ memberi $B_X(p,r)\subseteq(\tfrac12,1)$, sehingga $X\setminus F$ buka di $X$. Cara kedua: $F=X\cap(-\infty,\tfrac12]$, dengan $(-\infty,\tfrac12]$ tutup di $\mathbb{R}$, lalu gunakan Teorema 14.1.10.

(b) $0\notin F$, dan setiap $B(0,r)$ memuat $\min(\tfrac r2,\tfrac12)\in F$. Jadi $0\in\partial F\setminus F$, dan $F$ tidak tutup di $\mathbb{R}$ menurut Teorema 14.1.3.

(c) $X$ tutup di $X$, karena $X\setminus X=\emptyset$ buka di $X$. $X=(0,1)$ tidak tutup di $\mathbb{R}$, karena $0$ dan $1$ titik batas yang bukan anggota. $\square$

Ringkasan dan Pranala ke Unit 14.2

Himpunan tutup adalah komplemen himpunan buka. Unit ini membuktikan:

• karakterisasi bola: setiap titik di luar himpunan tutup mempunyai bola yang tidak menyentuhnya;
• karakterisasi titik batas: himpunan tutup memuat semua titik batasnya;
• irisan sebarang dan gabungan berhingga himpunan tutup adalah tutup, sedangkan gabungan tak hingga dapat gagal;
• contoh dasar: interval tutup, sinar tutup, himpunan berhingga, dan $\mathbb{Z}$ (tutup tetapi tak terbatas);
• empat kemungkinan buka/tutup;
• ketertutupan relatif sebagai $X\cap C$.

Unit 14.2 mendefinisikan titik akumulasi, yaitu titik yang setiap bolanya memuat anggota himpunan selain titik itu sendiri. Di sana karakterisasi pada penjelasan master dibuktikan: suatu himpunan tutup jika dan hanya jika memuat semua titik akumulasinya.

14.2 Titik Limit / Titik Akumulasi (Accumulation Points)

Titik batas (Unit 13.3) menangkap posisi "di tepi": setiap bola menyentuh himpunan dan komplemennya. Unit ini memperkenalkan konsep yang berbeda, yaitu titik yang dikerumuni anggota himpunan lain. Setiap bola di sekitarnya, sekecil apa pun, memuat anggota himpunan selain titik itu sendiri. Penghapusan pusat ini adalah satu-satunya perbedaan formal dari syarat pertama definisi titik batas, tetapi akibatnya besar. Titik terpencil seperti anggota singleton tidak lagi terhitung. Sebaliknya, titik yang terkepung di tengah interval terhitung meskipun bukan titik batas.

Istilah "titik limit" pada judul master berarti titik limit suatu himpunan, yaitu titik akumulasi. Ini bukan limit barisan dan bukan limit fungsi, dan kita tidak memakai keduanya. Kita memakai istilah "titik akumulasi" untuk menghindari kerancuan.

Prasyarat:

• dari Bab 13: bola, lingkungan (Definisi 13.2.6), interior/eksterior/batas (Unit 13.3);
• dari Unit 14.1: himpunan tutup dan kriteria bolanya (Proposisi 14.1.2);
• dari Bab 11: Korolari 11.3.10 dan Teorema 11.3.9 (Archimedes), Teorema 11.3.11 dan 11.3.12 (kerapatan), Teorema 11.1.14 (minimum himpunan berhingga);
• dari Bab 7: induksi.

"Berhingga" dipakai dalam arti kerja: anggota dapat didaftar habis. "Tak hingga" berarti tidak berhingga dalam arti tersebut. Definisi formal dan teori kardinalitas menyusul pada Bab 20; fakta yang kita pakai di sini dibuktikan atau disebut eksplisit.

Definisi

Definisi 14.2.1 (Titik Akumulasi dan Himpunan Turunan)

Misalkan $A\subseteq\mathbb{R}$ dan $p\in\mathbb{R}$. Titik $p$ disebut titik akumulasi (titik limit) $A$ jika untuk setiap $r>0$ terdapat $a\in A$ dengan

Himpunan semua titik akumulasi $A$ disebut himpunan turunan $A$ dan ditulis $A'$.

Ketaksamaan kiri $0<|a-p|$ menyatakan $a\ne p$. Saksi harus berbeda dari pusat. Dengan bola: $p\in A'$ jika dan hanya jika $\bigl(B(p,r)\setminus\{p\}\bigr)\cap A\ne\emptyset$ untuk setiap $r>0$. Himpunan $B(p,r)\setminus\{p\}$ disebut bola tertusuk (punctured ball). Titik $p$ sendiri boleh anggota $A$ atau bukan; definisi tidak menyinggung keanggotaan $p$.

Catatan tentang rumusan master. Penjelasan master memakai himpunan $S=\{\tfrac1n\mid n\in\mathbb{N}\}$ dan alasan "setiap lingkungan di sekitar $0$ pasti memuat anggota dari $S$". Dua penyesuaian diperlukan, tanpa mengubah berkas master:

1. Karena buku ini memakai $\mathbb{N}=\{0,1,2,\ldots\}$ dan $\tfrac10$ tidak terdefinisi, himpunannya harus ditulis $S=\{\tfrac1n:n\in\mathbb{N}_{+}\}$.
2. Alasan "memuat anggota $S$" tidak cukup sebagai definisi umum. Setiap anggota $q$ dari suatu himpunan otomatis memenuhi "setiap lingkungan $q$ memuat anggota himpunan", yaitu $q$ sendiri. Syarat yang benar adalah "memuat anggota $S$ yang berbeda dari $0$". Untuk titik $0$ dan himpunan $S$ kebetulan tidak ada perbedaan, karena $0\notin S$. Namun definisi umum harus menghapus pusat.

Proposisi 14.2.2 (Rumusan dengan Lingkungan)

$p\in A'$ jika dan hanya jika setiap lingkungan $U$ dari $p$ memenuhi $(U\setminus\{p\})\cap A\ne\emptyset$.

Bukti. ($\Rightarrow$) Jika $U$ lingkungan $p$, ada $r>0$ dengan $B(p,r)\subseteq U$. Definisi memberi $a\in A$ dengan $a\ne p$ dan $a\in B(p,r)\subseteq U$.

($\Leftarrow$) Setiap bola $B(p,r)$ adalah lingkungan $p$ (Proposisi 13.2.7(b)). Terapkan hipotesis pada $U=B(p,r)$. $\square$

Kesetaraan ini berlaku karena setiap lingkungan memuat suatu bola dan setiap bola adalah lingkungan, bukan karena lingkungan identik dengan bola.

Contoh 14.2.3 (Singleton: Penghapusan Pusat Penting)

Untuk $A=\{c\}$, berlaku $A'=\emptyset$.

• Untuk $p=c$: satu-satunya anggota $A$ adalah $c$, dan $|c-c|=0$ tidak memenuhi $0<|a-p|$. Jadi $c\notin A'$ (sudah gagal untuk $r=1$).
• Untuk $p\ne c$: radius $|p-c|$ memberi bola tertusuk yang tidak memuat $c$.

Jika definisi diganti versi keliru "setiap bola $B(p,r)$ memuat anggota $A$" tanpa syarat $a\ne p$, maka $c$ akan menjadi "titik akumulasi" $\{c\}$. Versi keliru itu juga menjadikan setiap anggota setiap himpunan titik akumulasi, sehingga konsepnya tidak membedakan apa pun.

Titik Terisolasi dan Hubungan dengan Bab 13

Definisi 14.2.4 (Titik Terisolasi)

Misalkan $A\subseteq\mathbb{R}$. Titik $p$ disebut titik terisolasi $A$ jika $p\in A$ dan terdapat $r>0$ dengan $B(p,r)\cap A=\{p\}$.

Istilah ini hanya untuk anggota $A$. Titik di luar $A$ yang bukan titik akumulasi tidak disebut "terisolasi"; titik semacam itu adalah titik eksterior (Proposisi 14.2.5(c)).

Proposisi 14.2.5 (Hubungan Antar-Konsep)

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

(a) $p$ titik terisolasi $A$ jika dan hanya jika $p\in A\setminus A'$.

(b) $\operatorname{Int}(A)\subseteq A'$.

(c) $A'\subseteq\operatorname{Int}(A)\cup\partial A=\mathbb{R}\setminus\operatorname{Ext}(A)$. Akibatnya, setiap titik di luar $A$ yang bukan titik akumulasi adalah titik eksterior.

(d) Setiap titik terisolasi $A$ adalah titik batas $A$.

(e) Inklusi $\partial A\subseteq A'$ dan $A'\subseteq\partial A$ keduanya dapat gagal.

Bukti. (a) Untuk $p\in A$: $p\notin A'$ jika dan hanya jika ada $r>0$ dengan $(B(p,r)\setminus\{p\})\cap A=\emptyset$. Karena $p\in A\cap B(p,r)$, syarat itu sama dengan $B(p,r)\cap A=\{p\}$.

(b) Misalkan $B(p,r_0)\subseteq A$, dan ambil $r>0$. Titik $a=p+\tfrac{\min(r,r_0)}2$ memenuhi $0<|a-p|<\min(r,r_0)$. Jadi $a\in B(p,r_0)\subseteq A$, $a\ne p$, dan $|a-p|<r$.

(c) Jika $p\in\operatorname{Ext}(A)$, ada $r>0$ dengan $B(p,r)\cap A=\emptyset$; khususnya bola tertusuknya tidak bertemu $A$, sehingga $p\notin A'$. Jadi $A'\cap\operatorname{Ext}(A)=\emptyset$, dan Teorema 13.3.5 memberi inklusinya. Untuk kalimat terakhir: jika $p\notin A$ dan $p\notin A'$, maka $p\notin\operatorname{Int}(A)$ (karena $\operatorname{Int}(A)\subseteq A$). Juga $p\notin\partial A$, sebab Akibat 13.3.6(b) akan memberi bahwa setiap bola memuat titik $A$, dan titik itu pasti berbeda dari $p\notin A$, sehingga $p\in A'$. Jadi $p\in\operatorname{Ext}(A)$.

(d) Misalkan $B(p,r_0)\cap A=\{p\}$. Ambil $r>0$ dan tulis $m=\min(r,r_0)$. Titik $p+\tfrac m2$ terletak di $B(p,r)$ dan di $B(p,r_0)$, berbeda dari $p$, sehingga bukan anggota $A$. Jadi setiap bola memuat titik di luar $A$, dan karena $p\in A$, Akibat 13.3.6(a) memberi $p\in\partial A$.

(e) $\partial\{c\}=\{c\}$, tetapi $\{c\}'=\emptyset$ (Contoh 14.2.3). Untuk $A=(0,1)$, titik $\tfrac12\in\operatorname{Int}(A)\subseteq A'$ menurut (b), tetapi $\tfrac12\notin\partial A$. $\square$

Jadi interior, terisolasi, dan akumulasi tidak membentuk partisi. Interior adalah bagian dari akumulasi, dan titik batas dapat berupa titik akumulasi (misalnya $0$ untuk $(0,1)$) atau titik terisolasi (misalnya $c$ untuk $\{c\}$). Satu-satunya partisi yang benar untuk anggota $A$ adalah: setiap anggota $A$ adalah titik akumulasi atau titik terisolasi, tidak keduanya (bagian (a)).

Tak Hingga Banyak Anggota di Setiap Bola

Lemma 14.2.6 (Kerumunan Tak Hingga)

Misalkan $A\subseteq\mathbb{R}$ dan $p\in\mathbb{R}$. Maka $p\in A'$ jika dan hanya jika untuk setiap $r>0$, himpunan $B(p,r)\cap A$ tak hingga.

Bukti. ($\Leftarrow$) Misalkan $B(p,r)\cap A$ tak hingga. Himpunan itu tidak mungkin termuat dalam $\{p\}$, karena subhimpunan $\{p\}$ berhingga. Jadi ada $a\in B(p,r)\cap A$ dengan $a\ne p$, yaitu $0<|a-p|<r$.

($\Rightarrow$) Kontraposisi. Misalkan ada $r_0>0$ dengan $B(p,r_0)\cap A$ berhingga. Hapus $p$ bila ada; sisanya $E=(B(p,r_0)\cap A)\setminus\{p\}$ juga berhingga.

• Jika $E=\emptyset$, bola tertusuk $B(p,r_0)\setminus\{p\}$ tidak bertemu $A$, sehingga $p\notin A'$.
• Jika $E=\{a_1,\ldots,a_k\}$ dengan $k\geq1$, setiap $|a_i-p|>0$. Tetapkan $\rho=\min(r_0,|a_1-p|,\ldots,|a_k-p|)$, yang positif sebagai minimum daftar berhingga bilangan positif (Teorema 11.1.14). Bola tertusuk $B(p,\rho)\setminus\{p\}$ tidak memuat anggota $A$. Anggota $A$ di dalamnya akan berada di $B(p,r_0)$, berbeda dari $p$, sehingga menjadi salah satu $a_i$. Padahal $|a_i-p|\geq\rho$. Jadi $p\notin A'$.

Pada kedua kasus $p\notin A'$. $\square$

Lemma ini tidak memakai Teorema Bolzano–Weierstrass. Yang dipakai hanyalah minimum berhingga.

Akibat 14.2.7 (Himpunan Berhingga dan Penghapusan Berhingga)

(a) Jika $A$ berhingga, maka $A'=\emptyset$.

(b) Jika $A\subseteq C$, maka $A'\subseteq C'$.

(c) Jika $E$ berhingga, maka $(A\setminus E)'=A'$ dan $(A\cup E)'=A'$.

Bukti. (a) Setiap $B(p,r)\cap A$ berhingga sebagai subhimpunan himpunan berhingga. Terapkan Lemma 14.2.6.

(b) Saksi untuk $A$ juga saksi untuk $C$.

(c) Untuk inklusi $(A\setminus E)'\subseteq A'$, gunakan (b). Sebaliknya, jika $p\in A'$, setiap $B(p,r)\cap A$ tak hingga. Menghapus himpunan berhingga $E$ dari himpunan tak hingga menyisakan himpunan tak hingga. Kalau tidak, himpunan semula termuat dalam gabungan dua himpunan berhingga, yang berhingga: gabungkan kedua daftar dan hapus pengulangan. Jadi $B(p,r)\cap(A\setminus E)$ tak hingga untuk setiap $r$, dan Lemma 14.2.6 memberi $p\in(A\setminus E)'$.

Untuk gabungan: $(A\cup E)'=A'\cup E'$ menurut Proposisi 14.2.11 di bawah, dan $E'=\emptyset$ menurut (a). $\square$

Contoh Master: Kebalikan Bilangan Asli Positif

Contoh 14.2.8 (Himpunan Turunan dari $S=\{\tfrac1n:n\in\mathbb{N}_{+}\}$)

Misalkan $S=\{\tfrac1n:n\in\mathbb{N}_{+}\}=\{1,\tfrac12,\tfrac13,\ldots\}$. Maka $S'=\{0\}$, dan setiap anggota $S$ adalah titik terisolasi $S$.

Bukti. Ada empat jenis titik $p$.

Titik $p=0$. Ambil $r>0$. Korolari 11.3.10 memberi $n\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $\tfrac1n<r$. Maka $a=\tfrac1n\in S$ memenuhi $0<|a-0|=\tfrac1n<r$. Jadi $0\in S'$, padahal $0\notin S$.

Titik $p<0$. Radius $-p$ memberi $B(p,-p)=(2p,0)$, yang tidak memuat bilangan positif, dan semua anggota $S$ positif. Jadi $p\notin S'$.

Anggota $p=\tfrac1n$, dengan $n\in\mathbb{N}_{+}$. Kita tunjukkan $B(\tfrac1n,\rho_n)\cap S=\{\tfrac1n\}$ dengan $\rho_n=\tfrac1{n(n+1)}$.

• Untuk $m>n$: $\tfrac1n-\tfrac1m\geq\tfrac1n-\tfrac1{n+1}=\tfrac1{n(n+1)}=\rho_n$, karena $m\geq n+1$ memberi $\tfrac1m\leq\tfrac1{n+1}$.
• Untuk $m<n$ (hanya bila $n\geq2$): $m\leq n-1$, sehingga $\tfrac1m-\tfrac1n\geq\tfrac1{n-1}-\tfrac1n=\tfrac1{n(n-1)}>\tfrac1{n(n+1)}$, karena $n-1<n+1$.

Jadi setiap anggota $S$ yang lain berjarak sekurang-kurangnya $\rho_n$ dari $\tfrac1n$ dan berada di luar bola terbuka $B(\tfrac1n,\rho_n)$. Untuk $n=1$, hanya kasus pertama yang muncul, dan $\rho_1=\tfrac12$. Menurut Proposisi 14.2.5(a), $\tfrac1n$ terisolasi dan $\tfrac1n\notin S'$.

Titik $p>0$ yang bukan anggota $S$. Korolari 11.3.10 memberi $N\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $\tfrac1N<\tfrac p2$. Untuk $k\geq N$: $\tfrac1k\leq\tfrac1N<\tfrac p2$, sehingga $|p-\tfrac1k|>\tfrac p2$. Suku berindeks $k<N$ hanya ada berhingga banyak, yaitu $\tfrac11,\ldots,\tfrac1{N-1}$; daftar ini kosong bila $N=1$. Tidak satu pun sama dengan $p$, karena $p\notin S$, sehingga semua jaraknya ke $p$ positif. Tetapkan $\rho$ sebagai minimum dari $\tfrac p2$ dan jarak-jarak itu; bila daftar kosong, $\rho=\tfrac p2$. Maka $\rho>0$, dan $B(p,\rho)$ tidak memuat anggota $S$:

• suku dengan $k\geq N$ berjarak lebih dari $\tfrac p2\geq\rho$;
• suku dengan $k<N$ berjarak sekurang-kurangnya $\rho$.

Jadi $p\notin S'$; bahkan $p\in\operatorname{Ext}(S)$.

Keempat jenis titik mencakup $\mathbb{R}$, sehingga $S'=\{0\}$. $\square$

Untuk $T=S\cup\{0\}$ berlaku $T'=\{0\}$, menurut Akibat 14.2.7(c) dengan $E=\{0\}$. Bedanya, sekarang titik akumulasi $0$ adalah anggota $T$.

Karakterisasi Himpunan Tutup

Teorema 14.2.9 (Tutup jika dan hanya jika Memuat Semua Titik Akumulasinya)

Untuk $F\subseteq\mathbb{R}$: $F$ tutup jika dan hanya jika $F'\subseteq F$.

Bukti. ($\Rightarrow$) Misalkan $F$ tutup dan $p\notin F$. Proposisi 14.1.2(b) memberi $r>0$ dengan $B(p,r)\cap F=\emptyset$. Khususnya bola tertusuknya tidak bertemu $F$, sehingga $p\notin F'$. Jadi setiap titik di luar $F$ di luar $F'$, yaitu $F'\subseteq F$.

($\Leftarrow$) Misalkan $F'\subseteq F$ dan $p\notin F$. Maka $p\notin F'$, sehingga ada $r>0$ dengan $(B(p,r)\setminus\{p\})\cap F=\emptyset$. Karena $p$ sendiri juga bukan anggota $F$, seluruh bola $B(p,r)$ tidak bertemu $F$. Proposisi 14.1.2(b) memberi bahwa $F$ tutup. $\square$

Pada arah balik, langkah "karena $p$ sendiri bukan anggota $F$" penting. Bola yang menghindari $F$ kecuali mungkin di pusatnya baru menjadi bola yang menghindari $F$ seluruhnya setelah kita tahu pusatnya di luar $F$. Untuk titik $p\in F$, bola tertusuk yang kosong dari $F$ hanya berarti $p$ terisolasi, tidak berarti $p$ di luar $F$.

Teorema ini menunaikan klaim pada penjelasan master Unit 14.1. Penerapannya:

• $S$ tidak tutup, karena $0\in S'\setminus S$;
• $T=S\cup\{0\}$ tutup, karena $T'=\{0\}\subseteq T$;
• himpunan berhingga tutup, karena $A'=\emptyset$ (cocok dengan Contoh 14.1.6(d)).

Proposisi 14.2.10 (Himpunan Turunan Selalu Tutup)

Untuk setiap $A\subseteq\mathbb{R}$, himpunan $A'$ tutup.

Bukti. Ambil $p\notin A'$. Ada $r>0$ dengan $B(p,r)\cap A\subseteq\{p\}$. Kita tunjukkan $B(p,r)\cap A'=\emptyset$. Titik $p$ sendiri bukan anggota $A'$. Ambil $q\in B(p,r)$ dengan $q\ne p$, dan tetapkan

Jika $x\in B(q,\eta)$, ketaksamaan segitiga memberi $|x-p|\leq|x-q|+|q-p|<\eta+|q-p|\leq r$, sehingga $x\in B(p,r)$. Juga $|x-p|\geq|q-p|-|x-q|>|q-p|-\eta\geq0$ (segitiga terbalik, Korolari 13.1.6), sehingga $x\ne p$. Jadi $B(q,\eta)\subseteq B(p,r)\setminus\{p\}$, yang tidak memuat anggota $A$. Akibatnya bola tertusuk di $q$ dengan radius $\eta$ tidak bertemu $A$, dan $q\notin A'$. Jadi $B(p,r)\cap A'=\emptyset$, dan $A'$ tutup. $\square$