# 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
$$\mathbb{R}\setminus\bigcap_{i\in J}F_i=\bigcup_{i\in J}(\mathbb{R}\setminus F_i).$$
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
$$\bigcup_{n\in\mathbb{N}_{+}}F_n=(0,1],$$
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
$$0<|a-p|<r.$$
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
$$\eta=\min\Bigl(r-|q-p|,\ |q-p|\Bigr)>0.$$
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. $\square$

Hasil ini tidak berarti bahwa $A'$ sama dengan himpunan tutup terkecil yang memuat $A$. Titik terisolasi $A$ tidak termasuk $A'$. Unit 14.4 akan menunjukkan bahwa penutupan $A$ adalah $A\cup A'$.

### Gabungan dan Contoh Lain

#### Proposisi 14.2.11 (Turunan Gabungan Berhingga)

Untuk $A,C\subseteq\mathbb{R}$: $(A\cup C)'=A'\cup C'$. Dengan induksi, hal yang sama berlaku untuk gabungan $k\geq1$ himpunan.

Bukti. Inklusi $\supseteq$ mengikuti dari Akibat 14.2.7(b), karena $A,C\subseteq A\cup C$.

Untuk $\subseteq$, misalkan $p\notin A'$ dan $p\notin C'$. Ada $r_1,r_2>0$ dengan bola tertusuk $B(p,r_1)\setminus\{p\}$ tidak bertemu $A$ dan $B(p,r_2)\setminus\{p\}$ tidak bertemu $C$. Dengan $r=\min(r_1,r_2)$, bola tertusuk $B(p,r)\setminus\{p\}$ tidak bertemu $A$ maupun $C$, jadi tidak bertemu $A\cup C$. Maka $p\notin(A\cup C)'$. $\square$

Bukti ini tidak memakai Akibat 14.2.7(c). Pemakaian proposisi ini pada akibat tersebut tidak melingkar.

Untuk gabungan tak hingga, kesamaan ini gagal. Untuk $n\in\mathbb{N}_{+}$, setiap $\{\tfrac1n\}'=\emptyset$, sehingga gabungan turunannya $\emptyset$, sedangkan $\bigl(\bigcup_n\{\tfrac1n\}\bigr)'=S'=\{0\}$.

#### Contoh 14.2.12 (Beberapa Himpunan Turunan)

(a) Untuk $a<b$: $(a,b)'=[a,b]$. Hal yang sama berlaku untuk $[a,b]$, $[a,b)$, dan $(a,b]$.

(b) $\mathbb{Q}'=\mathbb{R}$ dan $(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})'=\mathbb{R}$.

(c) $\mathbb{Z}'=\emptyset$ dan $\mathbb{N}'=\emptyset$.

(d) $\emptyset'=\emptyset$ dan $\mathbb{R}'=\mathbb{R}$.

Bukti. (a) Titik $(a,b)$ adalah titik interior, sehingga termasuk turunan (Proposisi 14.2.5(b)). Untuk $p=a$ dan $r>0$, saksi $a+\min(\tfrac r2,\tfrac{b-a}2)$ terletak di $(a,b)$, berbeda dari $a$, dan berjarak kurang dari $r$. Untuk $p=b$, saksinya $b-\min(\tfrac r2,\tfrac{b-a}2)$. Titik di luar $[a,b]$ adalah titik eksterior (Contoh 13.3.12), sehingga bukan titik akumulasi (Proposisi 14.2.5(c)). Ketiga interval lain berbeda dari $(a,b)$ hanya pada himpunan berhingga ujung, sehingga Akibat 14.2.7(c) memberi turunan yang sama.

(b) Untuk $p\in\mathbb{R}$ dan $r>0$, Teorema 11.3.11 diterapkan pada interval $(p,p+r)$ memberi rasional $q$ dengan $p<q<p+r$, sehingga $0<|q-p|<r$. Saksi diambil di sisi kanan agar dijamin berbeda dari $p$, bahkan bila $p$ rasional. Untuk irasional, gunakan Teorema 11.3.12 pada $(p,p+r)$.

(c) Untuk $p\notin\mathbb{Z}$, $p$ titik eksterior $\mathbb{Z}$ (Contoh 13.3.14). Untuk $p\in\mathbb{Z}$, $B(p,\tfrac12)\cap\mathbb{Z}=\{p\}$, karena bilangan bulat lain berjarak sekurang-kurangnya $1$. Jadi $\mathbb{Z}'=\emptyset$, dan $\mathbb{N}'\subseteq\mathbb{Z}'=\emptyset$ menurut Akibat 14.2.7(b).

(d) $\emptyset$ tidak mempunyai saksi. Untuk $\mathbb{R}$, setiap titik interior, lalu gunakan Proposisi 14.2.5(b). $\square$

Bagian (c) menunjukkan bahwa himpunan tak hingga tidak selalu mempunyai titik akumulasi. $\mathbb{Z}$ tak hingga tetapi tak terbatas. Unit 14.3 membuktikan bahwa keterbatasan bersama ketakhinggaan menjamin adanya titik akumulasi.

### Strategi Pembuktian

Strategi 1: Membuktikan $p\in A'$. Untuk setiap $r>0$, tunjukkan saksi $a\in A$ dengan $0<|a-p|<r$. Pilih saksi di satu sisi ($p+$ sesuatu yang positif) agar otomatis berbeda dari $p$.

Strategi 2: Membuktikan $p\notin A'$. Temukan satu radius yang bola tertusuknya bebas dari $A$. Sering kali radius itu adalah minimum jarak ke berhingga banyak anggota yang dekat, ditambah batas untuk ekor yang jauh.

Strategi 3: Menghitung turunan seluruhnya. Pisahkan titik ke dalam jenis-jenis yang mencakup $\mathbb{R}$, lalu periksa setiap jenis. Interior selalu masuk, eksterior selalu keluar, dan yang perlu diperiksa langsung hanyalah titik batas.

Strategi 4: Memakai Lemma 14.2.6. Untuk membantah keanggotaan, cukup satu bola dengan berhingga banyak anggota. Untuk menyimpulkan, gunakan ketakhinggaan di setiap bola.

### Latihan

Latihan 14.2-1. (a) Tuliskan "$p\in A'$" dengan kuantor lengkap, lalu negasinya. (b) Rumusan keliru D berbunyi: "$p$ titik akumulasi jika setiap $B(p,r)$ memuat anggota $A$". Tunjukkan dengan $A=\{3\}$ bahwa D memberi jawaban yang berbeda dari Definisi 14.2.1. (c) Buktikan bahwa D benar untuk setiap $p\in A$, sehingga D tidak membedakan apa pun pada anggota himpunan.

Latihan 14.2-2. Misalkan $S=\{\tfrac1n:n\in\mathbb{N}_{+}\}$. (a) Buktikan $0\in S'$. (b) Untuk $p=\tfrac25$, tentukan radius eksplisit yang membuktikan $p\notin S'$, dan periksa setiap anggota $S$. (c) Buktikan $S'=\{0\}$ seluruhnya.

Latihan 14.2-3. Tunjukkan bahwa setiap anggota $S$ terisolasi. Berikan radius eksplisit untuk $\tfrac11$ dan $\tfrac13$, lalu periksa langsung bahwa bola dengan radius itu hanya memuat satu anggota $S$.

Latihan 14.2-4. (a) Buktikan bahwa setiap himpunan berhingga mempunyai turunan kosong. (b) Hitung $\bigl(S\setminus\{1,\tfrac12\}\bigr)'$ dan $(S\cup\{5,7\})'$. (c) Jelaskan mengapa penghapusan atau penambahan berhingga banyak titik tidak mengubah himpunan turunan.

Latihan 14.2-5. Untuk $a<b$, buktikan $(a,b)'=[a,b]$. Berikan saksi eksplisit untuk titik $a$, titik $b$, dan sebuah titik interior, serta radius eksplisit untuk titik di luar $[a,b]$.

Latihan 14.2-6. (a) Buktikan $\mathbb{Q}'=\mathbb{R}$ dengan menyebut teorema kerapatan yang dipakai. (b) Mengapa saksi untuk $p\in\mathbb{Q}$ tidak boleh diambil dari sebarang rasional di $B(p,r)$ tanpa pemeriksaan tambahan? (c) Tentukan $(\mathbb{Q}\cap[0,1])'$.

Latihan 14.2-7. (a) Buktikan Teorema 14.2.9. (b) Terapkan pada $S$ dan pada $S\cup\{0\}$. (c) Apakah $\{\tfrac1n+\tfrac1m:n,m\in\mathbb{N}_{+}\}$ memuat $0$ sebagai titik akumulasi? Jawab dengan bukti.

Latihan 14.2-8. (a) Buktikan $(A\cup C)'=A'\cup C'$. (b) Tunjukkan bahwa kesamaan itu gagal untuk gabungan tak hingga, dengan singleton $\{\tfrac1n\}$. (c) Buktikan bahwa $(A\cap C)'\subseteq A'\cap C'$, dan beri contoh inklusi tegas.

### Solusi

Solusi 14.2-1. (a) $p\in A'$ ditulis $\forall r>0\;\exists a\in A\;(0<|a-p|<r)$. Negasinya: $\exists r>0\;\forall a\in A\;\bigl(|a-p|=0\vee|a-p|\geq r\bigr)$, yaitu ada radius yang bola tertusuknya bebas dari $A$.

(b) Untuk $A=\{3\}$ dan $p=3$, D benar: setiap $B(3,r)$ memuat $3\in A$. Definisi 14.2.1 salah untuk $p=3$, karena saksi satu-satunya, $a=3$, tidak memenuhi $0<|a-3|$. Jadi $3\notin A'$ tetapi $3$ memenuhi D.

(c) Jika $p\in A$, maka $p\in B(p,r)\cap A$ untuk setiap $r>0$, sehingga D selalu benar pada anggota $A$. Karena itu D tidak membedakan anggota yang terkerumun dari anggota yang terpencil. $\square$

Solusi 14.2-2. (a) Contoh 14.2.8, kasus $p=0$.

(b) $p=\tfrac25$ dan $\tfrac p2=\tfrac15$. Pilih $N=6$, karena $\tfrac16<\tfrac15$. Jarak ke suku awal:
$$|1-\tfrac25|=\tfrac35,\ |\tfrac12-\tfrac25|=\tfrac1{10},\ |\tfrac13-\tfrac25|=\tfrac1{15},\ |\tfrac14-\tfrac25|=\tfrac3{20},\ |\tfrac15-\tfrac25|=\tfrac15.$$
Minimum bersama $\tfrac15$ adalah $\rho=\tfrac1{15}$, dan $B(\tfrac25,\tfrac1{15})=(\tfrac13,\tfrac7{15})$. Periksa anggota $S$:

- $1$ dan $\tfrac12$ lebih besar dari $\tfrac7{15}$ (karena $15>14$, berlaku $\tfrac12=\tfrac{15}{30}>\tfrac{14}{30}=\tfrac7{15}$);
- $\tfrac13$ adalah ujung kiri, jadi tidak termuat;
- $\tfrac14$, $\tfrac15$, dan semua $\tfrac1k$ dengan $k\geq6$ lebih kecil dari $\tfrac13$.

Jadi bola itu tidak memuat anggota $S$ sama sekali, dan $\tfrac25\notin S'$.

(c) Contoh 14.2.8. $\square$

Solusi 14.2-3. Contoh 14.2.8 memberi $\rho_n=\tfrac1{n(n+1)}$.

- $n=1$: $\rho_1=\tfrac12$ dan $B(1,\tfrac12)=(\tfrac12,\tfrac32)$. Anggota $S$ lain paling besar $\tfrac12$, yang tidak termuat. Jadi $B(1,\tfrac12)\cap S=\{1\}$.
- $n=3$: $\rho_3=\tfrac1{12}$ dan $B(\tfrac13,\tfrac1{12})=(\tfrac14,\tfrac5{12})$. Tetangga terdekat $\tfrac14$ adalah ujung (tidak termuat), dan $\tfrac12=\tfrac6{12}>\tfrac5{12}$. Semua $\tfrac1k$ dengan $k\geq4$ paling besar $\tfrac14$. Jadi bola itu hanya memuat $\tfrac13$.

$\square$

Solusi 14.2-4. (a) Akibat 14.2.7(a).

(b) Kedua himpunan berbeda dari $S$ pada himpunan berhingga, sehingga keduanya mempunyai turunan $S'=\{0\}$ menurut Akibat 14.2.7(c). Secara langsung, $0$ tetap titik akumulasi karena saksi $\tfrac1n$ dengan $n\geq3$ dan $\tfrac1n<r$ selalu tersedia (Archimedes, lalu ambil $\max(n,3)$). Titik $5$ dan $7$ terisolasi, dengan radius $1$.

(c) Lemma 14.2.6: titik akumulasi ditandai oleh tak hingga banyak anggota di setiap bola, dan sifat ini tidak berubah bila berhingga banyak titik ditambahkan atau dihapus. $\square$

Solusi 14.2-5. Contoh 14.2.12(a).

- Titik interior, misalnya $p=\tfrac{a+b}2$: saksi $p+\min(\tfrac r2,\tfrac{b-a}4)$.
- Titik $a$: saksi $a+\min(\tfrac r2,\tfrac{b-a}2)\in(a,b)$.
- Titik $b$: saksi $b-\min(\tfrac r2,\tfrac{b-a}2)$.
- Titik $p<a$: radius $a-p$ memberi bola di $(-\infty,a)$, lepas dari $(a,b)$.
- Titik $p>b$: radius $p-b$.

$\square$

Solusi 14.2-6. (a) Contoh 14.2.12(b), dengan Teorema 11.3.11 pada interval $(p,p+r)$.

(b) Jika $p\in\mathbb{Q}$, rasional $p$ sendiri terletak di $B(p,r)$. Jika saksi diambil sebagai "suatu rasional di $(p-r,p+r)$", jaminan kerapatan bisa saja dipenuhi oleh $p$ itu sendiri, padahal $p$ bukan saksi yang sah. Mengambil interval $(p,p+r)$, yang tidak memuat $p$, menghindari masalah ini.

(c) $(\mathbb{Q}\cap[0,1])'=[0,1]$. Untuk $p\in[0,1)$, kerapatan pada $(p,\min(p+r,1))$ memberi saksi rasional di $[0,1]$. Untuk $p=1$, gunakan $(\max(1-r,0),1)$. Titik di luar $[0,1]$ eksterior, dengan radius $-p$ atau $p-1$. $\square$

Solusi 14.2-7. (a) Teorema 14.2.9.

(b) $S'=\{0\}\not\subseteq S$, sehingga $S$ tidak tutup. $(S\cup\{0\})'=\{0\}\subseteq S\cup\{0\}$, sehingga $S\cup\{0\}$ tutup.

(c) Ya. Misalkan $D=\{\tfrac1n+\tfrac1m:n,m\in\mathbb{N}_{+}\}$. Setiap anggota $D$ positif, jadi $0\notin D$. Ambil $r>0$. Korolari 11.3.10 memberi $n\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $\tfrac1n<\tfrac r2$. Dengan $m=n$, anggota $\tfrac2n\in D$ memenuhi $0<\tfrac2n<r$. Karena $r$ sebarang, $0\in D'$. Karena $0\in D'\setminus D$, Teorema 14.2.9 memberi bahwa $D$ tidak tutup. $\square$

Solusi 14.2-8. (a) Proposisi 14.2.11.

(b) Setiap $\{\tfrac1n\}$ berhingga, sehingga turunannya $\emptyset$, dan gabungan turunan $\emptyset$. Gabungan himpunannya $S$, dengan $S'=\{0\}\ne\emptyset$.

(c) $A\cap C\subseteq A$ dan $A\cap C\subseteq C$, lalu gunakan Akibat 14.2.7(b). Inklusi tegas: $A=\mathbb{Q}$ dan $C=\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ memberi $(A\cap C)'=\emptyset'=\emptyset$, sedangkan $A'\cap C'=\mathbb{R}$ (Contoh 14.2.12(b)). Contoh tanpa kerapatan: $A=(0,1)$ dan $C=(1,2)$ memberi $(A\cap C)'=\emptyset$, sedangkan $A'\cap C'=[0,1]\cap[1,2]=\{1\}$. $\square$

### Ringkasan dan Pranala ke Unit 14.3

Titik akumulasi didefinisikan dengan bola tertusuk: saksi harus berbeda dari pusat. Hasil-hasil unit ini:

- rumusan lingkungan dan peran penghapusan pusat (contoh singleton);
- titik terisolasi, serta hubungan interior ⊆ akumulasi ⊆ interior ∪ batas, tanpa membentuk partisi palsu;
- setiap bola di sekitar titik akumulasi memuat tak hingga banyak anggota; akibatnya himpunan berhingga tidak mempunyai titik akumulasi, dan penghapusan berhingga tidak mengubah turunan;
- $S'=\{0\}$ dengan semua anggota $S$ terisolasi;
- tutup jika dan hanya jika $F'\subseteq F$, seperti dijanjikan master pada 14.1;
- $A'$ selalu tutup;
- turunan gabungan berhingga, beserta kegagalan versi tak hingga.

Contoh $\mathbb{Z}$ menunjukkan bahwa ketakhinggaan saja tidak menjamin adanya titik akumulasi. Unit 14.3 membuktikan Teorema Bolzano–Weierstrass: setiap himpunan tak hingga yang terbatas mempunyai titik akumulasi. Buktinya memakai interval bersarang Bab 12 dan Lemma 14.2.6.

## 14.3 Teorema Bolzano-Weierstrass untuk Himpunan Terbatas

Unit 14.2 menunjukkan dua cara suatu himpunan dapat gagal mempunyai titik akumulasi. Himpunan berhingga tidak mempunyai titik akumulasi, karena tidak cukup banyak anggota untuk mengerumuni suatu titik (Akibat 14.2.7(a)). $\mathbb{Z}$ tak hingga, tetapi anggotanya berjauhan satu sama lain dan menyebar ke seluruh garis (Contoh 14.2.12(c)). Teorema Bolzano–Weierstrass menyatakan bahwa kedua hambatan itu adalah satu-satunya hambatan di $\mathbb{R}$. Jika suatu himpunan tak hingga dan terbatas, anggotanya "terpaksa berdesakan" di sekitar paling sedikit satu titik.

Teorema ini adalah salah satu bentuk paling berguna dari kelengkapan $\mathbb{R}$. Buktinya memakai Teorema Interval Bersarang (Unit 12.2) dan sifat Archimedes, dalam bentuk lemma lebar geometris Unit 12.3. Versi untuk barisan, yaitu bahwa setiap barisan terbatas mempunyai subbarisan konvergen, memerlukan teori limit barisan dan dibahas di Bagian V. Kita tidak memakainya, dan unit ini juga tidak memakai penutupan (Unit 14.4), kekompakan, atau kontinuitas.

Prasyarat:

- dari Unit 14.2: titik akumulasi dan Lemma 14.2.6;
- dari Bab 12: Teorema 12.2.4 (irisan interval bersarang), Lemma 12.3.8 (lebar $C/b^n$ dapat dibuat lebih kecil dari $\varepsilon$), Konstruksi 12.3.6 sebagai pola rekursi, serta Proposisi 12.4.4 dan Korolari 12.4.10 untuk satu contoh;
- dari Bab 11: keterbatasan (Definisi 11.1.1);
- dari Bab 7: Teorema 7.4.1 (rekursi).

"Berhingga" dan "tak hingga" dipakai dalam arti kerja Unit 14.2.

### Persiapan: Gabungan Dua Himpunan Berhingga

#### Lemma 14.3.1 (Gabungan Berhingga dan Kontraposisinya)

(a) Jika $E$ dan $G$ berhingga, maka $E\cup G$ berhingga.

(b) Akibatnya, jika $E\cup G$ tak hingga, maka paling sedikit satu dari $E$ dan $G$ tak hingga.

Bukti. (a) Jika $E=\{e_1,\ldots,e_j\}$ dan $G=\{g_1,\ldots,g_k\}$ (daftar boleh kosong), maka daftar gabungan $e_1,\ldots,e_j,g_1,\ldots,g_k$ memuat setiap anggota $E\cup G$. Menghapus pengulangan menghasilkan daftar habis $E\cup G$ tanpa pengulangan. (b) adalah kontraposisi (a). $\square$

Dalam bukti teorema, lemma ini diterapkan pada dua setengah interval yang beririsan di titik tengah. Irisan itu tidak mengganggu: yang dibutuhkan hanyalah bahwa gabungan kedua bagian memuat seluruh bagian semula, dan pengulangan anggota di titik tengah sudah ditangani oleh penghapusan pengulangan.

### Pernyataan dan Bukti

#### Teorema 14.3.2 (Bolzano–Weierstrass untuk Himpunan)

Misalkan $A\subseteq\mathbb{R}$ tak hingga dan terbatas, yaitu terdapat $L,U\in\mathbb{R}$ dengan $L\leq a\leq U$ untuk setiap $a\in A$. Maka $A$ mempunyai paling sedikit satu titik akumulasi di $\mathbb{R}$: $A'\ne\emptyset$.

Teorema ini tidak menyatakan bahwa titik akumulasi itu anggota $A$, bahwa titik akumulasinya tunggal, atau bahwa setiap anggota $A$ adalah titik akumulasi. Ketiga hal itu dapat gagal (Contoh 14.3.5).

Strategi bukti. Kurung $A$ dalam interval tutup. Bagi interval itu menjadi dua bagian sama panjang. Paling sedikit satu bagian memuat tak hingga banyak anggota $A$, dan bagian itu yang dipilih. Ulangi. Diperoleh interval-interval bersarang yang panjangnya menyusut dan masing-masing memuat tak hingga banyak anggota $A$. Titik bersama semua interval itu (ada menurut kelengkapan) dikerumuni anggota $A$.

Bukti.

Langkah 1: interval awal. Tetapkan $M=\max(|L|,|U|)+1>0$. Untuk $a\in A$, berlaku $-M<-|L|\leq L\leq a\leq U\leq|U|<M$, sehingga $A\subseteq[-M,M]$. Jadi $A\cap[-M,M]=A$ tak hingga.

Langkah 2: fungsi pemilih. Tetapkan
$$D=\bigl\{(a,b)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}:a<b\ \text{dan}\ A\cap[a,b]\ \text{tak hingga}\bigr\}.$$
Untuk $(a,b)\in D$, tulis $m=\tfrac{a+b}2$, sehingga $a<m<b$. Definisikan
$$T(a,b)=\begin{cases}(a,m)&\text{jika }A\cap[a,m]\text{ tak hingga},\\ (m,b)&\text{jika }A\cap[a,m]\text{ berhingga}.\end{cases}$$
Kedua kasus saling eksklusif dan mencakup semua kemungkinan (hukum penyisihan tengah), jadi $T$ terdefinisi tunggal. $T$ memetakan $D$ ke $D$:

- pada kasus pertama, $(a,m)$ memenuhi $a<m$ dan $A\cap[a,m]$ tak hingga;
- pada kasus kedua, $[a,b]=[a,m]\cup[m,b]$, sehingga $A\cap[a,b]=(A\cap[a,m])\cup(A\cap[m,b])$. Karena ruas kiri tak hingga dan $A\cap[a,m]$ berhingga, Lemma 14.3.1(b) memberi bahwa $A\cap[m,b]$ tak hingga, dan $m<b$.

Aturan "pilih kiri bila tak hingga" bersifat deterministik sebagai definisi matematika. Ini bukan algoritme yang dapat dijalankan komputer: memutuskan apakah suatu himpunan tak hingga tidak dapat dilakukan dari data berhingga, dan kita tidak mengklaimnya.

Langkah 3: rekursi. Pasangan $(-M,M)$ anggota $D$ menurut Langkah 1. Teorema 7.4.1 memberi barisan tunggal $(a_n,b_n)_{n\in\mathbb{N}}$ di $D$ dengan $(a_0,b_0)=(-M,M)$ dan $(a_{n+1},b_{n+1})=T(a_n,b_n)$. Tulis $I_n=[a_n,b_n]$.

Langkah 4: invarian. Untuk setiap $n\in\mathbb{N}$:

(i) $a_n<b_n$ dan $A\cap I_n$ tak hingga, karena $(a_n,b_n)\in D$;

(ii) $I_{n+1}\subseteq I_n$, karena $[a,m]$ dan $[m,b]$ keduanya termuat dalam $[a,b]$;

(iii) $b_n-a_n=\dfrac{2M}{2^n}$.

Bagian (iii) dibuktikan dengan induksi. Basisnya $b_0-a_0=2M$. Pada langkah induksi, kedua kasus $T$ memberi panjang $m-a=b-m=\tfrac{b-a}2$.

Langkah 5: titik bersama. Untuk memakai indeks mulai $1$ seperti pada Teorema 12.2.4, tulis $K_j=I_{j-1}$ untuk $j\geq1$. Keluarga $(K_j)$ terdiri atas interval tutup, tak kosong, dan terbatas, dengan ujung real, serta bersarang menurut (ii). Teorema 12.2.4 memberi $p\in\mathbb{R}$ dengan $p\in I_n$ untuk setiap $n\in\mathbb{N}$.

Langkah 6: $p$ titik akumulasi. Ambil $r>0$. Lemma 12.3.8 dengan $C=2M$ dan $b=2$ memberi $n$ dengan $\tfrac{2M}{2^n}<r$. Untuk $x\in I_n$, karena $p$ dan $x$ keduanya di $[a_n,b_n]$, berlaku $|x-p|\leq b_n-a_n<r$. Jadi $I_n\subseteq B(p,r)$, dan
$$A\cap I_n\subseteq A\cap B(p,r).$$
Ruas kiri tak hingga menurut (i), jadi ruas kanan tak hingga. Karena $r>0$ sebarang, Lemma 14.2.6 memberi $p\in A'$.

Secara langsung tanpa lemma: himpunan tak hingga $A\cap B(p,r)$ tidak termuat dalam $\{p\}$, sehingga memuat $a\ne p$, dan $0<|a-p|<r$. $\square$

Mengapa invarian (i) harus "tak hingga", bukan sekadar "tak kosong"? Seandainya kita hanya mempertahankan $A\cap I_n\ne\emptyset$, langkah terakhir hanya memberi anggota $A$ di $B(p,r)$, yang bisa saja $p$ sendiri. Contohnya $A=\{0\}$: interval yang selalu memuat $0$ menyusut ke $0$, tetapi $0$ bukan titik akumulasi. Ketakhinggaan menjamin adanya saksi yang berbeda dari $p$.

Ketunggalan titik $p$. Karena lebar menyusut, Teorema 12.2.5 memberi bahwa irisan semua $I_n$ tepat $\{p\}$. Ini ketunggalan titik yang dihasilkan oleh jalur biseksi tertentu ini. Itu bukan ketunggalan titik akumulasi $A$: himpunan $[0,1]$ mempunyai titik akumulasi sebanyak titiknya.

Ketergantungan pada kelengkapan. Langkah 5 adalah satu-satunya tempat kelengkapan dipakai, lewat Teorema 12.2.4. Langkah 6 memakai Archimedes lewat Lemma 12.3.8. Contoh 14.3.6 di bawah memperlihatkan bahwa di semesta $\mathbb{Q}$ kesimpulannya dapat gagal.

### Akibat

#### Akibat 14.3.3 (Kontraposisi)

Jika $A\subseteq\mathbb{R}$ terbatas dan $A'=\emptyset$, maka $A$ berhingga. Himpunan kosong termasuk.

Bukti. Kontraposisi Teorema 14.3.2. $\square$

#### Akibat 14.3.4 (Himpunan Tutup, Terbatas, dan Tak Hingga)

Jika $F\subseteq\mathbb{R}$ tutup, terbatas, dan tak hingga, maka $F$ memuat paling sedikit satu titik akumulasinya sendiri: $F\cap F'\ne\emptyset$.

Bukti. Teorema 14.3.2 memberi $p\in F'$, dan Teorema 14.2.9 memberi $F'\subseteq F$. $\square$

Pembalikan yang keliru perlu dihindari:

- "setiap himpunan tutup dan terbatas tak hingga" salah, misalnya $\{0\}$;
- "setiap himpunan yang mempunyai titik akumulasi terbatas" salah, misalnya $S\cup\mathbb{N}$ mempunyai titik akumulasi $0$ tetapi tak terbatas;
- "titik akumulasi himpunan tak hingga yang terbatas selalu anggotanya" salah tanpa ketertutupan, misalnya $S$ dan $0$.

### Contoh dan Contoh Tandingan

#### Contoh 14.3.5 (Batas-Batas Kesimpulan Teorema)

(a) Hipotesis tak hingga diperlukan: $\{0\}$ terbatas, dan $\{0\}'=\emptyset$ (Contoh 14.2.3).

(b) Hipotesis terbatas diperlukan: $\mathbb{N}$ tak hingga, dan $\mathbb{N}'=\emptyset$ (Contoh 14.2.12(c)).

(c) Titik akumulasi tidak harus anggota: untuk $S=\{\tfrac1n:n\in\mathbb{N}_{+}\}$, $S'=\{0\}$ dan $0\notin S$ (Contoh 14.2.8).

(d) Tidak semua anggota harus titik akumulasi: semua anggota $S$ terisolasi.

(e) Titik akumulasi tidak harus tunggal: $[0,1]'=[0,1]$ (Contoh 14.2.12(a)).

#### Contoh 14.3.6 (Kegagalan di Semesta $\mathbb{Q}$)

Misalkan $s_n$, untuk $n\in\mathbb{N}$, adalah pemotongan ke-$n$ ekspansi desimal kanonik $\sqrt2$ (Teorema 12.4.6, Korolari 12.4.10). Tetapkan $A=\{s_n:n\in\mathbb{N}\}$. Maka:

(a) $A\subseteq\mathbb{Q}$ dan $A\subseteq[1,\sqrt2)$;

(b) $A$ tak hingga;

(c) di $\mathbb{R}$, $A'=\{\sqrt2\}$;

(d) di semesta $\mathbb{Q}$, $A$ tidak mempunyai titik akumulasi sama sekali, padahal $A$ terbatas dan tak hingga.

Bukti. (a) Setiap $s_n$ adalah jumlah berhingga bilangan rasional, sehingga rasional. Rekursi ekstraksi digit memberi $s_n\leq\sqrt2<s_n+10^{-n}$ (Langkah 4 Teorema 12.4.6). Karena $\sqrt2\notin\mathbb{Q}$ (Teorema 8.4.7) dan $s_n\in\mathbb{Q}$, kesamaan $s_n=\sqrt2$ mustahil, sehingga $s_n<\sqrt2$. Bagian bulat $\sqrt2$ adalah $1$, karena $1\leq\sqrt2<2$ (kuadratnya $1\leq2<4$, lalu monotonisitas kuadrat). Jadi $s_n\geq s_0=1$.

(b) Andaikan $A$ berhingga. Maka $A$ mempunyai maksimum $s^*$ (Teorema 11.1.14), dan $s^*<\sqrt2$ menurut (a). Lemma 12.4.5 memberi $n$ dengan $10^{-n}<\sqrt2-s^*$, sehingga $s_n>\sqrt2-10^{-n}>s^*$. Ini bertentangan dengan maksimalitas $s^*$.

(c) Titik $\sqrt2$: untuk $r>0$, pilih $n$ dengan $10^{-n}<r$ (Lemma 12.4.5). Maka $0<\sqrt2-s_n<10^{-n}<r$, jadi $\sqrt2\in A'$.

Titik $p>\sqrt2$: radius $p-\sqrt2$ memberi bola yang tidak memuat bilangan di bawah $\sqrt2$, padahal semua anggota $A$ di bawah $\sqrt2$.

Titik $p<\sqrt2$: tulis $\delta=\sqrt2-p>0$ dan pilih $N$ dengan $10^{-N}<\tfrac\delta2$. Untuk $n\geq N$, $s_n>\sqrt2-10^{-n}\geq\sqrt2-10^{-N}>p+\tfrac\delta2$, sehingga $|s_n-p|>\tfrac\delta2$. Ini memakai $10^{-n}\leq10^{-N}$ untuk $n\geq N$. Suku $s_0,\ldots,s_{N-1}$ hanya berhingga banyak. Ambil $\rho$ sebagai minimum dari $\tfrac\delta2$ dan jarak positif $|s_k-p|$ untuk suku awal yang berbeda dari $p$. Maka bola tertusuk $B(p,\rho)\setminus\{p\}$ tidak memuat anggota $A$, dan $p\notin A'$.

(d) Di ruang metrik $(\mathbb{Q},d)$, bola relatifnya $B_{\mathbb{Q}}(p,r)=\mathbb{Q}\cap B(p,r)$. Karena $A\subseteq\mathbb{Q}$, untuk $p\in\mathbb{Q}$ berlaku $B_{\mathbb{Q}}(p,r)\cap A=B(p,r)\cap A$. Jadi $p\in\mathbb{Q}$ titik akumulasi $A$ di $\mathbb{Q}$ jika dan hanya jika $p\in A'$ di $\mathbb{R}$. Menurut (c), satu-satunya kandidat adalah $\sqrt2\notin\mathbb{Q}$. $\square$

Contoh ini menunjukkan bahwa Teorema 14.3.2 adalah pernyataan tentang kelengkapan. Di $\mathbb{Q}$, anggota $A$ berdesakan menuju suatu "lubang".

#### Contoh 14.3.7 (Ruang Metrik Lain: Metrik Diskret)

Pada $\mathbb{N}$ dengan metrik diskret $\delta$ (Contoh 13.1.16, dibatasi ke $\mathbb{N}$ menurut Proposisi 13.1.13), semua titik berjarak paling besar $1$ dari $0$, sehingga $\mathbb{N}\subseteq B_\delta(0,2)$. Jadi $\mathbb{N}$ terbatas dalam arti termuat dalam satu bola, dan juga tak hingga. Namun $B_\delta(p,\tfrac12)=\{p\}$ untuk setiap $p$, sehingga bola tertusuknya kosong dan tidak ada titik akumulasi.

Teorema 14.3.2 bergantung pada struktur $\mathbb{R}$ (urutan, kelengkapan, metrik standar). Teorema itu tidak berlaku otomatis di setiap ruang metrik. Contoh ini tidak membantah versi $\mathbb{R}$. Di $\mathbb{R}$ dengan metrik standar, "termuat dalam suatu bola" setara dengan "terbatas" dalam arti urutan: $A\subseteq B(c,R)$ memberi $c-R<a<c+R$, dan $L\leq a\leq U$ memberi $A\subseteq B(\tfrac{L+U}2,\tfrac{U-L}2+1)$.

### Strategi Pembuktian

Strategi 1: Memeriksa hipotesis. Sebelum memakai Teorema 14.3.2, buktikan kedua hipotesis secara terpisah: tunjukkan batas $L,U$ eksplisit, dan tunjukkan ketakhinggaan, misalnya dengan injeksi dari $\mathbb{N}$ atau kontradiksi dengan maksimum berhingga.

Strategi 2: Biseksi dengan invarian yang tepat. Pada setiap konstruksi biseksi, pertahankan sifat yang dibutuhkan di akhir. Untuk titik akumulasi, sifat itu adalah "tak hingga banyak anggota", bukan "ada anggota".

Strategi 3: Memakai akibat. Untuk menunjukkan suatu himpunan berhingga, cukup tunjukkan bahwa ia terbatas dan tidak mempunyai titik akumulasi.

Strategi 4: Membedakan keberadaan dari lokasi. Teorema 14.3.2 hanya menjamin keberadaan. Untuk menentukan $A'$ seluruhnya, kembali ke definisi seperti pada Contoh 14.2.8.

### Latihan

Latihan 14.3-1. Tuliskan Teorema 14.3.2 lengkap dengan domain dan kedua hipotesisnya. Untuk masing-masing hipotesis, berikan himpunan yang memenuhi hipotesis lainnya tetapi tidak mempunyai titik akumulasi, beserta bukti.

Latihan 14.3-2. (a) Buktikan Lemma 14.3.1. (b) Untuk $A=S=\{\tfrac1n:n\in\mathbb{N}_{+}\}$ dan interval $[0,1]$ dengan titik tengah $\tfrac12$, tentukan apakah $A\cap[0,\tfrac12]$ dan $A\cap[\tfrac12,1]$ berhingga atau tak hingga. Jelaskan mengapa titik $\tfrac12$, yang termuat di kedua bagian, tidak merusak argumen.

Latihan 14.3-3. Jalankan konstruksi dalam bukti Teorema 14.3.2 untuk $A=S$ dengan $L=0$ dan $U=1$. Tentukan $M$, lalu $I_0,I_1,I_2,I_3$ dengan alasan pada setiap pilihan. Periksa rumus lebar $\tfrac{2M}{2^n}$ dan tentukan titik $p$ yang dihasilkan jalur ini.

Latihan 14.3-4. (a) Dari $p\in I_n$ dan $b_n-a_n<r$, buktikan $I_n\subseteq B(p,r)$. (b) Selesaikan langkah dari "$A\cap I_n$ tak hingga" ke saksi $a\in A$ dengan $0<|a-p|<r$. (c) Jelaskan dengan $A=\{0\}$ mengapa invarian "tak kosong" tidak cukup.

Latihan 14.3-5. Misalkan $A=S\cup\{2\}$. (a) Periksa hipotesis Teorema 14.3.2. (b) Tentukan $A'$. (c) Tunjukkan bahwa titik akumulasi tidak berada di $A$ dan bahwa $2$ adalah titik terisolasi.

Latihan 14.3-6. (a) Buktikan Akibat 14.3.3 dan 14.3.4. (b) Tunjukkan bahwa pembalikan "setiap himpunan tutup terbatas tak hingga" dan "setiap himpunan yang mempunyai titik akumulasi terbatas" keduanya salah.

Latihan 14.3-7. (a) Buktikan $[0,1]'=[0,1]$. (b) Jalankan tiga langkah pertama konstruksi bukti untuk $A=[0,1]$ dengan $L=0$ dan $U=1$, lalu tentukan titik $p$ jalur ini. (c) Jelaskan perbedaan antara ketunggalan titik jalur dan banyaknya titik akumulasi.

Latihan 14.3-8. (a) Periksa bahwa metrik diskret $\delta$ pada $\mathbb{N}$ memenuhi keempat aksioma metrik. (b) Buktikan bahwa $\mathbb{N}$ termuat dalam satu bola $\delta$, tetapi tidak mempunyai titik akumulasi terhadap $\delta$. (c) Jelaskan mengapa ini tidak bertentangan dengan Teorema 14.3.2.

### Solusi

Solusi 14.3-1. Untuk setiap $A\subseteq\mathbb{R}$: jika $A$ tak hingga dan terbatas, maka $A'\ne\emptyset$.

- Tanpa ketakhinggaan: $A=\{0\}$ terbatas, dan $\{0\}'=\emptyset$, karena anggota satu-satunya tidak dapat menjadi saksi bagi dirinya sendiri, dan titik lain mempunyai radius $|p|$ yang menghindarinya.
- Tanpa keterbatasan: $A=\mathbb{N}$ tak hingga; terbatas di bawah oleh $0$ tetapi tak terbatas di atas (Teorema 11.3.9). Juga $\mathbb{N}'=\emptyset$ (Contoh 14.2.12(c)): titik bukan bilangan bulat adalah titik eksterior $\mathbb{Z}\supseteq\mathbb{N}$, dan titik bilangan bulat mempunyai $B(p,\tfrac12)\cap\mathbb{N}\subseteq\{p\}$.

$\square$

Solusi 14.3-2. (a) Lemma 14.3.1.

(b) $S\cap[0,\tfrac12]=\{\tfrac1n:n\geq2\}$ tak hingga, karena $n\mapsto\tfrac1n$ injektif pada $n\geq2$. $S\cap[\tfrac12,1]=\{1,\tfrac12\}$ berhingga, karena $\tfrac1n\geq\tfrac12$ memaksa $n\leq2$.

Titik $\tfrac12$ termuat di kedua bagian. Lemma 14.3.1 hanya memerlukan bahwa gabungan kedua bagian sama dengan $S\cap[0,1]$. Anggota yang terhitung dua kali tidak mengubah keberhinggaan: daftar gabungan dengan pengulangan dihapus tetap daftar berhingga. $\square$

Solusi 14.3-3. $M=\max(0,1)+1=2$ dan $I_0=[-2,2]$.

- Langkah 0: titik tengah $0$. $S\cap[-2,0]=\emptyset$ berhingga, jadi pilih kanan: $I_1=[0,2]$.
- Langkah 1: titik tengah $1$. $S\cap[0,1]=S$ tak hingga, jadi pilih kiri: $I_2=[0,1]$.
- Langkah 2: titik tengah $\tfrac12$. $S\cap[0,\tfrac12]$ tak hingga (Solusi 14.3-2), jadi pilih kiri: $I_3=[0,\tfrac12]$.

Lebar $4,2,1,\tfrac12$ sama dengan $\tfrac4{2^n}=\tfrac{2M}{2^n}$ untuk $n=0,1,2,3$. Seterusnya, $S\cap[0,\tfrac1{2^k}]$ selalu tak hingga, sehingga jalur selalu memilih kiri dan $I_n=[0,\tfrac4{2^n}]$ untuk $n\geq2$. Titik bersama semua interval adalah $p=0$, yang memang satu-satunya titik akumulasi $S$. $\square$

Solusi 14.3-4. (a) Jika $x\in I_n$, keduanya $x,p\in[a_n,b_n]$. Jika $x\geq p$, maka $0\leq x-p\leq b_n-p\leq b_n-a_n$. Jika $x<p$, maka $0<p-x\leq p-a_n\leq b_n-a_n$. Jadi $|x-p|\leq b_n-a_n<r$ dan $x\in B(p,r)$.

(b) $A\cap I_n\subseteq A\cap B(p,r)$, sehingga ruas kanan tak hingga. Himpunan tak hingga tidak termuat dalam $\{p\}$ (subhimpunan $\{p\}$ berhingga), sehingga ada $a\in A\cap B(p,r)$ dengan $a\ne p$, yaitu $0<|a-p|<r$.

(c) Untuk $A=\{0\}$, setiap interval $[-\tfrac1{2^n},\tfrac1{2^n}]$ memuat anggota $A$, sehingga invarian "tak kosong" terpenuhi dan intervalnya menyusut ke $0$. Namun satu-satunya anggota $A$ di setiap bola adalah $0$ sendiri, sehingga $0\notin A'$. Konstruksi dengan invarian yang lemah menghasilkan titik yang benar sebagai titik irisan, tetapi tanpa saksi yang berbeda dari pusat. $\square$

Solusi 14.3-5. (a) Terbatas: $0<a\leq2$ untuk semua $a\in A$. Tak hingga: $S\subseteq A$ dan $S$ tak hingga.

(b) $A'=S'\cup\{2\}'=\{0\}\cup\emptyset=\{0\}$, menurut Proposisi 14.2.11, Contoh 14.2.8, dan Akibat 14.2.7(a).

(c) $0\notin A$, karena semua anggota positif. Titik $2$ terisolasi: $B(2,1)\cap A=\{2\}$, karena anggota lain paling besar $1$. $\square$

Solusi 14.3-6. (a) Lihat bukti Akibat 14.3.3 dan 14.3.4.

(b) $\{0\}$ tutup (Contoh 14.1.6(c)) dan terbatas, tetapi berhingga. $S\cup\mathbb{N}$ mempunyai titik akumulasi $0$ (karena $S\subseteq S\cup\mathbb{N}$, gunakan Akibat 14.2.7(b)), tetapi tak terbatas di atas karena memuat $\mathbb{N}$. $\square$

Solusi 14.3-7. (a) Contoh 14.2.12(a) memberi $(0,1)'=[0,1]$, dan $[0,1]$ berbeda dari $(0,1)$ hanya pada himpunan berhingga $\{0,1\}$. Akibat 14.2.7(c) memberi $[0,1]'=[0,1]$.

(b) $M=2$ dan $I_0=[-2,2]$.

- Titik tengah $0$: $[0,1]\cap[-2,0]=\{0\}$ berhingga, jadi $I_1=[0,2]$.
- Titik tengah $1$: $[0,1]\cap[0,1]=[0,1]$ tak hingga, jadi $I_2=[0,1]$.
- Titik tengah $\tfrac12$: $[0,\tfrac12]$ tak hingga, jadi $I_3=[0,\tfrac12]$.

Selanjutnya jalur selalu memilih kiri, dan titiknya $p=0$.

(c) Jalur biseksi yang ditetapkan oleh aturan "kiri bila tak hingga" menghasilkan tepat satu titik, yaitu $0$. Namun setiap titik $[0,1]$ adalah titik akumulasi. Aturan berbeda, misalnya "kanan bila tak hingga", akan menghasilkan titik $1$. Teorema hanya menjamin paling sedikit satu titik akumulasi. $\square$

Solusi 14.3-8. (a) (M1)–(M3) langsung dari definisi $\delta$ (nilai $0$ atau $1$, nol tepat pada pasangan sama, simetris). (M4): jika $x=z$, ruas kiri $0$. Jika $x\ne z$, maka $y$ berbeda dari paling sedikit salah satunya, sehingga ruas kanan $\geq1=\delta(x,z)$. Ini Contoh 13.1.16, dibatasi ke $\mathbb{N}$ dengan Proposisi 13.1.13.

(b) Untuk setiap $n\in\mathbb{N}$, $\delta(n,0)\leq1<2$, jadi $\mathbb{N}\subseteq B_\delta(0,2)$. Untuk setiap $p$, $B_\delta(p,\tfrac12)=\{p\}$, karena titik lain berjarak $1$. Bola tertusuknya kosong, sehingga $p$ bukan titik akumulasi.

(c) Teorema 14.3.2 adalah pernyataan tentang $\mathbb{R}$ dengan metrik standar. Buktinya memakai urutan (biseksi), kelengkapan (interval bersarang), dan Archimedes. Metrik diskret pada $\mathbb{N}$ tidak mempunyai struktur itu, sehingga kegagalannya tidak bertentangan dengan teorema. $\square$

### Ringkasan dan Pranala ke Unit 14.4

Teorema Bolzano–Weierstrass untuk himpunan menyatakan bahwa setiap himpunan bagian $\mathbb{R}$ yang tak hingga dan terbatas mempunyai titik akumulasi. Buktinya memakai biseksi dengan aturan pilih yang deterministik, rekursi Bab 7, invarian "tak hingga banyak anggota", interval bersarang (kelengkapan), dan lebar geometris (Archimedes). Unit ini juga membuktikan akibat untuk himpunan tutup terbatas dan kontraposisinya untuk himpunan tanpa titik akumulasi. Contoh-contoh menunjukkan bahwa:

- kedua hipotesis diperlukan;
- titik akumulasi dapat di luar himpunan dan tidak tunggal;
- teorema gagal di $\mathbb{Q}$ dan pada metrik diskret.

Unit 14.4 mendefinisikan penutupan suatu himpunan sebagai himpunan tutup terkecil yang memuatnya, lalu membuktikan bahwa penutupan sama dengan himpunan itu ditambah titik-titik akumulasinya.

## 14.4 Penutupan Himpunan (Closure)

Himpunan $(0,1)$ tidak tutup, karena titik batasnya $0$ dan $1$ tidak termuat. Pertanyaan alaminya: berapa yang harus ditambahkan agar suatu himpunan menjadi tutup? Unit ini menjawabnya dengan konsep penutupan, yaitu himpunan tutup terkecil yang memuat himpunan semula. Definisinya dibuat sedemikian rupa sehingga keberadaan dan ketunggalannya langsung terjamin. Setelah itu kita membuktikan bahwa penutupan dapat dihitung dengan tiga cara yang setara:

- lewat bola: titik yang setiap bolanya bertemu himpunan;
- lewat titik akumulasi: himpunan ditambah titik-titik akumulasinya;
- lewat titik batas: himpunan ditambah titik-titik batasnya.

Ketiganya menghubungkan seluruh Bab 13–14.

Prasyarat:

- Teorema 3.4.2 (De Morgan);
- dari Unit 14.1: himpunan tutup, Proposisi 14.1.2, Teorema 14.1.3, 14.1.4, 14.1.10, Contoh 14.1.6–14.1.8;
- dari Unit 14.2: titik akumulasi, Teorema 14.2.9, Contoh 14.2.8, 14.2.12;
- dari Bab 13: interior, eksterior, batas, partisi, Teorema 13.4.3, 13.4.7, Proposisi 13.3.4;
- kerapatan $\mathbb{Q}$ (Teorema 11.3.11) untuk satu contoh.

Kita tidak memakai barisan, limit, atau kekompakan. Definisi titik batas Unit 13.3 tidak diubah; hubungannya dengan penutupan dibuktikan sebagai teorema.

### Definisi dan Sifat Dasar

#### Definisi 14.4.1 (Penutupan)

Misalkan $A\subseteq\mathbb{R}$. Tetapkan
$$\mathcal{C}_A=\{F\subseteq\mathbb{R}:F\text{ tutup dan }A\subseteq F\}.$$
Penutupan $A$ adalah
$$\operatorname{cl}(A)=\bigcap_{F\in\mathcal{C}_A}F.$$
Notasi lain yang lazim adalah $\overline{A}$.

Keluarga $\mathcal{C}_A$ adalah subhimpunan himpunan kuasa $\mathcal{P}(\mathbb{R})$, dibentuk dengan prinsip separasi; ini bukan "kelas semua himpunan". Keluarga itu tidak kosong, karena $\mathbb{R}$ tutup dan $A\subseteq\mathbb{R}$. Karena keluarganya tak kosong, irisannya tidak bergantung pada konvensi irisan keluarga kosong. Definisi ini berlaku untuk setiap $A$, termasuk $\emptyset$ dan $\mathbb{R}$.

#### Teorema 14.4.2 (Himpunan Tutup Terkecil yang Memuat $A$)

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

(a) $\operatorname{cl}(A)$ tutup;

(b) $A\subseteq\operatorname{cl}(A)$;

(c) jika $F$ tutup dan $A\subseteq F$, maka $\operatorname{cl}(A)\subseteq F$.

Jadi $\operatorname{cl}(A)$ adalah anggota terkecil $\mathcal{C}_A$ menurut inklusi.

Bukti. (a) Irisan sebarang himpunan tutup adalah tutup (Teorema 14.1.4(a)).

(b) Setiap $F\in\mathcal{C}_A$ memuat $A$, sehingga setiap $a\in A$ termuat di semua $F$, yaitu di irisannya.

(c) $F\in\mathcal{C}_A$, dan irisan suatu keluarga termuat dalam setiap anggota keluarga. $\square$

"Terkecil" di sini berarti terkecil menurut inklusi di antara himpunan tutup yang memuat $A$. Penutupan bukan interval terkecil yang memuat $A$, dan bukan hasil "menambahkan ujung" saja. Contoh 14.4.7(e) memperlihatkan bedanya.

### Karakterisasi dengan Bola

#### Teorema 14.4.3 (Kriteria Bola untuk Penutupan)

Untuk $A\subseteq\mathbb{R}$ dan $p\in\mathbb{R}$: $p\in\operatorname{cl}(A)$ jika dan hanya jika untuk setiap $r>0$, $B(p,r)\cap A\ne\emptyset$.

Bukti. ($\Rightarrow$) Kontraposisi. Misalkan ada $r>0$ dengan $B(p,r)\cap A=\emptyset$. Tetapkan $F=\mathbb{R}\setminus B(p,r)$. Bola $B(p,r)$ buka (Teorema 13.4.3(b)), sehingga $F$ tutup. Karena $B(p,r)$ tidak bertemu $A$, berlaku $A\subseteq F$. Jadi $F\in\mathcal{C}_A$, dan Teorema 14.4.2(c) memberi $\operatorname{cl}(A)\subseteq F$. Tetapi $p\in B(p,r)$, sehingga $p\notin F$. Akibatnya $p\notin\operatorname{cl}(A)$.

($\Leftarrow$) Kontraposisi. Misalkan $p\notin\operatorname{cl}(A)$. Karena $\operatorname{cl}(A)$ tutup (Teorema 14.4.2(a)), Proposisi 14.1.2(b) memberi $r>0$ dengan $B(p,r)\cap\operatorname{cl}(A)=\emptyset$. Karena $A\subseteq\operatorname{cl}(A)$, juga $B(p,r)\cap A=\emptyset$. $\square$

Bukti arah balik memakai fakta bahwa $\operatorname{cl}(A)$ tutup. Fakta itu sudah dibuktikan pada Teorema 14.4.2(a) dari Teorema 14.1.4(a), tanpa memakai karakterisasi ini, jadi urutannya tidak melingkar.

Bandingkan kriteria ini dengan definisi titik akumulasi. Titik penutupan hanya meminta setiap bola bertemu $A$, dan saksinya boleh $p$ sendiri. Titik akumulasi meminta saksi yang berbeda dari $p$. Bandingkan juga dengan titik batas, yang meminta setiap bola bertemu $A$ dan bertemu komplemennya.

#### Teorema 14.4.4 (Tiga Rumus Penutupan)

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

(a) $\operatorname{cl}(A)=A\cup A'$;

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

(c) $\operatorname{cl}(A)=A\cup\partial A$;

(d) $\partial A=\operatorname{cl}(A)\cap\operatorname{cl}(\mathbb{R}\setminus A)=\operatorname{cl}(A)\setminus\operatorname{Int}(A)$;

(e) $\operatorname{Int}(A)=\mathbb{R}\setminus\operatorname{cl}(\mathbb{R}\setminus A)$.

Bukti. Semua bagian dibuktikan dengan membandingkan syarat bola.

(a) Inklusi $\supseteq$: anggota $A$ memenuhi kriteria Teorema 14.4.3 dengan saksi dirinya sendiri. Anggota $A'$ memenuhinya dengan saksi yang berbeda dari pusat, dan saksi semacam itu tetap saksi biasa. Inklusi $\subseteq$: misalkan $p\in\operatorname{cl}(A)$ dan $p\notin A$. Untuk setiap $r>0$ ada $a\in B(p,r)\cap A$. Karena $p\notin A$, otomatis $a\ne p$, sehingga $0<|a-p|<r$. Jadi $p\in A'$.

(b) $p\notin\operatorname{cl}(A)$ jika dan hanya jika ada $r>0$ dengan $B(p,r)\cap A=\emptyset$ (Teorema 14.4.3), yaitu jika dan hanya jika $p\in\operatorname{Ext}(A)$ (Definisi 13.3.2). Jadi $\operatorname{cl}(A)=\mathbb{R}\setminus\operatorname{Ext}(A)$. Teorema 13.3.5 memberi $\mathbb{R}\setminus\operatorname{Ext}(A)=\operatorname{Int}(A)\cup\partial A$.

(c) Dari (b), $\operatorname{cl}(A)=\operatorname{Int}(A)\cup\partial A\subseteq A\cup\partial A$, karena $\operatorname{Int}(A)\subseteq A$. Sebaliknya, $A\subseteq\operatorname{cl}(A)$ dan $\partial A\subseteq\operatorname{cl}(A)$ menurut (b).

(d) $p\in\operatorname{cl}(A)\cap\operatorname{cl}(\mathbb{R}\setminus A)$ jika dan hanya jika setiap bola bertemu $A$ dan setiap bola bertemu $\mathbb{R}\setminus A$, yaitu syarat yang sama dengan Definisi 13.3.3. Kesamaan kedua mengikuti dari (b) dan dari sifat saling lepas pada Teorema 13.3.5.

(e) Menurut (b) yang diterapkan pada $\mathbb{R}\setminus A$, $\operatorname{cl}(\mathbb{R}\setminus A)=\mathbb{R}\setminus\operatorname{Ext}(\mathbb{R}\setminus A)=\mathbb{R}\setminus\operatorname{Int}(A)$ (Proposisi 13.3.4(d)). Ambil komplemen kedua ruas. $\square$

Peringatan untuk (a): tidak setiap titik penutupan adalah titik akumulasi. Untuk $A=\{c\}$, $\operatorname{cl}(A)=\{c\}$ tetapi $A'=\emptyset$. Titik $c$ termasuk penutupan karena ia anggota $A$, bukan karena dikerumuni. Rumus (a) menggabungkan dua sumber yang berbeda: anggota (termasuk anggota terisolasi) dan titik akumulasi (termasuk yang di luar $A$).

Bagian (d) menunjukkan bahwa definisi titik batas lewat bola pada Bab 13 sesuai dengan rumus "batas sama dengan penutupan himpunan beririsan dengan penutupan komplemen" yang dipakai sebagian buku sebagai definisi. Kita tidak mengganti definisi Bab 13; rumus itu di sini adalah teorema.

### Hukum-Hukum Penutupan

#### Proposisi 14.4.5 (Aljabar Penutupan)

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

(i) $\operatorname{cl}(\emptyset)=\emptyset$ dan $\operatorname{cl}(\mathbb{R})=\mathbb{R}$;

(ii) jika $A\subseteq C$, maka $\operatorname{cl}(A)\subseteq\operatorname{cl}(C)$;

(iii) $\operatorname{cl}(\operatorname{cl}(A))=\operatorname{cl}(A)$;

(iv) $A$ tutup jika dan hanya jika $\operatorname{cl}(A)=A$;

(v) $\operatorname{cl}(A\cup C)=\operatorname{cl}(A)\cup\operatorname{cl}(C)$;

(vi) $\operatorname{cl}(A\cap C)\subseteq\operatorname{cl}(A)\cap\operatorname{cl}(C)$, dan inklusinya dapat tegas.

Bukti. (iv) Jika $A$ tutup, maka $A\in\mathcal{C}_A$, sehingga $\operatorname{cl}(A)\subseteq A$ (Teorema 14.4.2(c)); bersama $A\subseteq\operatorname{cl}(A)$ diperoleh kesamaan. Sebaliknya, jika $\operatorname{cl}(A)=A$, maka $A$ tutup karena $\operatorname{cl}(A)$ tutup.

(i) $\emptyset$ dan $\mathbb{R}$ tutup, lalu gunakan (iv).

(ii) $\operatorname{cl}(C)$ tutup dan memuat $C\supseteq A$, jadi $\operatorname{cl}(C)\in\mathcal{C}_A$ dan Teorema 14.4.2(c) berlaku.

(iii) $\operatorname{cl}(A)$ tutup, lalu gunakan (iv).

(v) Inklusi $\supseteq$: dari $A\subseteq A\cup C$ dan $C\subseteq A\cup C$, gunakan (ii). Inklusi $\subseteq$: $\operatorname{cl}(A)\cup\operatorname{cl}(C)$ adalah gabungan dua himpunan tutup, sehingga tutup (Teorema 14.1.4(b)), dan memuat $A\cup C$. Teorema 14.4.2(c) memberi inklusinya.

(vi) Inklusi: $A\cap C\subseteq A$ dan $A\cap C\subseteq C$, lalu gunakan (ii). Inklusi tegas: $A=(0,1)$ dan $C=(1,2)$ memberi $\operatorname{cl}(A\cap C)=\operatorname{cl}(\emptyset)=\emptyset$, sedangkan $\operatorname{cl}(A)\cap\operatorname{cl}(C)=[0,1]\cap[1,2]=\{1\}$, menurut Contoh 14.4.7(a). $\square$

Hukum (v) tidak berlaku untuk gabungan tak hingga. Untuk $n\in\mathbb{N}_{+}$, $\operatorname{cl}(\{\tfrac1n\})=\{\tfrac1n\}$, sehingga $\bigcup_n\operatorname{cl}(\{\tfrac1n\})=S$. Padahal $\operatorname{cl}\bigl(\bigcup_n\{\tfrac1n\}\bigr)=\operatorname{cl}(S)=S\cup\{0\}$ (Contoh 14.4.7(c)). Pada langkah inklusi $\subseteq$, yang gagal adalah ketertutupan gabungan tak hingga himpunan tutup.

#### Proposisi 14.4.6 (Dualitas Interior–Penutupan)

Untuk $A\subseteq\mathbb{R}$: $\mathbb{R}\setminus\operatorname{cl}(A)=\operatorname{Int}(\mathbb{R}\setminus A)$ dan $\mathbb{R}\setminus\operatorname{Int}(A)=\operatorname{cl}(\mathbb{R}\setminus A)$. Jadi interior adalah himpunan buka terbesar di dalam, dan penutupan adalah himpunan tutup terkecil di luar. Keduanya saling ditukar oleh komplemen.

Bukti. Kesamaan pertama adalah Teorema 14.4.4(b) bersama $\operatorname{Ext}(A)=\operatorname{Int}(\mathbb{R}\setminus A)$ (Proposisi 13.3.4(b)). Kesamaan kedua adalah Teorema 14.4.4(e) dalam bentuk komplemen. $\square$

### Contoh Perhitungan

#### Contoh 14.4.7 (Penutupan Beberapa Himpunan)

(a) Untuk $a<b$, keempat interval $(a,b)$, $[a,b)$, $(a,b]$, $[a,b]$ mempunyai penutupan $[a,b]$. Menurut Teorema 14.4.4(c) dan Contoh 13.3.12, penutupannya adalah interval itu sendiri ditambah $\{a,b\}$.

(b) Untuk interval degenerat: $(a,a)=\emptyset$ mempunyai penutupan $\emptyset$, bukan $[a,a]$. Untuk $c\in\mathbb{R}$, $\operatorname{cl}(\{c\})=\{c\}$. Untuk himpunan berhingga $E$, $\operatorname{cl}(E)=E$, karena $E$ tutup (Contoh 14.1.6(d)).

(c) $\operatorname{cl}(S)=S\cup\{0\}$ untuk $S=\{\tfrac1n:n\in\mathbb{N}_{+}\}$, menurut Teorema 14.4.4(a) dan $S'=\{0\}$.

(d) $\operatorname{cl}(\mathbb{Q})=\mathbb{R}$, menurut Teorema 14.4.3 dan kerapatan $\mathbb{Q}$ (Teorema 11.3.11): setiap $(p-r,p+r)$ memuat rasional. $\operatorname{cl}(\mathbb{Z})=\mathbb{Z}$, karena $\mathbb{Z}$ tutup (Contoh 14.1.8).

(e) $A=(0,1)\cup\{2\}$ mempunyai $\operatorname{cl}(A)=[0,1]\cup\{2\}$, bukan $[0,2]$. Dengan Proposisi 14.4.5(v), $\operatorname{cl}(A)=\operatorname{cl}((0,1))\cup\operatorname{cl}(\{2\})=[0,1]\cup\{2\}$. Secara langsung, titik $\tfrac32$ mempunyai bola $B(\tfrac32,\tfrac14)=(\tfrac54,\tfrac74)$ yang tidak bertemu $A$, sehingga $\tfrac32\notin\operatorname{cl}(A)$. Penutupan tidak mengisi celah, dan tidak sama dengan interval terkecil yang memuat $A$.

### Penutupan Relatif

#### Definisi 14.4.8 (Penutupan Relatif)

Misalkan $X\subseteq\mathbb{R}$ dan $A\subseteq X$. Penutupan $A$ di $X$, ditulis $\operatorname{cl}_X(A)$, adalah irisan semua himpunan yang tutup di $X$ (Definisi 14.1.9) dan memuat $A$. Keluarga ini tidak kosong karena memuat $X$.

#### Teorema 14.4.9 (Rumus Penutupan Relatif)

Misalkan $X\subseteq\mathbb{R}$ dan $A\subseteq X$. Maka:

(a) $\operatorname{cl}_X(A)=X\cap\operatorname{cl}(A)$;

(b) untuk $p\in X$: $p\in\operatorname{cl}_X(A)$ jika dan hanya jika $B_X(p,r)\cap A\ne\emptyset$ untuk setiap $r>0$.

Bukti. (a) $X\cap\operatorname{cl}(A)$ tutup di $X$ (Teorema 14.1.10) dan memuat $A$, sehingga $\operatorname{cl}_X(A)\subseteq X\cap\operatorname{cl}(A)$. Sebaliknya, setiap $F$ yang tutup di $X$ dan memuat $A$ berbentuk $F=X\cap C$ dengan $C$ tutup di $\mathbb{R}$ (Teorema 14.1.10). Karena $A\subseteq F\subseteq C$, berlaku $\operatorname{cl}(A)\subseteq C$, sehingga $X\cap\operatorname{cl}(A)\subseteq X\cap C=F$. Mengambil irisan atas semua $F$ semacam itu memberi $X\cap\operatorname{cl}(A)\subseteq\operatorname{cl}_X(A)$.

(b) Untuk $p\in X$, (a) memberi $p\in\operatorname{cl}_X(A)$ jika dan hanya jika $p\in\operatorname{cl}(A)$, yaitu jika dan hanya jika setiap $B(p,r)$ bertemu $A$. Karena $A\subseteq X$, $B(p,r)\cap A=X\cap B(p,r)\cap A=B_X(p,r)\cap A$. $\square$

Penutupan relatif tidak pernah menambahkan titik di luar $X$.

#### Contoh 14.4.10 (Semesta Mengubah Penutupan)

(a) $X=(0,1)$ dan $A=(0,\tfrac12)$: $\operatorname{cl}(A)=[0,\tfrac12]$, sedangkan $\operatorname{cl}_X(A)=(0,1)\cap[0,\tfrac12]=(0,\tfrac12]$. Titik $0$ tidak ditambahkan karena tidak ada di $X$.

(b) $X=\mathbb{Q}$ dan $A=\mathbb{Q}$: $\operatorname{cl}_{\mathbb{Q}}(\mathbb{Q})=\mathbb{Q}\cap\mathbb{R}=\mathbb{Q}$, sedangkan $\operatorname{cl}(\mathbb{Q})=\mathbb{R}$. Setiap himpunan tutup di dalam semestanya sendiri.

### Strategi Pembuktian

Strategi 1: Menghitung penutupan. Hitung $A'$ lalu gabungkan dengan $A$, atau hitung $\partial A$ lalu gabungkan dengan $A$. Pilih rumus yang perhitungannya sudah tersedia.

Strategi 2: Membuktikan $p\in\operatorname{cl}(A)$. Untuk setiap $r>0$, berikan anggota $A$ di $B(p,r)$. Saksi boleh $p$ sendiri bila $p\in A$.

Strategi 3: Membuktikan $p\notin\operatorname{cl}(A)$. Berikan satu bola di sekitar $p$ yang tidak bertemu $A$.

Strategi 4: Memakai minimalitas. Untuk menunjukkan $\operatorname{cl}(A)\subseteq F$, cukup tunjukkan bahwa $F$ tutup dan memuat $A$.

Strategi 5: Menyebut semesta. Penutupan relatif adalah penutupan di $\mathbb{R}$ yang diiris dengan semesta.

### Latihan

Latihan 14.4-1. (a) Jelaskan mengapa $\mathcal{C}_A$ tidak kosong untuk setiap $A\subseteq\mathbb{R}$, dan mengapa hal itu penting bagi Definisi 14.4.1. (b) Buktikan $\operatorname{cl}([0,1))=[0,1]$ dengan dua langkah: minimalitas untuk $\subseteq$, dan kriteria bola untuk titik $1$.

Latihan 14.4-2. (a) Buktikan kedua arah Teorema 14.4.3. (b) Buktikan $\operatorname{cl}(A)=A\cup A'$. (c) Tunjukkan dengan contoh bahwa tidak setiap titik $\operatorname{cl}(A)$ adalah titik akumulasi $A$.

Latihan 14.4-3. Hitung penutupan dari $S=\{\tfrac1n:n\in\mathbb{N}_{+}\}$, $\{0,1,3\}$, $\mathbb{Q}$, dan $\mathbb{Z}$. Sebutkan hasil terdahulu yang dipakai untuk masing-masing.

Latihan 14.4-4. (a) Hitung $\operatorname{cl}((0,1)\cup\{2\})$ dan tunjukkan bahwa hasilnya bukan $[0,2]$. (b) Hitung $\operatorname{cl}((a,a))$ dan $\operatorname{cl}([a,a])$, lalu jelaskan mengapa rumus "$\operatorname{cl}((a,b))=[a,b]$" tidak boleh dipakai untuk $a=b$.

Latihan 14.4-5. Buktikan monotonisitas, idempotensi, dan "$A$ tutup jika dan hanya jika $\operatorname{cl}(A)=A$". Terapkan untuk menentukan $\operatorname{cl}(\operatorname{cl}(S))$.

Latihan 14.4-6. (a) Buktikan $\operatorname{cl}(A\cup C)=\operatorname{cl}(A)\cup\operatorname{cl}(C)$. (b) Buktikan $\operatorname{cl}(A\cap C)\subseteq\operatorname{cl}(A)\cap\operatorname{cl}(C)$ dan beri contoh inklusi tegas. (c) Berikan contoh inklusi tegas lain yang memakai $\mathbb{Q}$.

Latihan 14.4-7. (a) Tunjukkan bahwa $\operatorname{cl}\bigl(\bigcup_{n\in\mathbb{N}_{+}}\{\tfrac1n\}\bigr)\ne\bigcup_{n\in\mathbb{N}_{+}}\operatorname{cl}(\{\tfrac1n\})$. (b) Tunjukkan langkah mana dalam bukti Proposisi 14.4.5(v) yang gagal untuk gabungan tak hingga.

Latihan 14.4-8. (a) Untuk $X=(0,1)$ dan $A=(0,\tfrac12)$, hitung $\operatorname{cl}_X(A)$ dan $\operatorname{cl}(A)$. (b) Untuk $A=[0,\tfrac12)$ di $\mathbb{R}$, hitung $\operatorname{cl}(A)\cap\operatorname{cl}(\mathbb{R}\setminus A)$ dan bandingkan dengan $\partial A$ dari Contoh 13.3.12.

### Solusi

Solusi 14.4-1. (a) $\mathbb{R}$ tutup dan memuat $A$, jadi $\mathbb{R}\in\mathcal{C}_A$. Keluarga yang tidak kosong menjamin bahwa irisannya adalah subhimpunan $\mathbb{R}$ yang ditentukan oleh anggota keluarga, dan tidak bergantung pada konvensi irisan keluarga kosong.

(b) $[0,1]$ tutup (Contoh 14.1.6(a)) dan memuat $[0,1)$, sehingga $\operatorname{cl}([0,1))\subseteq[0,1]$ menurut Teorema 14.4.2(c). Selain itu $[0,1)\subseteq\operatorname{cl}([0,1))$. Untuk titik $1$, setiap $B(1,r)$ memuat $1-\min(\tfrac r2,\tfrac12)\in[0,1)$, sehingga $1\in\operatorname{cl}([0,1))$ menurut Teorema 14.4.3. Jadi $[0,1]\subseteq\operatorname{cl}([0,1))$. $\square$

Solusi 14.4-2. (a) Teorema 14.4.3. (b) Teorema 14.4.4(a).

(c) $A=\{c\}$: $c\in\operatorname{cl}(A)$ tetapi $c\notin A'$. Contoh lain: $A=S\cup\{2\}$, dengan $2\in\operatorname{cl}(A)$ tetapi $2$ terisolasi. $\square$

Solusi 14.4-3.

- $\operatorname{cl}(S)=S\cup\{0\}$, dengan Teorema 14.4.4(a) dan Contoh 14.2.8.
- $\operatorname{cl}(\{0,1,3\})=\{0,1,3\}$, karena himpunan berhingga tutup (Contoh 14.1.6(d)) dan Proposisi 14.4.5(iv).
- $\operatorname{cl}(\mathbb{Q})=\mathbb{R}$, dengan Teorema 14.4.3 dan Teorema 11.3.11.
- $\operatorname{cl}(\mathbb{Z})=\mathbb{Z}$, dengan Contoh 14.1.8 (yang memakai Lema 8.3.3 dan Archimedes) dan Proposisi 14.4.5(iv).

$\square$

Solusi 14.4-4. (a) Contoh 14.4.7(e): $\operatorname{cl}=[0,1]\cup\{2\}$. Titik $\tfrac32\in[0,2]$ bukan anggota penutupan, karena $B(\tfrac32,\tfrac14)\cap A=\emptyset$.

(b) $(a,a)=\emptyset$, sehingga $\operatorname{cl}((a,a))=\emptyset$. $[a,a]=\{a\}$ tutup, sehingga penutupannya $\{a\}$. Rumus $\operatorname{cl}((a,b))=[a,b]$ diturunkan dengan $a<b$: pada titik $a$, saksi $a+\min(\tfrac r2,\tfrac{b-a}2)$ ada di $(a,b)$ hanya bila $b-a>0$. Untuk $a=b$ tidak ada saksi, dan rumus itu akan keliru memberi $\{a\}$. $\square$

Solusi 14.4-5. Proposisi 14.4.5(ii)–(iv). $\operatorname{cl}(\operatorname{cl}(S))=\operatorname{cl}(S)=S\cup\{0\}$ menurut idempotensi. Secara langsung, $S\cup\{0\}$ tutup (Teorema 14.2.9 dengan $(S\cup\{0\})'=\{0\}$), lalu gunakan (iv). $\square$

Solusi 14.4-6. (a) Proposisi 14.4.5(v).

(b) Proposisi 14.4.5(vi), dengan contoh $(0,1)$ dan $(1,2)$: ruas kiri $\emptyset$ dan ruas kanan $\{1\}$.

(c) $A=\mathbb{Q}$ dan $C=\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$: $\operatorname{cl}(A\cap C)=\operatorname{cl}(\emptyset)=\emptyset$, sedangkan $\operatorname{cl}(\mathbb{Q})\cap\operatorname{cl}(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})=\mathbb{R}\cap\mathbb{R}=\mathbb{R}$. Penutupan irasional adalah $\mathbb{R}$ menurut Teorema 11.3.12 dan Teorema 14.4.3. $\square$

Solusi 14.4-7. (a) Ruas kanan: setiap singleton tutup, jadi gabungannya $S$. Ruas kiri: $\operatorname{cl}(S)=S\cup\{0\}$. Keduanya berbeda di titik $0$.

(b) Dalam bukti (v), langkah $\subseteq$ memakai bahwa $\operatorname{cl}(A)\cup\operatorname{cl}(C)$ tutup, sebagai gabungan berhingga himpunan tutup. Untuk keluarga tak hingga, $\bigcup_n\operatorname{cl}(\{\tfrac1n\})=S$ tidak tutup, sehingga tidak termasuk $\mathcal{C}_S$, dan minimalitas tidak dapat diterapkan. Langkah $\supseteq$ (monotonisitas) tetap berlaku: $S\subseteq\operatorname{cl}(S)$. $\square$

Solusi 14.4-8. (a) $\operatorname{cl}(A)=[0,\tfrac12]$ menurut Contoh 14.4.7(a), sehingga $\operatorname{cl}_X(A)=(0,1)\cap[0,\tfrac12]=(0,\tfrac12]$ (Teorema 14.4.9).

(b) $\operatorname{cl}([0,\tfrac12))=[0,\tfrac12]$. Komplemen $\mathbb{R}\setminus A=(-\infty,0)\cup[\tfrac12,\infty)$ mempunyai penutupan $(-\infty,0]\cup[\tfrac12,\infty)$ menurut Proposisi 14.4.5(v): penutupan $(-\infty,0)$ adalah $(-\infty,0]$, dan $[\tfrac12,\infty)$ tutup. Irisannya $\{0,\tfrac12\}$, sama dengan $\partial A$ pada Contoh 13.3.12, sesuai Teorema 14.4.4(d). Penutupan $(-\infty,0)$: titik $0$ masuk karena setiap $B(0,r)$ memuat $-\tfrac r2$; titik $p>0$ keluar dengan bola radius $p$; dan $(-\infty,0]$ tutup. $\square$

### Ringkasan Unit 14.4 dan Penutup Bab 14

Penutupan didefinisikan sebagai irisan semua himpunan tutup yang memuat $A$. Hasil-hasil unit ini:

- penutupan tutup, memuat $A$, dan terkecil;
- kriteria bola: $p\in\operatorname{cl}(A)$ jika dan hanya jika setiap bolanya bertemu $A$;
- tiga rumus: $\operatorname{cl}(A)=A\cup A'=A\cup\partial A=\mathbb{R}\setminus\operatorname{Ext}(A)$;
- batas sebagai irisan dua penutupan, sebagai teorema yang selaras dengan definisi Bab 13;
- hukum monotonisitas, idempotensi, titik tetap, dan gabungan berhingga, beserta kegagalan versi irisan dan gabungan tak hingga;
- dualitas dengan interior;
- penutupan relatif $\operatorname{cl}_X(A)=X\cap\operatorname{cl}(A)$.

Bab 14 secara keseluruhan:

- 14.1: himpunan tutup didefinisikan lewat komplemen buka;
- 14.2: titik akumulasi dengan pusat dihapus, yang mencirikan ketertutupan;
- 14.3: Teorema Bolzano–Weierstrass dari kelengkapan;
- 14.4: penutupan sebagai titik temu ketiganya.

Seluruh bab bekerja tanpa barisan atau limit. Bagian V (barisan) akan memberi karakterisasi barisan untuk konsep-konsep ini, dan karakterisasi itu dapat dibandingkan langsung dengan versi bola di sini. Sebelum itu, Bagian III melanjutkan dengan pertaksamaan dan nilai mutlak (Bab 15–19). Di sana Teorema 13.1.4 dan Lemma 13.1.2 menjadi alat dasar.