Mengambil Keputusan dengan Teorema Bayes

TEOREM A URYSOH N SM I RN OV

ROSM AN SI REGAR

Fa k u lt a s M a t e m a t ik a D a n I lm u Pe n ge t a h u a n Ju r u sa n M a t e m a t ik a

Un ive r sit a s Su m a t e r a Ut a r a

PEN D AH ULUAN 1 - 1 . La t a r Be la k a n g

Setelah penulis membaca dari beberapa buku, maka pembicaraan mengenai ruang topologi dan metrik dibahas secara terpisah, tetapi ada pernyataan metrizable yang mengkaitkan pengertian metrik pada ruang topologi, dimana dengan mempelajari metrizabiliti berarti eksistensi dari suatu metrik merupakan alat yang berguna untuk pembuktian teorema pada ruang topologi.

Dari beberapa teorema yang membahas tentang metrizabiliti ruang topologi maka penulis ingin mengemukakan teorema urysohn dan smirnov, karena kedua teorema ini membahas metrizabiliti dengan syarat dan pembuktian yang berbeda. Jadi dengan mempelajari teorema urysohn dan teorema smirnov, penulis mengharapkan lebih memahami problema mengenai metrizabiliti sehingga penulis mengambil judul “St u di Te n t a n g Te or e m a Ur ysoh n da n Sm ir n ov”.

Bagaimana syarat suatu ruang dan peranan metrik pada suatu ruang topologi sehinggadapat dijawab “kapan suatu ruang topologi akan metrizable dan juga bagaimana persamaan dan perbedaan teorema urysohn dan teorema smirnov dalam membahas metrizabliliti suatu ruang topologi.

BEBERAPA D EFEN I SI , LEM M A D AN TEOREM A

Dalam bab ini akan dibicarakan beberapa defenisi, lemma dan teorema, dimana defenisi dan teorema yang dibahas akan menunjang pengertian dan pembuktian teorema tentang metrizabiliti ruang topologi yang diberikan oleh teorema urysohn dan smirnov yang akan dibahas pada bab berikutnya.

D e fe n isi 2 .1 :

Pandang X himpunan sembarang yang tidak kosong; maka fungsi d : X x X --- > R yang memenuhi :

(a). d(x,y) > 0, jika x ≠ y ; d(x,y) = 0, bila x = y untuk semua x,y ∈ X. (b). d(x,y) = d(y,x) untuk semua x,y ∈ X

(c). d(x,z) ≤ d(x,y) + d(y,z) untuk semua x,y,z ∈ X

Maka d dikatakan metrik pada X, sedangkan pasangan (X,d) dikatakan ruang metrik.

Suatu metrik disebut juga fungsi jarak, bila terdapat ε > 0 dan x,y ∈ X ditulis Bd(x, ε) atau B(x, ε) ditentukan sebagai Bd(x, ε) = { y  d(x,y) < ε }

D e fe n isi 2 .2 :

Metrik yang ditentukan dengan d(x,y) = min {d(x,y),1} disebut dengan metrik standard terbatas pada R. Sedangkan bila diberikan suatu himpunan indeks J dimana titik x = (x_α)_α∈j dan y = (yα)α∈j adalah anggota Rj, ditentukan

suatu metrik ρ pada Rj dengan persamaan,

ρ (x,y) = lub {d(x_α,y_α)  α ∈ J }

ρ disebut metrik seragam pada Rj.

D e fe n isi 2 .3 :

Pandang X himpunan sembarang yang tidak kosong, maka koleksi σ dari himpunan –himpunan bagian x memenuhi:

(a) X dan φ termuat di dalam σ.

(b) Gabungan elemen –elemen sesuatu sub koleksi dari σ termuat di dalam σ. (c) Irisan dari elemen-elemen sesuatu sub koleksi berhingga dari σ termuat di

dalam σ.

Pasangan (X, σ) disebut ruang topologi, sedangkan anggota-anggota σ adalah himpunan terbuka.

D e fin isi 2 .4 :

Pandang X himpunan sembarang yang tidak kosong, basis untuk suatu topologi pada X adalah suatu koleksi β dari himpunan bagian X (disebut elemen basis) sedemikian hingga:

(a) Untuk setiap x ∈X, terdapat paling sedikit satu elemen basis B memuat x. (b) Jika x termuat pada irisan dua elemen basis B1 dan B2, maka terdapat

suatu elemen basis B3 sedemikian sehingga B3 ⊂ B1 ∩ B2.

Le m m a 2 .5 :

Andaikan X ruang topologi, anggap A suatu koleksi himpunan-himpunan terbuka dari X sedemikian hingga untuk setiap x ∈ X dan setiap himpunan terbuka U dari X, tedapat suatu elemen A ∈ A sedemikian hingga x ∈ A ⊂ U. Maka A adalah basis untuk topologi X.

Bukti:

Ambil x ∈ X, karena X sendiri suatu himpunan terbuka maka dengan menganggap suatu elemen A dari A sedemikian hingga x ∈ A ⊂ X, maka syarat (a) dari basis dipenuhi.

Diperiksa syarat (b) dari basis, bila x termuat pada A1 ∩ A2, dimana

A1, A2 ∈ A.

Karena A1 dan A2 terbuka, juga A1 ∩ A2 terbuka maka terdapat elemen A3 ∈

A, sedemikian hingga x ∈A3 ⊂ A1 ∩ A2.

Andaikan σ’ topologi pada X dihasilkan oleh A, σ merupakan topologi dari X. bahwa σ’ lebih luas (finer) dari σ. Sebaliknya, karena setiap elemen A merupakan elemen dari σ, begitu juga gabungan dari elemen-elemen A.

Karena σ sama dengan koleksi dari semua gabungan elemen-elemen A maka σ’ ⊂σ. Jadi σ’ = σ.

D e fin isi 2 .6 :

Jika X ruang topologi, X dikatakan metrizable jika ada metrik d pada himpunan X yang menyebabkan (induced) topologi dari X.

D e fin isi 2 .7 :

Suatu ruang X dikatakan metrizable lokal jika setiap titik x dari X mempunyai suatu lingkungan U yang metrizable di dalam ruang bagian topologi.

Suatu ruang topologi X dikatakan ruang Hausdorff, jika untuk setiap pasangan x1, x2 ∈ X terdapat lingkungan U1 dan U2 dari x1 dan x2 yang saling asing.

Ruang topologi X dikatakan ruan regular bila F himpunan bagian tertutup dari X dan p ∈X yang tidak termuat pada F, maka terdapat himpunan terbuka G dan H yang saling asing sedemikian sehingga F ⊂ G dan p ∈ H.

Ruang topologi dikatakan normal bila dan hanya bila untuk setiap F1 dan F2

himpunan tertutup yang saling asing dari X, terdapat himpunan terbuka G dan H yang saling asing sedemikian sehingga F1 ⊂ G dan F2 ⊂ H.

D e fin isi 2 .9 :

Bila X dan Y ruang topologi, pergandaan topologi pada X x Y adalah topologi yang sebagai basis adalah koleksi B daris emua himpunan-himpunan berbentuk UxV, dimana U himpunan bagian terbuka dari X dan V himpunan bagian terbuka dari Y.

Te or e m a 2 .1 0 :

Andaikan

d

(

a

,

b

)

=

min

a

−

b

,

1

merupakan metrik standard terbatas pada R. Jika x dan y dua titik pada RW, ditentukan ,













=

i

y

x

d

y

x

D

(

i

,

i

)

lub

)

,

(

Maka D adalah metrik yang menyebabkan pergandaan topologi pada RW. Bukti:

Sifat-sifat dari suatu metrik dipenuhi dengan sendirinya kecuali untuk ketidaksamaan segitiga (sifat (c) dari metrik), yang mana dibuktikan untuk semua i,

(

,

)

(

,

) (

,

)

₍

_,

₎

₍

_,

₎

z

y

D

y

x

D

i

z

y

d

i

y

x

d

i

z

x

d

i i

≤

i i

+

i i

≤

+

karena,

lub

(

,

)

D

(

x

,

y

)

D

(

y

,

z

)

i

y

x

d

i i

≤

+













Pertama, andaikan U terbuka di dalam metrik topologi dan x ∈ U, ditemukan suatu himpunan terbuka V di dalam pergandaan topologi sedemikian hingga x ∈ V ⊂ U. pilih suatu bola BD(x, ε) terletak di dalam U. Maka ambil N cukup besar sehingga

1

/N

< ε.

Andaikan V merupakan elemen basis untuk pergandaan topologi. V = (x1 - ε, x1 + ε)x … x(xn - ε, xn + ε) x R x R x…

Dinyatakan bahwa V⊂ BD(x, ε); ambil suatu titik,

Y ∈ RW _{→ Ruang berdimensi tak berhingga}

(

)

N

i

Untuk

;

1

,

≥

≤

N

i

y

x

d

_{i i}

Lebih lanjut,

(

)

(

)













≤

N

N

y

x

d

y

x

d

y

x

D

N N

1

,

,

,...,

1

,

max

)

,

(

1 1

Jika y berada di dalam V, berarti lebih kecil dari ε, karena itu V ⊂ BD(x, ε).

Sebaliknya, ambil suatu elemen basis: U = Π-∈z + Ui untukpergandaan topologi,

dimana Ui adalah terbuka di dalam R untuk i = α1, α2, … , αn dan Ui = R untuk

semua indeks I yang lain.

Berikan x ∈ U, ditemukan suatu himpunan terbuka V dari metrik topologi sedemikian hingga x ∈ V ⊂ U.

Pilih suau interval (xi - εi, xi + εi) dalam R berpusat pada xi dan terletak di dalam Ui

untuk i = x1, x2, … , xn; pilih setiap εi ≤ 1.

Maka ditentukan,













₌

=

n i

i

i

α

α

α

ε

ε

min

₁

,

₂

,...,

Dinyatakan bahwa,

x ∈ BD(x,ε) ⊂ U

Andaikan y suatu titik dari BD(x, ε), maka untuksemua I,

(

,

)

_≤

₍

_,

₎

_<

_ε

y

x

D

i

y

x

d

_{i i}

sekarang jika i = α1, α2, … , αn , maka

,

i

i

ε

ε =

karena itu

d

(

x

_i

,

y

_i

)

π

ε

_i

≤

1

dan itu berarti

x

_i

−

y

_i

π

ε

_i

Karena itu y ∈ Π Ui.

Berarti RW _{pada pergandaan topologi adalah metrizable.}

Le m m a 2 .1 1 : ( Ur ysoh n Le m m a )

Andaikan A dan B himpunan bagian tertutup yang saling asing dari suatu ruang normal. Maka terdapat suau fungsi kontinu f : x → [0,1] sedemikian hingga f[A] = {0} dan f[B] = {1}.

Bukti:

Karena A ∩ B =φ, maka A⊂ BC. Dalam hal khusus bila B himpunan tertutup, BC adalah superset terbuka dari himpunan tertutup A. Bahwa ada himpunan terbuka U1/2 sedemikian hingga

C

B

U

U

A

2 1 2 1

⊂

⊂

dimana U1/2 superset terbuka dari himpunan tertutup A dan BC adalah

superset terbuka dari himpunan tertutup U1/2. Maka terdapat himpunan-himpunan

terbuka U1/4 U3/4 sedemikian hingga

C

B

U

U

U

U

U

U

A

⊂

⊂

⊂

⊂

⊂

⊂

⊂

4 3 4 3 2 1 2 1 4 1 4 1

Diteruskan cara ini dan diperoleh untuk setiap p ∈ D, dimana D adalah himpunan bilangan rasional pada [0,1], suatu himpunan terbuka Up dengan sifat jika: p, q ∈D

dan p < q maka

U

_p

⊂

Uq

.

Ditentukan fungsi f sebagai berikut:

{

}

{

p x U jikax B B jikax p

x

f

(

)

=

₁inf : ∈ , ∉_∈

Dapat dilihat, bahwa untuk setiap x ∈ X, 0 ≤ f(x) ≤ 1 yaitu f memetakan X ke [0,1], juga A ⊂ Up untuk semua p ∈ D. Karena itu f(A) = 0.

Selanjutnya dari ketentuan, f(B) = 1. Tinggal membuktikan bahwa f kontinu.

Fungsi f kontinu jika invers dari himpunan [0, a) dan (b, 1] adalah himpunan bagian terbuka dari X.

Haruslah;

( )

[ ]

{

}

( )

[ ]

b

{

U

p

b

}

f

a

p

Up

f

c p

π

π

:

1

,

).

2

:

1

,

0

).

1

1 1

∪

=

∪

=

− −

Maka masing-masing adalah gabungan himpunan-himpunan terbuka, karena itu terbuka.

Bukti: 1)

Andaikan x ∈f-1 [[0,1)], maka f(x)∈[0,1), yaitu 0 ≤ f(x) < a. Karena D adalah dense (rapat) di dalam [0,1], terdapatlah px ∈ D sedemikian hingga, f(x) < px < a.

Dengan kata lain f(x) = inf{p:x∈Up} < px < a.

Karena itu x ∈Upx dimana px < a. Maka x ∈U{Up: p < a}.

Telah memperlihatkan bahwa setiap elemen dalam f-1[[0,a)] juga termuat ke ∪{Up : p < a} yaitu:

f-1{[0,a)]⊂∪ {Up: p < a}

Cara lainnya; anggap y ∈ ∪{Up: p < a}, maka terdapat py ∈ D sedemikian hingga py < a dan y ∈ Upy.

Karena itu, f(y) = inf{p: y ∈Ut} ≤ py < a. Maka y juga termuat ke f-1[[0,a)]. Dengan

kata lain, ∪{Up: p < a}⊂ f-1

[[0,a)]. Kedua hal di atas membuktikan 1).

Bukti: 2)

Andaikan x f-1{(b,1]]. Maka f(x) ∈ (b,1] yaitu: b < f(x) ≤ 1. Karena D dense pada [0,1], terdapat p,q ∈D sedemikian hingga b < p < q < f(x) atau dengan kata lain; f(x) = inf{p: x ∈ Up} > q.

Karena itu x ∉ Uq.

Untuk p < q berarti

U

⊂

Uq

.

Karena itu juga x tidak termuat ke

U

p

. Karena itu _pc

y

U

x

∈

dimana p > b; maka x ∈∪{

U

_pc: p > b}

Akibatnya f-1_{[(b,1]] ⊂∪{} c p

U

: p > b}.

Pada cara lain, andaikan y ∈ ∪{

U

_pc: p > b}. Maka terdapat py ∈ D sedemikian

hingga py > b dan y ∈

c p_y

U

; karena itu y tidak termuat ke

U

p

_y. Tetapi p < Py berarti Up ⊂ Upy ⊂

U

p

_y; maka y ∈ Up untuk setiap p < py.

Akibatnya f(y) = inf {p: y ∈Up} ≥ py > b Karena itu y ∈ f-1

((b)). Dengan kata lain , ∪{ c

p

U

: p > b} ⊂ f-1

[(b,1]] Dari hal di atas maka f kontinu.

Te or e m a 2 .1 2 :

Andaikan X ruang Hausdorff, {fx}x ∈ j koleksi dari fungsi-fungsi kontinu.

fx: X → R memenuhi untuk setiap titik x0 ∈ X dan setiap lingkungan U

dari x0 terdapat indeks x sedemikian sehingga fx positif pada x0 dan hilang

(vanish) di luar U. Maka, F: X → Rj

didefinisikan sebagai F(x) = Fx(x)x∈j

Adalah suatu penyisipan dari X di dalam Rj. Bukti:

Ambil fungsi fx sehingga terdapat suatu fungsi koleksi countable dari fungsi

kontinu; fx: X → [0,1]. Untuk x0 ∈ X dan lingkungan U dari x0, ada indeks x

sedemikian hingga fx positif pada x0 dan dihilangkan di luar U.

Ditentukan pemetaan F: X → Rj

, dengan aturan, f(x) = (f1(x), f2(x), …), F

akan dinyatakan suatu penyisipan. Pertama F adalah kontinu karena Rj mempunyai pergandaan topologi dan setiap fx adalah kontinu. Kedua, F adalah injektif karena

untuk setiap x ≠ y, diketahui terdapat suatu indeks x sedemikian hingga fx(x) > 0

dan fx (y) = 0, karena itu F(x) ≠ F(y).

Akhirnya, harus dibuktikan bahwa F adalah homomorphis dari X onto bayangannya, ruang bagian Z = F (X) dari Rj. Diketahui bahwa F menentukan suatu kontinu bijektif dari X dengan Z, juga hanya perlu diperlihatkan bahwa untuk setiap himpunan terbuka U di dalam X, himpunan F(U) adalah terbuka di dalam Z. Misal z0

merupakan suatu titik dari f(U). Akan ditemukan suatu himpunan terbuka W dari z sedemikian sehingga,

z0 ∈W ⊂ F(U)

Bila x0 titik dari U sedemikian hingga F(x0) = z0 pilih indeks N untuk mana fN(x0) dan

fN(X – U) = 0. Ambil interval terbuka (0, + ∞) pada R, dan V himpunan terbuka

V

=

π

−_N1

((

0

,

+∞

))

dari Rj.

Bila W = V∩ Z; maka W adalah terbuka di dalam Z, oleh definisi ruang bagian topologi dinyatakan bahwa z0 ∈ W ⊂ F(U).

Pertama z0 ∈ W karena,

π

_N

(

z

₀

)

=

π

_N

(

F

(

x

₀

))

=

f

_N

(

x

₀

)

φ

0

Kedua, W ⊂ F(U). Jika z ∈ W, maka z = F(x) untuk beberapa x ∈ X dan

).

,

0

(

)

(

z

∈

+∞

N

π

karena,

π

N

(

z

)

=

π

N

(

F

(

x

)

=

f

N

(

x

),

dan fN hilang di luar U, haruslah x di dalam

U. Maka z = F(x) adalah di dalam F(U). Jadi F adalah suatu penyisipan dari X di dalam Rj.

D e fin isi 2 .1 3 :

Bila X ruang topologi, suatu koleksi A dari himpunan bagian X dinyatakan berhingga lokal (locally finite), jika setiap titik dari X mempunyai suatu lingkungan yang mengiris berhingga banyaknya elemen-elemen dari A.

Suatu koleksi B dari himpunan bagian X dikatakan countable berhingga lokal (countably locally finite) jika B dapat ditulis sebagai gabungan countable dari koleksi Bn, dimana setiap Bn adalah berhingga lokal.

D e fin isi 2 .1 4 :

Himpunan bagian A dari ruang X disebut himpunan Gδ di dalam X, jika A sama

dengan irisan dari koleksi countable himpunan-himpunan bagian terbuka dari X.

Le m m a 2 .1 5 :

Anggap X ruang regular dengan basis B yang berhingga lokal dan countable. Maka X adalah normal dan setiap himpunan tertutup di dalam X adalah himpunan G_δ di dalam X.

Bukti:

La n gk a h 1 :

Andaikan W ⊂ X, W terbuka, maka ada koleksi countable {Un} dari himpunan-himpunan terbuka dari X sedemikian hingga,

W = ∪ Un = ∪

U

_n

Karena basis B untuk X adalah countable berhingga lokal, dapat ditulis, B = ∪ Bn

Dimana setiap koleksi Bn adalah berhingga lokal. Bila Cn koleksi dari elemen

basis B sedemikian hingga B ∈ Bn dan

B

⊂ W, maka Cn adalah berhingga lokal,

merupakan sub koleksi dari Bn.

Ditentukan

Maka Un adalah himpunan terbuka,sedangkan,

n

U

= ∪ B ∈ CnB Karena itu,

U

_n

⊂

W,

juga

W

n

U

Un

⊂

∪

⊂

∪

Dinyatakan bahwa kesamaan dipenuhi. Ambil x ∈ W, dengan keregurelan, suatu elemen basis B ∈ B sedemikian hingga x ∈ B dan

B

⊂

W

.

Sekarang B ∈ Bn untuk beberapa n. maka B ∈ Cn dengan definisi 2.14, juga

bahwa x ∈ Un.

Jadi W = ∪ Un.

La n gk a h 2 :

Diperlihatkan bahwa setiap himpunan tertutup C di dalam X suatu himpunan G_δdi dalam X. ambil C, andaikan W = X – C. Dengan langkah 1 terdapat himpunan-himpunan Un di dalam X sedemikian hingga W =

U

_n maka, C = ∩ (X -

U

n),

Dari itu C sama dengan suatu irisan countable dari himpunan-himpunan terbuka dari X.

La n gk a h 3 :

Diperlihatkan bahwa X adalah normal. Andaikan C dan D himpunan tertutup yang saling asing di dalam X. menggunakan langkah 1 untuk himpunan terbuka X – D, dibentuk suatu koleksi countable {Un} dari himpunan-himpunan terbuka

sedemikian hingga,

∪ Un = ∪

U

n= X – D

Maka {Un} menutup c dan setiap himpunan

U

_nadalah saling asing dari D.

dengan cara yang sama, dibentuk suatu selimut countable {Vn} dari D dengan himpunan-himpunan terbuka yang mana closurenya saling asing dengan C.

Karena suatu ruang reguler dengan basis yang countable adalah normal. Ditentukan,

n

U

=

Un

n_i

V

_i

dan

V

V

_{n i}n1

U

_i '

1 =

=

=

−

∪

∪

−

maka himpunan-himpunan :

' '

' '

n z n n

z

n

U

dan

V

V

U

=

∪

_∈

+

=

∪

_∈

+

adalah himpunan-himpunan terbuka yang saling asing yang masing-masing memuat C dan D. (lihat gambar 1).

U

₁

U

₂

C

_D

V

₁

V

₃

V

₂

U'

₁

U'

₂

C

_D

V'

₁

V'

₃

V'

₂

Gambar 1: Elemen pada ruang Normal.

Te or e m a 2 .1 6 : (Syarat cukup Nagata-Smirnov).

Andaikan X ruang regular dengan suatu basis B yang countable danberhingga lokal, maka x adalah metrizable.

Bukti: Langkah 1.

Diperlihatkan bahwa jika W terbuka di dalam X, terdapat suatu fungsi kontinu f : X → [0,1] sedemikian hingga f(x) > 0 untuk x ∈ W dan f(x) = 0 untuk x ∉ W.

Oleh Lemma 2.15, setiap himpunan tertutup dari X adalah irisan countable dari himpunan-himpunan terbuka dari X. dengan komplemennya, memberikan bahwa himpunan terbuka W adalah gabungan countable dari himpunan-himpunan tertutup An dari X.

Menggunakan kenormalan, pilih untuk setiap bilangan positip n, suatu fungsi kontinu.

fn : X → [0,1] sedemikian hingga fn(An) = {1} dan fn(X-W) = {0}.

Ditentukan f(x) =

∑

n n

f

2

Deret tersebut konvergen seragam, dengan perbandingan

∑

₂1n_{, karena itu f}

adalah kontinu, juga f positip pada W dan hilang di luar W. Langkah 2:

Andaikan B = ∪ Bn dimana setiap koleksi Bn adalah berhingga lokal. Untuk

setiap bilangan positip n dan setiap elemen basis B ∈ Bn, pilih suatu fungsi

kontinu,

fn,B : X →[0,1/n]

sedemikian hingga fn,B (x) > 0 untuk x∈ B dan fn,B= 0 untuk x ∉ B. Koleksi

Ambil suatu titik x0 dan suatu lingkungan U darix0, ada suatu elemen basis B

sedemikian hingga: x0 ∈ B ⊂ U. Maka B ∈ Bn untuk beberapa n, karena itu

fn,B(x0) > 0 dan fn, B hilang di luar U.

Andaikan J himpunan bagian dari z+x B terdiri dari semua pasangan (n,B)

sedemikian hingga B berada pada Bn.

Ditentukan, F : X → [0,1]j

dengan persamaan F(x) = (fn,B(x))n,B ∈ j.

Relatif ke pergandaan topologi pada [0,1]j, pemetaan F adalah suatu penyisipan (imbedding), oleh teorema 2.12.

Jadi, [0,1]j bukan metrizable secara umum. Langkah 3:

Sekarang berikan [0,1]j topologi dihasilkan oleh metrik seragam

ρ

dan diperlihatkan bahwa F adalah suatu penyisipan relatif ke topologi ini.

Topologi seragam lebih besar dari pergandaan topologi. Karena itu relatif ke metrik seragam, pemetaan F adalah injektif dan membawa himpunan-himpunan terbuka dari X onto himpunan-himpunan-himpunan-himpunan terbuka dari ruang bayangan Z = F(X). harus diberikan bukti terpisah bahwa F adalah kontinu. Pada ruang bagian [0,1]j pada Rj, metrik seragam sama dengan metrik

{

α α

}

α α

ρ

[(

x

),

(

y

)]

=

lub

x

−

y

Ambil suatu titik x0 ∈ X dan bilangan ε > 0, dan temukan suatu lingkungan W

dari x0 sedemikian hingga,

X ∈ W ⇒ ρ[(F(x), F(x0)] <ε.

Pilih suatu lingkungan Un darix0 yang mengiris hanya berhingga banyaknya

elemen-elemen dari koleksi Bn. Ini dimaksud sebagai B daerah peta di atas Bn semua tetapi berhingga banyaknya dari fungsi-fungsi fn,B adalah sama

dengan nol pada Un. Tetapi semua fungsi fn,B adalah kontinu. Sekarang dapat

dipilih suatu lingkungan Vn dari x0 termuat di dalam Un pada mana setiap sisa

fungsi fn,B untuk B ∈ Bn, berganti pada hampir ε/2.

Dipilih sedemikian suau lingkungan Vn dari x0 untuk setiap n ∈ z+. maka pilih

N sedemikian 1/N ≤ ε/2, dan tentukan W = V1 ∩ V2 … ∩ VN.

Dinyatakan bahwa W adalah lingkungan x0 dimaksud.

Bila x ∈ W. Jika n < N, maka,

2 0 ,

,

(

x

)

−

f

(

x

)

≤

ε

f

nB nB

Karena fungsi fn,B juga hilang atau berganti dengan hampir ε/2 pada W, jika

n > N, maka;

2 1 0 ,

,B

(

)

nB

(

)

n

π

ε

n

x

f

x

f

−

≤

karena fn,B pemetaan X ke [0,1/n].

karena itu

ε

ρ

ε

π

2 0

))

(

),

(

((

F

x

F

x

≤

D e fin isi 2 .1 7 :

Bila A adalah suatu koleksi dari himpunan-himpunan bagian X. Suatu koleksi B dari himpunan bagian X dikatakan penyempurnaan (refinement) dari A jika untuk setiap element B ∈ B, terdapat suatu elemen A ∈ A memuat B.

Jika elemene-elemen dari B adalah himpunan-himpunan terbuka, maka B disebut penyempurnaan terbuka dari A; jika tertutup, B disebut penyempurnaan tertutup dari A.

Le m m a 2 .1 8 :

Andaikan X ruang metrizable, jika A adalah selimut terbuka dari X, maka terdapat suatu koleksi D dari himpunan bagian X sedemikian hingga;

a). D adalah selimut terbuka dari X b). D adalah penyempurnaan dari A c). D adalah countable berhingga lokal.

Bu k t i:

Misalkan koleksi A berisi elemen-elemen U, V,W,… pilih urutan “<” untuk koleksi A. Pilih metrik untuk X. Untuk n > 0, ambil suatu elemen U dari A, ditentukan Sn(U) himpunan bagian dari U dengan jarak 1/n. Secara singkat,

andaikan,

Sn(U) = { x B (x,1/n) ⊂ U}

Gunakan urutan “<” dari A hingga himpunan lebih kecil untuk setiap U ∈ A, ditentukan;

V

U

S

U

S

_n'

(

)

=

_n

(

)

−

∪

_v⊂u

Keadaan dimana A terdiri dari tiga himpunan U < V < W digambarkan seperti gambar.2

Jadi gambar menunjukkan, himpunan-himpunan yang dibentuk adalah saling asing. Maka dinyatakan bahwa himpunan itu terpisah dengan jarak paling sedikit 1/n.

U

S'

n

(U)

V

S'

_n

(V)

S'

_n

(W)

W

Gambar 2: Elemen selimut pada ruang X.

Jika V dan W adalah elemen yang berlainan dari A dinyatakan bahwa,

( )

∈

( )

⇒

( )

≥

( )

∗

∈

' '

,

1

....

n n

n

V

dan

y

S

W

d

x

y

S

x

untuk membuktikan hal tersebut, anggap bahwa notasi telah dipilih V < W. Karena

x

∈

S

_n'

( )

V

berarti x ∈ Sn(V). Dan

y

S

_n

( )

W

'

∈

diberikan oleh defenisi bahwa y ∉ V (karena V < W). Karena x ∈ Sn(V) dan y ∉ V, haruslah

d(x,y)≥1_/ n.

Himpunan-himpunan

S

_n'

(

U

)

bukan yang diperlukan, yang tidak diketahui bahwa himpunan-himpunan tersebut adalah terbuka. Jadi andaikan dikembangkan sedikit untuk memperoleh suatu himpunan terbuka En(U).

khususnya, misalkan En(U) merupakan lingkungan 1/3n dari

(

)

'

U

S

_n , maka

( )

U

{

B

(

x

)

x

S

( )

U

}

E

n n n

' 3

1

,

∈

∪

=

Dalam hal U < V < W, keadaan sekarang seperti gambar 3. Dari gambar menunjukkan himpunan-himpunan yang terbentuk adalah saling asing dan sesungguhnya terpisah paling sedikit 1/3n.

Karena itu jika V dan W adalah elemen yang berbeda anggota A, dinyatakan bahwa,

( )

n

( )

( )

,

13n

.

n

V

dan

y

E

W

d

x

y

E

x

∈

∈

⇒

≥

ini diperoleh dari (*) dan ketidaksamaan segitiga. Juga untuk setiap v ∈ A, himpunan En(V) termuat di dalam V.

Sekarang ditentukan, εn = {En(U)U ε A}

Harus bahwa εn koleksi berhingga lokal dari himpunan-himpunan terbuka dan

εn menyempurnakan A. Kenyataan bahwa εn menyempurnakan A diperoleh

dari kenyataan bahwa En(V) ⊂ V untuk setiap v ∈ A.

Bahwa εn adalah berhingga lokal diperoleh dari keadaan untuk suatu x ∈X,

lingkungan 1_/

6n dari x dapat mengiris paling banyak satu elemen dari εn.

Tentu koleksi εn tidak akan menutup X (Gambar membuktikan hal tersebut).

U

E

n

(U)

V

E

_n

(V)

E

_n

(W)

W

Gambar.3 : Elemen penyempurnaan ruang X.

Tetapi dinyatakan bahwa koleksi, ε = ∪n ∈z+ εn

adalah menutup X.

Bila x ∈ X. Koleksi A dengan mana mula-mula ditutupi x; pilih U merupakan elemen pertama dari A yang memuat x. Karena U terbuka, dapat dipilih n sehingga B(x, 1/n) ⊂ U. Maka dengan definisi x ∈ Sn(U). Sekarang karena U adalah elemen

pertama dari A yang memuat x, titik berada ke

S

n

'

( )

U

.

maka x juga berada/termuat ke elemen En(U) dari εn. Berarti ε adalah koleksi himpunan terbuka yang diinginkan.

Te or e m a 2 .1 9 : (Syarat perlu teorema Nagata-Smirnov).

Pandang X ruang metrizable, maka X mempunyai suatu basis yang countable berhingga lokal.

Bu k t i :

Pilih suatu metrik untukX. Untuk m, maka Am merupakan selimut terbuka dari X dengan semua bola-bola terbuka dengan jari-jari 1_/

m;

Am = {B(x, 1/m) x ∈ X}

Dengan lemma 2.18, terdapat suatu selimut terbuka Dm dari X menyempurnakan Am sedemikian hingga Dm _{adalah berhingga lokal yang}

countable dimana setiap elemen dari Dm berdiameter paling besar 2/m.

Bila D = ∪ m ∈ z+ Dm

Karena setiap koleksi Dm gabungan countable dari koleksi berhingga lokal, begitu juga untuk D.

Dibuktikan bahwa x∈X dan setiap ε > 0, terdapat suatu elemen D dari D memuat x dan termuat di dalam B(x,ε). Pertama pilih m sedemikian 1

/m <

ε_/

2, maka karena Dm menutupi X, dapat dipilih suatu elemen D dari Dm

memuat x. Karena D memuat x dan berdiameter paling besar 2/m < ε, berarti

termuat di dalam; B(x,ε).

Menurut lemma 2.5 bahwa D adalah basis untuk X.

D e fe n isi 2 .2 0 :

Suatu ruang X adalah parakompak jika ruang tersebut Hausdorff dan setiap selimut terbuka A dari x memiliki suatu penyempurnaan terbuka B yang berhingga lokal yang menutup X.

Te or e m a 2 .2 1 : (Teorema Stone)

Setiap ruang metrizable adalah parakompak. Bukti:

Andaikan X ruang metrizable, dari lemma 2.18 telah dibuktikan bahwa setiap selimut terbuka dari X mempunyai suatu penyempurnaan terbuka (open refinement) yang menutup X dan countable berhingga lokal.

Bila A suatu selimut terbuka dari X dan B merupuakan penyempurnaan A yang countable, juga B = ∪ Bn dimana setiap Bn berhingga lokal. Ditunjukkan

elemen-elemen B secara umum dengan, U, V, W, …

Bila Vi = ∪u∈Bi U, maka setiap n ∈ z+ dan setiap elemen U dari Bn, ditentukan,

Sn(U) = U - ∪i < n Vi

Dimana Cn = {Sn(U)U ∈ Bn} maka Cn penyempurnaan dari Bn, karena Sn(U) ⊂ U

untuk setiap U ∈ Bn. Karena Cn = ∪ Cn, dimana C menyatakan penyempurnaan yang

berhingga lokal dari A dan menutup X.

Ambil x suatu titik dari X. Tinjau selimut B = ∪ Bn, N merupakan bilangan bulat

terkecil sedemikian hingga x terletak dalam suatu elemen dari Bn.

Andai U suatu elemen dari BN yang memuat x, karena x tidak terletak di dalam

elemen Bi untuk i < N, titik x terletak di dalam elemen SN(U) dari C.

Karena setiap koleksi Bn adalah berhingga lokal, dapat dipilih untuk setiap n = 1,

2, …, N suatu lingkungan Wn dri x yang mengiris berhingga banyaknya

elemen-elemen dari Bn.

Jika Wn mengiris elemen-elemen Sn(V) dari Cn, haruslah mengiris elemen V dari Bn,

karena Sn(V) ⊂ V, maka Wn mengiris hanya berhingga banyaknya elemen-elemen Cn.

Karena U terletak Bn, U tidak ada mengiris elemen dari Cn untuk n < N.

Jadi lingkungan W1 ∩ W2 ∩ … ∩ Wn ∩ U dari x mengiris hanya berhingga banyaknya

elemen-elemen dari C. Maka x terletak di dalam suatu elemen dari C dan x mempunyai suatu lingkungan yang mengiris hanya berhingga banyaknya elemen dari C.

Jadi X adalah parakompak.

M ETRI ZABI LI TI RUAN G TOPOLOGI OLEH TEOREM A URYSOH N D AN TEOREM A SM I RN OV

Dalam bab ini dibicarakan teorema Urysohn dan teorema Smirnov, dimana kedua teorema ini menunjukkan kemetrizablean suatu ruang dan juga diberikan bukti dari kedua teorema tersebut.

Te or e m a 3 .1 : ( Te or e m a Ur ysoh n )

Setiap ruang regular X dengan basis yang countable adalah metrizable. Bukti:

ruang metrizable Y, dengan memeperlihatkan X homomorphis dengan suat ruang bagian dari Y.

Langkah 1:

Ditunjukkan terdapat suatu koleksi countable dari fungsi-fungsi kontinu fn : X [0,1] dengan sifat bahwa diberikan suatu titik x0 dari X dan diberikan suatu

lingkungan U dari x0, terdapat suatu indeks n sedemikian hingga fn positip pada x0

dan hilang di luar U.

Untuk setiap n, m pada mana

B

⊂

Bm

,

dengan menggunakan lemma 2.12 untuk memilih suatu fungsi kontinu gn,m : X ( [0,1] sedemikian hingga

gn,m

B

m

= {1} dan gn,m(X – Bm) = {0}.

Maka koleksi {gn,m} memenuhi keperluan, ambil x ε U, dapat dipilih satu

elemen basis Bm sedemikian hingga; x ε Bm ε U

Menggunakan kereguleran, dapat dipilih satu Bn sehingga, x0 ε Bn Maka fungsi gn,m

tertentu, dan gn,m positip pada x0 dan hilang di luar U. Karena koleksi ini berindeks

dengan suatu himpunan bagian z+ * z+ berarti countable, karena itu dapat di indeks kembali dengan bilangan positip yaitu {fn}

Langkah 2:

Ambil fungsi fn dari langkah pertama, dan RW di dalam pergandaan topologi dan ditentukan suatu pemetaan F : X ( RW dengan aturan,

F(x) = (f1(x), f2(x), …) dinyatakan bahwa F suatu penyisipan.

Pertama, F adalah kontinu karena RW memiliki pergandaan topologi dan setiap fn adalah kontinu.

Kedua, F adalah injektif karena bila x ≠ y, diketahui ada suatu indeks n sedemikian hingga fn(x) > 0 dan fn(y) = 0; karena itu, F(x) ( F(y).

Akhirnya harus dibuktikkan bahwa F suatu homomorphisma dari X onto bayangannya, ruang bagian Z = F(x) dari RW. Diketahui bahwa F menunjukkan suatu kontinu bijektif dari X dengan Z, yang diperlukan hanya memperlihatkan untuk setiap himpunan terbuka U ( X, himpunan F(u) adalah terbuka di dalam Z. Andaikan Z0 suatu titik dari F(u), akan ditemukan suatu himpunan terbuka W dari Z

sedemikian hingga, Z0 ε W ε F(U)

Bila x0 merupakan titik dari U sedemikian hingga F(x0) = Z0. Pilih suatu indeks N

untuk mana fN(x0) > 0 dan fN(x-u) = {0}. Ambil interval terbuka (0, +() di dalam R

dan andaikan V himpunan terbuka,

)

,

0

(

V

=

π

N1

+∞

−

dari RW.

Bila W = V ∩ Z, maka W terbuka di dalam Z, oleh defenisi ruang topologi. Lihat gambar.4, dinyatakan bahwa Z0 ε⊂ F(U).

Pertama, Z0 ε W karena,

F(u)

w = v z

RW

0 F

x₀

x

u

E₀

Gambar.4 : Pemetaan dari ruang X ke ruang metrizable Y.

Kedua, W ⊂ F(u), bila z ε W, maka z = F(x) untuk beberapa x ε X, dan πN(z) ∈

(0,+0). Karena (N(z) = (NF(x) = fN(x), dan fN hilang di luar U, haruslah x di dalam U. Maka z = F(x) adalah di dalam F(u). Jadi F adalah suatu penyisipan dari X di dalam RW.

Langkah 3:

Disisipkan X di dalam ruang metrik (RW_,

ρ

_{Kenyataan disisipkan X di dalam}

ruang bagian [0,1]W, pada mana

ρ

sama dengan metrik,

{

x

i

y

i

}

lub

)

y

,

x

(

=

−

ρ

digunakan koleksi countable dari fungsi fn : X → [0,1] dibentuk di dalam langkah.1, tetapi sekarang dikenakan syarat tambahaan bahwa fn(x) ≤ 1/n untuk semua x. ditentukan F : X →[0,1]W _{dengan persamaan,}

F(x) = (f1(x), f2(x), …),

seperti sebelumnya. Dinyatakan F sekarang suatu penyisipan relatif ke metrik ρ pada [0,1]W_{. Diketahui dari langkah.2, bahwa F injektif. Karena itu diketahui bahwa jika}

digunakan pergandaan topologi pada [0,1]W, pemetaan F membawa himpunan-himpunan terbuka dari X onto himpunan-himpunan-himpunan-himpunan terbuka Z = F(X). Tinggal membuktikan bahwa F kontinu.

Andaikan x0 suatu titik dari X dan untuk ε > 0 perlu ditemukan suatu

lingkungan U dari x0 sedemikian hingga,

x ε U → ρ(F(x), F(x0)) < ε

Pertama pilih n cukup besar sehingga 1/N ≤ ε/2. Maka untuk setiap n = 1, 2, …, N, gunakan kekontinuan dari fn untuk memilih suatu lingkungan Un dari x0 sedemikian

hingga,

2

/

)

x

(

f

)

x

(

f

n

−

n 0

≤

ε

untuk x ∈ Un, dimana U = U1 ∩ U2 ∩ ...∩ UN; diperlihatkan bahwa U adalah

lingkungan dari x0 yang dimaksudkan. Bila x ∈ U dan n ≤ N,

2

/

)

0

x

(

fn

)

x

(

fn

−

≤

ε

dengan pilihan dari U. Dan jika n > N, maka

2

/

N

/

1

)

0

x

(

fn

)

x

(

fn

−

<

≤

ε

Karena fn pemetaan X ke [0,1/n]. Demikian juga untuk semua x ∈ U,

( ) ( )

(

)

(

)

≤

ε

ε

Te or e m a 3 .2 : Te or e m a Sm ir n ov

Suatu ruang X adalah metrizable, ruang tersebut parakompak dan metrizable lokal.

Bukti:

Anggap X metrizable. Maka X adalah metrizable lokal dan juga parakompak, oleh teorema stone. Sebaliknya anggap bahwa X parakompak dan metrizable lokal, akan diperlihatkan bahwa X memiliki suat basis B yang countable berhingga lokal. Karena X adalah reguler (merupakan parakompak), menurut teorema nagata-smirnov bahwa X adalah metrizable.

Tutupi X dengan himpunan-himpunan terbuka yang metrizable, kemudian pilih suatu penyempurnaan terbuka C yang berhingga lokal dari selimut ini yang menutup X. Setiap elemen c dari C adalah metrizable. Andaikan fungsi dc: c x C → R

merupakan suatu metrik yan memberikan topologi dari C. Ambil x ∈ C dan Bc(x, ε) menunjukkan himpunan semua titik-titik y ∈ C sedemikian hingga dc(x,y) < ε. Akan terbuka di dalam C. Ambil m ∈ Z+, misalkan Am selimut dari X oleh semua bola-bola

terbuka dengan jari-jari 1/m di dalam himpunan-himpunan c ∈ C;

(

)

{

Bc

x

,

1

/

m

c

C

dan

x

c

}

A

m

=

∈

∈

Bila Am penyempurnaan terbuka dari Am yang menutupi x dimana D = ∪ DM;

Maka D adalah berhingga lokal yang countable. Dinyatakan bahwa D adalah suatu basis untuk X.

Andaikan x suatu titik-titik dari X dan U lingkungan dari X. dicoba menemukan suatu elemen d ∈ D sedemikian hingga,

X ∈ d ⊂ U

Sekarang x termuat ke hanya berhingga banyaknya elemen-elemen dari C, katakanlah C1, C2, ... , Ck.

Maka U ∩ Ci adalah suatu lingkungan dari x di dalam himpunan Ci, juga terdapat εi >

0 sedemikian hingga

Bci (x, εi) ⊂ (U ∩ Ci)

Pilih m sehingga 1/m < ½ min {ε1, ε2, ..., εk}. karena koleksi Dm menutupi x,

haruslah elemen d ∈ Dm

memuat x. karena Dm penyempurnaan dari Am, haruslah terdapat suatu elemen Bc (y, 1/m) dari Am_{, untuk beberapa c ∈ C dan beberapa y ∈}

c, yang memuat d. Maka x termuat ke C, karena itu c haruslah salah satu dari himpunan-himpunan c1, c2,..,ck.

katakanlah bahwa c =ci, maka dengan mempergunakan ketidaksamaan segitiga

diperoleh,

D ⊂ Bci(y, 1/m) ⊂ Bci (x, εi) ⊂ U

Maka D adalah basis untuk X.

D AFTAR PUSTAKA

1. Kelley John, L., General Topologi, Van Nostrand Reinhold Company, Inc., New York, London, Toronto, 1955.

2. lipschutz Seymour, Theory and Problem of general Topologi, Schaum’s Outline Series, MC Graw Hill International Book Company, Singapore, 1965.

3. Munkres James, R., Topologi A first Course, Prentice Hall of India Private Limited, New Delhi, 1978.

4. Tsen Hu-Sze, Elements of general topologi, A Feffer and Simons International University Edition, First Printing, 1964.

( )

n

( )

( )

,

13n

.

n

V

dan

y

E

W

d

x

y

E

x

∈

∈

⇒

≥

ini diperoleh dari (*) dan ketidaksamaan segitiga. Juga untuk setiap v ∈ A, himpunan En(V) termuat di dalam V.

Sekarang ditentukan,

εn = {En(U)U εA}

Harus bahwa εn koleksi berhingga lokal dari himpunan-himpunan terbuka dan

εn menyempurnakan A. Kenyataan bahwa εn menyempurnakan A diperoleh dari kenyataan bahwa En(V) ⊂ V untuk setiap v ∈A.

Bahwa εn adalah berhingga lokal diperoleh dari keadaan untuk suatu x ∈X, lingkungan 1_/

6n dari x dapat mengiris paling banyak satu elemen dari εn.

Tentu koleksi εn tidak akan menutup X (Gambar membuktikan hal tersebut).

U

E

n

(U)

V

E

_n

(V)

E

_n

(W)

W

Gambar.3 : Elemen penyempurnaan ruang X. Tetapi dinyatakan bahwa koleksi,

ε = ∪n _∈z+εn

adalah menutup X.

Bila x ∈ X. Koleksi A dengan mana mula-mula ditutupi x; pilih U merupakan elemen pertama dari A yang memuat x. Karena U terbuka, dapat dipilih n sehingga B(x, 1/n) ⊂ U. Maka dengan definisi x ∈ Sn(U). Sekarang karena U adalah elemen

pertama dari A yang memuat x, titik berada ke

S

n

'

( )

U

.

maka x juga berada/termuat

ke elemen En(U) dari εn. Berarti ε adalah koleksi himpunan terbuka yang diinginkan. Te or e m a 2 .1 9 : (Syarat perlu teorema Nagata-Smirnov).

Pandang X ruang metrizable, maka X mempunyai suatu basis yang countable berhingga lokal.

Bu k t i :

Pilih suatu metrik untukX. Untuk m, maka Am merupakan selimut terbuka dari X dengan semua bola-bola terbuka dengan jari-jari 1_/

m;

Am = {B(x, 1/m) x ∈ X}

Dengan lemma 2.18, terdapat suatu selimut terbuka Dm dari X

menyempurnakan Am sedemikian hingga Dm adalah berhingga lokal yang countable dimana setiap elemen dari Dm berdiameter paling besar 2/m.

Bila D = ∪ m ∈ z+Dm

Karena setiap koleksi Dm gabungan countable dari koleksi berhingga lokal, begitu juga untuk D.

Dibuktikan bahwa x∈X dan setiap ε > 0, terdapat suatu elemen D dari D

memuat x dan termuat di dalam B(x,ε). Pertama pilih m sedemikian 1/m <

ε_/

2, maka karena Dm menutupi X, dapat dipilih suatu elemen D dari Dm

memuat x. Karena D memuat x dan berdiameter paling besar 2/m < ε, berarti

termuat di dalam; B(x,ε).

Menurut lemma 2.5 bahwa D adalah basis untuk X. D e fe n isi 2 .2 0 :

Suatu ruang X adalah parakompak jika ruang tersebut Hausdorff dan setiap selimut terbuka A dari x memiliki suatu penyempurnaan terbuka B yang berhingga lokal yang menutup X.

Te or e m a 2 .2 1 : (Teorema Stone)

Setiap ruang metrizable adalah parakompak. Bukti:

Andaikan X ruang metrizable, dari lemma 2.18 telah dibuktikan bahwa setiap selimut terbuka dari X mempunyai suatu penyempurnaan terbuka (open refinement) yang menutup X dan countable berhingga lokal.

Bila A suatu selimut terbuka dari X dan B merupuakan penyempurnaan A

yang countable, juga B = ∪ Bn dimana setiap Bn berhingga lokal. Ditunjukkan

elemen-elemen B secara umum dengan, U, V, W, …

Bila Vi = ∪u∈Bi U, maka setiap n ∈ z+ dan setiap elemen U dari Bn, ditentukan,

Sn(U) = U - ∪i < n Vi

Dimana Cn = {Sn(U)U ∈ Bn} maka Cn penyempurnaan dari Bn, karena Sn(U) ⊂ U

untuk setiap U ∈ Bn. Karena Cn = ∪ Cn, dimana C menyatakan penyempurnaan yang

berhingga lokal dari A dan menutup X.

Ambil x suatu titik dari X. Tinjau selimut B = ∪ Bn, N merupakan bilangan bulat

terkecil sedemikian hingga x terletak dalam suatu elemen dari Bn.

Andai U suatu elemen dari BN yang memuat x, karena x tidak terletak di dalam

elemen Bi untuk i < N, titik x terletak di dalam elemen SN(U) dari C.

Karena setiap koleksi Bn adalah berhingga lokal, dapat dipilih untuk setiap n = 1,

2, …, N suatu lingkungan Wn dri x yang mengiris berhingga banyaknya

elemen-elemen dari Bn.

Jika Wn mengiris elemen-elemen Sn(V) dari Cn, haruslah mengiris elemen V dari Bn,

karena Sn(V) ⊂ V, maka Wn mengiris hanya berhingga banyaknya elemen-elemen Cn.

Karena U terletak Bn, U tidak ada mengiris elemen dari Cn untuk n < N.

Jadi lingkungan W1 ∩ W2 ∩ … ∩ Wn ∩ U dari x mengiris hanya berhingga banyaknya

elemen-elemen dari C. Maka x terletak di dalam suatu elemen dari C dan x mempunyai suatu lingkungan yang mengiris hanya berhingga banyaknya elemen dari C.

Jadi X adalah parakompak.

M ETRI ZABI LI TI RUAN G TOPOLOGI OLEH TEOREM A URYSOH N D AN TEOREM A SM I RN OV

ruang metrizable Y, dengan memeperlihatkan X homomorphis dengan suat ruang bagian dari Y.

Langkah 1:

Ditunjukkan terdapat suatu koleksi countable dari fungsi-fungsi kontinu fn : X [0,1] dengan sifat bahwa diberikan suatu titik x0 dari X dan diberikan suatu

lingkungan U dari x0, terdapat suatu indeks n sedemikian hingga fn positip pada x0

dan hilang di luar U.

Untuk setiap n, m pada mana

B

⊂

Bm

,

dengan menggunakan lemma 2.12 untuk memilih suatu fungsi kontinu gn,m : X ( [0,1] sedemikian hingga

gn,m

B

m

= {1} dan gn,m(X – Bm) = {0}.

Maka koleksi {gn,m} memenuhi keperluan, ambil x ε U, dapat dipilih satu

elemen basis Bm sedemikian hingga; x ε Bm ε U

Menggunakan kereguleran, dapat dipilih satu Bn sehingga, x0 ε Bn Maka fungsi gn,m

tertentu, dan gn,m positip pada x0 dan hilang di luar U. Karena koleksi ini berindeks

dengan suatu himpunan bagian z+ * z+ berarti countable, karena itu dapat di indeks kembali dengan bilangan positip yaitu {fn}

Langkah 2:

Ambil fungsi fn dari langkah pertama, dan RW di dalam pergandaan topologi dan ditentukan suatu pemetaan F : X ( RW dengan aturan,

F(x) = (f1(x), f2(x), …) dinyatakan bahwa F suatu penyisipan.

Pertama, F adalah kontinu karena RW memiliki pergandaan topologi dan setiap fn adalah kontinu.

Kedua, F adalah injektif karena bila x ≠ y, diketahui ada suatu indeks n sedemikian hingga fn(x) > 0 dan fn(y) = 0; karena itu, F(x) ( F(y).

Akhirnya harus dibuktikkan bahwa F suatu homomorphisma dari X onto bayangannya, ruang bagian Z = F(x) dari RW. Diketahui bahwa F menunjukkan suatu kontinu bijektif dari X dengan Z, yang diperlukan hanya memperlihatkan untuk setiap himpunan terbuka U ( X, himpunan F(u) adalah terbuka di dalam Z. Andaikan Z0 suatu titik dari F(u), akan ditemukan suatu himpunan terbuka W dari Z

sedemikian hingga, Z0 ε W ε F(U)

Bila x0 merupakan titik dari U sedemikian hingga F(x0) = Z0. Pilih suatu indeks N

untuk mana fN(x0) > 0 dan fN(x-u) = {0}. Ambil interval terbuka (0, +() di dalam R

dan andaikan V himpunan terbuka,

)

,

0

(

V

=

π

N1

+∞

−

dari RW.

Bila W = V ∩ Z, maka W terbuka di dalam Z, oleh defenisi ruang topologi. Lihat gambar.4, dinyatakan bahwa Z0 ε⊂ F(U).

Pertama, Z0 ε W karena,

F(u)

w = v z

RW

0 F

x₀

x

u

E₀

Gambar.4 : Pemetaan dari ruang X ke ruang metrizable Y. Kedua, W ⊂ F(u), bila z ε W, maka z = F(x) untuk beberapa x ε X, dan πN(z) ∈ (0,+0). Karena (N(z) = (NF(x) = fN(x), dan fN hilang di luar U, haruslah x di dalam U. Maka z = F(x) adalah di dalam F(u). Jadi F adalah suatu penyisipan dari X di dalam RW.

Langkah 3:

Disisipkan X di dalam ruang metrik (RW_,

ρ

_{Kenyataan disisipkan X di dalam}

ruang bagian [0,1]W, pada mana

ρ

sama dengan metrik,

{

x

i

y

i

}

lub

)

y

,

x

(

=

−

ρ

digunakan koleksi countable dari fungsi fn : X → [0,1] dibentuk di dalam langkah.1, tetapi sekarang dikenakan syarat tambahaan bahwa fn(x) ≤ 1/n untuk semua x. ditentukan F : X →[0,1]W _{dengan persamaan,}

F(x) = (f1(x), f2(x), …),

seperti sebelumnya. Dinyatakan F sekarang suatu penyisipan relatif ke metrik ρ pada [0,1]W_{. Diketahui dari langkah.2, bahwa F injektif. Karena itu diketahui bahwa jika}

digunakan pergandaan topologi pada [0,1]W, pemetaan F membawa himpunan-himpunan terbuka dari X onto himpunan-himpunan-himpunan-himpunan terbuka Z = F(X). Tinggal membuktikan bahwa F kontinu.

Andaikan x0 suatu titik dari X dan untuk ε > 0 perlu ditemukan suatu

lingkungan U dari x0 sedemikian hingga,

x ε U →ρ(F(x), F(x0)) < ε

Pertama pilih n cukup besar sehingga 1/N ≤ ε/2. Maka untuk setiap n = 1, 2, …, N, gunakan kekontinuan dari fn untuk memilih suatu lingkungan Un dari x0 sedemikian

hingga,

2

/

)

x

(

f

)

x

(

f

n

−

n 0

≤

ε

Te or e m a 3 .2 : Te or e m a Sm ir n ov

Suatu ruang X adalah metrizable, ruang tersebut parakompak dan metrizable lokal.

Bukti:

Anggap X metrizable. Maka X adalah metrizable lokal dan juga parakompak, oleh teorema stone. Sebaliknya anggap bahwa X parakompak dan metrizable lokal, akan diperlihatkan bahwa X memiliki suat basis B yang countable berhingga lokal. Karena X adalah reguler (merupakan parakompak), menurut teorema nagata-smirnov bahwa X adalah metrizable.

Tutupi X dengan himpunan-himpunan terbuka yang metrizable, kemudian pilih suatu penyempurnaan terbuka C yang berhingga lokal dari selimut ini yang menutup X. Setiap elemen c dari C adalah metrizable. Andaikan fungsi dc: c x C → R

merupakan suatu metrik yan memberikan topologi dari C. Ambil x ∈ C dan Bc(x, ε) menunjukkan himpunan semua titik-titik y ∈ C sedemikian hingga dc(x,y) < ε. Akan terbuka di dalam C. Ambil m ∈ Z+, misalkan Am selimut dari X oleh semua bola-bola

terbuka dengan jari-jari 1/m di dalam himpunan-himpunan c ∈ C;

(

)

{

Bc

x

,

1

/

m

c

C

dan

x

c

}

A

m

=

∈

∈

Bila Am penyempurnaan terbuka dari Am yang menutupi x dimana D = ∪ DM;

Maka D adalah berhingga lokal yang countable. Dinyatakan bahwa D adalah suatu basis untuk X.

Andaikan x suatu titik-titik dari X dan U lingkungan dari X. dicoba menemukan suatu elemen d ∈ D sedemikian hingga,

X ∈ d ⊂ U

Sekarang x termuat ke hanya berhingga banyaknya elemen-elemen dari C, katakanlah C1, C2, ... , Ck.

Maka U ∩ Ci adalah suatu lingkungan dari x di dalam himpunan Ci, juga terdapat εi >

0 sedemikian hingga

Bci (x, εi) ⊂ (U ∩ Ci)

Pilih m sehingga 1/m < ½ min {ε1, ε2, ..., εk}. karena koleksi Dm menutupi x, haruslah elemen d ∈ Dm memuat x. karena Dm penyempurnaan dari Am, haruslah terdapat suatu elemen Bc (y, 1/m) dari Am_{, untuk beberapa c ∈ C dan beberapa y ∈}

c, yang memuat d. Maka x termuat ke C, karena itu c haruslah salah satu dari himpunan-himpunan c1, c2,..,ck.

katakanlah bahwa c =ci, maka dengan mempergunakan ketidaksamaan segitiga

diperoleh,

D ⊂ Bci(y, 1/m) ⊂ Bci (x, εi) ⊂ U

Maka D adalah basis untuk X.

D AFTAR PUSTAKA

1. Kelley John, L., General Topologi, Van Nostrand Reinhold Company, Inc., New York, London, Toronto, 1955.

2. lipschutz Seymour, Theory and Problem of general Topologi, Schaum’s Outline Series, MC Graw Hill International Book Company, Singapore, 1965.

3. Munkres James, R., Topologi A first Course, Prentice Hall of India Private Limited, New Delhi, 1978.

4. Tsen Hu-Sze, Elements of general topologi, A Feffer and Simons International University Edition, First Printing, 1964.