BAB III
RUANG HAUSDORFF
Pada bab ini akan dibahas mengenai ruang Hausdorff, kekompakan pada ruang Hausdorff dan ruang regular lengkap. Pembahasan diawali dengan mendefinisikan Ruang Hausdorff dan beberapa sifatnya kemudian dilanjutkan dengan kekompakkan dari ruang Hausdorff, diantaranya jika suatu ruang Hausdorff X adalah kompak, maka ruang X juga normal. Pembahasan diakhiri dengan mengkaji ruang reguler lengkap, yaitu membuktikan bahwa ruang normal adalah ruang regular lengkap.
3.1 Ruang Hausdorff
Ruang Hausdorff adalah ruang dimana setiap dua buah elemen yang berbeda dapat dipisahkan oleh dua buah persekitaran yang disjoint. Berikut adalah definisi dari ruang Hausdorff.
Definisi 3.1.1 Ruang Hausdorff
Diberikan ruang topologi
(
X,τ)
. Ruang X dikatakan ruang Hausdroff jika dan hanya jika untuk setiap pasangan ,x y∈X ada persekitaran U V, ⊂X sedemikian sehingga x U∈ , y∈V dan U∩ =V φ.Berikut beberapa contoh ruang topologi yang merupakan ruang Hausdorff dan ruang yang bukan ruang Hausdorff
Contoh 3.1.2
Diberikan ruang topologi
(
X,τ)
, dengan X ={
a b c d, , ,}
dan τ=2X . Ruangtopologi X adalah ruang Hausdorff, karena untuk setiap x y, ∈X ada
{ }
,{ }
U = x V = y ⊂ X sedemikian sehingga x U∈ , y∈V dan U∩ =V φ. Maka X adalah Ruang Hausdorff
Contoh 3.1.3
Diberikan ruang topologi
(
M,τ)
, dengan M ={
a b c d, , ,}
dan{ } { }
{
φ}
τ= a,b ,c,d ,X, . Ruang topologi M bukan ruang Hausdorff, karena ada ,
a b∈M sedemikian sehingga untuk setiap persekitaran U V, ⊂X a U b V∈ , ∈ tetapi U∩ =V
{ }
a b, ≠φMaka X bukan Ruang Hausdorff
Ruang Hausdorff memiliki sifat diantaranya: setiap subruangnya adalah juga Hausdorff; hasil jumlah dan hasil kali dari anggota-anggota koleksi ruang Hausdorff yang disjoin adalah juga Hausdorff. Dibawah ini akan ditunjukkan beberapa sifat dari ruang Hausdorff
Teorema 3.1.4 Setiap subruang E dari ruang Hausdorff X adalah ruang Hausdorff.
Bukti :
Misal ,a b∈E. Karena X ruang Hausdorff, maka ada himpunan buka U dan V di X sedemikian sehingga a U∈ , b V∈ dan U ∩ =V φ. Misal U*= ∩E U dan V* = ∩E V. Karena E U V, , , himpunan buka, maka U* dan V* juga himpunan buka dari subruang E . Karena a U∈ *, b V∈ *dan U*∩V*=φ. Dari definsi ruang Hausdorff maka E dalah Ruang Hausdorff.
Teorema 3.1.5 Jumlah topologi X dari sebarang disjoint koleksi
{
Xµ µ∈M}
dari ruang Hausdorff adalah ruang Hausdorff.
Bukti :
Misalkan X =
{
Xµ µ∈M}
dan ,a b∈X a, ≠b sembarang. Dari definisi jumlah topologi X maka ada ,z v∈M sedemikian sehingga a∈Xz dan b∈Xv, dimanaz, v
X X ∈X . Terdapat dua kasus Kasus 1 : z≠v,
Ambil U = Xz dan V = Xv, Karena Xz, Xv∈X maka Xz∩Xv =φ. Kasus 2 : z=v
Ini berarti ,a b∈Xz dengan a≠b. Karena X ruang Hausdorff maka terdapat z himpunan buka U dan V di X sedemikian sehingga a Uz ∈ dan b V∈ dan U∩ =V φ.
Dari kedua kasus diatas dapat disimpulkan bahwa X adalah Ruang Hausdorff.
Teorema 3.1.6
Hasil kali topologi X dari sebarang koleksi
{
Xµ µ∈M}
dari ruang Hausdorff adalah ruang Hausdorff.Bukti :
Misal ,a b sebarang dua titik yang berbeda di X . Dari hasil kali Cartesian (2.2.1), a≠b mengakibatkan keberadaan dari v∈M sedemikian sehingga a v
( )
dan( )
b v adalah dua elemen yang berbeda di X . Karena v X adalah ruang Hausdorff, v maka ada himpunan buka U dan V di Xv sedemikian sehingga a v
( )
∈U dan( )
b v ∈V dan U∩ =V φ. Misal U dan * V dinotasikan sebagai subbasis * himpunan buka di X yang didefinisikan oleh
{ ( ) }
U* = ∈x X x v ∈U
{ ( ) }
V*= ∈x X x v ∈V
Karena a v
( )
∈U b v,( )
∈V maka a U∈ *, b V∈ * dan U*∩V* =φ. Akibatnya X adalah Ruang Hausdorff3.2 Kekompakan pada ruang Hausdorff
Pada pasal ini akan dibahas sifat kekompakan pada ruang Hausdorff.
Sebelumnya akan didefinisikan terlebih dahulu suatu ruang dikatakan kompak dan beberapa sifat yang dipenuhi oleh sebuah ruang yang kompak.
Pada teorema 3.2.3 dibahas sifat suatu himpunan kompak pada suatu ruang Hausdorff. Sifat ini penting untuk menunjukkan bahwa ruang Hausdorff yang kompak adalah ruang normal
Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa hasil kali topologi X dari ruang Hausdorff yang kompak adalah juga kompak. Untuk membuktikannya diperlukan teorema Tychonoff dan teorema Heine Borel.
Berikut pembahasan di mulai dengan definisi ruang yang kompak.
Definisi 3.2.1
Sebuah ruang X dikatakan ruang yang kompak jika dan hanya jika setiap cover buka dari X mempunyai sebuah subcover hingga.
Teorema 3.2.2
Setiap himpunan tutup K di dalam sebuah ruang X yang kompak adalah kompak.
Bukti:
Diberikan C adalah cover dari K oleh himpunan-himpunan buka dari X . Karena K tutup, maka komplemen X K\ adalah buka. Anggota-anggota dari C dengan himpunan buka X K\ membentuk sebuah cover buka dari X . Karena X adalah kompak, cover buka dari X mengandung sebuah subcover hingga dari X . Dengan kata lain, ada sebuah bilangan batas dari himpunan- himpunan buka U U1, 2,...,U n di dalam C sedemikian sehingga
1 2 ... n \
U ∪U ∪ ∪U ∪X K = X.
Akibatnya
{
U U1, 2,...,Un}
adalah cover dari K . Karena C memiliki subcover hingga maka K kompak.Teorema 3.2.3
Jika K adalah sebuah himpunan yang kompak di dalam sebuah ruang Hausdorff X dan p adalah sebuah titik di dalam X K\ , maka ada himpunan- himpunan buka U dan V yang saling lepas dari X sedemikian sehingga K ⊂U dan p V∈ .
Bukti:
Ambil a∈K sembarang K ⊂X, dan diketahui p∈X K\ . Karena X ruang Hausdorff maka ada himpunan-himpunan buka Ua dan Va dari X sedemikian sehingga a U∈ a dan p V∈ a. Misal F =
{
U aa ∈K}
dengan U ahimpunan buka dari X maka F adalah sebuah cover dari , K Karena K . kompak, maka F memiliki sebuah subcover hingga dari K , yaitu ada berhingga titik a a1, 1,...,an dari K sedemikian sehingga K terkandung di dalam U yaitu
nn
n U
U
U = ∪...∪
1 .
Di lain pihak, misalkan
nn
n V
V
V = ∩...∩
1 .
Diperoleh U dan V adalah himpunan-himpunan buka dari X sedemikian , sehingga K ⊂U , p V∈ , dan U∩ =V φ. Terbukti teorema diatas
Akibat 3.2.4
Setiap himpunan K yang kompak pada ruang Hausdorff X adalah tutup.
Bukti:
Untuk setiap p∈X K\ , berdasarkan teorema 3.2.3 terdapat himpunan- himpunan buka U dan V yang saling lepas dari X sedemikian sehingga K ⊂U dan p V∈ . Selanjutnya diperoleh V ⊂X U\ ⊂ X K\ . Karena untuk setiap
\
p∈X K , ada persekitaran V sedemikian sehingga p V∈ ⊂X K\ . Dengan demikian, X K\ buka dan K tutup.
Akan ditunjukkan bahwa ruang Hausdorff yang kompak adalah ruang normal, sebelumnya berikut ini adalah definisi dari ruang normal.
Definisi 3.2.5
Ruang normal X adalah ruang yang untuk setiap himpunan tutup A , B yang disjoint terdapat himpunan buka F , G sedemikian sehingga
,
A⊂F B⊂Gdan G∩ =F φ.
Teorema 3.2.6
Setiap ruang Hausdorff yang kompak adalah normal.
Bukti:
Diberikan A dan B sebarang dua himpunan-himpunan tutup yang disjoint pada ruang Hausdorff X yang kompak. Berdasarkan teorema 3.2.2, maka A dan B adalah himpunan kompak. Selanjutnya berdasarkan 3.2.3 untuk setiap b∈B
terdapat dua himpunan buka yang saling lepas U dan b V dari X sedemikian b sehingga A⊂Ub dan b V∈ b. Misalkan F =
{
V bb ∈B}
adalah koleksi dari himpunan-himpunan buka dari X , maka F adalah cover dari B . Karena B kompak, maka F mempunyai sebuah subcover hingga dari B . Dengan kata lain, ada elemen b b1, 2,...,bn dari B sedemikian sehingga B termuat di dalam V dimanabn
b V
V
V = ∪...∪
1 .
Di lain pihak, misalkan
bn
b U
U
U = ∩...∩
1 , maka U dan V adalah himpunan- himpunan buka dari X, sedemikian sehingga A⊂U, B⊂V dan U ∩ =V φ . Dengan demikian, X adalah normal.
Berikut akan ditunjukkan bahwa jika X adalah ruang Hausdorff yang kompak maka hasil kali X juga ruang Hausdorff yang kompak. Namun terlebih dahulu akan dibuktikan hasil kali Topologi dari keluarga ruang yang kompak adalah kompak.
Definisi 3.2.7 Keluarga himpunan F dikatakan memiliki finite intersection property jika dan hanya jika irisan berhingga subkeluarga dari F adalah tidak kosong
Teorema 3.2.8
Ruang X kompak jika dan hanya jika setiap keluarga dari himpunan tutup di X yang memiliki finite intersection property memiliki irisan yang tidak kosong
Bukti:
( )
⇒ Misal Y sebarang keluarga himpunan tutup di ruang kompak X.Asumsikan irisan dari seluruh anggota Y adalah kosong. Akan ditunjukkan bahwa Y tidak memiliki finite intersection property.
Misal G=
{
X A A\ ∈Y}
. Karena irisan dari elemen Y adalah kosong, berdasarkan dalil De Morgan (Teorema 2.1.7), maka G adalah cover buka pada ruang X . Karena X kompak, maka G memiliki subcover hingga. Dengan kata lain terdapat himpunan A A1, 2,...,An di Y sedemikian sehingga{
X A X A\ 1, \ 2,...,X A\ n}
adalah cover di X . Berdasarkan dalil De Morgan maka1 2 ... n
A ∩ ∩ ∩A A =φ. Artinya Y tidak memiliki finite intersection property.
( )
⇐ Misal B sebarang cover buka dari X dan F={
X U U\ ∈B}
adalahkeluarga himpunan tutup dari X . Karena B cover dari X , maka berdasarkan dalil De Morgan diperoleh bahwa irisan dari seluruh anggota Y adalah kosong.
Ini berarti Y tidak memiliki finite intersection property . Dengan kata lain ada himpunan buka U U1, 2,...,Un di B sedemikian sehingga
(
X U\ 1) (
∩ X U\ 2)
∩ ∩...(
X U\ n)
=φ. Berdasarkan dalil De Morgan diperoleh( ) ( )
U1 ∪ U2 ∪ ∪...( )
Un =X . Dengan kata lain B memiliki subcover hingga di X , selanjutnya terbukti bahwa X kompakTeorema 3.2.9 Teorema Tychonoff
Hasil Kali Topologi dari keluarga ruang kompak adalah kompak.
Bukti :
Misal Y =
{
Xµ |µ∈M}
adalah sebuah keluarga dari ruang kompak dan misalkan X merupakan hasil kali topologi dari keluarga Y . Akan dibuktikan kekompakan dari X , dengan membuktikan jika U adalah sebuah keluarga dari himpunan-himpunan bagian dari X yang memiliki finite intersection property, makaI {
Cl B B( )
∈U}
≠φ (Teorema 3.2.7).Misal V kelas dari semua keluarga dari himpunan-himpunan bagian dari X yang mempunyai finite intersection property, maka berdasarkan definisi 2.1.9 kelas V ini adalah finite character. Berdasarkan Lemma Tukey (Lemma 2.1.10) ada sebuah anggota maksimal dari V yang memuat keluarga U yang diberikan.
Tanpa mengurangi keumuman, diasumsikan bahwa U itu sendiri adalah anggota maksimal dari kelas V .
Dari kemaksimalan U , itu berarti bahwa irisan dari anggota-anggota setiap keluarga-keluarga bagian hingga dari U adalah anggotaU . Selain itu, jika sebuah himpunan bagian E dari X beririsan dengan setiap anggota dari U , maka E juga merupakan anggota dari U .
Sekarang, diberikan µ∈M dan proyeksi
µ
µ X X
p : → ,
misalkan keluarga Uµ =
{
pµ( )
B |B∈U}
adalah himpunan bagian dari X , µ maka U memiliki finite intersection property. Karena µ X kompak, maka µ berdasarkan teorema 3.2.7, Hµ =I {
Cl p µ( )
B B∈U}
≠φ.Pilih sebuah elemen xµ ∈Hµ untuk setiap µ∈M.
Misalkan x adalah elemen dari hasil kali topologi X yang koordinat ke- µ-nya x
( )
µ adalah xµ ∈Xµ.Akan dibuktikan bahwa x∈Cl B
( )
untuk setiap B∈U .Untuk tujuan ini, anggap sebarang subbasic himpunan buka Uµ* dari X yang memuat titik x, dengan µ∈M dan Uµ adalah sebuah himpunan buka dari
Xµ memuat titik xµ. Karena xµ∈Cl p B µ( ) untuk setiap B∈U , ini berarti bahwa Uµ beririsan p Bµ( ) untuk setiap B∈U . Dengan demikian, himpunan
( )
* 1
Uµ = pµ− Uµ beririsan setiap anggota B dari U . Dari kemaksimalan U
bahwa Uµ* termasuk U , dan irisan dari sebarang berhingga subbasic himpunan buka yang memuat x adalah anggota dari U . Akibatnya setiap persekitaran dari x di X beririsan dengan setiap anggota B∈U . Konsekuensinya, x∈Cl(B) untuk setiap persekitaran dari x di X beririsan dengan B , untuk setiap B∈U . Dengan kata lain x∈Cls B
( )
,B∈U . AkibatnyaI {
Cl B B( )
∈U}
≠φ.Berdasarkan teorema 3.2.7 diperoleh hasil kali topologi dari keluarga dari ruang yang kompak adalah kompak.
Teorema 3.2.10 Teorema Heine Borel
Misalkan K himpunan bagian dari . K adalah kompak jika dan hanya jika K tutup dan terbatas
Bukti :
( )
⇒ Akan ditunjukkan K tutup dan terbatasMisalkan K kompak, artinya untuk setiap cover buka V dari K , maka ada sub cover hingga W ⊂V sedemikian sehingga W cover dari K .
Misal Hm:= −
(
m m,)
untuk m∈ , maka H buka dan m1 m m
K H
∞
=
⊆
U
= . Dengankata lain _ =
{
Hm m∈}
adalah cover buka dari K . Karena K kompak maka_ memiliki berhingga subkoleksi sedemikian sehingga
( )
1
,
M
m M
m
K H H M M
=
⊆
U
= = − untuk suatu M∈ . Ini berarti K terbatasSelanjutnya akan ditunjukkan bahwa K tutup dengan menunjukkan \K buka.
Misalkan u∈ \K , dan didefinisikan himpunan 1
: :
Gn y y u
n
= ∈ − >
untuk n∈ . Diperoleh G tidak memuat n u untuk n∈ . Selanjutnya G dapat n
dibuat menjadi bentuk 1 1
Gn y y u y u
n n
= ∈ > − ∪ < +
, dengan
1
1
Gn y y u
n
= ∈ > −
,
2
1
Gn y y u
n
= ∈ < +
dan
1 2
n n n
G =G ∪G . Akan
dibuktikan G buka dengan membuktikan n
1, 2
n n
G G buka.
1) Untuk
1
1
Gn y y u
n
= ∈ > −
.
Ambil sebarang
n1
a∈G , misal
1 2
a u
n
− −
∂ = , maka
(
a− ∂ + ∂,a)
adalahpersekitaran yang memuat a. Karena 1
a u
− ∂ > −n , maka
(
a− ∂ + ∂ ⊂,a)
Gn1. Akibatnya(
a− ∂ + ∂,a)
adalah persekitaran dari a. Karena untuk sebarangn1
a∈G ada persekitaran
(
a− ∂ + ∂,a)
sedemikian sehingga(
a− ∂ + ∂ ⊂,a)
Gn1, maka G buka. n12) Untuk
2
1
Gn y y u
n
= ∈ < +
.
Ambil sebarang
n2
b∈G , misal
1 2
b u
n
− −
∂ = , maka
(
b− ∂ + ∂,b)
adalahpersekitaran yang memuat b. Karena 1
b u
+ ∂ < +n, maka
(
b− ∂ + ∂ ⊂,b)
Gn2. Akibatnya(
b− ∂ + ∂,b)
adalah persekitaran dari b . Karena untuk sebarangn2
b∈G ada persekitaran
(
b− ∂ + ∂,b)
sedemikian sehingga(
b− ∂ + ∂ ⊂,b)
Gn2, maka G buka. n2Dari 1) dan 2) diperoleh kesimpulan bahwa G buka untuk nn ∈ .
Klaim
{ }
1
\ n
n
u G
∞
=
=
U
. Karena u∉K maka1 n n
K G
∞
=
⊂
U
. Selanjutnya karena Kkompak akibatnya ada m∈ sedemikian sehingga
1 m
n m
n
K G G
=
⊆
U
= .Dari definisi Gn diperoleh bahwa K ∩ 1 1 ,
u u
m m
− +
=φ dan interval
1 1
, \
u u K
m m
− + ⊆
.
Karena untuk u∈ \K ada persekitaran 1 1 ,
u u
m m
− +
sedemikian sehingga
1 1
, \
u u K
m m
− + ⊆
, maka \K buka akibatnya K tutup Terbukti bahwa K terbatas dan tutup.
( )
⇐ Akan ditunjukkan bahwa K kompakMisalkan K tutup dan terbatas dan G=
{ }
ga cover buka dari K .Akan dibuktikan dengan kontradiksi dengan mengandaikan bahwa K tidak
kompak. Artinya untuk setiap m∈ maka
1 m
a a
K g
=
⊄
U
.Dari pemisalan K terbatas maka ada r>0sedemikian sehingga K⊆ −
[
r r,]
.Misal I1:= [-r,r], I1 dibagi menjadi dua sub-interval tutup I1':= −
[
r, 0]
dan[ ]
'' 1: 0,
I = r , maka K∩ ≠I1' φ atau K∩ ≠I1" φ .
Jika K∩ ≠I1' φ, maka ada z 1∈ ∩ ⊂K I1' I1 . Karena 1'
1
,
m a a
K I g m
=
∩ ⊄
U
∈ makaambil I2:=I1' kemudian I dibagi menjadi dua subinterval tutup 2 I dan 2' I . Jika 2"
'
K∩I2 tidak kosong maka ada z 2∈ ∩ ⊂K I2' I2. Karena 2'
1
,
m a a
K I g m
=
∩ ⊄
U
∈maka ambil I3:=I"2. Dengan melanjutkan sampai n kali akan diperoleh barisan interval tutup bersarang
( )
In . Berdasarkan Nested Interval Property (Teorema2.1.8) diperoleh, ada titik z sedemikian sehingga z∈I nn, ∈ . Karena untuk setiap interval In ada zn sedemikian sehingga zn∈In dimana zn ≠z maka z adalah titik akumulasi dari K . Karena K tutup dari teorema 2.2.15 diperoleh z∈K , oleh karena itu ada himpunan gλ di G dengan z g∈ λ. Karena gλ buka, ada ε >0sedemikian sehingga(
z−ε,z+ ⊆ε)
gλ. Dilain pihak karena interval In diperoleh dengan membagi dua I1:= −[
r r,]
secara berulang-ulang diperoleh panjang dari interval In adalah 22n r
− , untuk n yang cukup besar, 2 2n
r− <ε maka
(
,)
In ⊆ −z ε z+ ⊆ε gλ. Artinya jika n cukup besar sedemikian sehingga 2
2n
r− <ε, maka K∩In termuat di satu himpunan gλ di G . Kontradiksi
dengan pengandaian, maka haruslah K termuat di berhingga gabungan himpunan di G . Dengan kata lain K haruslah kompak
Akibat 3.2.11
Setiap hasil kali topologi IM dari unit interval tutup I =
[ ]
0,1 adalah ruang Hausdorff yang kompakBukti :
Dari Teorema Heine-Borel (Teorema 3.2.10) diperoleh bahwa I kompak, Dari Teorema Tychonoff (Teorema 3.2.9) jika I kompak maka IM kompak dan dari teorema 3.1.4 diperoleh I ruang Hausdorff. Dari teorema 3.1.6 jika I ruang Hausdorff maka IM ruang Hausdorff. Artinya hasil kali topologi IM adalah ruang Hausdorff yang kompak
3.3 Ruang Reguler Lengkap
Pada pasal ini akan dibuktikan bahwa ruang normal adalah ruang reguler.
Definisi 3.3.1 Ruang X dikatakan regular lengkap di titik p dari X jika dan hanya jika, untuk setiap lingkugan N dari p di X , ada fungsi kontinu
: X I
χ →
Sedemikian sehinggaχ
( )
p =0 dan χ(
X N\)
=1.Ruang X dikatakan ruang regular jika dan hanya jika regular lengkap di setiap p∈X .
Berikut akan dibuktikan Lemma Urysohn yaitu jika X normal maka X adalah reguler lengkap, namun akan dibuktikan beberapa teorema yang akan digunakan pada pembuktian Lemma Urysohn
Teorema 3.3.2
Ruang X normal jika dan hanya jika untuk setiap himpunan tutup F dan himpunan buka H yang memuat F ada himpunan buka G sedemikian sehingga
( )
F ⊂ ⊂G Cls G ⊂H
Bukti :
( )
⇒ Misal X normal dan F ⊂H, dengan F tutup dan H buka. Maka X H\tutup, dan F∩X K\ =φ. Karena X normal maka ada himpunan buka G G , * sedemikian sehingga F ⊂G X H, \ ⊂G* dan G∩G* =φ. …..(1)
G∩G* =φ maka G⊂X G\ *. Dari definisi closure diperoleh
( )
\ *G⊂Cls G ⊂X G …(2)
\ *
X H ⊂G maka X G\ * ⊂H …...(3) dari (1), (2) dan (3) diperoleh
( )
\ *F ⊂ ⊂G Cls G ⊂ X G ⊂HmakaF ⊂ ⊂G Cls G
( )
⊂HTerbukti Jika X ruang normal maka untuk setiap himpunan tutup F dan himpunan buka H yang memuat F ada himpunan buka G sedemikian sehingga
( )
F ⊂ ⊂G Cls G ⊂H.
( )
⇐ Misal untuk setiap himpunan tutup F dan himpunan buka H yang memuat F ada himpunan buka G sedemikian sehingga F⊂ ⊂G Cls G( )
⊂H. Misal F , 1F himpunan tutup yang disjoint, maka 2 F1⊂X F\ 2 dengan X F buka. Dari \ 2 pemisalan ada himpunan buka G sedemikian sehingga
( )
1 \ 2
F ⊂ ⊂G Cls G ⊂ X F .
( )
\ 2Cls G ⊂X F , maka F2 ⊂ X Cls G\
( )
dan G⊂Cls G( )
, maka( )
\
G∩X Cls G =φ, dengan X Cls G\
( )
buka.Diperoleh untuk setiap himpunan tutup F , 1 F yang disjoint ada himpunan buka 2 G danX Cls G\
( )
sedemikian sehingga G∩X Cls G\( )
=φ, akibatnya X normalTeorema 3.3.3
Jika D himpunan bilangan dyadic pada unit interval
[ ]
0,1 yaitu1 1 3 1 3 5 7 1 15 0, , , , , , , , ,..., ,...,1
2 4 4 8 8 8 8 16 16
D
=
, maka D padat di
[ ]
0,1Bukti:
Akan dibuktikan D padat di
[ ]
0,1 dengan menunjukkan setiap interval buka(
a− ∂ + ∂,a)
dengan pusat di sebarang a∈[ ]
0,1 memuat elemen D . Perhatikanbahwa 1
2
lim
n 0n→∞ = , maka ada q=2n0 sedemikian sehingga 1
0< < ∂q . Kemudian
perhatikan interval 1 1 2 2 3 2 1 1
0, , , , , ,..., q ,q , q ,1
q q q q q q q q
− − −
, maka
[ ]
10
0,1 , 1
q
k
k k q q
−
=
+
=
U
. Karena a∈[ ]
0,1 , a termuat disalah satu interval 1 k k, q q +
,
misal 1
m m,
a q q
+
∈
yaitu m m 1
q a q
≤ ≤ + , artinya m h, 0 1,
a h
q
= + ≤ ≤ dilain
pihak 1 1
, 0 ,
l l l
q q
< ∂ = + < ∈ akibatnya
(
m+ − + =h) ( ) (
1 l m+ − − <h 1)
l m.Dengan kata lain m
a− ∂ < q dan m
a a
q ≤ < + ∂. Diperoleh m
a a
− ∂ < q < + ∂,
dengan m
q ∈D. Diperoleh kesimpulan, sebarang interval buka
(
a− ∂ + ∂,a)
memuat elemen D yaitu m
q , maka D padat di
[ ]
0,1Lemma 3.3.4 Lemma Urysohn
Jika A dan B dua buah himpunan tutup yang disjoint pada ruang normal X , maka ada fungsi kontinu
I X → χ :
sedemikian sehingga χ
( )
A =0 dan χ( )
B =1Bukti :
Dari hipotesis bahwa A∩ =B φ, maka A⊂X B\ . Karena B tutup makaX B\ buka dan X B\ memuat A dimana A tutup. Dari teorema 3.3.2
dijamin keberadaan 1
2
U sedemikian sehingga A⊂U12 ⊂Cls U
( )
12 ⊂ X B\ .Karena 1
2
U buka dan Cls U
( )
12 tutup, maka ada 14
U , 3
4
U sedemikian sehingga
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 3 3
4 4 2 2 4 4
\
A⊂U ⊂Cls U ⊂U ⊂Cls U ⊂U ⊂Cls U ⊂X B. Dengan
melanjutkannya, diperoleh himpunan keluarga F =
{
U tt ∈D}
yang memiliki sifatjika t t1, 2∈D dan t1<t2 maka Cls U
( )
t1 ⊂Ut2Didefinisikan fungsi χ: X →Iyaitu :
( )
inf{
:}
1
t x Ut untuk x B
x untuk x B
χ = ∈ ∉
∈
Karena A⊂U tt, ∈D maka χ
( )
A =0. Dari definisiχdiperoleh χ( )
B =1.Selanjutnya akan dibuktikanχ kontinu. Dari teorema 2.3.3 χ kontinu jika invers dari himpunan subbasic
[
0, a)
dan(
b,1]
adalah himpunan buka di X.Akan dibuktikan χ−1
[
0,a)
=U {
U tt: <a}
i). Misal x∈χ−1
[
0,a)
, maka χ( )
x ∈[
0,a)
yaitu 0≤χ( )
x <a. Karena D padat di[ ]
0,1 , maka ada tx∈Dsedemikian sehingga χ( )
x < <tx a. Dengankata lain χ
( )
x =inf{
t x U: ∈ t}
< <tx a. Karenax U ∈
tx dimana tx <a, maka{
t:}
x∈
U
U t<a . Karena x sebarang maka χ−1[
0,a)
⊂U {
U tt: <a}
.ii). Misal y∈
U {
U tt: <a}
, maka ada ty∈D sedemikian sehingga ty<a danty
y U ∈
, oleh karena itu χ( )
y =inf{
t y U: ∈ t}
< <ty a. Akibatnya[ )
1 0,
y∈χ− a . Dengan kata lain χ−1
[
0,a)
⊃U {
U tt: <a}
Dari i) dan ii) diperoleh χ−1
[
0,a)
=U {
U tt: <a}
. Karena U buka untuk tt<a maka χ−1
[
0,a)
=U {
U tt: <a}
Akan dibuktikan χ−1
(
b,1]
=U {
X Cls U\( )
t :t>b}
iii) Misal x∈χ−1
(
b,1]
, maka χ( ) (
x ∈ b,1]
yaitu b<χ( )
x ≤1. Karena D padat di[ ]
0,1 , maka ada t t1, 2∈D sedemikian sehingga b< < <t1 t2 χ( )
x .Dengan kata lain χ
( )
x =inf{
t x U: ∈ t}
>t2. Jadi x∉Gt2. Perhatikan jika1 2
t <t maka Cls G
( )
t1 ⊂Gt2. Karena x∉Gt2 maka x∉Cls G( )
t1 artinya( )
1\ t
x∈X Cls G dimana t1 >b. Akibatnya x∈
U {
X Cls U\( )
t :t>b}
. Karenax sebarang, χ−1
(
b,1]
⊂U {
X Cls U\( )
t :t>b}
iv). Misal y∈
U {
X Cls U\( )
t :t >b}
, maka ada ty∈D sedemikian sehinggaty >b dan y∈X Cls U\
( )
ty atau y U∉ ty. Dilain pihak untuk t<ty mengakibatkan Ut⊂Uty ⊂Cls U( )
ty maka y U∉ t untuk t<ty. Oleh karena itu( )
y inf{
t y U: t}
ty bχ = ∈ ≥ > , mengakibatkan y∈χ−1
( (
b,1] )
. Karena y sebarang maka χ−1(
b,1]
⊃U {
X Cls U\( )
t :t>b}
dari iii) dan iv) diperoleh kesimpulan χ−1
(
b,1]
=U {
X Cls U\( )
t :t>b}
. Karena( )
\ t
X Cls U buka untuk t>b, maka χ−1
(
b,1]
=U {
X Cls U\( )
t :t>b}
bukaKarena gabungan dari setiap himpunan buka adalah buka, maka
( ] { ( ) }
1 b,1 X Cls U\ t :t b
χ− =
U
> gabung χ−1[
0,a)
=U {
U tt: <a}
adalahbuka. Dari teorema (2.3.3) diperoleh χ kontinu.
Terbukti jika A dan B dua buah himpunan tutup yang disjoint pada ruang normal X , maka ada fungsi kontinu
I X → χ :
Sedemikian sehingga χ