Topologi Dasar di Bilangan Real

Kita mengambil sebarang titik $x\in \mathbb{R}$. Apabila $x\notin S$, kita memilih $\epsilon =\min \{|x-a_i|:i=1,2,\dots ,n\}>0$. Persekitaran $V_{\epsilon }(x)$ sama sekali tidak memuat titik anggota $S$. Apabila $x\in S$, kita memilih $\epsilon =\min \{|x-a_i|:a_i\ne x\}>0$, sehingga persekitaran $V_{\epsilon }(x)$ tidak memuat anggota $S$ lainnya selain $x$ itu sendiri.

Hasil ini menunjukkan bahwa tidak ada bilangan real $x\in \mathbb{R}$ yang memenuhi definisi titik limit bagi $S$, yang berarti himpunan titik limit dari $S$ adalah himpunan kosong $S^{\prime }=\varnothing$.

Karena himpunan kosong merupakan himpunan bagian dari himpunan mana pun, berlaku $S^{\prime }=\varnothing \subseteq S$. Berdasarkan Karakterisasi Himpunan Tertutup, kita menyimpulkan bahwa himpunan berhingga $S$ adalah himpunan tertutup di $\mathbb{R}$. $■$

Kita mengambil sebarang titik $x\in G_1\cap G_2$. Karena $x\in G_1$ dan $G_1$ terbuka, terdapat ${\epsilon }_1>0$ sedemikian sehingga $V_{{\epsilon }_1}(x)\subseteq G_1$. Karena $x\in G_2$ dan $G_2$ terbuka, terdapat ${\epsilon }_2>0$ sedemikian sehingga $V_{{\epsilon }_2}(x)\subseteq G_2$.

Kita memilih $\epsilon =\min \{{\epsilon }_1,{\epsilon }_2\}>0$. Maka persekitaran $V_{\epsilon }(x)\subseteq V_{{\epsilon }_1}(x)\subseteq G_1$ dan $V_{\epsilon }(x)\subseteq V_{{\epsilon }_2}(x)\subseteq G_2$, yang berarti $V_{\epsilon }(x)\subseteq G_1\cap G_2$. Terbukti bahwa $G_1\cap G_2$ adalah himpunan terbuka.

Untuk contoh kontra irisan tak berhingga, kita memilih keluarga interval terbuka $G_n=\left(-\frac{1}{n},\frac{1}{n}\right)$ untuk setiap $n\in \mathbb{N}$. Irisan dari seluruh himpunan terbuka tersebut adalah

${\bigcap }_{n=1}^{\infty }{G}_n=\{0\}$

Himpunan tunggal $\{0\}$ merupakan himpunan tertutup, bukan himpunan terbuka. Hal ini membuktikan bahwa irisan tak berhingga dari himpunan-himpunan terbuka belum tentu terbuka. $■$

Kita membuktikan bahwa $0$ adalah titik limit dari $S$. Diberikan sebarang $\epsilon >0$, berdasarkan Akibat Sifat Archimedes, terdapat bilangan asli $n\in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $0<\frac{1}{n}<\epsilon$. Elemen $\frac{1}{n}\in S$ tersebut berada di dalam persekitaran $V_{\epsilon }(0)$ dan $\frac{1}{n}\ne 0$.

Untuk sebarang titik $x\ne 0$, kita dapat memilih persekitaran yang cukup kecil yang mengisolasi $x$ dari elemen-elemen $S$ lainnya, sehingga tidak ada titik lain selain $0$ yang menjadi titik limit. Oleh karena itu, himpunan seluruh titik limit dari $S$ adalah $S^{\prime }=\{0\}$.

Karena $0\notin S$, maka $S^{\prime }⊈S$, yang berarti himpunan $S$ tidak memuat seluruh titik limitnya. Kita menyimpulkan bahwa $S$ bukan merupakan himpunan tertutup. $■$

Kita mengingat kembali identitas aljabar himpunan $A\setminus B=A\cap B^c$.

Karena $B$ adalah himpunan tertutup, maka berdasarkan definisi komplemen, himpunan $B^c=\mathbb{R}\setminus B$ merupakan himpunan terbuka di $\mathbb{R}$.

Ekspresi $A\setminus B$ merupakan irisan dari dua himpunan terbuka $A$ dan $B^c$. Berdasarkan hasil pembuktian irisan dua himpunan terbuka, irisan tersebut dipastikan terbuka. Oleh karena itu, kita menyimpulkan bahwa $A\setminus B$ adalah himpunan terbuka di $\mathbb{R}$. $■$

Kita tahu bahwa penutup dari sebarang himpunan $\bar{S}=S\cup S^{\prime }$ selalu merupakan himpunan tertutup di $\mathbb{R}$.

Demikian pula, penutup dari komplemennya, yaitu $\overline{\mathbb{R}\setminus S}$, juga merupakan himpunan tertutup di $\mathbb{R}$.

Karena $\partial S$ didefinisikan sebagai irisan dari dua himpunan tertutup $\bar{S}$ dan $\overline{\mathbb{R}\setminus S}$, dan irisan dari seberapa banyak pun himpunan tertutup selalu menghasilkan himpunan tertutup, kita menyimpulkan bahwa $\partial S$ adalah himpunan tertutup di $\mathbb{R}$. $■$

Kita membuktikan kesamaan dua himpunan ini melalui dua arah inklusi.

Untuk membuktikan $\text{Int}(A\cap B)\subseteq \text{Int}(A)\cap \text{Int}(B)$, kita memperhatikan bahwa $A\cap B\subseteq A$ dan $A\cap B\subseteq B$. Karena operasi interior mempertahankan inklusi himpunan, kita peroleh $\text{Int}(A\cap B)\subseteq \text{Int}(A)$ dan $\text{Int}(A\cap B)\subseteq \text{Int}(B)$, yang berarti $\text{Int}(A\cap B)\subseteq \text{Int}(A)\cap \text{Int}(B)$.

Untuk membuktikan inklusi sebaliknya, kita mengamati bahwa $\text{Int}(A)$ dan $\text{Int}(B)$ keduanya merupakan himpunan terbuka. Berdasarkan sifat irisan dua himpunan terbuka, irisan $\text{Int}(A)\cap \text{Int}(B)$ juga merupakan himpunan terbuka. Selain itu, karena $\text{Int}(A)\subseteq A$ dan $\text{Int}(B)\subseteq B$, maka $\text{Int}(A)\cap \text{Int}(B)\subseteq A\cap B$.

Karena $\text{Int}(A)\cap \text{Int}(B)$ adalah himpunan terbuka yang terkandung di dalam $A\cap B$, dan $\text{Int}(A\cap B)$ adalah himpunan terbuka terbesar yang terkandung di dalam $A\cap B$, maka haruslah berlaku $\text{Int}(A)\cap \text{Int}(B)\subseteq \text{Int}(A\cap B)$.

Dari kedua arah inklusi yang telah kita buktikan, kita menyimpulkan bahwa $\text{Int}(A\cap B)=\text{Int}(A)\cap \text{Int}(B)$. $■$